出てくるもの1：Unruh 効果

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第5部 第12章 §5.12.3　★★★ 加速度 $a$ の観測者の正の振動数は Minkowski の正の振動数と指数関数でずれ、その Bogoliubov 係数が $\lvert \beta/\alpha\rvert =\mathrm{e}^{-\pi c\Omega/a}$ を満たす。Minkowski 真空はその観測者に温度 $\hbar a/(2\pi c k_{\mathrm B})$ の熱浴に見える

加速する観測者の正の振動数

右の楔に止まる観測者（$\xi=$ 一定）の時計は $t_{\mathrm R}$ で進む。この観測者が「正の振動数」と呼ぶのは $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\Omega t_{\mathrm R}}$ で、右へ進むモードでは $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\Omega u}$ である。これを Minkowski の光的座標で書くと、$u=-\frac ca\ln(-aU/c)$ から

$$g^{\mathrm R}_\Omega=\sqrt{\frac{\hbar}{4\pi\Omega}}\;\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\Omega u}=\sqrt{\frac{\hbar}{4\pi\Omega}}\Bigl(-\frac{aU}{c}\Bigr)^{\mathrm{i}\nu}\quad(U<0),\qquad g^{\mathrm R}_\Omega=0\quad(U>0), \qquad \nu=\frac{c\Omega}{a}\tag{5.12.21}$$

となる。$\nu$ は無次元の数で、振動数を加速度の目盛り $a/c$ で測ったものである。このモードは $U\to0^-$（楔の境界＝観測者の地平面）で無限に速く振動し、$U$ の関数として単一の振動数を持たない。観測者の時計で一定の振動数で振動する波は、Minkowski の時計では振動数が指数関数で変わる波に見える。

図 5.12.1 に楔の配置を示す。$U=0$ と $V=0$ の2本の光線が平面を4つに分け、右の楔 R と左の楔 L に加速する観測者の座標が張られる。右の楔の観測者には $U>0$ の領域から光が届かず、$U=0$ はこの観測者の地平面である。

Bogoliubov 係数

式 (5.12.17) の係数を直接計算する。内積 (5.12.13) を部分積分して $(f_\omega,g)=(2\omega/\hbar)\int g\,f_\omega^*\,\mathrm{d} U$、$-(f_\omega^*,g)=(2\omega/\hbar)\int g\,f_\omega\,\mathrm{d} U$ を使い、$x=-U$ とおくと

$$\alpha_{\Omega\omega}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\omega}{\Omega}}\int_0^\infty\Bigl(\frac{ax}{c}\Bigr)^{\mathrm{i}\nu}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega x}\,\mathrm{d} x,\qquad \beta_{\Omega\omega}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\omega}{\Omega}}\int_0^\infty\Bigl(\frac{ax}{c}\Bigr)^{\mathrm{i}\nu}\mathrm{e}^{+\mathrm{i}\omega x}\,\mathrm{d} x .\tag{5.12.22}$$

積分は Euler のガンマ関数の公式 $\int_0^\infty x^{s-1}\mathrm{e}^{-\lambda x}\mathrm{d} x=\Gamma(s)\lambda^{-s}$ を $\lambda=\pm\mathrm{i}\omega$ に解析接続したもので（$\mathrm{e}^{\mp\epsilon x}$ を掛けて $\epsilon\to0^+$ とする）、$(\pm\mathrm{i})^{-1-\mathrm{i}\nu}=\mp\mathrm{i}\,\mathrm{e}^{\pm\pi\nu/2}$ から

$$\alpha_{\Omega\omega}=\frac{-\mathrm{i}}{2\pi}\sqrt{\frac{\omega}{\Omega}}\Bigl(\frac{a}{c}\Bigr)^{\mathrm{i}\nu}\frac{\Gamma(1+\mathrm{i}\nu)}{\omega^{1+\mathrm{i}\nu}}\mathrm{e}^{\pi\nu/2},\qquad \beta_{\Omega\omega}=\frac{\mathrm{i}}{2\pi}\sqrt{\frac{\omega}{\Omega}}\Bigl(\frac{a}{c}\Bigr)^{\mathrm{i}\nu}\frac{\Gamma(1+\mathrm{i}\nu)}{\omega^{1+\mathrm{i}\nu}}\mathrm{e}^{-\pi\nu/2}\tag{5.12.23}$$

を得る。2つは前の因子が同じで、

$$\beta_{\Omega\omega}=-\mathrm{e}^{-\pi\nu}\alpha_{\Omega\omega}=-\mathrm{e}^{-\pi c\Omega/a}\alpha_{\Omega\omega}\tag{5.12.24}$$

が、すべての $\omega$ について成り立つ。$\beta$ は0でない。加速する観測者のモードには、Minkowski の負の振動数が混ざっている。

規格化の条件 (5.12.19) に式 (5.12.24) を入れると $(1-\mathrm{e}^{-2\pi\nu})\int\mathrm{d}\omega\,\alpha_{\Omega\omega}\alpha_{\Omega'\omega}^*=\delta(\Omega-\Omega')$ となり、式 (5.12.20) は

$$\langle 0_{\mathrm M} | \hat b_\Omega^{\mathrm R\dagger}\hat b^{\mathrm R}_{\Omega'} | 0_{\mathrm M} \rangle =\frac{\delta(\Omega-\Omega')}{\mathrm{e}^{2\pi c\Omega/a}-1}\tag{5.12.25}$$

