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。

エッセンス熱力学の問題です 2枚目の解き方がダメな理由が分かりません、誰か教えて頂けませんか……？正しい答えは58/9 2

消費される電力の合計がいくらかという問題です。電球に使われるフィラメントのように，電流によって温度が大きく変化する導 3

エッセンスから熱力学の問題です。この問題の解き方が2枚目じゃダメな理由教えてくださるとものすごく助かります…… 正しい 4

ケトンやアルデヒドには水素が付加(というか還元される)しますが、カルボン酸には水素は付加しないのですか？理由も教えてくだ 5

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。
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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。