一般相対性理論

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リーマン幾何学

ここでは、ミンコフスキー空間の計量を $\eta _{\mu \nu }=\operatorname {diag} (1,-1,-1,-1)$ とする。

$g$ を計量テンソルの行列式とする。計量テンソルの $(\mu ,\nu )$ 小行列式を ${\tilde {g}}_{\mu \nu }$ とすると、

${\frac {\partial g}{\partial g_{\mu \nu }}}={\tilde {g}}_{\mu \nu }=gg^{\mu \nu }$

となるから、

$dg=gg^{\mu \nu }dg_{\mu \nu }$

を得る。

$d{\sqrt {-g}}=-{\frac {1}{2{\sqrt {-g}}}}dg=-{\frac {1}{2{\sqrt {-g}}}}gg^{\mu \nu }dg_{\mu \nu }$

は、

${\frac {\partial {\sqrt {-g}}}{\partial x^{\lambda }}}=-{\frac {1}{2{\sqrt {-g}}}}{\frac {\partial g_{\mu \nu }}{\partial x^{\lambda }}}$

となるから、

$\Gamma _{\lambda \mu }^{\mu }={\frac {1}{2}}g^{\mu \nu }{\frac {\partial g_{\mu \nu }}{\partial x^{\lambda }}}={\frac {1}{\sqrt {-g}}}{\frac {\partial {\sqrt {-g}}}{\partial x^{\lambda }}}$

を得る。

また、ベクトル $A^{\mu }$ に対して、

$A^{\mu }{}_{;\mu }=A^{\mu }{}_{,\mu }+\Gamma _{\lambda \mu }^{\mu }A^{\lambda }=A^{\mu }{}_{,\mu }+{\frac {1}{\sqrt {-g}}}{\frac {\partial {\sqrt {-g}}}{\partial x^{\lambda }}}A^{\lambda }={\frac {1}{\sqrt {-g}}}{\frac {\partial ({\sqrt {-g}}A^{\lambda })}{\partial x^{\lambda }}}$

となる。

ついでに、ラプラシアンの極座標における表式を求めてみよう。

$f^{;\mu }{}_{;\mu }=\left(g^{\mu \nu }{\frac {\partial f}{\partial x^{\nu }}}\right)_{;\mu }={\frac {1}{\sqrt {-g}}}\partial _{\mu }\left({\sqrt {-g}}g^{\mu \nu }{\frac {\partial f}{\partial x^{\nu }}}\right)$

極座標では、 $g_{\mu \nu }=\operatorname {diag} (1,r^{2},r^{2}\sin ^{2}\theta )$ であるから、その逆行列は $g^{\mu \nu }=\operatorname {diag} \left(1,{\frac {1}{r^{2}}},{\frac {1}{r^{2}\sin ^{2}\theta }}\right)$ となる。また、${\sqrt {g}}=r^{2}\sin \theta$ である。これらを代入することで、ラプラシアンが簡単に計算できる：

$\triangle f=f^{;\mu }{}_{;\mu }={\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial f}{\partial r}}\right)+{\frac {1}{r^{2}\sin \theta }}{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left(\sin \theta {\frac {\partial f}{\partial \theta }}\right)+{\frac {1}{r^{2}\sin ^{2}\theta }}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial \varphi ^{2}}}.$

弱い重力場の計量テンソル

速度 $v\ll c$ で、重力ポテンシャル $\phi$ の場の中にある質量 $m$ の粒子の作用は

$S=\int (-mc^{2}+{\frac {1}{2}}mv^{2}-m\phi )dt$

で与えられる。一方、

$S=-mc\int ds$

であるから、

$ds=\left(c-{\frac {v^{2}}{2c}}+{\frac {\phi }{c}}\right)dt$

を得る。両辺を二乗して、$v\ll c$ となるから、

$ds^{2}=(c^{2}+2\phi -v^{2})dt^{2}=(c^{2}+2\phi )dt^{2}-d{\boldsymbol {r}}^{2}$

ここで、$v^{2}dt^{2}=d{\boldsymbol {r}}^{2}$ を使った。また、計量テンソルは

$ds^{2}=c^{2}g_{00}dt^{2}+g_{11}dx^{2}+\cdots$

で定義されるものだから、

$g_{\mu \nu }=\operatorname {diag} \left(1+{\frac {2\phi }{c^{2}}},-1,-1,-1\right)$

を得る。

アインシュタイン方程式

電磁場との類推から、重力場のラグランジアンは、計量テンソルの一回微分 $g_{\mu \nu ,\lambda }$ に関する二次の量 $G$ であろう。しかし、 $g_{\mu \nu ,\lambda }$ は任意の一点ですべて0とすることができる。このことは、局所慣性系で $\Gamma _{\beta \gamma }^{\alpha }$ がすべて0となることから明らかである。したがって、 $G$ はスカラーではない。ところで、リッチスカラー $R$ は

