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Lesson 19 Hawking 辐射 (Unruh Effect)

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2026-04-28

ergosphere 的 g00>0g_{00}>0. 同时，有一个全局的 Killing vector，δμr^\delta^{\mu}{}_{\hat{r}}，它在 r→0r\to0 时是 timelike，r→∞r\to\infty 是 spacelike. Penrose 想到了一个过程，即一个粒子从外到内，有

mU0=mUμδμr^mU_0 = mU_\mu\delta^\mu{}_{\hat{r}}

Hawking 把 Penrose 过程推广到 Schwarzschild 黑洞，它要求 Killing vector δμt^\delta^\mu{}_{\hat{t}} 在视界的内部和外部分别是类空和类时的，同时还要求量子场论存在，因为单纯的量子力学不允许出现真空中的涨落.

上节课我们说到了对一个场做 Fourier 变换，

ϕ^(x⃗,k)=∫d3k(2π)3/2(2ωk)1/2[e−iωkt+ik⃗⋅x⃗ak⃗+eiωkt−ik⃗⋅x⃗ak⃗†],ωk=k2+m2\hat\phi(\vec{x},k) = \int\frac{\text{d}^3k}{(2\pi)^{3/2}(2\omega_k)^{1/2}}\left[e^{-\text{i}\omega_kt+\text{i}\vec{k}\cdot\vec{x}}a_{\vec{k}}+e^{\text{i}\omega_kt-\text{i}\vec{k}\cdot\vec{x}}a_{\vec{k}}^\dagger\right],\quad \omega_k=\sqrt{k^2+m^2}

现在直接说 Hawking radiation 还太难，我们先说一个 Unruh Effect. Unruh 是一个加拿大物理学家，在下面研究的效应中各种事情都是确定的. 我们考虑一个人开着飞船一直匀加速运动，那么它看到的真空将是有温度的.

这个问题只需要二维的 Minkowski 时空，ds2=−dt2+dx2\text{d}s^2 = -\text{d}t^2+\text{d}x^2. 定义速度和加速度，

Uα≡dxαdτ,aα≡dUαdτU^\alpha \equiv \frac{\text{d}x^\alpha}{\text{d}\tau},\quad a^\alpha \equiv \frac{\text{d}U^\alpha}{\text{d}\tau}

由度规易知 UαUα=−1U_\alpha U^\alpha=-1，Uαaα+aαUα=0U_\alpha a^\alpha+a_\alpha U^\alpha=0 (也就是加速度和速度在时空中垂直). 为了考虑驾驶员「看到」了什么，需要用这个驾驶员的随动参考系，所谓 comoving coordinate. 在这个系中，U~α=(1,0)\tilde U^\alpha = (1,0).

加速度是一个时空二维矢量，存在守恒量 ηαβaαaβ=a2\eta_{\alpha\beta}a^\alpha a^\beta=a^2，再有垂直条件，得到随动系中 a~α=(0,a)\tilde a^\alpha=(0,a).

先来看飞船的运动轨迹，为此利用一个二维下的 trick，换到 lightcone (光锥) 坐标系，

{u=t−xv=t+x⟹ds2=−dudv\left\{\begin{aligned} &u = t-x\\\\ &v = t+x \end{aligned}\right.\Longrightarrow \text{d}s^2 =-\text{d}u\text{d}v

因为 Lorentz 变换在二维下是一个二阶反对称矩阵，只有一个独立分量，同时还要求保线元不变，所以光锥坐标系下的 Lorentz 变换可以构造为 u→uαu\to u\alpha，v→v/αv\to v/\alpha.

飞船 xα=(u(τ),v(τ))x^\alpha = (u(\tau),v(\tau))，且满足速度条件 gαβx˙αx˙β=−1g_{\alpha\beta}\dot{x}^\alpha\dot{x}^\beta=-1，因此 u˙v˙=1\dot{u}\dot{v}=1，u¨v¨=−a2\ddot{u}\ddot{v}=-a^2.

⟹u˙=1v˙⟹u¨=−v¨v˙2⟹−(v¨v˙)2=−a2\Longrightarrow \dot{u}=\frac{1}{\dot{v}}\Longrightarrow\ddot{u} = -\frac{\ddot{v}}{\dot{v}^2}\Longrightarrow-\left(\frac{\ddot{v}}{\dot{v}}\right)^2 = -a^2

解得，

v(τ)=Aaeaτ+B,u(τ)=−1Aae−aτ+Cv(\tau) = \frac{A}{a}e^{a\tau}+B,\quad u(\tau) = -\frac{1}{Aa}e^{-a\tau}+C

