シュバルツシルト時空の原点のまわりを円運動する観測者の4元速度について。
円運動する観測者 \(B\) の4元速度
原点のまわりを半径 \(r = \mbox{const.}\) で円運動する観測者 \(B\) の4元速度の成分を（静止観測者の \(u^{\mu}\) と区別すため \(\bar{ }\) をつけて）$$\bar{u}^{\mu} = (\bar{u}^0, 0, 0, \bar{u}^3) = \left(\frac{\epsilon\, c}{1-\frac{r_g}{r}}, 0, 0, \frac{\ell}{r^2} \right)$$とする。
テスト粒子の軌道を決める式を使い，\(\frac{dr}{d\tau}= 0\) より
$$\epsilon^2 c^2= \left( 1 – \frac{r_g}{r}\right) \left( c^2 + \frac{\ell^2}{r^2}\right)$$
これをさらに \(r\) で微分して \(r\) をかけると，
\begin{eqnarray}
0 &=& r \times\left\{ \frac{r_g}{r^2} \left( c^2 + \frac{\ell^2}{r^2}\right)+\left( 1-\frac{r_g}{r}\right)\left( -2\frac{\ell^2}{r^3}\right) \right\}\\
&=& \frac{r_g c^2}{r} – \frac{\ell^2}{r^2} \left( 2 – 3 \frac{r_g}{r}\right)
\end{eqnarray}
これは以下のように\(\displaystyle \frac{\ell^2}{r^2}\) について解くことができる。
$$ \frac{\ell^2}{r^2} = \frac{\frac{1}{2}\frac{r_g c^2}{r}}{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}} $$
$$\therefore\ c^2 + \frac{\ell^2}{r^2} = \frac{c^2 – \frac{3}{2}\frac{r_g c^2}{r}+\frac{1}{2}\frac{r_g c^2}{r}}{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}} = c^2 \frac{1 – \frac{r_g}{r}}{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}$$
$$\therefore\ \epsilon^2 = \frac{1}{c^2} \left(1-\frac{r_g}{r} \right) \left( c^2 + \frac{\ell^2}{r^2}\right)
= \frac{\left(1 – \frac{r_g}{r}\right)^2}{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}$$
最終的に，（これより \(c = 1\) として）
$$\bar{u}^{\mu} = (\bar{u}^0, 0, 0, \bar{u}^3) = \left(\frac{1}{\sqrt{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}}, 0, 0,
\frac{1}{r}\frac{\sqrt{\frac{1}{2}\frac{r_g}{r}}}{\sqrt{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}}\right) $$
静止観測者 \(A\) の4元速度
一方，動径座標 \(r\) の地点に静止している観測者 \(A\) の4元速度の成分を \(u^{\mu}\) とすると
$$u^{\mu} = \left(u^0, 0, 0, 0 \right) = \left(\frac{1}{\sqrt{1 – \frac{r_g}{r}}}, 0, 0, 0 \right)$$
運動方向の単位ベクトル
静止観測者 \(A\) からみて，\(\theta = \frac{\pi}{2}\) の赤道面上を円運動している観測者 \(B\) の運動方向を表す空間的単位ベクトルは
$$e^{\mu} = \left(0, 0, 0, e^3\right) = \left(0, 0, 0, \frac{1}{r}\right)$$
4元速度の合成則
静止観測者 \(A\) からみると，赤道面上を半径 \(r = \mbox{const.}\) の円軌道を描いて目の前を通過する瞬間の運動する観測者 \(B\) は，\(\phi\) 方向へ速さ \(V\) で運動している。したがって，特殊相対論のときに紹介した4元速度の合成則がここでも成り立ち，以下のように書けるはずである。
$$\bar{u}^{\mu} = \frac{1}{\sqrt{1 – V^2}} u^{\mu} + \frac{V}{\sqrt{1 – V^2}} e^{\mu} $$
具体的な成分を使って書くと，
\begin{eqnarray}
\bar{u}^{\mu} &=& \left(\frac{1}{\sqrt{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}}, 0, 0,
\frac{1}{r}\frac{\sqrt{\frac{1}{2}\frac{r_g}{r}}}{\sqrt{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}}\right) \\
&=&
\frac{1}{\sqrt{1 – V^2}} \left(\frac{1}{\sqrt{1 – \frac{r_g}{r}}}, 0, 0, 0 \right) +
\frac{V}{\sqrt{1 – V^2}} \left(0, 0, 0, \frac{1}{r}\right) \\
&=&
\frac{\sqrt{1 – \frac{r_g}{r}}}{\sqrt{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}} \left(\frac{1}{\sqrt{1 – \frac{r_g}{r}}}, 0, 0, 0 \right) +
\frac{\sqrt{\frac{1}{2}\frac{r_g}{r}}}{\sqrt{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}} \left(0, 0, 0, \frac{1}{r}\right)
\end{eqnarray}
したがって，
\begin{eqnarray}
\frac{1}{\sqrt{1 – V^2}} &=& \frac{\sqrt{1 – \frac{r_g}{r}}}{\sqrt{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}} \\
\frac{V}{\sqrt{1 – V^2}} &=& \frac{\sqrt{\frac{1}{2}\frac{r_g}{r}}}{\sqrt{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}} \\
\therefore\ \ V &=& \frac{\sqrt{\frac{1}{2}\frac{r_g}{r}}}{\sqrt{1 – \frac{r_g}{r}}}
\end{eqnarray}
と \(V\) を求めることができる。
これが静止観測者 \(A\) が測定する，目の前を通過する瞬間の円運動する観測者 \(B\) の3次元的速さである！と思いますが，いかがでしょうか。
ニュートン力学的類推
ちなみに，世の中の教科書には，ニュートン力学における速さと同じように $\displaystyle v \equiv r \frac{d\phi}{dt} $ で定義される $v$ を3次元的速さとするものがあるが，このようなニュートン力学的類推で計算してみると
$$v \equiv r \frac{d\phi}{dt} = \frac{r \bar{u}^3}{\bar{u}^0} = \sqrt{\frac{1}{2}\frac{r_g}{r}}$$
となる。また，遠心力と万有引力がつりあうというニュートン力学類推で評価しても，
\begin{eqnarray}
m \frac{v^2}{r} &=& \frac{GMm}{r^2} \\
v^2 &=& \frac{GM}{r} \\
\therefore\ \ v &=&\sqrt{\frac{1}{2}\frac{r_g}{r}}\quad (r_g \equiv 2 GM)
\end{eqnarray}
ニュートン力学的類推で評価した \(v\) は上記で求めた $V$ とは分母の分だけ異なることに注意。