$R{\sqrt {-g}}=G{\sqrt {-g}}+\partial _{\mu }D^{\mu }$

の形に変形することができ、作用は

$\int R{\sqrt {-g}}d^{4}x=\int G{\sqrt {-g}}d^{4}x+\int \partial _{\mu }D^{\mu }d^{4}x$

のようになる。第二項の積分はガウスの定理よって、四次元の面積分に変換され、境界で $\delta g_{\mu \nu ,\lambda }=0$ という条件を課せば変分で第二項は消えることになる。

重力場のラグランジアンは $\kappa$ を定数として

${\mathcal {L}}_{g}=-{\frac {1}{2\kappa }}R$

で与えられることが分かる。物質場のラグランジアンを ${\mathcal {L}}_{m}$ とすれば、全系の作用は

$S={\frac {1}{c}}\int \left(-{\frac {1}{2\kappa }}G+{\mathcal {L}}_{m}\right){\sqrt {-g}}d^{4}x$

となる。変分は、

${\begin{aligned}\delta S&=\delta {\frac {1}{c}}\int \left(-{\frac {1}{2\kappa }}G+{\mathcal {L}}_{m}\right){\sqrt {-g}}d^{4}x\\&=-{\frac {1}{2\kappa c}}\int \left({\frac {\partial (G{\sqrt {-g}})}{\partial g^{\mu \nu }}}-{\frac {\partial }{\partial x^{\lambda }}}{\frac {\partial (G{\sqrt {-g}})}{\partial g^{\mu \nu }{}_{,\lambda }}}\right)\delta g^{\mu \nu }d^{4}x+{\frac {1}{c}}\int {\frac {\partial ({\mathcal {L}}_{m}{\sqrt {-g}})}{\partial g^{\mu \nu }}}\delta g^{\mu \nu }d^{4}x\\&={\frac {1}{c}}\int \left(-{\frac {1}{2\kappa }}G_{\mu \nu }+{\frac {1}{2}}T_{\mu \nu }\right)\delta g^{\mu \nu }{\sqrt {-g}}d^{4}x\end{aligned}}$

である。ただし、$G_{\mu \nu },\,T_{\mu \nu }$ はそれぞれアインシュタインテンソルとエネルギー・運動量テンソルで、

$G_{\mu \nu }={\frac {1}{\sqrt {-g}}}\left({\frac {\partial (G{\sqrt {-g}})}{\partial g^{\mu \nu }}}-{\frac {\partial }{\partial x^{\lambda }}}{\frac {\partial (G{\sqrt {-g}})}{\partial g^{\mu \nu }{}_{,\lambda }}}\right)$

$T_{\mu \nu }={\frac {2}{\sqrt {-g}}}{\frac {\partial ({\mathcal {L_{m}}}{\sqrt {-g}})}{\partial g^{\mu \nu }}}$

で定義される。

$\delta S=0$ という条件から、アインシュタイン方程式

$G_{\mu \nu }=\kappa T_{\mu \nu }$

を得る。

しかし、まだアインシュタインテンソルの具体的な表式を得ていない。これを $G$ から計算することは大変だから、直接変分することによって求める。

$\delta \int g^{\mu \nu }R_{\mu \nu }{\sqrt {-g}}d^{4}x=\int \left(\delta g^{\mu \nu }\left(R_{\mu \nu }-{\frac {1}{2}}g_{\mu \nu }R\right)+g^{\mu \nu }\delta R_{\mu \nu }\right){\sqrt {-g}}d^{4}x$

ここで、ある一点で $\Gamma _{\beta \gamma }^{\alpha }=0$ となる局所慣性系を使うと、リッチテンソルは

$R_{\mu \nu }=\Gamma _{\mu \nu ,\lambda }^{\lambda }-\Gamma _{\mu \lambda ,\nu }^{\lambda }$

となり、その変分は、

$\delta R_{\mu \nu }=\delta \Gamma _{\mu \nu ,\lambda }^{\lambda }-\delta \Gamma _{\mu \lambda ,\nu }^{\lambda }$

で与えられる。

また、 $\delta \Gamma _{\beta \gamma }^{\alpha }$ はテンソルだから、任意の座標系で

$\delta R_{\mu \nu }=\delta \Gamma _{\mu \nu ;\lambda }^{\lambda }-\delta \Gamma _{\mu \lambda ;\nu }^{\lambda }$