になる。$\delta(0)$ は、連続の振動数で長い時間 $t_{\mathrm{obs}}$ 観測すると $\delta(0)\to t_{\mathrm{obs}}/(2\pi)$ になる量で、単位時間・単位角振動数あたり $(2\pi)^{-1}(\mathrm{e}^{2\pi c\Omega/a}-1)^{-1}$ 個の粒子が観測者に届く。分母の形は Planck 分布 $n_{\mathrm B}(\Omega)=1/(\mathrm{e}^{\hbar\Omega/( k_{\mathrm B} T)}-1)$ そのもので、温度は

$$\frac{\hbar\Omega}{ k_{\mathrm B} T_{\mathrm U}}=\frac{2\pi c\Omega}{a}\quad\Longrightarrow\quad T_{\mathrm U}=\frac{\hbar a}{2\pi c k_{\mathrm B}}\tag{5.12.26}$$

である。これが Unruh 温度である。この結論は Fulling（1973、Physical Review D 7、2850）が量子化の一意性の問題として、Davies（1975、Journal of Physics A 8、609）が Rindler 計量の粒子の生成として、Unruh（1976、Physical Review D 14、870）が加速する検出器の応答として、それぞれ示した。

$\lvert \Gamma(1+\mathrm{i}\nu)\rvert ^2=\pi\nu/\sinh(\pi\nu)$ を使うと $\lvert \beta_{\Omega\omega}\rvert ^2=\nu\,\mathrm{e}^{-\pi\nu}/(4\pi\Omega\omega\sinh(\pi\nu))$ で、$\omega$ について積分すると $\int\mathrm{d}\omega/\omega$ が対数的に発散する。この発散が $\delta(0)$ にあたり、時間が長いほど多く数えられることを表している。

解析性から見る理由

同じ結果は、積分をせずに解析性の議論で出すこともできる。Minkowski の正の振動数の関数 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega U}$（$\omega>0$）は、$U$ を複素数に広げると下半面 $\operatorname{Im} U<0$ で有界で解析的である。逆に、下半面で有界で解析的な関数は正の振動数の成分だけを持つ。

右の楔のモード $(-aU/c)^{\mathrm{i}\nu}$ を、$U<0$ から下半面を通って $U>0$ まで解析接続する。$-U=\lvert U\rvert \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$ と書くと、下半面を回るとき偏角 $\theta$ は $0$ から $\pi$ まで動き、$U>0$ に着いたとき $(-aU/c)^{\mathrm{i}\nu}=\mathrm{e}^{-\pi\nu}(aU/c)^{\mathrm{i}\nu}$ となる。途中の絶対値は $\mathrm{e}^{-\nu\theta}\le1$ で有界である。したがって

$$h_\Omega(U)=\Bigl(-\frac{aU}{c}\Bigr)^{\mathrm{i}\nu}\theta(-U)+\mathrm{e}^{-\pi\nu}\Bigl(\frac{aU}{c}\Bigr)^{\mathrm{i}\nu}\theta(U)\tag{5.12.27}$$

は Minkowski の正の振動数だけでできている（$\theta(\cdot)$ は階段関数）。$U>0$ の部分は左の楔のモードである。左の楔の観測者の未来向きの時間を $t_{\mathrm L}$ とすると $U=\frac ca\mathrm{e}^{a(t_{\mathrm L}+\xi/c)/c}$ で、左の観測者の正の振動数は $(aU/c)^{-\mathrm{i}\nu}$、式 (5.12.27) の第2項はその複素共役（左の観測者の負の振動数）にあたる。左の楔のモード $g^{\mathrm L}_\Omega$ を同じ規格化で定めると、$h_\Omega\propto g^{\mathrm R}_\Omega+\mathrm{e}^{-\pi\nu}g^{\mathrm L*}_\Omega$ で、$(h_\Omega,\hat\phi)$ は Minkowski の消滅演算子だけの組み合わせだから $| 0_{\mathrm M} \rangle$ を消す。$(g^*,\hat\phi)=-\hat b^\dagger$ を使うと、$| 0_{\mathrm M} \rangle$ は

$$\bigl(\hat b^{\mathrm R}_\Omega-\mathrm{e}^{-\pi\nu}\hat b^{\mathrm L\dagger}_\Omega\bigr)| 0_{\mathrm M} \rangle =0,\qquad \bigl(\hat b^{\mathrm L}_\Omega-\mathrm{e}^{-\pi\nu}\hat b^{\mathrm R\dagger}_\Omega\bigr)| 0_{\mathrm M} \rangle =0\tag{5.12.28}$$

を満たす（2つ目は $U\to-U$ の鏡像で同じ議論をしたもの）。この2式から $\hat b^{\mathrm R}_\Omega$ を解くと、$\langle \hat b^{\mathrm R\dagger}_\Omega\hat b^{\mathrm R}_\Omega \rangle =\mathrm{e}^{-2\pi\nu}/(1-\mathrm{e}^{-2\pi\nu})$ が出て、式 (5.12.25) と一致する（$\delta(0)$ の因子を除く）。式 (5.12.28) は、Minkowski 真空が R と L のモードを対にした状態であることを示しており、その形は5.12.6節で熱分布との対応に使う。