一般相対論におけるニュートン近似

一般相対論において

1. 重力場は静的である（定常かつ時間反転に対して対称）
2. 重力場は弱い
3. 重力を受けて運動する粒子の速さは光速に比べて小さい

という状況がなりたつ場合，メトリックはニュートンの重力ポテンシャル $\phi$ を使って

$$ds^2  \simeq -\left(1+\frac{2}{c^2} \phi \right) c^2 dt^2 + \left(\delta_{ij} + O(c^{-2})\right)\, dx^i dx^j$$

と書けることを示す。このような近似をニュートン近似と呼んでいる。

ニュートン近似の要件

1. 重力場は静的である（静的重力場の仮定）

静的重力場をあらわすメトリックは，まず時間座標によらない，つまり $g_{\mu\nu, 0} = 0$ かつ，時間反転に対して線素が不変，つまり $g_{0 i} = 0$ ということ。

2. 重力場は弱い（弱場近似）

重力がなければ時空はミンコフスキーである。重力場が弱いときの時空は，ミンコフスキーからわずかにずれているだけだろうから，ミンコフスキーと同じ座標 $x^{\mu} = (x^0, x^1, x^2, x^3) = (ct, x, y, z)$ を使って以下のように書けるだろう。

\begin{eqnarray}
ds^2 &=& g_{\mu\nu} dx^{\mu} dx^{\nu} \\
&=& \left( \eta_{\mu\nu} + h_{\mu\nu} \right) dx^{\mu} dx^{\nu}, \quad |h_{\mu\nu}| \ll 1 \\
&=& \left(-1 + h_{00} \right) dx^{0} dx^{0} + \left( \delta_{ij} + h_{ij} \right) dx^{i} dx^{j}
\end{eqnarray}

3. 重力を受けて運動する粒子の速さは光速に比べて小さい（スローモーション近似）

粒子の4元速度を $\displaystyle u^{\mu} = \frac{dx^{\mu}}{d\tau}$ とすると，3次元的な速度 $v^i$ は

\begin{eqnarray}
\frac{v^i}{c} = \frac{1}{c} \frac{dx^i}{dt} = \frac{dx^i}{dx^0} = \frac{u^i}{u^0}
\end{eqnarray}

粒子の速さが光速に比べて小さいとは $\displaystyle \left| \frac{v^i}{c}\right| \ll 1$ ということであるから，$\displaystyle \left( \frac{u^i}{u^0}\right)^2$ は $1$ に比べて十分に小さいので無視する。（あるいは同じことだが $\left(u^{0}\right)^2$ に比べて $\left(u^{i}\right)^2$ または $u^i u^j$ の項は十分小さいので無視すると言い換えても良いだろう。）この近似をスローモーション近似と呼ぶことにしよう。

このスローモーション近似を使うと，4元速度の規格化条件から

\begin{eqnarray}
-c^2 &=& g_{\mu\nu} u^{\mu} u^{\nu} \\
&=& g_{00} \left(u^0\right)^2 + g_{ij} u^i u^j \\
&\simeq&  g_{00} \left(u^0\right)^2 \\
&=& g_{00} \left(\frac{c dt}{d\tau}\right)^2 \\
\therefore\ \ d\tau &\simeq& \sqrt{-g_{00}} \ dt
\end{eqnarray}

というわけで，スローモーション近似によって得られた関係式は

\begin{eqnarray}
\left(u^0\right)^2 &\simeq& \frac{c^2}{-g_{00}} \\
\ d\tau &\simeq& \sqrt{-g_{00}} \ dt
\end{eqnarray}

であり，これらは次の項ですぐ使う。

測地線方程式

重力以外の力を受けずに運動する粒子の4元速度は，測地線方程式に従う。

$$\frac{du^{\lambda}}{d\tau} + \varGamma^{\lambda}_{\ \ \ \mu\nu} u^{\mu} u^{\nu} = 0$$

測地線方程式はまた，以下のようにも書けるのであった。

$$\frac{d}{d\tau} \left(g_{\mu\nu} u^{\nu} \right) = \frac{1}{2} g_{\alpha\beta, \mu} u^{\alpha} u^{\beta} \tag{1}$$