となることがわかる。

よって、

${\begin{aligned}{\sqrt {-g}}g^{\mu \nu }\delta R_{\mu \nu }&={\sqrt {-g}}(g^{\mu \nu }\delta \Gamma _{\mu \nu }^{\lambda })_{;\lambda }-{\sqrt {-g}}(g^{\mu \nu }\delta \Gamma _{\mu \lambda }^{\lambda })_{;\nu }\\&={\sqrt {-g}}(g^{\mu \nu }\delta \Gamma _{\mu \nu }^{\lambda })_{;\lambda }-{\sqrt {-g}}(g^{\mu \lambda }\delta \Gamma _{\mu \nu }^{\nu })_{;\lambda }\\&=\partial _{\lambda }({\sqrt {-g}}g^{\mu \nu }\delta \Gamma _{\mu \nu }^{\lambda }-{\sqrt {-g}}g^{\mu \lambda }\delta \Gamma _{\mu \nu }^{\nu })\end{aligned}}$

となるから、これは積分して0となる。

最終的に、

${\begin{aligned}\delta \int R{\sqrt {-g}}d^{4}x&=\delta \int G{\sqrt {-g}}d^{4}x\\&=\int G_{\mu \nu }\delta g^{\mu \nu }{\sqrt {-g}}d^{4}x\\&=\int \left(R_{\mu \nu }-{\frac {1}{2}}g_{\mu \nu }R\right)\delta g^{\mu \nu }{\sqrt {-g}}d^{4}x\end{aligned}}$

となるから、アインシュタインテンソルは、

$G_{\mu \nu }=R_{\mu \nu }-{\frac {1}{2}}g_{\mu \nu }R$

である。

したがって、アインシュタイン方程式は、

$R_{\mu \nu }-{\frac {1}{2}}g_{\mu \nu }R=\kappa T_{\mu \nu }$

となる。添字を上げて、

$R_{\nu }^{\mu }-{\frac {1}{2}}\delta _{\nu }^{\mu }R=\kappa T_{\nu }^{\mu }$

縮約を取ると、

$R=-\kappa T$

となる。よって、アインシュタイン方程式は、$T=T_{\mu }^{\mu }$ と置いて、

$R_{\mu \nu }=\kappa \left(T_{\mu \nu }-{\frac {1}{2}}g_{\mu \nu }T\right)$

とも変形することが出来る。特に、真空中（$T_{\mu \nu }=0$）では、

$R_{\mu \nu }=0$

となる。

エネルギー運動量テンソルの表式を求める。電磁場のラグランジアン

${\mathcal {L}}_{m}=-{\frac {1}{4\mu _{0}}}F^{\mu \nu }F_{\mu \nu }$

について、公式

${\frac {\partial {\sqrt {-g}}}{\partial g^{\mu \nu }}}={\frac {1}{2{\sqrt {-g}}}}{gg_{\mu \nu }}$

を使ってテンソルの微分を実行すれば

$T_{\mu \nu }={\frac {2}{\sqrt {-g}}}{\frac {\partial ({\mathcal {L_{m}}}{\sqrt {-g}})}{\partial g^{\mu \nu }}}=2{\frac {\partial {\mathcal {L}}_{m}}{\partial g^{\mu \nu }}}-g_{\mu \nu }{\mathcal {L}}_{m}$

となる。ここで、

${\mathcal {L}}_{m}=-{\frac {1}{4\mu _{0}}}g^{\mu \alpha }g^{\nu \beta }F_{\alpha \beta }F_{\mu \nu }=-{\frac {1}{4\mu _{0}}}g^{\mu \nu }g^{\alpha \beta }F_{\nu \beta }F_{\mu \alpha }$

となるから、

${\frac {\partial {\mathcal {L}}_{m}}{\partial g^{\mu \nu }}}=-{\frac {1}{4\mu _{0}}}\times 2g^{\alpha \beta }F_{\mu \alpha }F_{\nu \beta }=-{\frac {1}{2\mu _{0}}}F_{\mu \alpha }F_{\nu }{}^{\alpha }$

となる。すなわち、

$T_{\mu \nu }={\frac {1}{\mu _{0}}}\left(-F_{\mu \alpha }F_{\nu }{}^{\alpha }+{\frac {1}{4}}F_{\alpha \beta }F^{\alpha \beta }g_{\mu \nu }\right)$

を得る。これは、ミンコフスキー空間では、特殊相対性理論での電磁場のエネルギー運動量テンソルに一致する。

最後に、アインシュタイン定数 $\kappa$ の値を求める。アインシュタイン方程式が、弱い重力場

$g_{\mu \nu }=\operatorname {diag} \left(1+{\frac {2\phi }{c^{2}}},-1,-1,-1\right)$

の極限で、さらに、静的な場合に、ニュートンの重力理論

$\triangle \phi =4\pi G\rho$

に一致することを示し、定数を決定する。ここで、$G$ は重力定数、$\rho$ は質量密度である。

エネルギー・運動量テンソルは、

$T_{\mu \nu }={\begin{pmatrix}\rho c^{2}&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}$

