Schwarzschildの解

重力場方程式

まずは，元となる重力場方程式を見ていきましょう．
エネルギ(すなわち，質量なども)が存在する場所では，時空間が曲がる，というのが重力場方程式です．これは，次のような形です．
$$
R_{\mu\nu} - \frac{1}{2} g_{\mu\nu} R + \Lambda g_{\mu\nu} = \frac{8\pi G}{c^4} T_{\mu\nu}.
$$
\( R_{\mu\nu},~R \)はそれぞれRicciテンソル，Ricciスカラといって，空間の曲率を表します．また，これらは計量テンソルとその微分から成る複雑な関数です．\( g_{\mu\nu} \)は計量テンソルで，空間の曲がりを決定するものです．\( \Lambda \)は宇宙定数といいます．右辺については，\( G \)は万有引力定数，\( c\)は光速です．そして\( T_{\mu\nu} \)はエネルギ運動量テンソルといい，エネルギ(質量)や運動量を表しています．つまり，この式は，エネルギが存在する場所では，時空間に歪が生ずる，と言っています．
そこで，空間の曲率というのがどういったものかを知る必要がありそうです．それを次で見ます．

曲率

空間の曲率というのは，ベクトルをある地点へ移動し，さらに元の場所まで戻したとき，元のベクトルとどれ程差異があるか，というものです．直交座標に慣れていると，これが分かりにくい．なぜなら，ベクトルをどこまでも移動させて元の場所に帰還しても，少しも差異がないためです．なんだ，曲がっていないじゃないかと言いたくなります．しかし，球面上ではどうでしょう．まず，地球儀の赤道上に北向き矢印を置くことを考えます．これを，矢印の向きを変えずに北極に移動します．さらに今までの進路とは直角に進み，赤道上に移動します．最後に，元の場所に戻ると，矢印の向きが90°違います．この差異こそが曲率に関係しており，「空間が曲がっている」ことを示します．その差異は，微小領域では，移動したループ軌道の囲む面積に比例します．

まず，ベクトル$ A^\rho $を地点\( \boldsymbol{x} \)から\( \boldsymbol{x} + \mathrm{d}\boldsymbol{x} \)まで移動させることを考えます．それは，次のようになります．
$$
\begin{eqnarray*}
A^\rho(\boldsymbol{x} + \mathrm{d}\boldsymbol{x}) = A^\rho(\boldsymbol{x}) + \mathrm{d}x^\lambda \nabla_\lambda A^\rho + \frac{1}{2} \mathrm{d}x^\mu \mathrm{d}x^\nu \nabla_\mu \nabla_\nu A^\rho.
\end{eqnarray*}
$$
また，別の軌道で$\boldsymbol{x} + \mathrm{d}\boldsymbol{x}$に行くこともできるので，それを
$$
\begin{eqnarray*}
A'^\rho(\boldsymbol{x} + \mathrm{d}\boldsymbol{x}) = A^\rho(\boldsymbol{x}) + \mathrm{d}x^\lambda \nabla_\lambda A^\rho + \frac{1}{2} \mathrm{d}x^\nu \mathrm{d}x^\mu \nabla_\nu \nabla_\mu A^\rho
\end{eqnarray*}
$$
としましょう．これは，先ほどとは別の経路を移動したことで，$A^\rho(\boldsymbol{x} + \mathrm{d}\boldsymbol{x})$と同じにはなりません．二階共変微分の添え字が逆であることに注意してください．次にこれらの差をとると(もしかしたら，この考えは間違いかもしれないが)，
$$
\begin{eqnarray*}
A^\rho(\boldsymbol{x} + \mathrm{d}\boldsymbol{x}) - A'^\rho(\boldsymbol{x} + \mathrm{d}\boldsymbol{x})
= \mathrm{d}x^\nu \mathrm{d}x^\mu \frac{1}{2} [\nabla_\mu,~ \nabla_\nu] A^\rho
\end{eqnarray*}
$$
になります．ただし，$[A,~B] = AB - BA$(交換子)です．共変微分は順序により結果が変わるので，交換子は0になりません．そして，この交換子が曲率テンソルです．
$$
\begin{eqnarray*}
[\nabla_\mu,~ \nabla_\nu] A^\rho = R^\rho_{~\sigma.\mu\nu} A^\sigma.
\end{eqnarray*}
$$
経路による移動後のベクトルの差異を見る際，一次近似では，移動に使う経路が1通りしかありません．よって，二つのベクトルの差をとっても一次の項は消えてしまいます．しかし，二次近似となると，一旦一つの中間地点を経てから目的地に至ることになります．これは2通りの中間地点が考えられますから，経路は$2!$通りになります．そのため，二次近似の部分は差をとっても消えずに残るというわけです．

