演習問題その9解答例

一般相対論演習その９・解答例
I
(i)
dea = d(eaµ dxµ ) = 2ea[µ;ν] dxν ⊗ dxµ = eaµ;ν dxν ∧ dxµ
(ii) dxµ = wbµ eb であるから
dea = eaµ;ν dxν ∧ wbµ eb = eaµ;ν wbµ dxν ∧ eb ≡ −ω a b ∧ eb .
従って
ω a b = −eaµ;ν wbµ dxν .
(iii) (3) 式の左辺が, ω a bν;µ + ω a cµ ω c bν の µ と ν とを反対称化した形になっていることに
注目する (ω a bν の偏微分を共変微分に書き換えたことに注意). (2) 式より
µ
µ
ω a bν = −eaµ;ν wbµ = eaµ wb;ν
− (
eaµ
w
b );ν
| {z }
δba
と書けるから,
α
ω a bν;µ + ω a cµ ω c bν = (−eaα;ν wbα );µ + (−eaλ;µ wcλ )(ecα wb;ν
)
| {z }
λ
δα
α
α
= −eaα;νµ wbα −eaα;ν wb;µ
− eaα;µ wb;ν
.
|
{z
}
µ↔ν 対称
よって第 1 項のみ反対称化すればよいが, 講義 (3.52) 式を思い出すと
((3) の左辺) = (−eaα;νµ wbα ) − (µ ↔ ν) = (eaλ Rλ αµν )wbα = ((3) の右辺)
となる.
(iv) (3) 式の両辺を dxµ ⊗ dxν の成分と見なして計算すると,
c
(ω a bν,µ − ω a bµ,ν + ω a cµ ωbν
− ω a cν ω c bµ )dxµ ⊗ dxν = eaλ wbα Rλ αµν dxµ ⊗ dxν
1
(ω a bν;µ + ω a cµ ω c bν )dxµ ∧ dxν = eaλ wbα Rλ αµν dxµ ∧ dxν
2
1
d(ω a bν dxν ) + (ω a cµ dxµ ) ∧ (ω c bν dxν ) = eaλ wbα Rλ αµν (wcµ ec ) ∧ (wdν ed )
2
1
dω a b + ω a c ∧ ω c b = eaλ wbα Rλ αµν wcµ wdν ec ∧ ed .
{z
}
2|
Ra bcd
II
イ:
ニ:
4GM
bc2
dL
ロ:
dLS
4GM dLS
ホ:
c2 dS dL
ハ:
(θ − ϕ)
(i) (6) 式を満たす θ の値は 2 つあり,
(
)
√
1
2
2
ϕ ± ϕ + 4α0 ≡ θ±
θ=
2
となる. ここで θ− < 0 であるが, これはレンズ天体に対して光源の反対側に見える像
に対応する. 特に ϕ = 0 のときは θ± = ±α0 となり, 像が天球上に半径が角度 α0 の円
を描くことを意味している.
1
(ii) 像と光源の立体角をそれぞれ Ω(θ) ∝ θ2 , Ω(ϕ) ∝ ϕ2 とすると, 増光率 A は
A=
dΩ(θ)
dθ2
= 2
dΩ(ϕ)
dϕ
と書ける. (i) で与えた θ± に対する増光率は, それぞれ次のようになる:
(
)
√
2
dθ±
ϕ2 + 4α02
1
ϕ
√
A± =
=±
+
±2 .
dϕ2
4
ϕ
ϕ2 + 4α02
ここで A+ > 1, A− < 0 であるが, これは
• θ = θ+ の像は光源と同一の向きを持ち, 元の明るさより明るくなること
• θ = θ− の像は光源と反対の向きを持つこと
を意味する. 全増光率は, これらの絶対値の和で与えられ,
(
)
√
ϕ2 + 4α02
1
ϕ
√
Atot ≡ A+ + |A− | =
+
2
ϕ
ϕ2 + 4α02
となる.
III
(i) ui = ui = 0 より, 4 元速度の規格化条件は g 00 (u0 )2 = −c2 と書けるから
P
2
2 ν(r)
T00 = (ρ + 2 ) (u0 )2 +
P
g
.
00 = −ρc g00 = ρc e
|
{z
}
c
−c2 g00
アインシュタインテンソルの 00 成分は
] eν d [
]
eν [
G00 = 2 1 − e−λ (1 − rλ′ ) = 2
r(1 − e−λ )
r
r dr
であった (その７ II の解答例を参照). これを用いて, アインシュタイン方程式の 00
成分は
] 8πG
eν d [
r(1 − e−λ ) = 4 ρc2 eν .
2
r dr
c
従って
∫
2G r
2GM (r)
−λ
r(1 − e ) = 2
ρ × 4πr2 dr =
c 0
c2
(
)−1
2GM (r)
eλ = 1 −
.
c2 r
(ii) ニュートン極限 (2GM (r)/c2 ≪ r) で
)−1/2
∫ r
∫ r (
2GM (r)
λ/2 2
Mp (r) = 4π
ρe r dr = 4π
ρ 1−
r2 dr
2r
c
)0
∫0 r (
∫ r
GM (r) 2
GM (r)
≈ 4π
ρ 1+
r dr = M (r) + 4π
ρ 2 r2 dr.
2
cr
cr
0
0
従って
∫
r
GM (r) 2
r dr
r
0
となり, 右辺はニュートン重力の束縛エネルギーと見なせる. このことから, 重力質量
は, 重力による安定化を込めた全エネルギーを意味することがわかる.
(M − Mp )c ≈ −4π
2
2
ρ

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