$T=g^{00}\rho c^{2}$

となる。アインシュタイン方程式の00成分は

$R_{00}={\frac {\kappa c^{2}}{2}}\rho$

となる。クリストッフェル記号は

${\begin{aligned}\Gamma _{\mu \nu }^{\alpha }&={\frac {1}{2}}g^{\alpha \beta }(\partial _{\nu }g_{\mu \beta }+\partial _{\mu }g_{\nu \beta }-\partial _{\beta }g_{\mu \nu })\\&\approx {\frac {1}{2}}\eta ^{\alpha \beta }(\partial _{\nu }g_{\mu \beta }+\partial _{\mu }g_{\nu \beta }-\partial _{\beta }g_{\mu \nu })\end{aligned}}$

と近似することができる。

また、リッチテンソルの $\Gamma \Gamma$ の項は、二次の微小量となるから無視すると、

$R_{\mu \nu }\approx \partial _{\alpha }\Gamma _{\mu \nu }^{\alpha }-\partial _{\nu }\Gamma _{\mu \alpha }^{\alpha }$

と近似できる。

さらに、静的な場合だから、 $t$ に関する微分が0となることに注意すると、

${\begin{aligned}R_{00}&=\partial _{\alpha }\Gamma _{00}^{\alpha }-\partial _{0}\Gamma _{0\alpha }^{\alpha }\\&\approx \partial _{i}\Gamma _{00}^{i}\\&=-{\frac {1}{2}}\partial _{i}(\partial _{0}g_{0i}+\partial _{0}g_{0i}-\partial _{i}g_{00})\\&\approx {\frac {1}{2}}\partial _{i}\partial _{i}g_{00}\\&\approx {\frac {\triangle \phi }{c^{2}}}\end{aligned}}$

となる。従って、

$\triangle \phi ={\frac {\kappa c^{4}}{2}}\rho$

となる。この係数は $4\pi G$ であるから、

$\kappa ={\frac {8\pi G}{c^{4}}}$

を得る。最終的に、アインシュタイン方程式は、

$R_{\mu \nu }-{\frac {1}{2}}g_{\mu \nu }R={\frac {8\pi G}{c^{4}}}T_{\mu \nu }$

となる。

宇宙項

$S={\frac {1}{c}}\int \left(-{\frac {1}{2\kappa }}(R-2\Lambda )+{\mathcal {L}}_{m}\right){\sqrt {-g}}d^{4}x$

とすると、

$\delta \int 2\Lambda {\sqrt {-g}}d^{4}x=-\int \Lambda g_{\mu \nu }\delta g^{\mu \nu }{\sqrt {-g}}d^{4}x$

となるから、アインシュタイン方程式は、

$R_{\mu \nu }-{\frac {1}{2}}g_{\mu \nu }R+\Lambda g_{\mu \nu }={\frac {8\pi G}{c^{4}}}T_{\mu \nu }$

となる。宇宙定数 $\Lambda$ は通常小さい値のため無視することができるが、宇宙論的な議論をする際には重要になる。

シュワルツシルト解

球対称な物質が作り出す重力場の真空解について考えよう。球対称な空間の計量は

$ds^{2}=A(t,r)dt^{2}-B(t,r)dr^{2}-r^{2}(d\theta ^{2}+\sin ^{2}\theta d\varphi ^{2})$

の形になる。計算を簡単にするために、$A=c^{2}e^{2\nu }\,B=e^{2\lambda }$ とすると

$ds^{2}=e^{2\nu }c^{2}dt^{2}-e^{2\lambda }dr^{2}-r^{2}(d\theta ^{2}+\sin ^{2}\theta d\varphi ^{2})$

となる。すなわち、

$g_{\mu \nu }=\operatorname {diag} (e^{2\nu },-e^{2\lambda },-r^{2},-r^{2}\sin ^{2}\theta )$

$g^{\mu \nu }=\operatorname {diag} \left(e^{-2\nu },-e^{-2\lambda },-{\frac {1}{r^{2}}},-{\frac {1}{r^{2}\sin ^{2}\theta }}\right)$

となる。真空中のアインシュタイン方程式は

$R_{\mu \nu }=0$

である。$R_{\mu \nu }$ を求める前に $\Gamma _{\alpha \beta }^{\mu }$ を求めなくてはならない。一見計算量が膨大だと思うかもしれないが、$g_{\mu \nu }$ は非対角成分が0であることによって割と簡単に計算できる。例えば、

$\Gamma _{\alpha \beta }^{\mu }={\frac {1}{2}}g^{\mu \nu }(g_{\alpha \nu ,\beta }+g_{\beta \nu ,\alpha }-g_{\alpha \beta ,\nu })$

