ブラックホール

更新 2021/03/28

「ブラックホール」とは何であるか，さらになぜ「ブラック」と呼ばれるのかについて数式を用いて丁寧に解説します。

有理化をしないでtに置き換えて計算すると答えが違くなってしまうんですが何故ですか？どこか間違ってますか？ 3

シリンジに栓をして引っ張り、栓を外した時の吸引力はそのシリンジの体積で強くなりますか？それを示す数式などはありますか？ 4

ブラックホール

この節では，ある対象となる物体の4元速度を vμv^\muvμ と書くことにします。このとき，測地線方程式→測地線方程式：
dvμdτ+Γμσνvμvσ=0
       \dfrac{dv^\mu}{d\tau} + \Gamma^\nu_{\mu\sigma}v^\mu v^\sigma = 0
dτdvμ​+Γμσν​vμvσ=0
が成立します。Schwarzschild解をもとめたときと同じ状況を考えましょう。最初は
r>2m,  θ=ϕ=0
       r > 2m, ~~ \theta = \phi = 0
r>2m,  θ=ϕ=0
の位置に，
v2=v3=0
       v^2 = v^3 = 0
v2=v3=0
で置かれるとします。また，原点に向かって落下する方向，つまり v′>0v' > 0v′>0 の方向に落下しているとします。
この物体の運動は，xxx 軸上のみに限定されます。測地線方程式より，
dv0dτ=−Γμσ0vμvσ=−g00Γ0μσvμvσ=−g00(Γ001v0v1+Γ010v1v0)=−2g00Γ001v0v1\begin{aligned}
       \dfrac{dv^0}{d\tau} &= -\Gamma^0_{\mu\sigma}v^\mu v^{\sigma} = -g^{00}\Gamma_{0\mu\sigma}v^\mu v^\sigma\\
       &= -g^{00} (\Gamma_{001}v^0 v^1 + \Gamma_{010}v^1 v^0)\\
       &= -2 g^{00} \Gamma_{001} v^0 v^1
\end{aligned}dτdv0​​=−Γμσ0​vμvσ=−g00Γ0μσ​vμvσ=−g00(Γ001​v0v1+Γ010​v1v0)=−2g00Γ001​v0v1​
ただし，2行目の変形には，
{v2=v3=0Γ000=Γ011=0
       \begin{cases}
              v^2 = v^3 = 0\\
              \Gamma_{000} = \Gamma_{011} = 0
       \end{cases}
{v2=v3=0Γ000​=Γ011​=0​
を用いています。ここで，
Γ001=12(∂g00∂x1+∂g01∂x0−∂g01∂x0)=12∂g00∂x1
       \Gamma_{001} = \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{\partial{g_{00}}}{\partial{x^1}} + \dfrac{\partial{g_{01}}}{\partial{x^0}} - \dfrac{\partial{g_{01}}}{\partial{x^0}}\right) = \dfrac{1}{2}\dfrac{\partial{g_{00}}}{\partial{x^1}}
Γ001​=21​(∂x1∂g00​​+∂x0∂g01​​−∂x0∂g01​​)=21​∂x1∂g00​​
より，
2Γ001v1=2⋅12∂g00∂x1dx1dτ=dg00dτ
       2\Gamma_{001} v^1 = 2\cdot \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial{g_{00}}}{\partial{x^1}}\dfrac{dx^1}{d\tau} = \dfrac{dg_{00}}{d\tau}
2Γ001​v1=2⋅21​∂x1∂g00​​dτdx1​=dτdg00​​
よって，
dv0dτ=−g00dg00dτv0
       \dfrac{dv^0}{d\tau} = -g^{00} \dfrac{dg_{00}}{d\tau} v^0
dτdv0​=−g00dτdg00​​v0
g00dv0dτ+g00g00dg00dτv0=0
       g_{00}\dfrac{dv^0}{d\tau} + g_{00}g^{00} \dfrac{dg_{00}}{d\tau} v^0 = 0
g00​dτdv0​+g00​g00dτdg00​​v0=0
ddτ(g00v0)=0
       \dfrac{d}{d\tau} (g_{00}v^0) = 0
dτd​(g00​v0)=0
∴g00v0=k (=const.)
       \therefore g_{00}v^0 = k ~ ( = \mathrm{const.})
∴g00​v0=k (=const.)
となります。ここでSchwarzschild解より，dθ=dϕ=0d\theta = d\phi = 0dθ=dϕ=0 に注意すれば，
ds2=g00dx0dx0+g11dx1dx1∴1=g00dx0dsdx0ds+g11dx1dsdx1ds=g00v0v0+g11v1v1\begin{aligned}
       ds^2 &= g_{00}dx^0 dx^0 + g_{11}dx^1 dx^1\\
       \therefore 1 &= g_{00}\dfrac{dx^0}{ds}\dfrac{dx^0}{ds} + g_{11}\dfrac{dx^1}{ds}\dfrac{dx^1}{ds}\\
       &= g_{00}v^0v^0 + g_{11}v^1v^1
\end{aligned}ds2∴1​=g00​dx0dx0+g11​dx1dx1=g00​dsdx0​dsdx0​+g11​dsdx1​dsdx1​=g00​v0v0+g11​v1v1​