合理选择 initial condition 可以做到 B=C=0B=C=0；另外，刚刚我们构造的 Lorentz 变换刚好可以把 AA 给消掉，最后就是

v(τ)=eaτa,u(τ)=−e−aτav(\tau) = \frac{e^{a\tau}}{a},\quad u(\tau) = -\frac{e^{-a\tau}}{a}

换回 (x,t)(x,t)，有

t(τ)=sinh⁡(aτ)a,x(τ)=cosh⁡(aτ)a⟹x2−t2=1a2t(\tau) = \frac{\sinh(a\tau)}{a},\quad x(\tau) = \frac{\cosh(a\tau)}{a}\Longrightarrow x^2-t^2 = \frac{1}{a^2}

就是一个双曲线. 双曲线的两个渐近线就定义了一个视界，加速运动的物体只能看到宇宙的某一个部分.

下一步我们需要到 comoving coordinate (ξ0,ξ1)(\xi^0,\xi^1)，这里的度规是 gμνg_{\mu\nu}，有三个自由度，因为是实对称矩阵. 但是可以通过坐标变换去掉其中的两个自由度，总可以把 gμνg_{\mu\nu} (or to say, ds2\text{d}s^2) 写成

ds2=−Ω2(ξ0,ξ1)[(dξ0)2−(dξ1)2]\text{d}s^2 = -\Omega^2(\xi^0,\xi^1)\left[(\text{d}\xi^0)^2-(\text{d}\xi^1)^2\right]

这被称为 conformally flat coordinate. 这个系中驾驶员的轨迹是 ξ1(τ)=0,ξ0(τ)=τ\xi^1(\tau)=0,\xi^0(\tau)=\tau. 同样可以用光锥坐标系，

v~=τ,u~=τ\tilde v=\tau,\quad \tilde u=\tau

需要找一个坐标变换联系之前的坐标和共动坐标，也就是联系

ds2=−dudvandds2=−Ω2(u~,v~)du~dv~\text{d}s^2=-\text{d}u\text{d}v \quad\text{and}\quad \text{d}s^2=-\Omega^2(\tilde u,\tilde v)\text{d}\tilde u\text{d}\tilde v

直接待定系数硬解，

−(∂u∂u~du~+∂u∂v~dv~)(∂v∂u~du~+∂v∂v~dv~)=−Ω2(u~,v~)du~dv~-\left(\frac{\partial u}{\partial\tilde u}\text{d}\tilde u+\frac{\partial u}{\partial\tilde v}\text{d}\tilde v\right)\left(\frac{\partial v}{\partial\tilde u}\text{d}\tilde u+\frac{\partial v}{\partial\tilde v}\text{d}\tilde v\right) = -\Omega^2(\tilde u,\tilde v)\text{d}\tilde u\text{d}\tilde v

也就是，

∂u∂u~∂v∂u~=0,∂u∂v~∂v∂v~=0\frac{\partial u}{\partial\tilde u}\frac{\partial v}{\partial\tilde u} = 0,\quad \frac{\partial u}{\partial\tilde v}\frac{\partial v}{\partial\tilde v}=0

这和复变函数中「(反) 全纯变换」的定义非常相似，文字上的表达就是：这两个坐标之间的变换必须是全纯或反全纯的.

dudτ=dudu~du~dτ=dudu~=e−aτ=−au⟹u=C1e−au~\frac{\text{d}u}{\text{d}\tau} = \frac{\text{d}u}{\text{d}\tilde u}\frac{\text{d}\tilde u}{\text{d}\tau} = \frac{\text{d}u}{\text{d}\tilde u} = e^{-a\tau} = -au\Longrightarrow u = C_1e^{-a\tilde u}

同理可知 v=C2eav~v=C_2e^{a\tilde v}，于是

Ω2(u~=τ,v~=τ)=∂u∂u~∂v∂v~=1⟹a2C1C2=−1\Omega^2(\tilde u=\tau,\tilde v=\tau) = \frac{\partial u}{\partial\tilde u}\frac{\partial v}{\partial\tilde v} = 1\Longrightarrow a^2C_1C_2 = -1

可以利用坐标变换选择 C1,C2C_1,C_2，取 C1=−C2C_1 = -C_2，解得

u=−e−au~a,v=eav~a,ds2=−dudv=−ea(v~−u~)du~dv~u = -\frac{e^{-a\tilde u}}{a},\quad v = \frac{e^{a\tilde v}}{a},\quad \text{d}s^2 =-\text{d}u\text{d}v = -e^{a(\tilde v-\tilde u)}\text{d}\tilde u\text{d}\tilde v

共动坐标的线元是 ds2=−e2aξ1[(dξ0)2−(dξ1)2]\text{d}s^2 = -e^{2a\xi^1}[(\text{d}\xi^0)^2-(\text{d}\xi^1)^2]. 这个坐标有一块区域看不见，但是换回原先的坐标，

e2aξ1=2ax−1e^{2a\xi^1} = 2ax-1

RHS 可以小于零，这种时候驾驶员是看不见的. 这就导致全局的 Killing vector δμt^\delta^\mu{}_{\hat{t}} 在时空的某些区域是类时的、某些区域类空. 这使得我们有条件引入一个能量 (因为 Killing vector 在某些区域类时)，也有条件产生某种辐射 (Killing vector 在某些区域类空).

