測地線方程式

更新日時 2021/03/28
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測地線方程式

特殊相対論において, md2xμdτ2=Fμ m\dfrac{d^2 x^\mu}{d\tau^2} = F^\mu が成立します。よって一般相対論においても,ある点において局所慣性系を考え,対象となる物体に力がかかっていないなら,等価原理より d2xμdτ2=0 \dfrac{d^2 x^\mu}{d\tau^2} = 0 が成立します。ここで,xμx^\mu は局所慣性系の座標です。 d2xμdτ2=ddτ(xμτ)=xν(dxμdτ)dxμdτ \dfrac{d^2 x^\mu}{d\tau^2} = \dfrac{d}{d\tau}\left(\dfrac{x^\mu}{\tau}\right) = \dfrac{\partial}{\partial x^\nu}\left(\dfrac{dx^\mu}{d\tau}\right)\dfrac{dx^\mu}{d\tau} であるから,これを一般座標系 uμu^\mu に置き換えれば, ν(duμdτ)duνdτ=(uν(duμdτ)+Γνσμduσdτ)duνdτ=ddτ(duμdτ)+Γνσμduσdτduνdτ\begin{aligned} \nabla_\nu \left(\dfrac{du^\mu}{d\tau}\right)\dfrac{du^\nu}{d\tau} &= \left(\dfrac{\partial{}}{\partial{u^\nu}}\left(\dfrac{du^\mu}{d\tau}\right) + \Gamma^\mu_{\nu\sigma} \dfrac{du^\sigma}{d\tau}\right)\dfrac{du^\nu}{d\tau}\\ &= \dfrac{d}{d\tau}\left(\dfrac{du^\mu}{d\tau}\right) + \Gamma^\mu_{\nu\sigma} \dfrac{du^\sigma}{d\tau}\dfrac{du^\nu}{d\tau} \end{aligned} d2uμdτ2+Γνσμduνdτduσdτ=0(1) \therefore \dfrac{d^2 u^\mu}{d\tau^2} + \Gamma^\mu_{\nu\sigma} \dfrac{du^\nu}{d\tau}\dfrac{du^\sigma}{d\tau} = 0 \tag{1} (1)(1) を,一般座標系における測地線方程式と呼びます。

局所慣性系では重力が消えるように座標系をとっていましたが,一般座標系では重力があったはずです。つまり, d2uμdτ2=Γνσμduνdτduσdτ \dfrac{d^2 u^\mu}{d\tau^2} = - \Gamma^\mu_{\nu\sigma} \dfrac{du^\nu}{d\tau}\dfrac{du^\sigma}{d\tau} とすれば,右辺,つまり Γνσμ\Gamma^\mu_{\nu\sigma} に重力の情報が含まれているはずです。これは計量テンソルにより作られるので, gμνg_{\mu\nu} には重力の情報が入っていることになるます。

計量テンソルというのは,線素を決める要素でもありました。言い換えれば計量テンソルは空間の長さを決めるものであると言えます。ということは, 重力は空間を曲げている,と考えることができるわけです。

測地線方程式は運動方程式を元にしているから,Newtonの運動方程式と比べてみることができるはずです。 以下のような設定で議論します(Newtonの運動方程式は条件の1,2番目が成立していれば使うことができます。ただ,議論を簡潔にするために,他の条件を加えて設定している,ということにすぎません)。

  • 条件1:非相対論的極限:γ=1\gamma = 1
  • 条件2:弱重力場:gμνg_{\mu\nu}ημν\eta_{\mu\nu} は近い
  • 条件3:定常な重力場 : gμνx0=0\displaystyle\dfrac{\partial{g_{\mu\nu}}}{\partial{x^0}} = 0
  • 条件4:十分遠方では重力はない:rr \to \infty では, ϕ0, gμνημν\phi \to 0,~g_{\mu\nu} \to \eta_{\mu\nu}