は、

$\Gamma _{\alpha \beta }^{\mu }={\frac {1}{2}}g^{\mu \mu }(g_{\alpha \mu ,\beta }+g_{\beta \mu ,\alpha }-g_{\alpha \beta ,\mu })$

となる。さらに、$\mu ,\alpha ,\beta$ が相異なる場合は括弧内の部分に対角成分は存在し得ないから0となる。また、$\mu ,\alpha ,\beta$ の２つのみが同じ整数の場合、括弧内の対角項のみが残る。例えば、

${\begin{aligned}\Gamma _{00}^{1}&={\frac {1}{2}}g^{11}(g_{01,0}+g_{01,0}-g_{00,1})\\&=-{\frac {1}{2}}g^{11}g_{00,1}\\&=\nu 'e^{2(\nu -\lambda )}\end{aligned}}$

である。$\mu ,\alpha ,\beta$ がすべて等しい整数の場合は、

${\begin{aligned}\Gamma _{\alpha \alpha }^{\alpha }&={\frac {1}{2}}g^{\alpha \alpha }(g_{\alpha \alpha ,\alpha }+g_{\alpha \alpha ,\alpha }-g_{\alpha \alpha ,\alpha })\\&={\frac {1}{2}}g^{\alpha \alpha }g_{\alpha \alpha ,\alpha }\end{aligned}}$

となる。これに従って計算してみよう。${\dot {}}$ は $ct$ についての微分、$'$ は $r$ についての微分を表す。

${\begin{aligned}\Gamma _{00}^{0}&={\frac {1}{2}}g^{00}g_{00,0}\\&={\dot {\nu }}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{10}^{0}&={\frac {1}{2}}g^{00}g_{00,1}\\&=\nu '\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{11}^{0}&=-{\frac {1}{2}}g^{00}g_{11,0}\\&={\dot {\lambda }}e^{2(\lambda -\nu )}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{20}^{0}&=-{\frac {1}{2}}g^{00}g_{00,2}\\&=0\end{aligned}}$

$\Gamma _{21}^{0}=0$

${\begin{aligned}\Gamma _{22}^{0}&=-{\frac {1}{2}}g^{00}g_{22,0}\\&=0\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{30}^{0}&=-{\frac {1}{2}}g^{00}g_{00,3}\\&=0\end{aligned}}$

$\Gamma _{31}^{0}=0$

$\Gamma _{32}^{0}=0$

${\begin{aligned}\Gamma _{33}^{0}&=-{\frac {1}{2}}g^{00}g_{33,0}\\&=0\end{aligned}}$

次に $\Gamma _{\alpha \beta }^{1}$ について：

${\begin{aligned}\Gamma _{00}^{1}&=-{\frac {1}{2}}g^{11}g_{00,1}\\&=\nu 'e^{2(\nu -\lambda )}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{10}^{1}&={\frac {1}{2}}g^{11}g_{11,0}\\&={\dot {\lambda }}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{11}^{1}&={\frac {1}{2}}g^{11}g_{11,1}\\&=\lambda '\end{aligned}}$

$\Gamma _{20}^{1}=0$

${\begin{aligned}\Gamma _{21}^{1}&={\frac {1}{2}}g^{11}g_{11,2}\\&=0\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{22}^{1}&={\frac {1}{2}}g^{11}g_{22,1}\\&=-re^{-2\lambda }\end{aligned}}$

$\Gamma _{30}^{1}=0$

${\begin{aligned}\Gamma _{31}^{1}&={\frac {1}{2}}g^{11}g_{11,3}\\&=0\end{aligned}}$

$\Gamma _{32}^{1}=0$

${\begin{aligned}\Gamma _{33}^{1}&=-{\frac {1}{2}}g^{11}g_{33,1}\\&=-r\sin ^{2}\theta e^{-2\lambda }\end{aligned}}$

次に $\Gamma _{\alpha \beta }^{2}$ について：

${\begin{aligned}\Gamma _{00}^{2}&=-{\frac {1}{2}}g^{22}g_{00,2}\\&=0\end{aligned}}$

$\Gamma _{10}^{2}=0$

${\begin{aligned}\Gamma _{11}^{2}&=-{\frac {1}{2}}g^{22}g_{11,2}\\&=0\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{20}^{2}&={\frac {1}{2}}g^{22}g_{22,0}\\&=0\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{21}^{2}&={\frac {1}{2}}g^{22}g_{22,1}\\&={\frac {1}{r}}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{22}^{2}&={\frac {1}{2}}g^{22}g_{22,2}\\&=0\end{aligned}}$