Schwarzschildの解

方程式の変形

まず，重力場方程式を解きやすい形に変形しましょう．そのため，Ricciスカラ$R$を消去して，Ricciスカラ$R_{\mu\nu}$だけを含む形にしたいのです．そうすると少し簡単な形になるからです．また，宇宙定数$\Lambda$は無視しておきます．
まず，計量$g^{\mu\nu}$を両辺に掛けます．
$$
\begin{eqnarray*}
&& R_{\mu\nu} - \frac{1}{2} g_{\mu\nu} R + \Lambda g_{\mu\nu} = \frac{8\pi G}{c^4} T_{\mu\nu} \\
&\xrightarrow{\Lambda = 0}& R_{\mu\nu} - \frac{1}{2} g_{\mu\nu} R = \frac{8\pi G}{c^4} T_{\mu\nu}
\end{eqnarray*}
$$
$$
\begin{eqnarray*}
g^{\mu\nu} R_{\mu\nu} - \frac{1}{2} g^{\mu\nu} g_{\mu\nu} R &=& \frac{8\pi G}{c^4} g^{\mu\nu} T_{\mu\nu} \\
R - 2 R &=& \frac{8\pi G}{c^4} T \\
\therefore R &=& - \frac{8\pi G}{c^4} T.
\end{eqnarray*}
$$
ここで注意ですが，計量の上添字と下添字のものは互いに逆テンソルの関係にありました．よって，それらの成分同士を掛け合わせて合計したら，次元数の4となります($g^{\mu\nu} g_{\mu\nu} = \delta^\mu_\mu$で，これは単位行列のトレースに相当，そして$N \times N$の単位行列のトレースは$N$になる)．$T = g^{\mu\nu} T_{\mu\nu}$というのは$T_{\mu\nu}$のトレースです．これらを元の式に戻し，
$$
\begin{eqnarray*}
&& R_{\mu\nu} = \frac{8\pi G}{c^4} \left( T_{\mu\nu} - \frac{1}{2} g_{\mu\nu} T \right)
\end{eqnarray*}
$$
を得ます．
さらに，物体の外部は質量，すなわちエネルギが0なので，$T_{\mu\nu},~T = 0$になります．したがって，次式を解くことになります．
$$
\begin{eqnarray*}
R_{\mu\nu} = 0.
\end{eqnarray*}
$$

解の仮定

球対称な場を仮定するので，極座標を使うのが良いでしょう．しかし，少しだけ手を加えます．まず，重力の影響のない平坦な時空(Minkowski空間)を考えよう．
$$
\begin{eqnarray*}
\D{s}^2 = \D{x}^\mu \D{x}_\mu = g_{\mu\nu} \D{x}^\mu \D{x}^\nu
&=& -\D{(ct)}^2 + \D{x}^2 + \D{y}^2 + \D{z}^2 \\
&=& -\D{(ct)}^2 + \D{r}^2 + r^2 \D{\theta}^2 + r^2 \sin^2(\theta) \D{\phi}^2.
\end{eqnarray*}
$$
二行目で，空間部分を球座標に変換しました．このときの計量は$g^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,~1,~1,~1)$です．これに，時間方向と半径方向に重力場の影響を組み込みます．それぞれ，$\E{A(r)},~\E{B(r)}$として計量に入れます．角度については，球対象なので，関係ありませんので，そのままにします．そうすると次式となります．
$$
\begin{eqnarray*}
\D{s}^2 &:=& -\E{A(r)} \D{(ct)}^2 + \E{B(r)} \D{r}^2 + r^2 \D{\theta}^2 + r^2 \sin^2(\theta) \D{\phi}^2, \\
(g_{\mu\nu}) &=& \DIAG{-\E{A},~\E{B},~ r^2,~ r^2 \sin^2(\theta)}.
\end{eqnarray*}
$$
未知変数をわざわざ指数関数に入れましたが，しなくても良いです．ただ，計算が面倒になるので，指数関数の形が無難なのです(Ricciテンソルの計算をやるとわかる)．以上で下準備は整いました．この計量$g^{\mu\nu}$の$A,~B$を求めるのが次の仕事です．