これに g00g_{00}g00​ をかけて
(g00v0)2+g00g11v1v1=g00
       (g_{00} v^0)^2 + g_{00}g_{11}v^1v^1 = g_{00}
(g00​v0)2+g00​g11​v1v1=g00​
前節の議論より，
g00g11=−e2(ν+λ)=−e0=−1
       g_{00}g_{11} = -e^{2(\nu + \lambda)} = -e^0 = -1
g00​g11​=−e2(ν+λ)=−e0=−1
これを代入して，
k2−(v1)2=g00=1−2mr
       k^2 - (v^1)^2 = g_{00} = 1 - \dfrac{2m}{r}
k2−(v1)2=g00​=1−r2m​
v′<0v' < 0v′<0 より，
v1=−(k2−1+2mr)12(1)
       v^1 = -\left(k^2 -1 + \dfrac{2m}{r}\right)^{\frac{1}{2}} \tag{1}
v1=−(k2−1+r2m​)21​(1)
他方，g00v0=kg_{00}v^0 = kg00​v0=k より，
v0=kg00=k(1−2mr)−1(2)
       v^0 = \dfrac{k}{g_{00}} = k\left(1 - \dfrac{2m}{r}\right)^{-1}\tag{2}
v0=g00​k​=k(1−r2m​)−1(2)
よって，式 (1),(2)(1),(2)(1),(2) より，
dx0dx1=−k(1−2mr)−1(k2−1+2mr)−12∴dtdr=dtdx=−kc(1−2mr)−1(k2−1+2mr)−12\begin{aligned}
       \dfrac{dx^0}{dx^1} = -k \left(1 - \dfrac{2m}{r}\right)^{-1} \left(k^2 -1 + \dfrac{2m}{r}\right)^{-\frac{1}{2}}\\
       \therefore \dfrac{dt}{dr} = \dfrac{dt}{dx} = -\dfrac{k}{c}\left(1 - \dfrac{2m}{r}\right)^{-1} \left(k^2 -1 + \dfrac{2m}{r}\right)^{-\frac{1}{2}}
\end{aligned}dx1dx0​=−k(1−r2m​)−1(k2−1+r2m​)−21​∴drdt​=dxdt​=−ck​(1−r2m​)−1(k2−1+r2m​)−21​​
さて，物体が特異点に近づいたとすると，ε>0\varepsilon > 0ε>0 を用いて，
r=2m+ε   (∣ε∣≪1)
       r = 2m + \varepsilon ~~~ (|\varepsilon| \ll 1)
r=2m+ε   (∣ε∣≪1)
とおけます。
1−2mr=εr
       1 - \dfrac{2m}{r} = \dfrac{\varepsilon}{r}
1−r2m​=rε​
より，
dtdr=−kc⋅rε(k2−εr)−12=−kc⋅rε⋅1k(1−εrk2)−12≈−rεc⋅rε(1−ε2rk2)−12=−(rεc+12k2c)=−rεc=−2mc(r−2m)∴t=−2mclog⁡(r−2m)+C\begin{aligned}
       \dfrac{dt}{dr} &= -\dfrac{k}{c}\cdot \dfrac{r}{\varepsilon} \left(k^2 -\dfrac{\varepsilon}{r}\right)^{-\frac{1}{2}}\\
       &= -\dfrac{k}{c}\cdot \dfrac{r}{\varepsilon}\cdot \dfrac{1}{k} \left(1 -\dfrac{\varepsilon}{rk^2}\right)^{-\frac{1}{2}}\\
       &\approx -\dfrac{r}{\varepsilon c}\cdot \dfrac{r}{\varepsilon} \left(1 -\dfrac{\varepsilon}{2rk^2}\right)^{-\frac{1}{2}}\\
       &= -\left(\dfrac{r}{\varepsilon c} + \dfrac{1}{2k^2 c}\right)\\
       &= -\dfrac{r}{\varepsilon c}\\
       &= - \dfrac{2m}{c(r-2m)}\\
       \therefore t &= -\dfrac{2m}{c} \log (r-2m) + C
\end{aligned}drdt​∴t​=−ck​⋅εr​(k2−rε​)−21​=−ck​⋅εr​⋅k1​(1−rk2ε​)−21​≈−εcr​⋅εr​(1−2rk2ε​)−21​=−(εcr​+2k2c1​)=−εcr​=−c(r−2m)2m​=−c2m​log(r−2m)+C​
ここで，CCC は積分定数です。これより，r→2m+0r \to 2m + 0r→2m+0 では，t→+∞t \to + \inftyt→+∞ となるので，物体が r=2mr = 2mr=2m に到達するまでには無限の時間がかかることになります。
もちろん，物体とともに運動する人にしてみれば，
dτdr=1v1=−(k2−1+2mr)−12
       \dfrac{d\tau}{dr} = \dfrac{1}{v^1} = -\left(k^2 - 1 + \dfrac{2m}{r}\right)^{-\dfrac{1}{2}}
drdτ​=v11​=−(k2−1+r2m​)−21​
より，r→2m+0r \to 2m + 0r→2m+0 としても −k−1-k^{-1}−k−1 になるだけであり，この人は有限時間のうちに r→2mr \to 2mr→2m に達することができて，さらに落下を続けることになります。
r=2mr = 2mr=2m の表面および内部をブラックホールと呼びます。

