コンテンツにスキップ

Appendix G 練習問題 解答

← 問題に戻る　|　本文に戻る

目次

Medium（標準）

Medium（標準）

M-1. \(\delta\sqrt{-g}\) の導出

→ 問題に戻る

方針: 計量の基本関係 \(g^{\mu\alpha}g_{\alpha\nu} = \delta^\mu_\nu\) の両辺を変分して \(g^{\mu\nu}\) と \(g_{\mu\nu}\) の変分の関係を得、次に Jacobi の公式 \(\delta g = g \cdot g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}\) と組み合わせて \(\delta\sqrt{-g}\) を求める。

ステップ 1: \(g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu} = -g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}\) の導出

\(g^{\mu\alpha}g_{\alpha\nu} = \delta^\mu_\nu\) の両辺を変分する。右辺は定数テンソルなので \(\delta(\delta^\mu_\nu) = 0\)：

\(\delta(g^{\mu\alpha}g_{\alpha\nu}) = (\delta g^{\mu\alpha})g_{\alpha\nu} + g^{\mu\alpha}(\delta g_{\alpha\nu}) = 0\)

両辺に \(g^{\nu\beta}\) を掛けて \(\alpha, \nu\) の縮約を整理する：

\(g^{\nu\beta}g_{\alpha\nu}\delta g^{\mu\alpha} + g^{\mu\alpha}g^{\nu\beta}\delta g_{\alpha\nu} = 0\)

\(\delta^\beta_\alpha \delta g^{\mu\alpha} + g^{\mu\alpha}g^{\nu\beta}\delta g_{\alpha\nu} = 0\)

\(\delta g^{\mu\beta} = -g^{\mu\alpha}g^{\nu\beta}\delta g_{\alpha\nu}\)

両辺に \(g_{\mu\beta}\) を掛けて縮約：

\(g_{\mu\beta}\delta g^{\mu\beta} = -g_{\mu\beta}g^{\mu\alpha}g^{\nu\beta}\delta g_{\alpha\nu} = -\delta^\alpha_\beta g^{\nu\beta}\delta g_{\alpha\nu} = -g^{\nu\alpha}\delta g_{\alpha\nu}\)

添字を付け替えると：

\(\boxed{g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu} = -g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}}\)

ステップ 2: \(\delta\sqrt{-g}\) の導出

Jacobi の公式より：

\(\delta g = g \cdot g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}\)

\(\sqrt{-g} = (-g)^{1/2}\) なので連鎖律により：

\(\delta\sqrt{-g} = \frac{1}{2}(-g)^{-1/2} \cdot \delta(-g) = -\frac{1}{2\sqrt{-g}}\delta g = -\frac{1}{2\sqrt{-g}} \cdot g \cdot g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}\)

\(g < 0\)（Lorentz 計量）なので \(g = -(-g) = -(\sqrt{-g})^2\)。したがって \(g/\sqrt{-g} = -\sqrt{-g}\)：

\(\delta\sqrt{-g} = -\frac{1}{2}(-\sqrt{-g})g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu} = \frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}\)

ステップ 1 の結果 \(g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu} = -g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}\) を代入：

\(\boxed{\delta\sqrt{-g} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}}\)

検算: \(g_{\mu\nu} = \eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,+1,+1,+1)\) の平坦時空では \(g = -1\)、\(\sqrt{-g} = 1\)。平坦時空からのずれ \(g_{\mu\nu} \to \eta_{\mu\nu} + h_{\mu\nu}\) を考えると \(\delta g_{\mu\nu} = h_{\mu\nu}\) で、導出した公式 \(\delta\sqrt{-g} = \frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}\) から \(\delta\sqrt{-g} \approx \frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}h_{\mu\nu} = \frac{1}{2}h\)（ここで \(h \equiv \eta^{\mu\nu}h_{\mu\nu}\) は摂動のトレース）。これは弱重力場展開での既知の結果と一致する。