Ricciテンソルの計算

まず，Ricciテンソルはどんな形かというと，Christoffel記号やその微分が入ったものです．
$$
\begin{eqnarray*}
R_{\mu\nu} = (\P_\nu \Gamma^\alpha_{\alpha\mu} + \Gamma^\alpha_{\nu\beta} \Gamma^\beta_{\alpha\mu})
- (\P_\alpha \Gamma^\alpha_{\nu\mu} + \Gamma^\alpha_{\alpha\beta} \Gamma^\beta_{\nu\mu})
\end{eqnarray*}
$$
というわけで，Christoffel記号を計算しないと先に進めないようです．なのでやります....と言いたいところですが，かなりの場所を食うので結果だけ示します(Christoffel記号定義式に入れて計算するしかないです)．
$$
\begin{eqnarray*}
\Gamma^t_{\mu\nu} &=& \delta^t_{(\mu} \delta^r_{\nu)} \P_r A, \\
\Gamma^r_{\mu\nu} &=& \frac{1}{2} \left( \delta^t_{\mu} \delta^t_{\nu} \E{A - B} \P_r A + \delta^r_{\mu} \delta^r_{\nu} \P_r B \right)
- r \left( \delta^{\theta}_{\mu} \delta^{\theta}_{\nu} + \delta^{\phi}_{\mu} \delta^{\phi}_{\nu} \sin^2(\theta) \right) \E{-B}, \\
\Gamma^\theta_{\mu\nu} &=& \frac{2}{r} \delta^r_{(\mu} \delta^{\theta}_{\nu)} - \frac{\sin(2\theta)}{2} \delta^{\phi}_{\mu} \delta^{\phi}_{\nu}, \\
\Gamma^\phi_{\mu\nu} &=& \frac{2}{r} \delta^\phi_{(\mu} \delta^r_{\nu)} - \frac{2}{\tan(\theta)} \delta^\phi_{(\mu} \delta^\theta_{\nu)}, \\
\Gamma^\alpha_{\alpha \mu} &=& \P_\mu \ln (\sqrt{-g}) = \P_\mu \ln \left( \sqrt{\E{A+B}r^4\sin^2(\theta)} \right)
= \delta^r_\mu \left( \P_r \frac{A+B}{2} + \frac{2}{r} \right) + \delta^\theta_\mu \frac{1}{\tan(\theta)}.
\end{eqnarray*}
$$
ここで，括弧付の記号がありますが，これは対称化といって，添え字を入れ替えて足し，半分にするというものです($A_{(i} B_{j)} = (A_i B_j + A_j B_i) / 2$，行列から対称行列を作り出す操作で使われます)．
これらを，Ricciテンソルの定義式に代入してやります．
$$
\begin{eqnarray*}
R_{\mu\nu} &=& (\P_\nu \Gamma^\alpha_{\alpha\mu} + \Gamma^\alpha_{\nu\beta} \Gamma^\beta_{\alpha\mu})
- (\P_\alpha \Gamma^\alpha_{\nu\mu} + \Gamma^\alpha_{\alpha\beta} \Gamma^\beta_{\nu\mu}) \\
&=& (\P_\nu \P_\mu \ln \sqrt{-g} + \Gamma^\alpha_{\nu\beta} \Gamma^\beta_{\alpha\mu})
- (\P_\alpha \Gamma^\alpha_{\nu\mu} + \P_\beta \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^\beta_{\nu\mu}).
\end{eqnarray*}
$$
これら全成分を計算するのは大変です．しかし，我々は未知関数$A,~B$を知ることが目的なので，必要な成分だけを計算すればよいのです．そのため，$(\mu,~\nu) = (t,~t),~(r,~r),~(\theta,~\theta)$についてだけ計算すれば十分です．
$$
\begin{eqnarray*}
R_{tt}
&=& (\underbrace{\P_{ct} \P_{ct} \ln \sqrt{-g}}_{=0} + \Gamma^\alpha_{t \beta} \Gamma^\beta_{\alpha t})
- (\P_\alpha \Gamma^\alpha_{tt} + \P_\beta \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^\beta_{tt}) \\
&=& \sum_\alpha \sum_\beta \Gamma^\alpha_{t \beta} \Gamma^\beta_{\alpha t}