$\Gamma _{30}^{2}=0$

$\Gamma _{31}^{2}=0$

${\begin{aligned}\Gamma _{32}^{2}&={\frac {1}{2}}g^{22}g_{22,3}\\&=0\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{33}^{2}&=-{\frac {1}{2}}g^{22}g_{33,2}\\&=-\sin \theta \cos \theta \end{aligned}}$

最後に $\Gamma _{\alpha \beta }^{3}$ について：

${\begin{aligned}\Gamma _{00}^{3}&=-{\frac {1}{2}}g^{33}g_{00,3}\\&=0\end{aligned}}$

$\Gamma _{10}^{3}=0$

${\begin{aligned}\Gamma _{11}^{3}&=-{\frac {1}{2}}g^{33}g_{11,3}\\&=0\end{aligned}}$

$\Gamma _{20}^{3}=0$

$\Gamma _{21}^{3}=0$

${\begin{aligned}\Gamma _{22}^{3}&=-{\frac {1}{2}}g^{33}g_{22,3}\\&=0\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{30}^{3}&={\frac {1}{2}}g^{33}g_{33,0}\\&=0\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{31}^{3}&={\frac {1}{2}}g^{33}g_{33,1}\\&={\frac {1}{r}}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{32}^{3}&={\frac {1}{2}}g^{33}g_{33,2}\\&={\frac {\cos \theta }{\sin \theta }}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Gamma _{33}^{3}&={\frac {1}{2}}g^{33}g_{33,3}\\&=0\end{aligned}}$

となる。

次に、リッチテンソルを計算する。まずは、$R_{10}$ を計算する。

${\begin{aligned}R_{10}&=\partial _{\alpha }\Gamma _{01}^{\alpha }-\partial _{0}\Gamma _{\alpha 1}^{\alpha }+\Gamma _{\alpha \beta }^{\alpha }\Gamma _{01}^{\beta }-\Gamma _{0\beta }^{\alpha }\Gamma _{\alpha 1}^{\beta }\\&=\partial _{0}\Gamma _{01}^{0}+\partial _{1}\Gamma _{01}^{1}-\partial _{0}\Gamma _{01}^{0}-\partial _{0}\Gamma _{11}^{1}-\partial _{0}\Gamma _{21}^{2}-\partial _{0}\Gamma _{31}^{3}\\&+(\Gamma _{00}^{0}+\Gamma _{10}^{1})\Gamma _{01}^{0}+(\Gamma _{00}^{0}+\Gamma _{11}^{1}+\Gamma _{22}^{2}+\Gamma _{33}^{3})\Gamma _{01}^{1}-\Gamma _{00}^{0}\Gamma _{01}^{0}-\Gamma _{00}^{1}\Gamma _{11}^{0}-\Gamma _{01}^{0}\Gamma _{01}^{1}-\Gamma _{01}^{1}\Gamma _{01}^{1}\Gamma _{11}^{1}\end{aligned}}$

ここで、

$\partial _{\alpha }\Gamma _{01}^{\alpha }=\partial _{0}\Gamma _{01}^{0}+\partial _{1}\Gamma _{01}^{1}$

${\begin{aligned}\partial _{0}\Gamma _{\alpha 1}^{\alpha }&=\partial _{0}\Gamma _{01}^{0}+\partial _{0}\Gamma _{11}^{1}+\partial _{0}\Gamma _{21}^{2}+\partial _{0}\Gamma _{31}^{3}\\&=\partial _{0}\Gamma _{01}^{0}+\partial _{0}\Gamma _{11}^{1}\end{aligned}}$

である。$\partial _{1}\Gamma _{01}^{1}={\dot {\lambda }}',\,\partial _{0}\Gamma _{11}^{1}={\dot {\lambda }}'$ であるから、

$\partial _{\alpha }\Gamma _{01}^{\alpha }-\partial _{0}\Gamma _{\alpha 1}^{\alpha }=0$

となる。よって、

${\begin{aligned}R_{10}&=\Gamma _{\alpha \beta }^{\alpha }\Gamma _{01}^{\beta }-\Gamma _{0\beta }^{\alpha }\Gamma _{\alpha 1}^{\beta }\\&=(\Gamma _{00}^{0}+\Gamma _{10}^{1})\Gamma _{01}^{0}+(\Gamma _{00}^{0}+\Gamma _{11}^{1}+\Gamma _{22}^{2}+\Gamma _{33}^{3})\Gamma _{01}^{1}-\Gamma _{00}^{0}\Gamma _{01}^{0}-\Gamma _{00}^{1}\Gamma _{11}^{0}-\Gamma _{01}^{0}\Gamma _{01}^{1}-\Gamma _{01}^{1}\Gamma _{01}^{1}\Gamma _{11}^{1}\\&=({\dot {\nu }}+{\dot {\lambda }})\nu '+\left(\nu '+\lambda '+{\frac {2}{r}}\right){\dot {\lambda }}-{\dot {\nu }}\nu '-\nu 'e^{2(\nu -\lambda )}{\dot {\lambda }}e^{2(\lambda -\nu )}-\nu '{\dot {\lambda }}-{\dot {\lambda }}\lambda '\\&=2{\frac {\dot {\lambda }}{r}}\end{aligned}}$