M-2. Einstein-Hilbert の Newton 極限

→ 問題に戻る

方針: 弱重力場・低速・静的の 3 条件を順に課し、Einstein 方程式の \(00\) 成分から Newton のポアソン方程式を導く。

ステップ 1: エネルギー運動量テンソルの \(00\) 成分

非相対論的な物質では、エネルギー密度 \(\rho c^2\) が運動量密度より遥かに大きい。よって \(T^{\mu\nu}\) の支配的成分は：

\(T^{00} \approx \rho c^2, \qquad T^{0i} \approx 0, \qquad T^{ij} \approx 0\)

添字を下げると（\(g_{00} \approx \eta_{00} = -1\)）、\(T_{00} = g_{0\mu}g_{0\nu}T^{\mu\nu} \approx \rho c^2\)。

トレースは：

\(T = g^{\mu\nu}T_{\mu\nu} \approx \eta^{\mu\nu}T_{\mu\nu} = -T_{00} + T_{ii} \approx -\rho c^2\)

ステップ 2: Einstein 方程式の書き換え

Einstein 方程式 \(R_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}R = \frac{8\pi G}{c^4}T_{\mu\nu}\) の両辺に \(g^{\mu\nu}\) を縮約すると：

\(R - 2R = \frac{8\pi G}{c^4}T \quad\Rightarrow\quad R = -\frac{8\pi G}{c^4}T\)

これを元の方程式に戻して整理するとトレース反転形：

\(R_{\mu\nu} = \frac{8\pi G}{c^4}\left(T_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}T\right)\)

ステップ 3: \(00\) 成分

\(R_{00} = \frac{8\pi G}{c^4}\left(T_{00} - \frac{1}{2}g_{00}T\right) \approx \frac{8\pi G}{c^4}\left(\rho c^2 - \frac{1}{2}(-1)(-\rho c^2)\right) = \frac{8\pi G}{c^4} \cdot \frac{\rho c^2}{2} = \frac{4\pi G \rho}{c^2}\)

ステップ 4: \(R_{00} \approx -\frac{1}{2}\nabla^2 h_{00}\) と \(h_{00} = -2\Phi/c^2\) の代入

問題文で認めた \(R_{00} \approx -\frac{1}{2}\nabla^2 h_{00}\) を使う：

\(-\frac{1}{2}\nabla^2 h_{00} = \frac{4\pi G\rho}{c^2}\)

\(h_{00} = -2\Phi/c^2\) を代入：

\(-\frac{1}{2}\nabla^2\!\left(-\frac{2\Phi}{c^2}\right) = \frac{4\pi G\rho}{c^2}\)

\(\frac{1}{c^2}\nabla^2\Phi = \frac{4\pi G\rho}{c^2}\)

\(\boxed{\nabla^2\Phi = 4\pi G\rho}\)

補足（\(R_{00} \approx -\frac{1}{2}\nabla^2 h_{00}\) の由来）: 計量の signature \((-,+,+,+)\) で弱場・静的の Christoffel 記号を計算すると \(\Gamma^i_{00} \approx -\frac{1}{2}\partial_i h_{00}\) となり、\(R_{00} \approx \partial_i\Gamma^i_{00} = -\frac{1}{2}\nabla^2 h_{00}\) が得られる。問題文ではこの結果を認めた上で、Einstein 方程式の \(00\) 成分と組み合わせて Poisson 方程式を導くのが本問の骨子。

検算: 真空（\(\rho = 0\)）で \(\Phi = -GM/r\) とすると \(\nabla^2\Phi = 0\)（\(r \neq 0\)）となり、ポアソン方程式の右辺と整合。質量分布がある領域では \(\nabla^2\Phi = 4\pi G\rho > 0\) で、\(\Phi\) は引力ポテンシャル（\(\Phi < 0\)）として重力を正しく再現する。