2より, gμν=ημν+hμν  (hμν1) g_{\mu\nu} = \eta_{\mu\nu} + h_{\mu\nu} ~~ (|h_{\mu\nu}| \ll 1) とおくことができます。これを用いて,Γνσμ\Gamma^\mu_{\nu\sigma} を計算していきます。 Γ00μ=12(gν0x0+gν0x0g00xν)=12gμν(g00xν) \Gamma^\mu_{00} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\partial{g_{\nu 0}}}{\partial{x^0}}+\dfrac{\partial{g_{\nu 0}}}{\partial{x^0}}-\dfrac{\partial{g_{0 0}}}{\partial{x^\nu}}\right) = \dfrac{1}{2}g^{\mu\nu}\left(-\dfrac{\partial{g_{0 0}}}{\partial{x^\nu}}\right) ここで最後の変形には,条件3を使っています。 g00xν=h00xν \dfrac{\partial{g_{0 0}}}{\partial{x^\nu}} = \dfrac{\partial{h_{0 0}}}{\partial{x^\nu}} であり,これは微小項です。よって, Γ00μ12ημν(h00xν) \Gamma^\mu_{00} \approx \dfrac{1}{2} \eta^{\mu\nu}\left(- \dfrac{\partial{h_{0 0}}}{\partial{x^\nu}}\right) μ=1,2,3\mu = 1,2,3 のとき,これを μ=i\mu = i として, Γ00i=12ηiν(h00xν)=12(h00xi) \Gamma^i_{00} = \dfrac{1}{2}\eta^{i\nu}\left( -\dfrac{\partial{h_{0 0}}}{\partial{x^\nu}}\right) = \dfrac{1}{2}\left( -\dfrac{\partial{h_{0 0}}}{\partial{x^i}}\right) μ=0\mu = 0 のとき, Γ000=12h00x0=12g00x0=0 \Gamma^0_{00} = \dfrac{1}{2}\dfrac{\partial{h_{0 0}}}{\partial{x^0}} = \dfrac{1}{2}\dfrac{\partial{g_{0 0}}}{\partial{x^0}} = 0 ここで,測地線方程式において,μ=1\mu = 1 とすると, d2x1dτ2+Γνσ1dxνdτdxσdτ=d2x1dτ2+Γ001dx0dτdx0dτ+2Γ0σ1dx0dτdxσdτ+Γjk1dxjdτdxkdτ=0\begin{aligned} &\dfrac{d^2 x^1}{d\tau^2} + \Gamma^1_{\nu\sigma}\dfrac{dx^\nu}{d\tau}\dfrac{dx^\sigma}{d\tau}\\ &= \dfrac{d^2 x^1}{d\tau^2} + \Gamma^1_{00}\dfrac{dx^0}{d\tau}\dfrac{dx^0}{d\tau} + 2\Gamma^1_{0\sigma}\dfrac{dx^0}{d\tau}\dfrac{dx^\sigma}{d\tau} + \Gamma^1_{jk}\dfrac{dx^j}{d\tau}\dfrac{dx^k}{d\tau}\\ &= 0 \end{aligned} ただし,j,kj,k は1,2,3を動きます。同様にすれば i=1,2,3i = 1,2,3 に対し, d2xidτ2+Γ00idx0dτdx0dτ+2Γ0σidx0dτdxσdτ+Γjkidxjdτdxkdτ=0(2) \dfrac{d^2 x^i}{d\tau^2} + \Gamma^i_{00}\dfrac{dx^0}{d\tau}\dfrac{dx^0}{d\tau} + 2\Gamma^i_{0\sigma}\dfrac{dx^0}{d\tau}\dfrac{dx^\sigma}{d\tau} + \Gamma^i_{jk}\dfrac{dx^j}{d\tau}\dfrac{dx^k}{d\tau} = 0 \quad\quad(2) ここで,→一般相対性理論における固有時における式: dτdu0=1cgμνduμduν \dfrac{d\tau}{du^0} = \dfrac{1}{c} \sqrt{-g_{\mu\nu}du^\mu