相対性理論⑰ ニュートン近似
ニュートン近似でアインシュタイン方程式の係数決定
アインシュタイン方程式は以下のようにあらわされました。\begin{align*}
G_{\mu\nu}=R_{\mu\nu}-\dfrac{1}{2}g_{\mu\nu}R=\kappa T_{\mu\nu}
\end{align*}
ニュートン近似といって非相対論的極限を取ってNewton力学と一致するようにアインシュタイン方程式の右辺の係数$\kappa$を決めましょう。
重力ポテンシャルのポアソン方程式
重力ポテンシャルのポアソン方程式を導出します。まず、電磁気学でのポアソン方程式を、$q\leftrightarrow m$としてクーロンの法則と万有引力の法則を比較します。ただし、重力のポテンシャルはポテンシャルとしての電位に合わせているので、古典力学で使うような位置エネルギーではないです。\begin{align*}
\nabla^2\phi=-\dfrac{\rho}{\varepsilon}&\Leftrightarrow \phi(\boldsymbol{r})=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}^\prime|}\\
\nabla^2\phi=4\pi G\rho &\Leftrightarrow \phi(\boldsymbol{r})=-\dfrac{Gm}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}^\prime|}
\end{align*}
さて、つまり、重力についてのポテンシャル$\phi$が
\begin{align*}
\nabla^2 \phi=4\pi G\rho
\end{align*}
となればよいでしょう。アインシュタイン方程式の非相対論的極限がこのポテンシャルの条件を満たすことを確かめます。
アインシュタイン方程式をいじってみる
アインシュタイン方程式をもう一度書いてみます。\begin{align*}
R_{\mu\nu}-\dfrac{1}{2}g_{\mu\nu}R=\kappa T_{\mu\nu}
\end{align*}
ここで、$g_{\mu\nu}\approx \eta_{\mu\nu}$として、非相対論的極限を考えます。辺々に$g^{\mu\nu}$をかけると、$g^{\mu\nu}R_{\mu\nu}=R$、$g^{\mu\nu}g_{\mu\nu}\simeq4$より、
\begin{align}
R-\dfrac{1}{2}R\times 4\approx \kappa g^{\mu\nu}T_{\mu\nu} \label{eq:1}
\end{align}
右辺について、エネルギー・運動量テンソルは非相対論的極限では、物体の体積当たりの密度$\rho$と4元速度$u^\mu$をもちいて、
\begin{align*}
T_{\mu\nu}=\rho u_\mu u_\nu
\end{align*}
となるのでした。非相対論的極限では空間の速度成分は光速度に比べて無視できると考えているので、
\begin{align}
g^{\mu\nu}T_{\mu\nu}
&=\sum_{i=0}^3 g^{ii}T_{ii} \nonumber \\
&\approx -T_{00}+\sum_{i=1}^3 T_{ii} \nonumber \\
&\approx -T_{00} \nonumber \\
&=-\rho c^2 \label{eq:2}
\end{align}
よって、\eqref{eq:1}、\eqref{eq:2}を用いて、
\begin{align*}
R=\kappa \rho c^2
\end{align*}
となります。よって、もういちどアインシュタイン方程式を書き直すと、
\begin{align*}
R_{\mu\nu}-\dfrac{1}{2}g_{\mu\nu}\kappa\rho c^2=\kappa T_{\mu\nu}
\end{align*}
測地線方程式を考える
測地線方程式はクリストッフェル記号を用いて、以下のように書けます。\begin{align*}
\dfrac{d^2x^\mu}{d\tau^2}+{\Gamma^\mu}_{\alpha\beta}\dfrac{dx^\alpha}{d\tau}\dfrac{dx^\beta}{d\tau}=0
\end{align*}
さて、測地線方程式の非相対論的極限も考えましょう。$\mu\ne0$の空間成分にいったん着目して、
\begin{align*}
\dfrac{d^2 x^i}{d\tau^2}+{\Gamma^i}_{\alpha\beta}\dfrac{dx^\alpha}{d\tau} \dfrac{dx^\beta}{d\tau}=0
\end{align*}
となりますが、非相対論的極限では、4元速度を表す項は時間成分は$c$で、そのほかの項は$c$に比べて十分小さくなります。よって、近似的に以下の式が成り立ちます。
\begin{align}
0\simeq \dfrac{d^2x^i}{d\tau^2}+{\Gamma^i}_{00}c^2 \label{eq:3}
\end{align}
さて、この式をNewtonの運動方程式と比較するために、クリストッフェル記号の計算を進めることにします。以下では計量テンソルについて、
\begin{align*}
g_{\mu\nu}=\eta_{\mu\nu}+h_{\mu\nu}, |h_{\mu\nu}| \ll 1
\end{align*}
として、計算を進めましょう。つまり、$h_{\mu\nu}$が慣性系からのずれです。
ただし、非相対論的極限で、4元速度について、$|u^i|\ll c$より $|\Delta x^i/\Delta \tau| \ll c$、すなわち、$|1/c\Delta \tau| \ll |1/\Delta x^i|$となるので,
\begin{align}
\left|\dfrac{\partial}{\partial x^0}\right|\ll \left|\dfrac{\partial}{\partial x^i}\right| \label{eq:4}
\end{align}
がいえるでしょう。よって、$i,j=1,2,3$について、
\begin{align}
{\Gamma^i}_{00}
