光の軌道

シュバルツシルト解において光がどう運動するのかのを求めます。光の軌道はヌル測地線になります。

特殊相対論から光は ds2 = 0 持つということと、重力場中の運動は測地線になることを使います。変分問題は∫δ

dp gµν

dxµ dxν=0dp dp

ds2 = 0 のためにパラメータとして s でなく、別のパラメータ p を使っています。これはパラメータ p を使っているだけで、「近日点」と同じです。なので、赤道面上とすれば「近日点」での結果

h = r2 φ̇ , l = (1 −2m)ṫrがそのまま使えます。ただし、ドットは s でなく p の微分です。そして、「近日点」では最初にジュバルツシルト
線素を ds2 で割った式

1 = (1 −= (1 −dt1dθdφ2mdr)(c )2 −( )2 − r2 (( )2 + sin2 θ( )2 )
2mr
dsds
ds
1 − r ds2m −1 2 22m −1 2 h2) c l − (1 −) ṙ − 2rrrを出しましたが、ここでは ds2 = 0 にしているので、ds2 の代わりに dp2 で割ることで2m −1 2 22m −1 2 h2) c l − (1 −) ṙ − 2rrr

0 = (1 −r は r(φ) としてdr(φ)
dr dpṙ= r′ ==dφ
dp dφφ̇ṙ = φ̇r′ =r(φ) =h ′rr21u′, r′ = − 2u(φ)
uこれらを使うと u に対する微分方程式として

0 = c2 l2 − h2 u′2 − h2 u2 (1 − 2mu)u′2 =c2 l2− u2 (1 − 2mu)
h2

これをさらに φ で微分するともっと解きやすい形になり10 = − 2h2 u′ u′′ − 2h2 uu′ (1 − 2mu) + 2mh2 u2 u′= u′ (u′′ + u − 3mu2 )u′′ + u = 3mu2
これの解として、u′ = 0 → u = const というのが存在していますが、この解は問題があります。
近日点では解として許しても問題ない状況でしたが、ここでは違います。u = const であるなら、u = (3m)−1にしかならなくなり、これは r = 3m で一定ということになります。逆に言えば、r = 3m のときにしか解として成り立たないということです。近日点では u = const でも角運動量の項が残っていたために、他の r = const の円軌道に連続に変化させられますが、これはそれさえも許さず r = 3m の時のみです。なので、この u = const は一般的に考えるなら無視すべき解です。というわけで、別の解を求めます。この方程式は厳密に解けないので、邪魔な非線形項 3mu2 を近日点と同じように摂動的な寄与とします。解く前に、3mu2 を微小な摂動とすることで意味のある状況を作れるのかを確かめておきます。m はシュバルツシルト半径 rs に関係していて

3m =

3rs2

太陽による重力場として考えるなら、シュバルツシルト半径は 3(km) 程度です。そして、光が最も近づけるのは太陽表面で、その場合で約 105 (km) です。よって

3mu2 =3 rs2 r2

これは明らかに小さい値になります。なので、小さな摂動として問題ないです。というわけで、3m = ϵ としてu′′ + u = ϵu2
近日点と同じように、摂動的な解を

u = u0 + ϵv + O(ϵ2 )とします。ϵ が 0 次ではu′′0 + u0 = 0
これの一般解は、A, α を定数として u0 = A sin(φ + α) で与えられます。α は α = 0 に固定します。0 次のみで軌道が表現されているなら、u0 = 1/r から

r sin φ =21Aなので、r sin φ が定数 A によって固定されます。赤道面上としているので、例えば xy 平面上の運動とすれば、

r sin φ が定数に固定されているために、軌道は x 軸に平行な直線になります (xy 平面上で r sin φ は y 座標になるから)。

ϵ が 1 次での式はv ′′ + v = u20
定数 A を 1/A = r0 とすればv ′′ + v =11sin2 φ = 2 (1 − cos 2φ)r022r0

これの特解を右辺の形からvp = B + C cos 2φと仮定します。式に入れれば−4C cos 2φ + B + C cos 2φ =1(1 − cos 2φ)2r02から、定数 B, C はB=

11, C= 22r026r0

vp =11+ 2 cos 2φ
22r06r0と求まり、特解は

よって、u はu = u0 + ϵv =11111ϵsin φ + ϵ( 2 + 2 cos 2φ) =sin φ + 2 (1 + cos 2φ)
r02r06r0r02r03