回到 Hawking radiation. 作用量为

S[x]=12∫g⋅d2x(−gμν∂μϕ∂νϕ)S[x] = \frac{1}{2}\int\sqrt{g}\cdot\text{d}^2x(-g^{\mu\nu}\partial_\mu\phi\partial_\nu\phi)

对于 gμνg_{\mu\nu} 做伸缩变换，如果 gμν→Ωgμνg^{\mu\nu}\to\Omega g^{\mu\nu}，那么 gμν→Ω−1gμνg_{\mu\nu}\to\Omega^{-1}g_{\mu\nu}，

g=∣g00g11−g012∣1/2→Ωg\sqrt{g} = |g_{00}g_{11}-g_{01}^2|^{1/2} \to \Omega\sqrt{g}

也就是对度规的伸缩变换不改变作用量，这仅仅是 1+11+1 维时空的特性. 共动坐标和原始坐标的作用量分别为

∫dξ0dξ1⋅12[(∂ϕ∂ξ0)2−(∂ϕ∂ξ1)2],∫dxdt⋅12[(∂ϕ∂t)2−(∂ϕ∂x)2]\int\text{d}\xi^0\text{d}\xi^1\cdot\frac{1}{2}\left[\left(\frac{\partial\phi}{\partial\xi^0}\right)^2-\left(\frac{\partial\phi}{\partial\xi^1}\right)^2\right],\quad \int\text{d}x\text{d}t\cdot\frac{1}{2}\left[\left(\frac{\partial\phi}{\partial t}\right)^2-\left(\frac{\partial\phi}{\partial x}\right)^2\right]

场的 Fourier 变换是

ϕ^=∫−∞∞dk2π2∣k∣[e−i∣k∣t+ikxak+ei∣k∣t−ikxak†]=∫0∞dk2π2k[(e−il(t−x)ak+eik(t−x)ak†)+(e−ik(t+x)a−k+eik(t+x)a−k†)]\begin{aligned} \hat{\phi} &= \int_{-\infty}^\infty\frac{\text{d}k}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2|k|}}\left[e^{-\text{i}|k|t+\text{i}kx}a_k+e^{\text{i}|k|t-\text{i}kx}a_k^\dagger\right]\\\\ &= \int_0^{\infty}\frac{\text{d}k}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2k}}\left[\left(e^{-\text{i}l(t-x)}a_k+e^{\text{i}k(t-x)a_k^\dagger}\right)+\left(e^{-\text{i}k(t+x)}a_{-k}+e^{\text{i}k(t+x)}a_{-k}^\dagger\right)\right] \end{aligned}

这种量子化是一个左行波和一个右行波的结合. 我们知道对两个坐标，作用量是不变的，因此量子化的方式也不变. 为方便计算，先换成 (u,v)(u,v)，得到

ϕ^(u,v)=∫0∞dk2π2ω[(e−ikuakR+eikuakR†)+(e−ikvakL+eikvakL†)]\hat{\phi}(u,v) = \int_0^\infty\frac{\text{d}k}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2\omega}}\left[\left(e^{-\text{i}ku}a_k^R+e^{\text{i}ku}a_k^{R\dagger}\right)+\left(e^{-\text{i}kv}a_k^L+e^{\text{i}kv}a_k^{L\dagger}\right) \right]

这里，R,LR, L 表示左行和右行，有对易关系

[akR,ak′R†]=δ(k−k′),[akL,ak′L†]=δ(k−k′)[a_k^R,a_{k'}^{R\dagger}] = \delta(k-k'),\quad [a_k^L,a_{k'}^{L\dagger}] = \delta(k-k')

到 comoving coordinate 里，

ϕ^(u~,v~)=∫dΩ2π2Ω[(e−iΩu~bΩR+eiΩu~bΩR†)+(e−iΩv~bΩL+eiΩv~bΩL†)]\hat{\phi}(\tilde u,\tilde v) = \int\frac{\text{d}\Omega}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2\Omega}}\left[\left(e^{-\text{i}\Omega\tilde u}b_\Omega^R+e^{\text{i}\Omega\tilde u}b_\Omega^{R\dagger}\right)+\left(e^{-\text{i}\Omega\tilde v}b_\Omega^L+e^{\text{i}\Omega\tilde v}b_\Omega^{L\dagger}\right)\right]

我们知道宇宙中的真空是 ∣0⟩M|0\rangle_M 态，是 aa 的本征态 (而不是 bb). 但是对于驾驶员来说，它只能通过 bb 作为自己的产生湮灭算符 —— 不过它们的场实际上是一致的，ϕ(u,v)=ϕ~(u~,v~)\phi(u,v)=\tilde\phi(\tilde u,\tilde v).