光はブラックホールを脱出できない

実は，ブラックホール内部の光は r=2mr = 2mr=2m をこえて脱出することができません。つまり，ブラックホールの内部空の光を「直接見る」ことはできないのです。この意味で「ブラック」
と呼ばれています。以下で，なぜブラックホールの内部の光が，r=2mr = 2mr=2m を越えられないかを考えます。
光は相対論において一定の速度 ccc で移動します。つまり，
cdt=dx2+dy2+dz2
       c dt = \sqrt{dx^2 + dy^2 + dz^2}
cdt=dx2+dy2+dz2​
これより，光は常に
ds2=0
       ds^2 = 0
ds2=0
をたどります。これを「光はゼロ測地線をたどる」と表現することがあります。これより，
−(1−2mr)c2dt2+(1−2mr)−1dr2+r2(dθ2+sin⁡2θdϕ2)=0
       -\left(1 - \dfrac{2m}{r}\right)c^2 dt^2 + \left(1 - \dfrac{2m}{r}\right)^{-1} dr^2 + r^2 (d\theta^2 + \sin^2 \theta d\phi^2) = 0
−(1−r2m​)c2dt2+(1−r2m​)−1dr2+r2(dθ2+sin2θdϕ2)=0
dθ=dϕ=0d\theta = d\phi = 0dθ=dϕ=0 より，
dr2=(1−2mr)2c2dt2∴drdt=±c(1−2mr)\begin{aligned}
       dr^2 = \left(1 - \dfrac{2m}{r}\right)^2 c^2 dt^2\\
       \therefore \dfrac{dr}{dt} = \pm c\left(1 - \dfrac{2m}{r}\right)
\end{aligned}dr2=(1−r2m​)2c2dt2∴dtdr​=±c(1−r2m​)​
今，ブラックホール内部，つまり，
r<2m  (  ⟺  1−2mr<0)
       r < 2m ~~ (\iff 1 - \dfrac{2m}{r} < 0)
r<2m  (⟺1−r2m​<0)
を考えており，
drdt>0
       \dfrac{dr}{dt} > 0
dtdr​>0
のとき脱出できるかを考えているので，
drdt=−c(1−2mr)(1+2mr−2m)dr=−cdt∴r=2mlog⁡∣r−2m∣=−ct+C\begin{aligned}
       \dfrac{dr}{dt} = - c\left(1 - \dfrac{2m}{r}\right)\\
       \left(1 + \dfrac{2m}{r-2m}\right)dr = -cdt\\
       \therefore r = 2m \log \left|r-2m\right| = -ct + C
\end{aligned}dtdr​=−c(1−r2m​)(1+r−2m2m​)dr=−cdt∴r=2mlog∣r−2m∣=−ct+C​
ここで CCC は積分定数です。t=0t = 0t=0 における光の位置を r=r0r = r_0r=r0​ とすると，
−ct=r+2mlog⁡∣r−2m∣−r0−2mlog⁡∣r0−2m∣=r−r0+2mlog⁡∣r−2mr0−2m∣\begin{aligned}
       -ct &= r + 2m\log \left|r-2m\right| -r_0 -2m \log \left|r_0-2m\right|\\
       &= r - r_0 + 2m \log \left|\dfrac{r-2m}{r_0 -2m}\right|
\end{aligned}−ct​=r+2mlog∣r−2m∣−r0​−2mlog∣r0​−2m∣=r−r0​+2mlog∣∣​r0​−2mr−2m​∣∣​​
この式をプロットすると，上図のようになります。
r=2mr = 2mr=2m が漸近線であり，t→∞t \to \inftyt→∞ としても，光は r>2mr > 2mr>2m の領域に達することはできません。
←前の記事　後の記事→

この記事の監修者

でーちー

公立地方進学校出身。高校時代は部活動に勤しみ，合間を縫って勉強を進めた。受験生時代には毎日12時間以上の勉強を続け，東京大学理科一類に現役合格。大学でも数学・物理を得意とし，情報系の学科に進みつつも，独学で勉強を続けている。学びTimesでは主に「高校数学の美しい物語」「高校生から味わう理論物理入門」の記事執筆・修正業務に尽力している。