これが 1 次まで考えた時の光の軌道になります。
感覚的に分かりやすくするために xy 平面上で書くと、x = r cos φ, y = r sin φ から3図11 yϵ1
1=+ 2 (1 + (cos2 φ − sin2 ϕ))rr0 r2r0
3=1 yϵ1 x2 − y 2+ 2 (1 + ())
r0 r
2r03r21=ϵy
1 x2 − y 2+ 2 (r + ())
r02r03r

y = r0 −= r0 −ϵ 3(x2 + y 2 ) x2 − y 2(+)
6r0rr
ϵ 2x2 + y 2√
3r0 x2 + y 2xy 平面での図にしたのが図 1 です。点線が 0 次での直線軌道で、曲がっている実線が 1 次の寄与を加えた軌道です。δ が軌道の差を現す角度で、source が重力を作っている物体 (太陽とか) です。
この結果から知りたいのは光の曲がり角 δ です。重力場付近では空間が強く曲がっているために角度がどうなっているのか調べるのは面倒です。しかし、そんな厳密な状況は現在の観測では必要にならないので、現実的な設定をします。例えば、太陽による光の屈折を地球上で調べるとき、地球には太陽の重力の影響はほぼないので、空間は平坦になっていると近似していいはずです。なので、r を無限大に取って、漸近的に平坦になっているとします。平坦なので、光の軌道も直線になっているとできます。

r 無限大では u = 0 なので
1ϵ1
sin φ + 2 (1 + cos 2φ) = 0
r02r03
この軌道は原点を中心に対称になっています。このことは、φ が十分小さいとして (r 無限大では x 軸に近づくので φ が小さくなる)、sin φ ≃ φ を使うと

0=≃1ϵ1sin φ + 2 (1 + )r02r031ϵ 4φ+ 2r02r0 3φ≃ −2ϵ3r0(1)4図2

反対側では0=1ϵ1sin(π − φ) + 2 (1 + cos 2(π − φ))r02r0
3=11ϵ(sin π cos φ − cos π sin φ) + 2 (1 + (cos 2π cos 2φ + sin 2π sin 2φ))r02r03≃1ϵ1
φ + 2 (1 + )r02r03φ≃ −2ϵ3r0となって、同じ角度になるからです。
もしくは、x, y に対して |x| ≫ y として

y = r0 −2ϵ|x|3r0

この形から明らかに十分遠方で直線になっており、原点を中心に対称な 2 本の直線があることがわかります。このときの角度 φ もこれから

tan φ ≃2ϵ|x|r0 − 3r0±|x|≃±2ϵ3r0なので、sin φ ≃ φ, cos φ ≃ 1 からφ=±2ϵ3r0となるのが分かります。
このような漸近的な直線を交差するように伸ばしたものを図にしたのが図 2 です。点線は角度の関係が分かるように引いた補助線です。y = 0 となるのは、|x| = 3r02 /2ϵ のときなので δ はtan δ =2r0 ϵ2ϵ=3r023r05よって、δ と φ は等しいことが分かるので、(1) に角度の向きを合わせるならマイナスをつけて

δ=−2ϵ2m=−3r0r0となります。
光の曲がりの角度は ∆ のことを指すので、屈折の全体角度は∆=4mr0

これを使うと太陽の表面を通る光がどれだけ屈折するのかが分かります。∆ は∆=4m4κM= 2r0c r0なので、重力定数 κ、r0 に太陽の半径 6.96 × 1010 (cm)、M に太陽の質量 1.99 × 1033 (g) をいれることで∆ = 8.48 × 10−6 = 1.75(秒角)
これは現在の観測結果と比べて誤差が 1% 程度にまで抑えられています。ちなみに、これを最初に観測したエディ
ントンは相対論の結果に当てはまるような観測結果を選んで発表したという話があります。
ここで求めた光の軌道の式は、粒子の軌道の方程式からも求めることができます。粒子の軌道の式は「近日点」
で求めたようにu′′ + u ==m+ 3mu2h2
κM ds 2( ) + 3mu2
c2 r4 dφ

これを ds2 = 0 とするだけで

u′′ + u = 3mu2となり、光の場合になります。

6