$(1)$ 式の空間成分 $\mu = i$ については，スローモーション近似から

\begin{eqnarray}
\frac{d}{d\tau} \left(g_{ij} u^{j} \right) &=& \frac{1}{2} g_{00, i} \left(u^0\right)^2 + \frac{1}{2} g_{jk, i} u^i u^j \\
&\simeq& \frac{1}{2} g_{00, i} \left(u^0\right)^2 \\
&\simeq&\frac{1}{2} g_{00, i} \frac{c^2}{-g_{00}} \\
\therefore\ \ -g_{00} \frac{d}{d\tau} \left(g_{ij} \frac{dx^j}{d\tau}\right) &\simeq&\frac{c^2}{2} g_{00, i}\\
\therefore\ \ -g_{00} \frac{1}{\sqrt{-g_{00}}}\frac{d}{dt} \left(g_{ij} \frac{1}{\sqrt{-g_{00}}}\frac{dx^j}{dt}\right) &\simeq&\frac{c^2}{2} g_{00, i}
\end{eqnarray}

さらに弱場近似から $-g_{00} \simeq 1 – h_{00}$ として

$$ \therefore\ \ \left(1-h_{00}\right) \frac{1}{\sqrt{1-h_{00}}}\frac{d}{dt} \left(g_{ij}  \frac{1}{\sqrt{1-h_{00}}}\frac{dx^j}{dt}\right) \simeq \frac{c^2}{2} h_{00, i} \tag{2}$$

ニュートンの運動方程式との比較

重力ポテンシャルを $\phi$ としたニュートンの運動方程式は

$$m \frac{d^2 \boldsymbol{r}}{dt^2} = \boldsymbol{F} = – m \nabla \phi$$

成分で書くと

$$\delta_{ij} \frac{d^2 x^j}{dt^2} = – \phi_{, i} \tag{3}$$

ニュートン近似において測地線方程式 $(2)$ が運動方程式 $(3)$ に帰着するのであれば，まず右辺同士を見比べて

\begin{eqnarray}
\frac{c^2}{2} h_{00, i} &=& – \phi_{, i} \\
\therefore\ \  h_{00} &=& – \frac{2}{c^2} \phi \\
\therefore\ \ g_{00} &=& -1 + h_{00} = -\left(1+\frac{2}{c^2} \phi \right)
\end{eqnarray}

これを使うと $(2)$ 式の左辺にあらわれている $h_{00}$ は $c^{-2}$ のオーダーであるので無視できるから，左辺同士を見比べて

\begin{eqnarray}
g_{ij} &=& \delta_{ij} + O(c^{-2})
\end{eqnarray}

ということで，ニュートン近似のメトリック

\begin{eqnarray}
ds^2  \simeq -\left(1+\frac{2}{c^2} \phi \right) c^2 dt^2 + \left(\delta_{ij} + O(c^{-2})\right)\, dx^i dx^j
\end{eqnarray}

が求められた。メトリックの空間成分の $O(c^{-2})$ の項は，ニュートン近似の測地線方程式と運動方程式を比較するだけでは決まらないため通常は書かない。

補足：エネルギー保存則

測地線方程式 $(1)$ 式の時間成分 $\mu = 0$ は時空が静的でメトリックが時間に依存しないことから，保存則をあらわす。

\begin{eqnarray}
\frac{d}{d\tau} \left(g_{00} u^{0} \right) &=& \frac{1}{2} g_{\alpha\beta, 0} u^{\alpha} u^{\beta} = 0\\
\therefore g_{00} u^{0} &=& \mbox{const.} \equiv – \frac{\varepsilon}{c}
\end{eqnarray}

4元速度の規格化条件から

\begin{eqnarray}
-c^2 &=& g_{00} \left(u^0\right)^2 + g_{ij} u^i u^j \\
\therefore\ \ \left(g_{00} u^0\right)^2 = \left(- \frac{\varepsilon}{c}\right)^2
&=& -c^2 g_{00} – g_{00} g_{ij} u^i u^j \\
&\simeq& -c^2 \left(-1 – \frac{2}{c^2} \phi \right) + \frac{c^2}{(u^0)^2} \delta_{ij} u^i u^j \\
&=& c^2 + 2 \phi + \delta_{ij} v^i v^j \\
\therefore\ \ \varepsilon &=& c^2 \sqrt{1 + \frac{v^2}{c^2} + \frac{2 \phi}{c^2}} \\
&\simeq& c^2 + \frac{1}{2} v^2 + \phi
\end{eqnarray}

つまり，保存量 $\varepsilon$ は単位質量あたりの「静止質量エネルギー」＋「運動エネルギー」＋「重力ポテンシャルエネルギー」を表しており，「静止質量エネルギー」は定数であるので当然一定で，「運動エネルギー」と「重力ポテンシャルエネルギー」の和，つまり力学的エネルギーが保存されることを表していることになる。