下面只看右行部分，因为左右行并不 talk，所以可以只考虑一边.

ϕR=∫0∞dΩ2π2Ω(e−iΩu~bΩR+eiΩu~bΩR†)=∫0∞dω2π2ω(e−iωuaωR+eiωuaωR†)\begin{aligned} \phi_R &= \int_0^\infty\frac{\text{d}\Omega}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2\Omega}}\left(e^{-\text{i}\Omega\tilde u}b_\Omega^R+e^{\text{i}\Omega\tilde u}b_\Omega^{R\dagger}\right)\\\\ &= \int_0^\infty\frac{\text{d}\omega}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2\omega}}\left(e^{-\text{i}\omega u}a_\omega^R+e^{\text{i}\omega u}a_\omega^{R\dagger}\right) \end{aligned}

逆变换一次算得

bΩR=∫du~2π2Ω⋅eiΩu~ϕR(u~)b_\Omega^R = \int\frac{\text{d}\tilde u}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{2\Omega}\cdot e^{\text{i}\Omega\tilde u}\phi_R(\tilde u)

代入 aa 表示的量子化场，

bΩR=∫−∞∞du~2π2Ω⋅eiΩu~∫0∞dω2π2ω[e−iωu(u~)aωR+eiωu(u~)aωR†]b_\Omega^R =\int_{-\infty}^\infty\frac{\text{d}\tilde u}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{2\Omega}\cdot e^{\text{i}\Omega\tilde u}\int_0^\infty\frac{\text{d}\omega}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2\omega}}\left[e^{-\text{i}\omega u(\tilde u)}a_\omega^R+e^{\text{i}\omega u(\tilde u)}a_\omega^{R\dagger}\right]

Generally，可以写成

bΩ=∫0∞dω(αΩωaω−βΩωaω†)b_\Omega = \int_0^\infty\text{d}\omega\left(\alpha_{\Omega\omega}a_\omega-\beta_{\Omega\omega}a_\omega^\dagger\right)

其中，

αΩω=12πaΩωeπΩ/2aexp⁡(iΩaln⁡ωa)Γ(−iΩa)βΩω=−12πaΩωe−πΩ/2aexp⁡(iΩaln⁡ωa)Γ(−iΩa)\begin{aligned} &\alpha_{\Omega\omega} = \frac{1}{2\pi a}\sqrt{\frac{\Omega}{\omega}}e^{\pi\Omega/2a}\exp\left(\frac{\text{i}\Omega}{a}\ln\frac{\omega}{a}\right)\Gamma\left(-\frac{\text{i}\Omega}{a}\right)\\\\ &\beta_{\Omega\omega} = -\frac{1}{2\pi a}\sqrt{\frac{\Omega}{\omega}}e^{-\pi\Omega/2a}\exp\left(\frac{\text{i}\Omega}{a}\ln\frac{\omega}{a}\right)\Gamma\left(-\frac{\text{i}\Omega}{a}\right) \end{aligned}

这里的 aa 是之前说的那个加速度.

我们知道对易关系：

[aω,aω′†]=δ(ω−ω′),[bΩ,bΩ′†]=δ(Ω−Ω′)[a_\omega,a_{\omega'}^\dagger] = \delta(\omega-\omega'),\quad [b_\Omega,b_{\Omega'}^\dagger] = \delta(\Omega-\Omega')

驾驶员观测到的粒子数，要用自己的粒子数算符 bΩ†bΩb_\Omega^\dagger b_\Omega 作用于真空的本征态，也就是

M⟨0∣bΩ†bΩ∣0⟩M=∫dω∣βωΩ∣2=1e2πΩ/a−1δ(0)_M\langle0|b_\Omega^\dagger b_\Omega|0\rangle_M = \int\text{d}\omega|\beta_\omega\Omega|^2 = \frac{1}{e^{2\pi\Omega/a}-1}\delta(0)

这个无穷来源于全空间积分，2πδ(0)=V2\pi\delta(0)=V. 可见，驾驶员参考系，也就是匀加速参考系的观测者看到的真空，存在大量的粒子分布 —— 如果按照 Bose - Einstein 分布来计算，这等价于温度为

TUnruh=a2πT_{\text{Unruh}} = \frac{a}{2\pi}

的系统.

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