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ゆっくり自転する低質量星が作る時空
Einstein方程式によれば、全てのエネルギーが重力源、すなわち時空の歪みを生じさせる源となります。よってここでは質量の小さな球対称星が自転しているときに、周囲にどのような時空の歪みを生むかを考えていきましょう。低質量星の自転軸を\(z\)軸にとります。簡単のため低質量星は一様密度\(\rho\)を持ち、角速度\(\Omega\)で剛体回転する球体で、半径\(R\)、質量を\(M\)とします。低質量星の自転は定常状態にあるとして、メトリックは時間に依存しない形を考えます。今、この星の自転は十分ゆっくりとして\(\Omega \ll 1\)、また低質量星内部の圧力は静止質量エネルギーより十分小さく(非相対論的)、さらに低質量星の重心は原点に静止しているとします。
また以下の計算は\((x, y, z)\)のデカルト座標で行い、最後に極座標に変換してKerrメトリックとの整合性を図ります。
エネルギー運動量テンソル
低質量星内部の体積素片を考えたとき、その4元速度は以下のようにかけます。
\[(U^\mu) \simeq (-c, -y \Omega, x \Omega, 0) \tag{1}\]よってエネルギー運動量テンソルの成分はそれぞれ以下のようになります。メトリックのMinkowskiからのズレは十分小さいとして\(g^{\mu \nu} \simeq \eta^{\mu \nu}\)とすると
\[T^{00} = (\rho c^2 + P) - P = \rho c^2 \tag{2}\] \[T^{01} = (\rho c^2 + P) (-y \Omega) \simeq -y\Omega \rho c^2 \tag{3}\] \[T^{02} = {\rho c^2 + P} x \Omega \simeq x \Omega \rho c^2 \tag{4}\] \[T^{03} = 0 \tag{5}\] \[T^{ij} \simeq 0 \qquad (i, j = 1, 2, 3)\tag{6}\]途中、非相対論的として\(\rho c^2 \gg P\)、さらに自転がゆっくりとして\(\Omega^2\)の項は無視しました。同様に下付き添字の4元速度が
\[(U_\mu) = (g_{\mu \nu} U^\nu ) \simeq (\eta_{\mu \nu} U^\nu) = (-c, -y \Omega, x \Omega, 0) \tag{7}\]となることから、下付き添字のエネルギー運動量テンソルについては
\[T_{00} \simeq \rho c^2, \quad T_{01} \simeq y \Omega \rho c^2, \quad T_{02} \simeq - x \Omega \rho c^2, \quad T_{03} = 0, \quad T_{ij} \simeq 0 \ (i, j = 1, 2, 3) \tag{8}\]です。
線形化されたアインシュタイン方程式の解
\[\Delta \bar{h}_{00} = - \frac{16 \pi G}{c^4} \rho c^2 \tag{9}\] \[\Delta \bar{h}_{01} = - \frac{16 \pi G}{c^4} y\Omega \rho c^2 \tag{10}\] \[\Delta \bar{h}_{02} = \frac{16 \pi G}{c^4} x \Omega \rho c^2 \tag{11}\] \[\Delta \bar{h}_{03} = 0 \tag{11}\] \[\Delta \bar{h}_{ij} = 0 \qquad (i, j = 1, 2, 3) \tag{12}\]のようになります。ここで定常状態の仮定から\(\Box = \Delta\)としました。
グリーン関数
これら方程式の解は
\[\Delta G(\mathbf{r}) = \delta^3 (\mathbf{r}) \tag{13}\]で定義されるGreen関数との畳み込みで表現されます。このFourier変換を\(\hat{G}(\mathbf{k})\)のように書くと、\(\Delta e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{r}} = -k^2 e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{r}}\)より
\[\frac{1}{(2\pi)^3} \iiint d^3 \mathbf{k} \hat{G} (\mathbf{k}) e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{r}} = \frac{1}{(2\pi)^3} \iiint d^3 \mathbf{k} e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{r}} \ \Longrightarrow \ \hat{G} (\mathbf{k}) = - \frac{1}{k^2} \tag{14}\]この逆変換を行います。このとき、\(\mathbf{k} \cdot \mathbf{r} = r k \cos \theta\)となるように波数ベクトルを定めると