- \sum_\alpha \P_\alpha \Gamma^\alpha_{tt} - \sum_\beta \P_\beta \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^\beta_{tt} \\
&=& \sum_\alpha (\Gamma^\alpha_{tt} \Gamma^t_{\alpha t} + \Gamma^\alpha_{tr} \Gamma^r_{\alpha t})
- \P_r \Gamma^r_{tt} - \P_r \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^r_{tt} \\
&=& (\Gamma^r_{tt} \Gamma^t_{rt} + \Gamma^t_{tr} \Gamma^r_{tt})
- \P_r \Gamma^r_{tt} - \P_r \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^r_{tt} \\
&=& (2\Gamma^t_{rt} - \P_r - \P_r \ln \sqrt{-g}) \Gamma^r_{tt} \\
&=& (2\Gamma^t_{rt} - \P_r - \P_r \ln \sqrt{-g}) \frac{1}{2} (\E{A - B} \P_r A ) \\
&=& \left( \P_r A - \P_r - \P_r \frac{A+B}{2} - \frac{2}{r} \right) \frac{1}{2} (\E{A - B} \P_r A ) \\
&=& -\frac{1}{2} \E{A - B} \left( \P_r^2 A + \frac{1}{2} (\P_r A)^2 - \frac{2}{r} \P_r A - \frac{1}{2} \P_r A \P_r B \right), \\
R_{rr}
&=& (\P_r \P_r \ln \sqrt{-g} + \Gamma^\alpha_{r \beta} \Gamma^\beta_{\alpha r})
- (\P_\alpha \Gamma^\alpha_{rr} + \P_\beta \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^\beta_{rr}) \\
&=& (\P_r^2 \ln \sqrt{-g}
+ \Gamma^\alpha_{rt} \Gamma^t_{\alpha r}
+ \Gamma^\alpha_{rr} \Gamma^r_{\alpha r}
+ \Gamma^\alpha_{r\theta} \Gamma^\theta_{\alpha r}
+ \Gamma^\alpha_{r\phi} \Gamma^\phi_{\alpha r})
- (\P_r \Gamma^r_{rr} + \P_r \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^r_{rr}) \\
&=& (\P_r^2 \ln \sqrt{-g}
+ \Gamma^t_{rt} \Gamma^t_{tr}
+ \Gamma^r_{rr} \Gamma^r_{rr}
+ \Gamma^\theta_{r\theta} \Gamma^\theta_{\theta r}
+ \Gamma^\phi_{r\phi} \Gamma^\phi_{\phi r})
- (\P_r \Gamma^r_{rr} + \P_r \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^r_{rr}) \\
&=& \left( \P_r^2 \frac{A+B}{2} - \frac{2}{r^2} +
\left( \frac{\P_r A}{2} \right)^2 + \left( \frac{\P_r B}{2} \right)^2 + \left( \frac{1}{r} \right)^2 + \left( \frac{1}{r} \right)^2 \right)
- \left(\P_r + \P_r \frac{A+B}{2} - \frac{2}{r} \right) \frac{\P_r B}{2} \\
&=& \frac{1}{2} \left( \P_r^2 A + \frac{1}{2} (\P_r A)^2 - \frac{2}{r} \P_r B - \frac{1}{2} \P_r A \P_r B \right), \\
R_{\theta\theta}
&=& (\P_\theta \P_\theta \ln \sqrt{-g} + \Gamma^\alpha_{\theta\beta} \Gamma^\beta_{\alpha\theta})
- (\P_\alpha \Gamma^\alpha_{\theta\theta} + \P_\beta \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^\beta_{\theta\theta}) \\
&=& (\P_\theta \P_\theta \ln \sqrt{-g}
+ \Gamma^\alpha_{\theta r} \Gamma^r_{\alpha\theta}
+ \Gamma^\alpha_{\theta\theta} \Gamma^\theta_{\alpha\theta}