となる。アインシュタイン方程式より $R_{10}=0$ となるから、

${\dot {\lambda }}=0$

を得る。すなわち、$\lambda$ は $t$ に依存しない。また、

$\Gamma _{11}^{0}={\dot {\lambda }}e^{2(\lambda -\nu )}=0$

$\Gamma _{10}^{1}={\dot {\lambda }}=0$

となる。次に $R_{00}$ を計算しよう。

${\begin{aligned}R_{00}&=\partial _{\alpha }\Gamma _{00}^{\alpha }-\partial _{0}\Gamma _{\alpha 0}^{\alpha }+\Gamma _{\alpha \beta }^{\alpha }\Gamma _{00}^{\beta }-\Gamma _{0\beta }^{\alpha }\Gamma _{\alpha 0}^{\beta }\\&=\partial _{0}\Gamma _{00}^{0}+\partial _{1}\Gamma _{00}^{1}-\partial _{0}\Gamma _{00}^{0}+\Gamma _{00}^{0}\Gamma _{00}^{0}+(\Gamma _{01}^{0}+\Gamma _{11}^{1}+\Gamma _{21}^{2}+\Gamma _{31}^{3})\Gamma _{00}^{1}-\Gamma _{00}^{0}\Gamma _{00}^{0}-\Gamma _{01}^{0}\Gamma _{00}^{1}-\Gamma _{00}^{1}\Gamma _{10}^{0}\\&=\partial _{1}\Gamma _{00}^{1}+(\Gamma _{01}^{0}+\Gamma _{11}^{1}+\Gamma _{21}^{2}+\Gamma _{31}^{3})\Gamma _{00}^{1}-\Gamma _{01}^{0}\Gamma _{00}^{1}-\Gamma _{00}^{1}\Gamma _{10}^{0}\\\end{aligned}}$

より、

$e^{2(\lambda -\nu )}R_{00}=\nu ''-\nu '\lambda '+{\frac {2\nu '}{r}}+\nu '^{2}$

を得る。また、$R_{11}$ を計算すると、

${\begin{aligned}R_{11}&=\partial _{\alpha }\Gamma _{11}^{\alpha }-\partial _{1}\Gamma _{\alpha 1}^{\alpha }+\Gamma _{\alpha \beta }^{\alpha }\Gamma _{11}^{\beta }-\Gamma _{1\beta }^{\alpha }\Gamma _{\alpha 1}^{\beta }\\&=\partial _{1}\Gamma _{11}^{1}-\partial _{1}\Gamma _{01}^{0}-\partial _{1}\Gamma _{11}^{1}-\partial _{1}\Gamma _{21}^{2}-\partial _{1}\Gamma _{31}^{3}+(\Gamma _{01}^{0}+\Gamma _{11}^{1}+\Gamma _{21}^{2}+\Gamma _{31}^{3})\Gamma _{11}^{1}-\Gamma _{10}^{0}\Gamma _{01}^{0}-\Gamma _{11}^{1}\Gamma _{11}^{1}-\Gamma _{12}^{2}\Gamma _{21}^{2}-\Gamma _{13}^{3}\Gamma _{31}^{3}\\&=-\partial _{1}\Gamma _{01}^{0}-\partial _{1}\Gamma _{21}^{2}-\partial _{1}\Gamma _{31}^{3}+(\Gamma _{01}^{0}+\Gamma _{21}^{2}+\Gamma _{31}^{3})\Gamma _{11}^{1}-\Gamma _{10}^{0}\Gamma _{01}^{0}-\Gamma _{12}^{2}\Gamma _{21}^{2}-\Gamma _{13}^{3}\Gamma _{31}^{3}\\&=-\nu ''+\nu '\lambda '+{\frac {2\lambda '}{r}}-\nu '^{2}\end{aligned}}$

となる。アインシュタイン方程式 $R_{00}=R_{11}=0$ より、$e^{2(\lambda -\nu )}R_{00}+R_{11}=0$ となるから、