\[\begin{align} G(\mathbf{r}) &= \frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^\infty dk \int_0^\pi d\theta_k \int_0^{2\pi} d\varphi_k \left( - \frac{1}{k^2}\right) k^2 \sin^2 \sin \theta_k e^{i r k \cos \theta_k} \notag \\ &\underbrace{=}_{\mu = \cos \theta_k} - \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^\infty \int_{-1}^1 d\mu e^{irk \mu} = - \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^\infty dk \underbrace{\frac{e^{irk} - e^{-irk}}{irk}}_{= 2 \mathrm{sinc} (rk)} \notag \\ &\underbrace{=}_{rk = a} - \frac{1}{2\pi^2 r} \int_0^\infty da \ \mathrm{sinc}(a) = - \frac{1}{4\pi r} \tag{15} \end{align}\]のように計算されます。最後の等式部分にsinc関数の積分値を用いました。
方程式の解の計算
上で求めたGreen関数を用いて、(9)~(12)の解を求めてみましょう。まずは(9)式からです。
\[\bar{h}_{00} = - \frac{16 \pi G}{c^2} \iiint_{-\infty}^\infty d^3 \mathbf{r} \left( - \frac{\rho}{4\pi r} \right) = \frac{4G}{c^2} \int_0^\infty dr \int_0^\pi d\theta \int_0^{2\pi} d\varphi \frac{\rho}{|\mathbf{r}- \mathbf{r}'|} r'^2 \sin \theta\]この積分において\(0 < r'<R\)では\(\rho\)は一様密度、星の外側である\(r'>R\)では\(\rho=0\)と考えて計算をします。\(\mu = \cos \theta\)のように変数変換して
\[\begin{align} \bar{h}_{00} &= \frac{8 \pi G}{c^2} \rho \int_0^R dr' \left[ \sqrt{r^2 + r'^2 - 2rr' \mu} \right]_{-1}^1 \frac{r'^2}{-rr'} = \frac{8 \pi G}{c^2} \rho \int_0^R dr' \frac{\sqrt{(r-r')^2} - \sqrt{(r+r')^2}}{- rr'} r'^2 \notag \\ &= \frac{16 \pi G}{c^2 r} \rho \int_0^R dr' r'^2 = \frac{16 \pi G}{3 c^2 r} R^3 \rho \underbrace{=}_{M = 4 \pi R^3 \rho / 3} \frac{4GM}{c^2 r} \tag{16} \end{align}\]続いて(10)式の計算です。以下では\(r \gg R\)(十分遠方)として計算を進めます。
\[\bar{h}_{01} = - \frac{16\pi G}{c^2} \iiint_{-\infty}^\infty d^3 \mathbf{r}' \left( - \frac{y' \Omega \rho}{4\pi |\mathbf{r}-\mathbf{r}'|}\right)\]このとき\(\mathbf{r} \cdot \mathbf{r}' = r r' \cos \theta = xx' + yy' + zz'\)とすると
\[\frac{1}{|\mathbf{r} - \mathbf{r}'|} = \frac{1}{r \sqrt{1 - \frac{2 \mathbf{r} \cdot \mathbf{r}'}{r^2} + \frac{r'^2}{r^2}}} \simeq \frac{1}{r} \frac{1}{\sqrt{1- 2 \frac{r'}{r} \cos \theta}} \simeq \frac{1}{r} \left( 1- \frac{r'}{r} \cos \theta \right) = \frac{1}{r} - \frac{xx' + yy' + zz'}{r^3}\]のように近似されます。よって
\[\bar{h}_{01} = - \frac{4G}{c^2} \iiint_{-\infty}^\infty d^3 \mathbf{r}' \left( \frac{1}{r} - \frac{xx' + yy' + zz'}{r^3} \right) y' \Omega \rho\]です。ここで\(x'y' = r'^2 \sin^2 \theta^2 \cos \varphi' \sin \varphi'\)のようなクロスタームは\(\varphi\)の\([0, 2\pi]\)の積分において0となるため、考えなければならないのは\(y'^2\)の項のみであるとわかります。よって
\[\begin{aligned} \bar{h}_{01} &= \frac{4G \Omega \rho}{c^2} \frac{y}{r^3} \int_0^R dr' \int_0^\pi d\theta' \int_0^{2\pi} d\varphi' r'^2 \sin \theta' r'^2 \sin^2 \theta' \sin^2 \varphi' \underbrace{=}_{\mu = \cos \theta'} \frac{4 G \Omega \rho}{c^2} \frac{y}{r^3} \frac{R^5}{5} \int_{-1}^1 d\mu (1-\mu^2) \int_0^{2\pi} d\varphi' \sin^2 \varphi' \\ &= \frac{4G \Omega \rho}{c^2} \frac{y}{r^3} \frac{R^5}{5} \frac{4}{3} \pi \end{aligned}\]ここでこの星の全角運動量
\[J = \int_0^R dr' \int_0^\pi d\theta' \int_0^{2\pi} d\varphi' r'^2 \sin \theta' \ \rho (x'^2 + y'^2) \Omega = 2\pi \rho \Omega \int_0^R dr' r'^4 \int_0^\pi d\theta' \sin^3 \theta' = \frac{2\pi \rho \Omega }{5} R^5 \frac{4}{3} = \frac{2}{5} M R^2 \Omega \tag{17}\]より
