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シュバルツシルト時空中を円運動する観測者

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

\begin{eqnarray}
\left( \frac{dr}{d\tau} \right)^2 &=&\epsilon^2 c^2 -c^2  + \frac{2 G M}{r}  -\frac{\ell^2}{r^2}
+r_g\frac{\ell^2}{r^3}
\end{eqnarray}

を使い,\(\displaystyle \frac{dr}{d\tau}= 0\) より

$$\epsilon^2 c^2 -c^2  + \frac{2 G M}{r}  -\frac{\ell^2}{r^2}
+r_g\frac{\ell^2}{r^3} = 0$$

これをさらに \(r\) で微分して \(r\) をかけると,

$$-\frac{2 G M}{r}  + 2 \frac{\ell^2}{r^2}
-3 r_g\frac{\ell^2}{r^3} = 0$$

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。

$$ \frac{\ell^2}{r^2} = \frac{\frac{G M }{r}}{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}} = \frac{\frac{1}{2}\frac{r_g c^2 }{r}}{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}$$

$$\therefore\ c^2 + \frac{\ell^2}{r^2} = \frac{c^2 – \frac{3}{2}\frac{r_g c^2}{r}+\frac{1}{2}\frac{r_g c^2}{r}}{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}} = c^2 \frac{1 – \frac{r_g}{r}}{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}$$

$$\therefore\ \epsilon^2 = \frac{1}{c^2} \left(1-\frac{r_g}{r} \right) \left( c^2 + \frac{\ell^2}{r^2}\right)
= \frac{\left(1 – \frac{r_g}{r}\right)^2}{1 – \frac{3}{2}\frac{r_g}{r}}$$

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。