この章のまとめ

2026年10月15日10分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第2部第19章ブラックホール力学の4法則

AI 生成・木下が未勉強

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第2部第19章 §2.19.7　★★★ Kerr 解の $(M,J)$ から $A,\kappa,\Omega_{\mathrm H}$ が決まり、Noether の保存量と面積定理が熱力学と同じ形の4法則を与える

この章では、定常なブラックホールを Kerr 解 (2.19.1) として選び、その地平面に付随する3つの量、面積 $A$ （式 (2.19.4)）、角速度 $\Omega_{\mathrm H}$ （式 (2.19.6)）、表面重力 $\kappa$ （式 (2.19.11)）を求めた。表面重力は、地平面の Killing ベクトルの「加速度」として幾何で定義され、Schwarzschild では地平面のすぐ外で物を支える力を遠方で測った値になり、地平面の近くの計量を Rindler の形にしたときの加速度でもある。

4法則のうち第零法則は Kerr では $\kappa$ が $\theta$ によらないことで直接確かめられ、一般には優勢エネルギー条件のもとで成り立つ。第一法則は、質量を面積と角運動量の関数 $M(A,J)$ （Christodoulou の式）として書けば、その偏微分として出てくる。試験粒子を落とす過程では、Killing ベクトルに Noether を当てた保存量 $E$ 、 $L_z$ と、粒子が地平面を越える条件 $E\ge\Omega_{\mathrm H}L_z$ から、面積が減らないことが分かる。これを一般の過程に広げたのが Hawking の面積定理（第二法則）で、そこから Penrose 過程で取り出せる回転のエネルギーの上限 $(M-M_{\mathrm{irr}})c^2$ と、合体で放射できるエネルギーの上限が出る。第三法則は前提に敏感で、他の3つより弱い。

熱力学と並べると $\kappa\leftrightarrow T$ 、 $A\leftrightarrow S$ の対応になるが、古典論では比例係数が決まらない。 $\hbar$ を入れた Hawking の計算が $T_{\mathrm H}=\hbar\kappa/(2\pi c k_{\mathrm B})$ を与え、 $S_{\mathrm{BH}}= k_{\mathrm B} c^3A/(4G\hbar)$ が決まる。この先は第5部第12章（Hawking 放射）と相対エントロピーから情報と物理を組み立てる第7部第1章（一般化第二法則と情報）へ続く。

要点

Kerr 解は $(M,J)$ で決まり、 $r_+=r_{\mathrm g}+\sqrt{r_{\mathrm g}^2-a^2}$ 、 $A=8\pi r_{\mathrm g}r_+$ 、 $\Omega_{\mathrm H}=ca/(r_+^2+a^2)$ 、 $\kappa=c^2(r_+-r_-)/(2(r_+^2+a^2))$ 。
第一法則 $c^2\delta M=\frac{\kappa c^2}{8\pi G}\delta A+\Omega_{\mathrm H}\delta J$ は $M(A,J)$ の全微分、Smarr の公式は $M(A,J)$ の $1/2$ 次の同次性。
粒子が地平面を越える条件 $E\ge\Omega_{\mathrm H}L_z$ が $\delta A\ge0$ と同じ。取り出せる回転のエネルギーは $(M-M_{\mathrm{irr}})c^2$ まで。
$\hbar$ を入れると $T_{\mathrm H}=\hbar\kappa/(2\pi c k_{\mathrm B})$ 、 $S_{\mathrm{BH}}= k_{\mathrm B} c^3A/(4G\hbar)$ 。

総合問題　スピン 0.6 のブラックホールの4法則を一通り使う ★★★

オリジナル質量 $M$ 、スピン $a_\ast=0.6$ （ $a=0.6\,r_{\mathrm g}$ ）の Kerr ブラックホールを考える。答えは $r_{\mathrm g}=GM/c^2$ を単位にしてよい。

(1) $r_\pm$ 、地平面の面積 $A$ 、地平面の角速度 $\Omega_{\mathrm H}$ を求めよ。（使う道具：2.19.1節）
(2) 赤道面と極で、静止した観測者がいられる最小の半径を求めよ。その理由を $g_{00}$ と固有時の関係で述べよ。（使う道具：2.19.1節／第2部第11章の重力による時計の遅れ）
(3) 表面重力 $\kappa$ を求め、同じ質量の Schwarzschild の値との比を答えよ。 $M=10M_\odot$ のとき、Hawking 温度 $T_{\mathrm H}=\hbar\kappa/(2\pi c k_{\mathrm B})$ はいくらか（同じ質量の Schwarzschild では $6.17\times10^{-9}\,\mathrm K$ ）。（使う道具：2.19.2節・2.19.5節）
(4) エネルギー $E=1.2\times10^{-3}Mc^2$ 、角運動量 $L_z=6\times10^{-3}Mcr_{\mathrm g}$ の試験粒子を落とす。この粒子が地平面を越えられることを確かめ、第一法則から $\delta A/A$ を求めよ。厳密に計算し直した値と比べよ。（使う道具：2.19.3節／第2部第12章の Killing ベクトルの保存量）
(5) Penrose 過程で取り出しうる回転のエネルギーの上限を $Mc^2$ の割合で求めよ。また Smarr の公式の2項をそれぞれ求めよ。（使う道具：2.19.4節・2.19.6節）
(6) (4) の過程でブラックホールのエントロピー $S_{\mathrm{BH}}$ がどれだけ増えるかを、 $T_{\mathrm H}\delta S_{\mathrm{BH}}=E-\Omega_{\mathrm H}L_z$ を使って $M=10M_\odot$ で求めよ。（使う道具：2.19.5節／第3部第4章の $\mathrm{d} U=T\mathrm{d} S+\cdots$ ）