アインシュタイン方程式

メトリックの空間成分の $h_{ij}$ の項は，ニュートン近似の測地線方程式と運動方程式を比較するだけでは決まらず，結局はアインシュタイン方程式を解いて決めることになる。がんばって計算してみよう。

クリストッフェル記号

静的時空の仮定（$g_{\mu\nu, 0} = 0, \ g_{0i} = 0$）と弱重力場近似（$g_{\mu\nu} = \eta_{\mu\nu} + h_{\mu\nu}$）から $h_{\mu\nu}$ の1次まで計算すると，

\begin{eqnarray}
\varGamma^{\lambda}_{\ \ \ \mu\nu} &\simeq& \frac{1}{2} \eta^{\lambda\sigma}\left(
h_{\sigma\mu, \nu} + h_{\sigma\nu, \mu} – h_{\mu\nu , \sigma}\right) \\
\varGamma^0_{\ \ \ 00} &\simeq& \frac{1}{2} \eta^{00} \left(
h_{00, 0} + h_{00, 0} – h_{00, 0}\right) \\ &=& 0 \\
\varGamma^0_{\ \ \ 0i} &\simeq& \frac{1}{2} \eta^{00} \left(
h_{00, i} + h_{0i, 0} – h_{0i, 0}\right) \\ &=& -\frac{1}{2} h_{00, i} \\
\varGamma^0_{\ \ \ ij} &\simeq& \frac{1}{2} \eta^{00} \left(
h_{0i, j} + h_{0j, i} – h_{ij, 0}\right) \\ &=& 0\\
\varGamma^i_{\ \ \ 00} &\simeq& \frac{1}{2} \delta^{ik} \left(
h_{k0,0} + h_{k0, 0} – h_{00, k}\right) \\ &=& -\frac{1}{2} \delta^{ik} h_{00, k}\\
\varGamma^i_{\ \ \ 0j} &\simeq& \frac{1}{2} \delta^{ik} \left(
h_{k0,j} + h_{kj, 0} – h_{0j, k}\right) \\ &=& 0\\
\varGamma^i_{\ \ \ jk} &\simeq& \frac{1}{2} \delta^{i\ell} \left(
h_{\ell j,k} + h_{\ell k, j} – h_{jk, \ell}\right)
\end{eqnarray}

リッチテンソル

\begin{eqnarray}
R_{\mu\nu} = R^{\lambda}_{\ \ \ \mu\lambda\nu} &\simeq&
\varGamma^{\lambda}_{\ \ \ \mu\nu, \lambda} – \varGamma^{\lambda}_{\ \ \ \mu\lambda, \nu} \\
&=& \varGamma^{i}_{\ \ \ \mu\nu, i} – \varGamma^{0}_{\ \ \ \mu 0, \nu}- \varGamma^{i}_{\ \ \ \mu i, \nu}
\end{eqnarray}

$\nabla^2 \equiv \delta^{ij} \partial_i \partial_j$ とし，$h^i_{\ \ k} = \delta^{ij} h_{jk}$ などとして

\begin{eqnarray}
R_{00} &\simeq& \varGamma^{i}_{\ \ \ 00, i} – \varGamma^{0}_{\ \ \ 0 0, 0}- \varGamma^{i}_{\ \ \ 0 i, 0} \\
&=& -\frac{1}{2} \nabla^2 h_{00} \\
R_{0j} &\simeq& \varGamma^{i}_{\ \ \ 0j, i} – \varGamma^{0}_{\ \ \ 0 0, j}- \varGamma^{i}_{\ \ \ 0 i, j} \\
&=& 0 \\
R_{jk} &\simeq& \varGamma^{i}_{\ \ \ jk, i} – \varGamma^{0}_{\ \ \ j 0, k}- \varGamma^{i}_{\ \ \ j i, k} \\
&=& \frac{1}{2} \left(
h^i_{\ \ j, ki} + h^i_{\ \ k, ji} – \nabla^2 h_{jk} – h^i_{\ \ i, jk} + h_{00, jk}\right)
\end{eqnarray}

trace-reversed なアインシュタイン方程式

アインシュタイン方程式

$$R_{\mu\nu} – \frac{1}{2} g_{\mu\nu} R = \frac{8 \pi G}{c^4} T_{\mu\nu}$$

の両辺を $g^{\mu\nu}$ で縮約する（これをトレースをとるという）と，4次元時空では $g^{\mu\nu} g_{\mu\nu} = 4$ であるから

$$- R = \frac{8 \pi G}{c^4} T\quad \mbox{where}\quad  T \equiv g^{\mu\nu}T_{\mu\nu} $$