+ \Gamma^\alpha_{\theta\phi} \Gamma^\phi_{\alpha\theta})
- (\P_r \Gamma^r_{\theta\theta} + \P_r \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^r_{\theta\theta}) \\
&=& (\P_\theta \P_\theta \ln \sqrt{-g}
+ \Gamma^\theta_{\theta r} \Gamma^r_{\theta\theta}
+ \Gamma^r_{\theta\theta} \Gamma^\theta_{r\theta}
+ \Gamma^\phi_{\theta\phi} \Gamma^\phi_{\phi\theta})
- (\P_r \Gamma^r_{\theta\theta} + \P_r \ln \sqrt{-g} \, \Gamma^r_{\theta\theta}) \\
&=& \left( -\frac{1}{\sin^2(\theta)} - 2 \E{-B} + \frac{1}{\tan^2(\theta)} \right)
- \left( -\E{-B} + r \E{-B} \P_r B + \left( r\P_r \frac{A+B}{2} + 2 \right) \E{-B} \right) \\
&=& -1 + \E{-B} \left( 1 + r\P_r \frac{A-B}{2} \right).
\end{eqnarray*}
$$
したがって，次式が得られます．
$$
\begin{eqnarray*}
R_{tt} &=& -\frac{1}{2} \E{A - B} \left( \P_r^2 A + \frac{1}{2} (\P_r A)^2 - \frac{2}{r} \P_r A - \frac{1}{2} \P_r A \P_r B \right) = 0, \\
R_{rr} &=& \frac{1}{2} \left( \P_r^2 A + \frac{1}{2} (\P_r A)^2 - \frac{2}{r} \P_r B - \frac{1}{2} \P_r A \P_r B \right) = 0, \\
R_{\theta\theta} &=& -1 + \E{-B} \left( 1 + r\P_r \frac{A-B}{2} \right) = 0.
\end{eqnarray*}
$$
$R_{tt},~R_{rr}$の式から，
$$
\begin{eqnarray*}
\P_r (A+B) = 0, \qquad
\therefore A + B = K. \qquad
(K = \text{const}.)
\end{eqnarray*}
$$
これと，$R_{\theta\theta}$から，
$$
\begin{eqnarray*}
R_{\theta\theta} &=& -1 + \E{-B} \left( 1 + r\P_r \frac{A-B}{2} \right) \\
&=& -1 + \E{-B} \left( 1 + r\P_r \frac{K-2B}{2} \right) \\
&=& -1 + \E{-B} \left( 1 - r\P_r B \right) \\
&=& -1 + \P_r \left( r \E{-B}\right) = 0, \\
\P_r \left( r \E{-B}\right) &=& r - R_\mathrm{s}, \qquad (R_\mathrm{s} = \text{const.}) \\
\therefore B &=& \ln \left( \frac{1}{1 - R_\mathrm{s} / r} \right).
\end{eqnarray*}
$$
また，積分定数$K$は，$r \rightarrow \infty$，即ち無限遠で平坦な時空になる条件から，0になります．
$$
\begin{eqnarray*}
A &=& K - B = \ln \left( \E{K} \right) - \ln \left( \frac{1}{1 - R_\mathrm{s} / r} \right) \\
&=& \ln \left( \frac{\E{K}}{1 - R_\mathrm{s} / r} \right) \\
& \xrightarrow{r \rightarrow \infty} & \ln \left( \frac{\E{K}}{1 - 0} \right) = 1, \\
\therefore K &=& 0.
\end{eqnarray*}
$$
これより，$A = -B$を得られ，結局，解となる計量テンソルは，次式となります．
$$
\begin{eqnarray*}
g_{\mu\nu} &=& \DIAG{-\E{A},~\E{B},~ r^2,~ r^2 \sin^2(\theta)} \\
&=& \DIAG{-(1 - R_\mathrm{s} / r),~\frac{1}{1 - R_\mathrm{s} / r},~ r^2,~ r^2 \sin^2(\theta)}.
\end{eqnarray*}
$$
これが，Schwarzschildの解というものです．この関数形はわかりましたが，$R_\mathrm{s}$なる定数が決まっていません．