解答

(1) $\sqrt{1-0.36}=0.8$ なので $r_+=1.8\,r_{\mathrm g}$ 、 $r_-=0.2\,r_{\mathrm g}$ 。 $A=8\pi r_{\mathrm g}r_+=14.4\pi r_{\mathrm g}^2$ （Schwarzschild の $16\pi r_{\mathrm g}^2$ の 0.9 倍）。 $r_+^2+a^2=2r_{\mathrm g}r_+=3.6\,r_{\mathrm g}^2$ から $\Omega_{\mathrm H}=c\cdot0.6\,r_{\mathrm g}/(3.6\,r_{\mathrm g}^2)=c/(6r_{\mathrm g})$ 。

(2) 静止した観測者の固有時は $\mathrm{d}\tau=\sqrt{g_{00}}\,\mathrm{d} t$ なので、 $g_{00}>0$ の所にしかいられない。 $g_{00}=0$ のエルゴ面は式 (2.19.5) で、赤道（ $\cos\theta=0$ ）では $r_{\mathrm E}=2r_{\mathrm g}$ 、極（ $\cos\theta=1$ ）では $r_{\mathrm E}=r_{\mathrm g}+\sqrt{r_{\mathrm g}^2-a^2}=r_+=1.8\,r_{\mathrm g}$ 。静止できる最小の半径は赤道で $2r_{\mathrm g}$ （その内側は地平面の外でもエルゴ領域）、極で地平面 $1.8\,r_{\mathrm g}$ である。

(3) 式 (2.19.11) から $\kappa=c^2(1.8-0.2)r_{\mathrm g}/(2\cdot3.6\,r_{\mathrm g}^2)=(2/9)\,c^2/r_{\mathrm g}$ 。Schwarzschild の $c^2/(4r_{\mathrm g})$ との比は $8/9=0.889$ 。 $T_{\mathrm H}$ は $\kappa$ に比例するので $T_{\mathrm H}=(8/9)\times6.17\times10^{-9}=5.48\times10^{-9}\,\mathrm K$ 。回転すると同じ質量でも冷たくなる。

(4) $\Omega_{\mathrm H}L_z=\frac{c}{6r_{\mathrm g}}\cdot6\times10^{-3}Mcr_{\mathrm g}=1.0\times10^{-3}Mc^2<E$ なので、条件 (2.19.20) を満たし、地平面を越えられる。第一法則 (2.19.19) から

$\delta A=\frac{8\pi G}{\kappa c^2}(E-\Omega_{\mathrm H}L_z)=\frac{8\pi G\cdot2\times10^{-4}M}{(2/9)c^2/r_{\mathrm g}}=0.0072\pi\,r_{\mathrm g}^2,\qquad \frac{\delta A}{A}=\frac{0.0072}{14.4}=5.00\times10^{-4}.$

新しい質量 $M'=1.0012M$ 、角運動量 $J'=J+L_z$ （ $J=0.6Mcr_{\mathrm g}$ ）の Kerr 解で面積を計算し直すと $\delta A/A=4.91\times10^{-4}$ で、2% の違いがある。 $E-\Omega_{\mathrm H}L_z$ が $E$ の6分の1しかない（大きな2つの量の差）ので、 $E^2$ の大きさの2次の項が相対的に目立つ。新しいスピンは $J'c/(GM'^2)=0.605<1$ で、地平面は残る。

(5) 式 (2.19.22) から $M_{\mathrm{irr}}/M=\sqrt{(1+0.8)/2}=\sqrt{0.9}=0.9487$ で、上限は $1-0.9487=0.0513$ 、つまり $Mc^2$ の 5.1%。Smarr の公式の2項は $\kappa c^2A/(4\pi G)=\frac{(2/9)\cdot14.4\pi}{4\pi}Mc^2=0.8\,Mc^2$ 、 $2\Omega_{\mathrm H}J=2\cdot\frac{c}{6r_{\mathrm g}}\cdot0.6Mcr_{\mathrm g}=0.2\,Mc^2$ で、和は $Mc^2$ 。

(6) $E-\Omega_{\mathrm H}L_z=2\times10^{-4}Mc^2$ と $T_{\mathrm H}=5.48\times10^{-9}\,\mathrm K$ 、 $M=10M_\odot$ から

$\frac{\delta S_{\mathrm{BH}}}{ k_{\mathrm B}}=\frac{2\times10^{-4}Mc^2}{ k_{\mathrm B} T_{\mathrm H}}=4.72\times10^{75}.$

このブラックホールのエントロピーは $S_{\mathrm{BH}}/ k_{\mathrm B}=0.9\times4\pi GM^2/(\hbar c)=9.44\times10^{78}$ なので、相対変化は $5.0\times10^{-4}$ で (4) の $\delta A/A$ と一致する。 $S_{\mathrm{BH}}$ が $A$ に比例するので当然の一致で、第一法則を $T_{\mathrm H}\delta S_{\mathrm{BH}}=c^2\delta M-\Omega_{\mathrm H}\delta J$ と読むと、粒子が持ち込んだエネルギーのうち、回転の仕事 $\Omega_{\mathrm H}L_z$ に回らなかった分が「熱」としてエントロピーを増やしている。

木下の勉強ステータス

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AI（Claude）が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。連絡先：support@tecktom.com

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連載AI生成教科書『虎の巻』授業とは別に、分野をまたいで気になったことを AI（Claude）が教材にし、木下が勉強しながら公開しています。上の段は AI が書いた本文、下の段は木下が勉強したあとに書いた文です。1787本の記事・木下智貴

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