$\lambda '+\nu '=0$

を得る。積分すると、

$\lambda +\nu =f(t)$

となる。これは $t=g(t')$ の形の変換を施すことによって一般性を失うことなく

$\lambda +\nu =0$

とすることができる。

最後に $R_{22}$ を計算しよう。

${\begin{aligned}R_{22}&=\partial _{\alpha }\Gamma _{22}^{\alpha }-\partial _{2}\Gamma _{\alpha 2}^{\alpha }+\Gamma _{\alpha \beta }^{\alpha }\Gamma _{22}^{\beta }-\Gamma _{2\beta }^{\alpha }\Gamma _{\alpha 2}^{\beta }\\&=\partial _{1}\Gamma _{22}^{1}-\partial _{2}\Gamma _{32}^{3}+(\Gamma _{01}^{0}+\Gamma _{11}^{1}+\Gamma _{21}^{2}+\Gamma _{31}^{3})\Gamma _{22}^{1}-\Gamma _{22}^{1}\Gamma _{12}^{2}-\Gamma _{21}^{2}\Gamma _{22}^{1}-\Gamma _{23}^{3}\Gamma _{32}^{3}\\&=(-1+r\lambda '-r\nu ')e^{-2\lambda }+1\\\end{aligned}}$

となる。$\lambda +\nu =0$ とアインシュタイン方程式 $R_{22}=0$ より、

$(-1-2r\nu ')e^{2\nu }+1=0$

となる。

$(re^{2\nu })'=1$

を積分して、

$e^{2\nu }=e^{-2\lambda }=1-{\frac {r_{g}}{r}}$

を得る。ここで、$r_{g}$ は積分定数であり重力半径と呼ばれる量である。最終的に計量は

$ds^{2}=\left(1-{\frac {r_{g}}{r}}\right)c^{2}dt^{2}-{\frac {dr^{2}}{1-{\frac {r_{g}}{r}}}}-r^{2}(d\theta ^{2}+\sin ^{2}\theta d\varphi ^{2})$

となる。さて、$r\to \infty$ の極限では弱い重力場

$g_{00}\approx 1+{\frac {2\phi }{c^{2}}}$

に一致する。ニュートン力学おけるポテンシャル

$\phi =-{\frac {Gm}{r}}$

を代入すると、

$r_{g}={\frac {2Gm}{c^{2}}}$

となる。

重力波

重力の効果が弱いとき、$h_{\mu \nu }$ を十分微小な量として、

$g_{\mu \nu }=\eta _{\mu \nu }+h_{\mu \nu }$

と書くことができる。アインシュタイン方程式

$R_{\mu \nu }=\kappa \left(T_{\mu \nu }-{\frac {1}{2}}g_{\mu \nu }T\right)$

は真空中では、

$R_{\mu \nu }=0$

となる。クリストッフェル記号は、

${\begin{aligned}\Gamma _{\mu \nu }^{\alpha }&={\frac {1}{2}}g^{\alpha \beta }(\partial _{\nu }g_{\mu \beta }+\partial _{\mu }g_{\nu \beta }-\partial _{\beta }g_{\mu \nu })\\&\approx {\frac {1}{2}}\eta ^{\alpha \beta }(\partial _{\nu }h_{\mu \beta }+\partial _{\mu }h_{\nu \beta }-\partial _{\beta }h_{\mu \nu })\end{aligned}}$

となる。リッチテンソルは $h_{\mu \nu }$ に対する二次の項を無視すれば、

${\begin{aligned}R_{\mu \nu }&\approx \partial _{\alpha }\Gamma _{\mu \nu }^{\alpha }-\partial _{\nu }\Gamma _{\mu \alpha }^{\alpha }\\&={\frac {1}{2}}(-\eta ^{\alpha \beta }h_{\mu \nu ,\alpha \beta }+h^{\alpha }{}_{\nu ,\alpha \mu }+h^{\alpha }{}_{\mu ,\alpha \nu }-h_{,\mu \nu })\\\end{aligned}}$

となる。$h=h^{\alpha }{}_{\alpha }$ である。ここで、$\xi ^{\mu }$ を微小量として、座標変換 $x'^{\mu }=x^{\mu }+\xi ^{\mu }$ をすることによって、ゲージ条件

$h^{\alpha }{}_{\beta ,\alpha }={\frac {1}{2}}\delta _{\beta }^{\alpha }h_{,\alpha }$

を課す事が出来る。ゲージ条件により、最後の三項は打ち消し合い、

$R_{\mu \nu }=-{\frac {1}{2}}\eta ^{\alpha \beta }h_{\mu \nu ,\alpha \beta }=-{\frac {1}{2}}\Box h_{\mu \nu }$

となるから、アインシュタイン方程式は、

$\Box h_{\mu \nu }=0$

と変形できる。これは波動方程式である。

参考文献

• エリ・デ・ランダウ、イェ・エム・リフシッツ著、恒藤敏彦、広重徹訳『場の古典論（原著第6版）』東京図書（1978）
• 中嶋慧、松尾衛『一般ゲージ理論と共変解析力学』現代数学社（2020）