したがってリッチスカラーの項を右辺へ移項すると

$$ R_{\mu\nu} = \frac{8 \pi G}{c^4} \left( T_{\mu\nu} – \frac{1}{2} g_{\mu\nu} T\right) $$

と書ける。これをtrace-reversed なアインシュタイン方程式と呼ぶ。

ダスト物質のエネルギー運動量テンソル

$T_{\mu\nu} = \rho u_{\mu}u_{\nu}$ を使うと，

$$ R_{\mu\nu} = \frac{8 \pi G}{c^4} \rho \left( u_{\mu}u_{\nu} + \frac{c^2}{2} g_{\mu\nu}\right) $$

この $00$ 成分はスローモーション近似から得られた関係 $g_{00} (u^0)^2 \simeq -c^2$ を使って，

\begin{eqnarray}
R_{00} &=& \frac{8\pi G}{c^4} \rho \left\{
(g_{00} u^0)^2 + \frac{c^2}{2} g_{00}\right\} \\
&=& \frac{8\pi G}{c^4} \rho g_{00}\left\{
g_{00} (u^0)^2 + \frac{c^2}{2} \right\} \\
&\simeq& \frac{8\pi G}{c^4} \rho g_{00}\left\{
-c^2 + \frac{c^2}{2} \right\} \\
&=&- \frac{4\pi G}{c^2} \rho g_{00} \\
\therefore\ \ – \frac{c^2}{2} \nabla^2 h_{00} &\simeq& 4\pi G \rho
\end{eqnarray}

ポアソン方程式との比較

ニュートン重力における連続的な質量密度分布に対する万有引力の法則

$$\nabla^2 \phi = 4 \pi G \rho$$

と見比べて，今回も $\displaystyle h_{00} = – \frac{2}{c^2} \phi$ が導かれる。

$jk$ 成分は

\begin{eqnarray}
R_{jk} &=& \frac{8 \pi G}{c^4} \rho \left( u_{j}u_{k} + \frac{c^2}{2} g_{jk}\right) \\
&\simeq& \frac{4\pi G}{c^2} \rho\, \delta_{jk} \\
&\simeq& – \frac{1}{2} \nabla^2 h_{00}\, \delta_{jk}
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}
\therefore\ \ \frac{1}{2} \left(
h^i_{\ \ j, ki} + h^i_{\ \ k, ji} – \nabla^2 h_{jk} – h^i_{\ \ i, jk} + h_{00, jk}\right)
&\simeq& – \frac{1}{2} \nabla^2 h_{00}\, \delta_{jk}
\end{eqnarray}

両辺を見比べると（特に $\nabla^2$ の項を見比べて），$h_{ij} = h_{00}\,\delta_{ij}$  とすればよいことがわかる。実際，これを左辺に入れてみると

\begin{eqnarray}
\frac{1}{2}& & \left(
h^i_{\ \ j, ki} + h^i_{\ \ k, ji} – \nabla^2 h_{jk} – h^i_{\ \ i, jk} + h_{00, jk}\right) \\
=
\frac{1}{2}& & \left(
h_{00, jk} + h_{00, jk} – \nabla^2 h_{00} \,\delta_{jk} – 3 h_{00, jk} + h_{00, jk}\right) \\
=- \frac{1}{2} & &\nabla^2 h_{00} \,\delta_{jk}
\end{eqnarray}

となり，右辺と一致する。

ニュートン近似のメトリック

ということで，ニュートン近似のメトリック

\begin{eqnarray}
ds^2 &=& -(1-h_{00}) c^2 dt^2 + (1 + h_{00})\,\delta_{ij} dx^i dx^j \\
&=& -\left(1 + \frac{2}{c^2} \phi\right) c^2 dt^2 + \left(1 -\frac{2}{c^2} \phi\right)\,\delta_{ij} dx^i dx^j \\
\end{eqnarray}

が得られた。

原点においた質量 $M$ がつくるニュートン的重力場

原点においた質量 $M$ の質点によってつくられる重力ポテンシャルは（あとでの都合上，動径座標を $r$ ではなく $\rho$ としておきます）

$$\phi = – \frac{GM}{\rho}, \quad \rho \equiv \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$$