M-3. 宇宙定数項の変分

→ 問題に戻る

方針: 作用 \(S = \frac{c^4}{16\pi G}\int (R - 2\Lambda)\sqrt{-g}\,d^4x + S_M\) を \(g^{\mu\nu}\) で変分する。\(R\) 部分の変分は本文 G.2 で計算済みなので、追加された \(-2\Lambda\sqrt{-g}\) の変分だけを計算する。

ステップ 1: \(-2\Lambda\sqrt{-g}\) の変分

\(\Lambda\) は定数なので：

\(\delta(-2\Lambda\sqrt{-g}) = -2\Lambda \cdot \delta\sqrt{-g}\)

問題 G.1 の結果 \(\delta\sqrt{-g} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}\) を代入：

\(\delta(-2\Lambda\sqrt{-g}) = -2\Lambda \cdot \left(-\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}\right) = \Lambda\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu}\,\sqrt{-g}\)

ステップ 2: 変分の統合

本文 G.3 の結果 \(\delta(R\sqrt{-g}) = (R_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}R)\delta g^{\mu\nu}\sqrt{-g}\)（境界項は消したもの）と合わせると：

\(\delta S_{EH+\Lambda} = \frac{c^4}{16\pi G}\int\left[\left(R_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}R\right) + \Lambda g_{\mu\nu}\right]\delta g^{\mu\nu}\sqrt{-g}\,d^4x\)

物質の作用 \(S_M\) の変分から \(T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta S_M}{\delta g^{\mu\nu}}\) を定義すると：

\(\delta S_M = -\frac{1}{2}\int T_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu}\sqrt{-g}\,d^4x\)

ステップ 3: 全作用の変分 \(\delta S = 0\)

\(\delta S = \frac{c^4}{16\pi G}\int\left[R_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}R + \Lambda g_{\mu\nu} - \frac{8\pi G}{c^4}T_{\mu\nu}\right]\delta g^{\mu\nu}\sqrt{-g}\,d^4x = 0\)

\(\delta g^{\mu\nu}\) が任意なので、被積分関数の係数がゼロ：

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

これが宇宙定数付きの Einstein 方程式。

物理的意味の検算:

真空（\(T_{\mu\nu} = 0\)）で \(R_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}R + \Lambda g_{\mu\nu} = 0\)。トレースを取ると \(-R + 4\Lambda = 0\)、つまり \(R = 4\Lambda\)。これを代入すると \(R_{\mu\nu} = \Lambda g_{\mu\nu}\) で、これはde Sitter 時空（\(\Lambda > 0\)）または anti-de Sitter 時空（\(\Lambda < 0\)）。実際の宇宙で \(\Lambda \approx 10^{-52}\ \mathrm{m}^{-2}\)（観測値）は暗黒エネルギーの有力候補。

別解（\(\Lambda\) をエネルギー運動量テンソルとみなす形）: \(\Lambda g_{\mu\nu}\) を右辺に移すと：

\(R_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}R = \frac{8\pi G}{c^4}\left(T_{\mu\nu} - \frac{\Lambda c^4}{8\pi G}g_{\mu\nu}\right) = \frac{8\pi G}{c^4}\left(T_{\mu\nu} + T^{(\Lambda)}_{\mu\nu}\right)\)

ここで \(T^{(\Lambda)}_{\mu\nu} = -\frac{\Lambda c^4}{8\pi G}g_{\mu\nu}\) は真空のエネルギー運動量テンソルと解釈できる。静止系での \(T_{00}\) 成分（\(g_{00} = -1\)）から読み取ると、エネルギー密度は \(\rho_\Lambda c^2 = \frac{\Lambda c^4}{8\pi G}\)（すなわち質量密度 \(\rho_\Lambda = \frac{\Lambda c^2}{8\pi G}\)）。空間成分 \(T_{ij} = p\,g_{ij}\) から圧力 \(p_\Lambda = -\frac{\Lambda c^4}{8\pi G} = -\rho_\Lambda c^2\)（負の圧力）。状態方程式 \(w \equiv p/(\rho c^2) = -1\)。これが「暗黒エネルギー」の本体。