Return to EinsteinPy や ctensor でアインシュタイン方程式を計算する

Maxima の ctensor でアインシュタイン方程式を解いて Kottler 解を求める

Maxima の ctensor を使って球対称な計量から宇宙定数がある場合のアインシュタイン方程式

$$G^{\mu}_{\ \ \nu} + \Lambda\,\delta^{\mu}_{\ \ \nu} =0$$

を解き，Kottler 解を求める。

必要なパッケージの load

メトリックが対角的なので，入力の簡便性のために load("diag")$ して diag() を使います。

In [1]:
load(ctensor)$
load(diag)$

球対称な計量

ランダウ・リフシッツ「場の古典論」の記述にそって，球対称な計量を以下のようにおく。（$\lambda$ は予約語？なので $\mu$ にした。）なお，Maxima のリストは 1 始まりなので，第ゼロ成分を第4成分としてみます。

$$ds^2 = e^{\mu(t,r)} dr^2 + r^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta\,d\phi^2 \right) – e^{\nu(t,r)} dt^2 $$

In [2]:
init_ctensor()$

/* 偏微分表示の簡便性のために */
derivabbrev:true$

/* 次元。デフォルトで 4 */
dim:4$

/* 座標系をリストで */
ct_coords:[r, theta, phi, t];

/* mu(r, t), nu(r, t) */
depends(mu, [r, t])$
depends(nu, [r, t])$

/* g_{\mu\nu} */
lg:diag([exp(mu), r**2, r**2*sin(theta)**2, -exp(nu)]);

/* g^{\mu\nu} を計算させておく */
cmetric()$
Out[2]:
\[\tag{${\it \%o}_{6}$}\left[ r , \vartheta , \varphi , t \right] \]
Out[2]:
\[\tag{${\it \%o}_{9}$}\begin{pmatrix}e^{\mu} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & r^2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & r^2\,\sin ^2\vartheta & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -e^{\nu} \\ \end{pmatrix}\]

アインシュタイン・テンソル

$\displaystyle G^{\mu}_{\ \ \nu} = R^{\mu}_{\ \ \nu} – \frac{1}{2} R \delta^{\mu}_{\ \ \nu} $ = ein

In [3]:
/* アインシュタイン・テンソルの計算。
   false で結果を非表示，true ならノンゼロ成分を表示 */
einstein(false)$

アインシュタイン方程式

$$G^{\mu}_{\ \ \nu} = – \Lambda \delta^{\mu}_{\ \ \nu} $$

In [4]:
EinEq(a, b):= 
  (expand(ein[a,b]) =  - \Lambda * kron_delta(a,b));
Out[4]:
\[\tag{${\it \%o}_{12}$}{\it EinEq}\left(a , b\right):={\it expand}\left({\it ein}_{a,b}\right)=\left(-\Lambda\right)\,\delta_{a, b} \]

$\mu$ は時間に依存しないこと

$\displaystyle G^{1}_{\ \ 0} = 0$

In [5]:
EinEq(1, 4);
Out[5]:
\[\tag{${\it \%o}_{13}$}-\frac{\mu_{t}\,e^ {- \nu }}{r}=0\]

$\displaystyle G^{1}_{\ \ 0} = 0$ より

$$\mu_t = \frac{\partial \mu}{\partial t} = 0, \quad \therefore\ \ \mu(t, r) \Rightarrow \mu(r)$$

$\mu(r)$ として，あらためてアインシュタイン・テンソルを求めてみる。

In [6]:
init_ctensor()$

/* 偏微分表示の簡便性のために */
derivabbrev:true$

/* 次元。デフォルトで 4 */
dim:4$

/* 座標系をリストで */
ct_coords:[r, theta, phi, t]$

/* mu(r), nu(r, t) */
depends(mu, [r])$
depends(nu, [r, t])$

/* g_{\mu\nu} */
lg:diag([exp(mu), r**2, r**2*sin(theta)**2, -exp(nu)])$

/* g^{\mu\nu} を計算させておく */
cmetric()$
/* アインシュタイン・テンソルの計算。
   false で結果を非表示，true ならノンゼロ成分を表示 */
einstein(false)$

$\displaystyle G^{0}_{\ \ 0} = – \Lambda$

In [7]:
EinEq(4, 4);
Out[7]:
\[\tag{${\it \%o}_{23}$}-\frac{e^ {- \mu }\,\mu_{r}}{r}+\frac{e^ {- \mu }}{r^2}-\frac{1}{r^2}=-\Lambda\]

$\displaystyle G^{1}_{\ \ 1} = – \Lambda$

In [8]:
EinEq(1, 1);
Out[8]:
\[\tag{${\it \%o}_{24}$}\frac{e^ {- \mu }\,\nu_{r}}{r}+\frac{e^ {- \mu }}{r^2}-\frac{1}{r^2}=-\Lambda\]

$\displaystyle G^{2}_{\ \ 2} = – \Lambda$

In [9]:
EinEq(2, 2);
Out[9]:
\[\tag{${\it \%o}_{25}$}\frac{e^ {- \mu }\,\nu_{r}}{2\,r}-\frac{e^ {- \mu }\,\mu_{r}}{2\,r}+\frac{e^ {- \mu }\,\nu_{r\,r}}{2}+\frac{e^ {- \mu }\,\left(\nu_{r}\right)^2}{4}-\frac{e^ {- \mu }\,\mu_{r}\,\nu_{r}}{4}=-\Lambda\]