と書けるのでしたね。重力ポテンシャル $\phi$ が動径座標だけで書けるのであれば，いっそ空間座標をデカルト座標から極座標に変えて

\begin{eqnarray}
\delta_{ij} dx^i dx^j &=& dx^2 + dy^2 + dz^2 \\
&=& d\rho^2 +\rho^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta d\phi^2\right)
\end{eqnarray}

とすれば，極座標で書いたニュートン近似のメトリックは

\begin{eqnarray}
ds^2  &\simeq& -\left(1-\frac{2GM}{c^2 \rho}  \right) c^2 dt^2 +
\left(1+\frac{2GM}{c^2 \rho}  \right) \left\{d\rho^2+ \rho^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta d\phi^2\right) \right\} \\
&=& -\left(1-\frac{r_g}{\rho}  \right) c^2 dt^2 +
\left(1+\frac{r_g}{\rho}  \right) \left\{d\rho^2+ \rho^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta d\phi^2\right) \right\} \tag{A}
\end{eqnarray}

ここで，$$r_g \equiv \frac{2GM}{c^2}$$

いつの日か，これを使う日が来るかもしれませんよ。たとえば，以下のようなところで…

• 参考：Maxima の ctensor でアインシュタイン方程式を解いてシュバルツシルト解を求める
• 参考：EinsteinPy と SymPy でアインシュタイン方程式を解いてシュバルツシルト解を求める

等方球面座標とシュバルツシルト座標との間の変換

シュバルツシルト解を $r_g$ の1次まで展開すると，

\begin{eqnarray}
ds^2 &=& -\left(1 –\frac{r_g}{r} \right) dt^2 + \frac{dr^2}{1 –\frac{r_g}{r}} + r^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta \,d\phi^2 \right) \\
&\simeq& -\left(1 –\frac{r_g}{r} \right) dt^2 + \left(1 +\frac{r_g}{r} \right) dr^2 + r^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta \,d\phi^2 \right) \tag{B}
\end{eqnarray}

この (B) 式と，極座標で書いたニュートン近似のメトリック (A) 式を比較すると，$g_{22}, g_{33}$ の部分が異なる。(A) 式の $\rho, \theta, \phi$ は等方球面座標と呼ばれ，(B) 式のシュバルツシルト座標との間の（フルの）変換は，たとえばランダウ・リフシッツ「場の古典論」第100節の問題 4 に答えが書いてある。ここでは，ニュートン近似との比較であるので，$r_g$ の1次までの近似で，シュバルツシルト座標 (B) 式から等方空間座標 (A) 式への変換を書いておく。

\begin{eqnarray}
r &\equiv& \rho \,\left( 1 + \frac{r_g}{2 \rho}\right) \\
&=& \rho + \frac{r_g}{2}
\end{eqnarray}

とおくと，$r_g$ の1次までの近似で，

\begin{eqnarray}
dr &=& d\rho \\
1 \pm \frac{r_g}{r} &=& 1 \pm \frac{r_g}{\rho} \left( 1 + \frac{r_g}{2 \rho}\right)^{-1} \\
&\simeq& 1 \pm \frac{r_g}{\rho} \left( 1 – \frac{r_g}{2 \rho}\right) \\
&\simeq& 1 \pm \frac{r_g}{\rho} \\ \ \\
r^2 &=& \rho^2 \left( 1 + \frac{r_g}{2 \rho}\right)^2 \\
&\simeq& \rho^2 \left( 1 + \frac{r_g}{\rho}\right)
\end{eqnarray}

したがって

\begin{eqnarray}
ds^2 &\simeq& -\left(1 -\frac{r_g}{r} \right) dt^2 + \left(1 + \frac{r_g}{r} \right) dr^2 + r^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta \,d\phi^2 \right) \tag{B}\\
&\simeq& -\left(1 -\frac{r_g}{\rho} \right) dt^2 + \left(1 + \frac{r_g}{\rho} \right) d\rho^2 + \rho^2 \left( 1 + \frac{r_g}{\rho}\right) \left(d\theta^2 + \sin^2\theta \,d\phi^2 \right) \\
&=&-\left(1-\frac{r_g}{\rho}  \right) c^2 dt^2 +
\left(1+\frac{r_g}{\rho}  \right) \left\{d\rho^2+ \rho^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta d\phi^2\right) \right\} \tag{A}
\end{eqnarray}

となり，(B) 式から (A) 式に変換できることがわかった。練習問題では，逆に (A) 式から (B) 式への座標変換を示してもらいますよ。