Schwarzschild半径

Schwarzschildの解に$R_\mathrm{s}$なる定数が現れましたが，これを決定しましょう．実は，これはSchwarzschild半径とよばれ，事象の地平線とよばれるものです．
求める手順は，計量テンソルの$(t,~t)$成分と，重力の影響の関係を見出して，そこから解きます．

まずは，計量と重力を関係付けたいのですが，その材料として，測地線方程式を使います．そこには，計量テンソルが含まれており，また，加速度項もあるので，計量と重力加速度の関係が分かると予想できます．計算にあたって，物体は光速より非常に低速と仮定し，また，時間微分は固有時間ではなく，通常の座標時間$t$での微分(ドットで表記する)とします．
$$
\begin{eqnarray*}
\ddot{x}^\mu &=& -\Gamma^\mu_{\rho\sigma} \dot{x}^\rho \dot{x}^\sigma \\
&\cong& -\Gamma^\mu_{tt} \dot{x}^t \dot{x}^t \\
&=& -c^2 \Gamma^\mu_{tt} \\
&=& -c^2 g^{\mu\nu} \frac{\P_t g_{t\nu} + \P_t g_{\nu t} - \P_\nu g_{tt}}{2} \\
&=& \frac{c^2}{2} g^{\mu\nu} \P_\nu g_{tt}, \\
\therefore \ddot{\V{x}} &=& \frac{c^2}{2} \GRAD g_{tt}.
\end{eqnarray*}
$$
一方，重力加速度はというと，これは重力ポテンシャル$\Phi$を用いた次の形を使います．
$$
\begin{eqnarray*}
\ddot{\V{x}} = -\GRAD \Phi.
\end{eqnarray*}
$$
この$\Phi$というのは，重力場でのPoisson方程式を満たすようなものです(電磁気学の，静電ポテンシャルと同じ形式)．
$$
\begin{eqnarray*}
\triangle \Phi = 4\pi G \rho.
\end{eqnarray*}
$$
$\rho$は物体の質量密度，$G$は万有引力定数です．今回の場合，物体の全質量$M$として
$$
\begin{eqnarray*}
\Phi = -\frac{GM}{r}
\end{eqnarray*}
$$
なので，
$$
\begin{eqnarray*}
\ddot{\V{x}} &=& -\GRAD \left( -\frac{GM}{r} \right) = \frac{c^2}{2} \GRAD g_{tt}, \\
\therefore g_{tt} &=& \frac{2GM/c^2}{r} + K.
\end{eqnarray*}
$$
さらに，積分定数$K$は，$r \rightarrow \infty$で$g_{tt} \rightarrow \eta_{tt} = -1$より
$$
\begin{eqnarray*}
g_{tt} \xrightarrow{r \rightarrow \infty} \eta_{tt} = K = -1.
\end{eqnarray*}
$$
が得られ，
$$
\begin{eqnarray*}
g_{tt} &=& \frac{2GM/c^2}{r} - 1
\end{eqnarray*}
$$
となります．

ここで得られた$g_{tt}$を元の式へ戻すと，$R_\mathrm{s}$が得られます．
$$
\begin{eqnarray*}
g_{tt} &=& -\left(1 - \frac{R_\mathrm{s}}{r} \right) = \frac{2GM/c^2}{r} - 1, \\
\therefore R_\mathrm{s} &=& \frac{2GM}{c^2}.
\end{eqnarray*}
$$

以上をまとめると，Schwarzschildの解は次式となります．
$$
\begin{eqnarray*}
(g_{\mu\nu})
&=&
\begin{bmatrix}
-(1 - R_\mathrm{s} / r) & & & \\
& \frac{1}{1 - R_\mathrm{s} / r} & & \\
& & r^2 & \\
& & & r^2 \sin^2(\theta)
\end{bmatrix},
\qquad R_\mathrm{s} = \frac{2GM}{c^2}.
\end{eqnarray*}
$$

この式を見るに，$r = R_\mathrm{s}$では$(t,~t)$成分が0になっています．その場合には時間の進みがなくなる，という現象を予言します．