&=\dfrac{1}{2}g^{i\gamma}(\partial_0 g_{\gamma 0}+\partial_0 g_{\gamma0}-\partial_\gamma g_{00}) \nonumber \\
&\simeq \dfrac{1}{2}\eta^{i\gamma}(\partial_0 h_{\gamma 0}+\partial_0 h_{\gamma 0}-\partial_\gamma h_{00}) \nonumber \\
&\approx -\dfrac{1}{2}\eta^{ij}(\partial_j h_{00}) \nonumber \\
&=-\dfrac{1}{2}\partial^i h_{00} \label{eq:5}
\end{align}
さて、\eqref{eq:5}を\eqref{eq:3}に代入して、
\begin{align*}
\dfrac{d^2x^i}{d\tau^2}\simeq \partial^i\left(\dfrac{1}{2}c^2h_{00}\right)=\dfrac{\partial}{\partial x^i}\left(\dfrac{1}{2}c^2h_{00}\right)
\end{align*}
これを運動方程式
\begin{align*}
\dfrac{d^2x^i}{d\tau^2}=-\dfrac{\partial}{\partial x^i}\phi
\end{align*}
と比較すれば、
\begin{align}
h_{00}\simeq -\dfrac{2\phi}{c^2} \label{eq:6}
\end{align}
と分かります。すなわち計量テンソルでの関係
\begin{align*}
g_{00}=\eta_{00}+h_{00}\simeq -1-\dfrac{2\phi}{c^2}
\end{align*}
が言えます。
リッチテンソルを書き直す
ところで今のところアインシュタイン方程式は以下の形まで求められていました。\begin{align*}
R_{\mu\nu}-\dfrac{1}{2}g_{\mu\nu}\kappa\rho c^2=\kappa T_{\mu\nu}
\end{align*}
この右辺が$\mu=\nu=0$以外で小さい値になる上に変数なので、$T_{00}=\rho c^2$と定数になる$\mu=\nu=0$を考えましょう。$g_{\mu\nu}\simeq -1$より、
\begin{align}
R_{00}+\dfrac{1}{2}\kappa\rho c^2&=\kappa \rho c^2 \nonumber \\
R_{00}&=\dfrac{1}{2}\kappa \rho c^2 \label{eq:7}
\end{align}
アインシュタイン方程式のリッチテンソルをうまく表現したいとおもいます。もととなるリーマン曲率テンソルにはクリストッフェル記号が大量に含まれているので簡単にできないか探ってみます。非相対論的極限でクリストッフェル記号をもう一度書いてみると、以下のようになります。先頭の$g^{\mu\gamma}$は先ほどは$\eta^{\mu\gamma}$にしていましたが、この後微分を取るので戻しておきました。
\begin{align*}
{\Gamma^\mu}_{\alpha\beta}=\dfrac{1}{2}g^{\mu\gamma}(\partial_\beta h_{\gamma\alpha}+\partial_\alpha h_{\gamma\beta}-\partial_\gamma h_{\alpha\beta})
\end{align*}
$h$というのは微小量なので、$\Gamma \sim O(h)$と考えます。よって、$\Gamma^2\sim O(h^2)$として、$O(h)$まで残しましょう。$\partial \Gamma\sim O(h)$なので、
\begin{align*}
{R_{abc}}^d&=\partial_b{\Gamma^d}_{ca}-\partial_a{\Gamma^d}_{cb}+{\Gamma^d}_{\lambda b}{\Gamma^\lambda}_{ca}-{\Gamma^d}_{\lambda a}{\Gamma^\lambda}_{cb} \\
&=\partial_b{\Gamma^d}_{ca}-\partial_a{\Gamma^d}_{cb}+O(h^2)
\end{align*}
\begin{align*}
R_{\mu\nu}={R_{\mu\alpha\nu}}^\alpha=\partial_\alpha {\Gamma^\alpha}_{\nu\mu}-\partial_\mu{\Gamma^\alpha}_{\nu\alpha}
\end{align*}
この式で$\mu=\nu=0$とすると、
\begin{align*}
R_{00}=\partial_\alpha {\Gamma^\alpha}_{00}-\partial_\mu {\Gamma^\alpha}_{\nu\alpha}
\end{align*}
\eqref{eq:4}を考慮すれば、$i=1,2,3$に対して、
\begin{align*}
R_{00}\approx \partial_i {\Gamma^i}_{00}
\end{align*}
この右辺の${\Gamma^i}_{00}$は先ほど求めたもので、\eqref{eq:5},\eqref{eq:6}より、
\begin{align*}
R_{00}
&\approx -\dfrac{1}{2}\partial_i\partial^i\left(-\dfrac{2\phi}{c^2}\right) \\
&=\dfrac{1}{c^2}\nabla^2 \phi
\end{align*}
これを\eqref{eq:7}に代入して、
\begin{align*}
\nabla^2\phi=\dfrac{1}{2}\kappa\rho c^4
\end{align*}
これを重力ポテンシャルの式
\begin{align*}
\nabla^2\phi=4\pi G\rho
\end{align*}
と比較すれば、
\begin{align*}
\kappa=\dfrac{8\pi G}{c^4}
\end{align*}
アインシュタイン方程式
\begin{align*}
G_{\mu\nu}=R_{\mu}-\dfrac{1}{2}g_{\mu\nu}R=\dfrac{8\pi G}{c^4}T_{\mu\nu}
\end{align*}