$\displaystyle G^{3}_{\ \ 3} = – \Lambda$

In [10]:
EinEq(3, 3);
Out[10]:
\[\tag{${\it \%o}_{26}$}\frac{e^ {- \mu }\,\nu_{r}}{2\,r}-\frac{e^ {- \mu }\,\mu_{r}}{2\,r}+\frac{e^ {- \mu }\,\nu_{r\,r}}{2}+\frac{e^ {- \mu }\,\left(\nu_{r}\right)^2}{4}-\frac{e^ {- \mu }\,\mu_{r}\,\nu_{r}}{4}=-\Lambda\]

$\displaystyle G^{2}_{\ \ 2} = \displaystyle G^{3}_{\ \ 3}$ であることを確認。$\displaystyle G^{2}_{\ \ 2} – \displaystyle G^{3}_{\ \ 3}$ がゼロとなることを示す。

In [11]:
ein[2,2] - ein[3,3];
Out[11]:
\[\tag{${\it \%o}_{27}$}0\]

$\nu = – \mu$ とおけること

In [12]:
EinEq(1, 1) - EinEq(4, 4);
Out[12]:
\[\tag{${\it \%o}_{28}$}\frac{e^ {- \mu }\,\nu_{r}}{r}+\frac{e^ {- \mu }\,\mu_{r}}{r}=0\]

$G^1_{\ \ 1} – G^2_{\ \ 2} = 0$ より，以下の式が得られる。

$$\nu_r + \mu_r = \frac{\partial}{\partial r}\left(\nu(t, r) + \mu(r)\right) = 0$$

これから，$f(t)$ を積分「定数」として

$$\nu(t, r) = – \mu(r) + f(t)$$

となる。

\begin{eqnarray}
\therefore\ \ e^{\nu(t, r)} dt^2 &=& e^{- \mu(r) + f(t)} dt^2 \\
&=& e^{- \mu(r)} \left( e^{\frac{f(t)}{2}} dt\right)^2
\end{eqnarray}

時間 $t$ のみの任意関数 $f(t)$ の自由度は，$e^{\frac{f(t)}{2}} dt \Rightarrow dt’$ なる新しい時間座標の定義によって吸収できるので，一般性を失うことなく $f(t) = 0$ すなわち

$$\nu(t, r) = – \mu(r)$$

とすることができる。

ということで，あらためて以下のような計量テンソルに対して，アインシュタイン・テンソルを計算してみる。

In [13]:
init_ctensor()$

/* 偏微分表示の簡便性のために */
derivabbrev:true$ 

/* 次元。デフォルトで 4 */
dim:4$

/* 座標系をリストで */
ct_coords:[r, theta, phi, t]$

/* mu(r) */
depends(mu, [r]);

/* g_{\mu\nu} */
lg:diag([exp(mu), r**2, r**2*sin(theta)**2, -exp(-mu)]);

/* g^{\mu\nu} を計算させておく */
cmetric()$
/* アインシュタイン・テンソルの計算。
   false で結果を非表示，true ならノンゼロ成分を表示 */
einstein(false)$
Out[13]:
\[\tag{${\it \%o}_{33}$}\left[ \mu\left(r\right) \right] \]
Out[13]:
\[\tag{${\it \%o}_{34}$}\begin{pmatrix}e^{\mu} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & r^2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & r^2\,\sin ^2\vartheta & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -e^ {- \mu } \\ \end{pmatrix}\]
In [14]:
EinEq(4,4);
Out[14]:
\[\tag{${\it \%o}_{37}$}-\frac{e^ {- \mu }\,\mu_{r}}{r}+\frac{e^ {- \mu }}{r^2}-\frac{1}{r^2}=-\Lambda\]
In [15]:
eq: EinEq(4,4) * r**2, expand;
Out[15]:
\[\tag{${\it \%o}_{38}$}-e^ {- \mu }\,\mu_{r}\,r+e^ {- \mu }-1=-\Lambda\,r^2\]

微分方程式を解き，$\mu$ を求める

微分方程式 $\displaystyle – e^{-\mu} \frac{d\mu}{d r} r + e^{-\mu} – 1 = -\Lambda\,r^2$ を Maxima の ode2() を使って解く。

In [16]:
sol: ode2(eq, mu, r), expand;
Out[16]:
\[\tag{${\it \%o}_{39}$}\frac{\Lambda\,r^3}{3}+e^ {- \mu }\,r-r={\it \%c}\]

もうちょっとのところなので，

$$e^{-\mu} \equiv f$$

とおいて解いてもらう。

In [17]:
eq2: ev(sol, exp(-mu)=f);
solve(eq2, f), expand;
Out[17]:
\[\tag{${\it \%o}_{40}$}\frac{\Lambda\,r^3}{3}+f\,r-r={\it \%c}\]
Out[17]:
\[\tag{${\it \%o}_{41}$}\left[ f=-\frac{\Lambda\,r^2}{3}+\frac{{\it \%c}}{r}+1 \right] \]

積分定数 $\%c$ は $\Lambda = 0$ のときにシュバルツシルト解になることから，

$$\%c = – r_g$$

となる。

最終的に

$$ds^2 = \frac{dr^2}{1 – \frac{r_g}{r}- \frac{\Lambda}{3}r^2} + r^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta \,d\phi^2 \right) -\left(1 – \frac{r_g}{r}- \frac{\Lambda}{3}r^2 \right) dt^2$$