du^\nu} により, dτ=dx0cgμνdxμdx0dxνdx0=dt1cgμνdxμdtdxνdt=dtc{1+hμνdxμdtdxνdtημνdxμdtdxνdt}12ημνdxμdtdxνdtdtc{1+hμνdxμdtdxνdt2ημνdxμdtdxνdt}ημνdxμdtdxνdtdtcημνdxμdtdxνdt=1γdt=dt=1cdx0\begin{aligned} d\tau &= \dfrac{dx^0}{c}\sqrt{-g_{\mu\nu}\dfrac{dx^\mu}{dx^0} \dfrac{dx^\nu}{dx^0}}\\ &= dt \cdot \dfrac{1}{c} \sqrt{-g_{\mu\nu}\dfrac{dx^\mu}{dt} \dfrac{dx^\nu}{dt}}\\ &= \dfrac{dt}{c} \left\{1 + \dfrac{h_{\mu\nu} \dfrac{dx^\mu}{dt}\dfrac{dx^\nu}{dt}}{\eta_{\mu\nu} \dfrac{dx^\mu}{dt}\dfrac{dx^\nu}{dt}}\right\}^\dfrac{1}{2} \sqrt{-\eta_{\mu\nu}\dfrac{dx^\mu}{dt} \dfrac{dx^\nu}{dt}}\\ &\approx \dfrac{dt}{c} \left\{1 + \dfrac{h_{\mu\nu} \dfrac{dx^\mu}{dt}\dfrac{dx^\nu}{dt}}{2\eta_{\mu\nu} \dfrac{dx^\mu}{dt}\dfrac{dx^\nu}{dt}}\right\} \sqrt{-\eta_{\mu\nu}\dfrac{dx^\mu}{dt} \dfrac{dx^\nu}{dt}}\\ &\approx \dfrac{dt}{c} \sqrt{-\eta_{\mu\nu}\dfrac{dx^\mu}{dt} \dfrac{dx^\nu}{dt}}\\ &= \dfrac{1}{\gamma}dt = dt = \dfrac{1}{c}dx^0 \end{aligned} 最終行の始めの等式については,→一般相対性理論における固有時の「速度による伸び縮み」の節より,式: dτ=1v2c2dt=1γdt d\tau = \sqrt{1 - \dfrac{\|\boldsymbol{v}\|^2}{c^2}} dt = \dfrac{1}{\gamma}dt を利用しました。 これにより, dx0dτ=c,  dxjdτ=dxjdt \dfrac{dx^0}{d\tau} = c, ~~ \dfrac{dx^j}{d\tau} = \dfrac{dx^j}{dt} また,式 (2)(2) の第3,4項は速度 dxσdτ=dxjdt\dfrac{dx^\sigma}{d\tau} = \dfrac{dx^j}{dt} を含んでおり,これは cc に比べ十分小さいので, 落とすことができます。よって,式 (2)(2)d2xidt2+c2Γ00i=0d2xidt2=c22h00xi\begin{aligned} \dfrac{d^2 x^i}{dt^2} + c^2 \Gamma^i_{00} = 0\\ \therefore \dfrac{d^2 x^i}{dt^2} = \dfrac{c^2}{2}\dfrac{\partial{h_{0 0}}}{\partial{x^i}} \end{aligned} この式とNewtonの運動方程式 d2xdt2=ϕ\displaystyle\dfrac{d^2 \boldsymbol{x}}{dt^2} = -\nabla\phi,つまり, d2xidt2=ϕxi \dfrac{d^2 x^i}{dt^2} = - \dfrac{\partial{\phi}}{\partial{x^i}} とを比べて, c22h00xi=ϕxi -\dfrac{c^2}{2}\dfrac{\partial{h_{0 0}}}{\partial{x^i}} = \dfrac{\partial{\phi}}{\partial{x^i}} これを積分すれば,CC を積分定数として, h00=2ϕc2+C h_{00} = -\dfrac{2\phi}{c^2} + C 遠方で ϕ0,  h000\phi \to 0, ~~ h_{00} \to 0 より,C=0C = 0。よって h00=2ϕc2 h_{00} = -\dfrac{2\phi}{c^2} であり,g00=η00+h00g_{00} = \eta_{00} + h_{00} より, g00=12ϕc2 g_{00} = -1 -\dfrac{2\phi}{c^2} が成立します。この節の前半部分でも述べましたが,計量テンソルは重力に直接関係することがこの式からもわかります。

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