このへんで書いた，球対称真空解だけど静的ではなさそうな解の一つについて。
- 参考：「場の古典論」§102 にそのまんま書いてある。
件のメトリックを \(r_g = 1\) とせずに書くと，
$$ds^2 = -d\tau^2 + \frac{dR^2}{\left\{\frac{3}{2 r_g} \left(R – \tau\right) \right\}^{\frac{2}{3}}}
+ \left\{\frac{3}{2 r_g} \left(R – \tau\right) \right\}^{\frac{4}{3}} r_g^2 \left( d\theta^2 + \sin^2\theta d\phi^2\right)$$
これはシュバルツシルト解
$$ds^2 = -\left(1-\frac{r_g}{r}\right) dt^2 + \frac{dr^2}{1-\frac{r_g}{r}} + r^2 \left(d\theta^2 + \sin^2\theta d\phi^2\right)$$
を以下のようなルメートル座標 \(\tau, R\) であらわしたメトリックであることを示す。
\begin{eqnarray}
d\tau &=& dt + \frac{\sqrt{\frac{r_g}{r}}}{1 – \frac{r_g}{r}} dr \tag{1} \\
dR &=& dt + \frac{1}{\left(1 – \frac{r_g}{r}\right) \sqrt{\frac{r_g}{r}}} dr \tag{2}
\end{eqnarray}
\(\displaystyle (1) – (2)\times \frac{r_g}{r} \) から
$$d\tau – \frac{r_g}{r} dR = \left(1 – \frac{r_g}{r}\right) dt$$
\(\displaystyle (2) – (1) \) から
\begin{eqnarray}
dR – d\tau &=& \frac{1}{\left(1 – \frac{r_g}{r}\right) \sqrt{\frac{r_g}{r}}} dr – \frac{\sqrt{\frac{r_g}{r}}}{1 – \frac{r_g}{r}} dr\\
&=& \frac{1 – \frac{r_g}{r}}{\left(1 – \frac{r_g}{r}\right) \sqrt{\frac{r_g}{r}}} dr \\
&=& \left(\frac{r}{r_g} \right)^{\frac{1}{2}} dr\\ \ \\
\therefore\ \ R – \tau &=& \int \left(\frac{r}{r_g} \right)^{\frac{1}{2}} dr = \frac{2}{3} r_g \left(\frac{r}{r_g} \right)^{\frac{3}{2}} \\
\therefore\ \ r &=& r_g \left\{\frac{3}{2 r_g} \left( R – \tau\right) \right\}^{\frac{2}{3}}
\end{eqnarray}
これらを元のシュバルツシルト解にいれる。
\begin{eqnarray}
-\left(1-\frac{r_g}{r}\right) dt^2 + \frac{dr^2}{1-\frac{r_g}{r}}
&=& -\left(1-\frac{r_g}{r}\right) \left(\frac{d\tau – dR}{1-\frac{r_g}{r}} \right)^2 \\
&&\quad +
\frac{1}{1-\frac{r_g}{r}}\left\{\sqrt{\frac{r_g}{r}} (dR – d\tau)\right\}^2 \\
&=& \frac{1}{1-\frac{r_g}{r}}\left\{ – \left(\frac{1}{1-\frac{r_g}{r}}\right) d\tau^2 +\left(\frac{r_g}{r}\right) \left(\frac{1}{1-\frac{r_g}{r}}\right) dR^2\right\} \\
&=& – d\tau^2 + \left(\frac{r_g}{r}\right) dR^2 \\
&=& – d\tau^2 +\frac{dR^2}{\left\{\frac{3}{2 r_g} \left(R – \tau\right) \right\}^{\frac{2}{3}}}
\end{eqnarray}
最終的に
\begin{eqnarray}
ds^2 &=& -\left(1-\frac{r_g}{r}\right) dt^2 + \frac{dr^2}{1-\frac{r_g}{r}} + r^2 \, d\Omega^2 \\
&=& – d\tau^2 +\frac{dR^2}{\left\{\frac{3}{2 r_g} \left(R – \tau\right) \right\}^{\frac{2}{3}}} + \left\{\frac{3}{2 r_g} \left( R – \tau\right) \right\}^{\frac{4}{3}} r_g^2 \, d\Omega^2
\end{eqnarray}
ここで，\(d\Omega^2 \equiv d\theta^2 + \sin^2\theta d\phi^2\)。
ちなみに，ルメートル座標 \(\tau, R\) はどういう意味があるかというと，（\(\tau\) は固有時間として）「シュバルツシルト時空中を動径方向に自由落下運動する観測者」の測地線方程式から
$$\left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2 = \epsilon^2 – \left(1 – \frac{r_g}{r}\right), \quad u_0 =\mbox{const.} \equiv -\epsilon$$
で，\(\epsilon = 1\) とおいた式から
$$\left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2 =\frac{r_g}{r}, \quad \therefore\ \ \frac{dr}{d\tau} = – \sqrt{\frac{r_g}{r}}$$
が得られるので，これをルメートル座標の定義式を使うと
\begin{eqnarray}
dR – d\tau &=& \left( \frac{r}{r_g}\right)^{\frac{1}{2}} dr\\
\therefore\ \ \frac{dR}{d\tau} – 1 &=& \left( \frac{r}{r_g}\right)^{\frac{1}{2}} \frac{dr}{d\tau}
&=& -1 \\
\therefore\ \ \frac{dR}{d\tau} &=& 0
\end{eqnarray}
となり，$R$ は動径方向に自由落下するテスト粒子の共動座標になっている。
ルメートル座標 \(x^{\mu} = (\tau, R, \theta, \phi)\)で表したシュバルツシルト時空に限らず，同期化された座標系では，4元速度 \(u^{\mu} = (1, 0, 0, 0)\) の共動テスト粒子は測地線方程式に従うことは簡単に示せるが，ここでも確かに空間座標 \(R, \theta, \phi\) が一定であるテスト粒子は測地線方程式を満たしている。