\[\bar{h}_{01} = \frac{2G Jy}{c^3 r^3} \tag{18}\]同様の方法で(11)の計算を行います。(10), (11)式の比較から、これは(18)式において\(-y \rightarrow x\)のように置き換えたものになるので
\[\bar{h}_{02} = - \frac{2GJx}{c^3 r^3} \tag{19}\]このほかについては
\[\bar{h}_{03} = \bar{h}_{ij} = 0 \tag{20}\]という自明な解を得ます。これらより、トレース\(\bar{h}\)は
\[\bar{h} = \eta^{\alpha \beta} \bar{h}_{\alpha \beta} = - \bar{h}_{00} = - \frac{4GM}{c^2 r} \tag{21}\]元のメトリックへ変換と極座標への変換
ここまでは\(\bar{h}\)という、トレース反転テンソルで計算を行なってきました。よって元のメトリックに戻しましょう。
\[h_{00} =\bar{h}_{00} - \frac{1}{2} \eta_{00}\bar{h} = \frac{2GM}{c^2 r} \tag{22}\] \[h_{01} = \bar{h}_{01} = \frac{2GJy}{c^3 r^3} \tag{23}\] \[h_{02} = \bar{h}_{02} = - \frac{2GJx}{c^3 r^3} \tag{24}\] \[h_{03} = \bar{h}_{03} = 0 \tag{25}\] \[h_{ij} = \bar{h}_{ij} - \eta_{ij} \bar{h} = \frac{2GM}{c^2 r} \delta_{ij} \tag{26}\]見通しを良くするため、これを極座標系に変換しましょう。座標変換則より
\[h_{0r} = \frac{\partial x^\mu}{\partial r} h_{0\mu} = \sin \theta \cos \varphi \frac{2GJy}{c^3 r^3} + \sin \theta \sin \varphi \left( - \frac{2GJx}{c^3 r^3}\right) = 0 \tag{27}\] \[\begin{align} h_{0\varphi} &= \frac{\partial x^\mu}{\partial \varphi} h_{0\mu} = - r \sin \theta \sin \varphi \frac{2GJy}{c^3 r^3} + r \sin \theta \cos \varphi \left( - \frac{2GJx}{c^3 r^3}\right) \notag \\ &= - r \sin \theta \frac{2GJ}{c^3 r^3} (y \sin \varphi + x \cos \varphi) = - \frac{2GJ}{c^3 r} \sin^2 \theta \tag{28} \end{align}\] \[h_{0\theta} = \frac{\partial x^\mu}{\partial \theta} h_{0 \mu} = r\cos \theta \cos \varphi \frac{2GJy}{c^3 r^3} + r \cos \theta \sin \varphi \left( - \frac{2GJx}{c^3 r^3}\right) = 0 \tag{29}\]原点に質量\(M\)の星があるときに作られるSchwarzschild時空メトリックと合わせて、ゆっくり回転する低質量星が作る時空は
\[ds^2 = - \left( 1- \frac{r_g}{r}\right) c^2 dt^2 - 2 \frac{2GJ}{c^3 r} \sin^2 \theta c dt d\varphi + \left( 1+\frac{r_g}{r}\right) \left\{ dr^2 + r^2 (d\theta^2 + \sin^2 \theta d\varphi^2) \right\}\tag{30}\]のようになります。ここで\(r_g = 2GM/c^2\)はSchwarzschild半径、そして\(c dt d\varphi\)の間に現れた係数2は、\(h_{0\varphi} = h_{\varphi 0}\)から出現したものです。
カー時空からの接続
Kerrブラックホールメトリックは以下のように書けました。
\[ds^2 = - \frac{\Delta - a^2 \sin^2 \theta}{\rho^2} c^2 dt^2 - \frac{2 a r_g r \sin^2 \theta}{\rho^2} c dt d\varphi + \frac{(r^2 + a^2)^2 - a^2 \Delta \sin^2 \theta}{\rho^2} \sin^2 \theta d\varphi^2 + \frac{\rho^2}{\Delta} dr^2 + \rho^2 d\theta^2 \tag{31}\]ここで\(\rho^2 = r^2 + a^2 \cos^2 \theta, \Delta = r^2 + a^2 - r_g r\)です。(30), (31)式の\(cdt d\varphi\)項の比較を行います。ここまで求めてきたメトリックは十分遠方\(r \gg R\)という条件で求めてきたので
\[\frac{2 a r_g r \sin^2 \theta}{\rho^2} \underbrace{\simeq }_{r \gg 1} \frac{2 a r_g r \sin^2 \theta}{r^2} = 2 \frac{2GJ \sin^2 \theta}{c^3 r} \ \Longrightarrow \ a = \frac{2 GJ}{c^3 r_g} = \frac{J}{Mc} \tag{32}\]のようになり、Kerrメトリックを求めるときに出現した定数\(a\)が求まりました。