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Lesson 6 Schwarzschild 解

约 2253 字大约 8 分钟

2026-03-13

上节课说到 gμνg_{\mu\nu} 的 10 个分量中，由几何可以消掉 4 个. 但是引力波我们都知道只有两种偏振，所以还要去掉 4 个自由度. 类比一下 M 方程组，

∂μFμν=Jν,Fμν=∂μAν−∂νAμ\partial_\mu F^{\mu\nu} = J^\nu,\quad F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu

提示

所以为什么光子只有两个自由度？

首先对于任意一个谐振子系统 x¨+ω2x=f\ddot{x}+\omega^2 x=f，或者写成 Hamiltonian 形式 p˙=f−ω2x\dot{p}=f-\omega^2x，Lagrnage Equation 为

ddt(∂L∂x˙)−∂L∂x=0\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{x}}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x}=0

如果 L\mathcal{L} 里面不含有 x˙\dot{x}，那么系统就有一个约束 ∂L/∂x\partial\mathcal{L}/\partial x，后果就是运动方程中没有 x¨\ddot{x}. 对于 M 方程，把 FF 拆成 F0iF^{0i} 和 FijF^{ij}，得到

∂μFμν=∂0F0ν+∂iFiν=∂0(∂0Aν−∂νA0)+∂i(∂iAν−∂νAi)\partial_\mu F^{\mu\nu} = \partial_0F^{0\nu}+\partial_iF^{i\nu} = \partial_0(\partial^0A^\nu-\partial^\nu A^0)+\partial_i(\partial^iA^\nu-\partial^\nu A^i)

讨论 ν=0,j\nu=0,j 的两种情况，得到

∂i(∂iA0−∂0Ai)=J0∂0(∂0Ai−∂iA0)+∂j(∂jAi−∂iAj)=Ji\begin{aligned} &\partial_i(\partial^iA^0-\partial^0A^i) = J^0\\\\ &\partial_0(\partial^0A^i-\partial^iA^0)+\partial_j(\partial^jA^i-\partial^iA^j) = J^i \end{aligned}

这个体系的 Lagrangian 是 L=−14FμνFμν\mathcal{L}=-\displaystyle{\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}}，这个量里面不含 A0A^0，约束是 δL/δA0=0\delta\mathcal{L}/\delta A^0=0，和 gauge invariance 一同减少自由度.

引力波方面也是一样，同样存在一个 g0μg^{0\mu} 为一个 Langrange multiplier.

Schwarzschild 解

考虑一些非常好的情景以便解 Einstein 方程. 我们假设 gμνg_{\mu\nu} 是静态的，那么在空间旋转下不变的量有 dt2\text{d}t^2，dx⃗2\text{d}\vec{x}^2，x⃗⋅dx⃗\vec{x}\cdot\text{d}\vec{x} 以及 ∣x⃗∣2|\vec{x}|^2. 因此最 general 的线元形式是

dτ2=F(r)dt2−2E(r)dt(x⃗⋅dx⃗)−D(r)(x⃗⋅dx⃗)2−C(r)dx⃗2\text{d}\tau^2 = F(r)\text{d}t^2-2E(r)\text{d}t(\vec{x}\cdot\text{d}\vec{x})-D(r)(\vec{x}\cdot\text{d}\vec{x})^2-C(r)\text{d}\vec{x}^2

注意

为什么 general 的形式是这个？因为我们需要写出所有的球对称的内容，然后有可能的球对称量只有上面列出来那四个，所以原则上要把这些项全部写下来，刚好对应我们假设的线元的那四项.

换到求坐标，

dτ2=F(r)dt2−2rE(r)drdt−r2D(r)dr2−C(r)(dr2+r2dΩ2)\text{d}\tau^2 = F(r)\text{d}t^2-2rE(r)\text{d}r\text{d}t-r^2D(r)\text{d}r^2-C(r)(\text{d}r^2+r^2\text{d}\Omega^2)

如果要求 t′≡t+Φ(r)t' \equiv t+\Phi(r)，那么 dt=dt′−Φ′(r)dr\text{d}t = \text{d}t'-\Phi'(r)\text{d}r，也就是

dΦ(r)dr=−rE(r)F(r)\frac{\text{d}\Phi(r)}{\text{d}r} = -\frac{rE(r)}{F(r)}

原先的线元化为

dτ2=F(r)dt2−G(r)dr2−C(r)(dr2+r2dΩ2)=B(r)dt2−A(r)dr2−r2dΩ2\begin{aligned} \text{d}\tau^2 &= F(r)\text{d}t^2 - G(r)\text{d}r^2 - C(r)(\text{d}r^2+r^2\text{d}\Omega^2)\\\\ &= B(r)\text{d}t^2-A(r)\text{d}r^2-r^2\text{d}\Omega^2 \end{aligned}

这里用到 C(r)dr2→dr2C(r)\text{d}r^2\to \text{d}r^2.

下面我们在太阳系里面求解一下. 因为是在太阳外面求解，因此能动张量为零，真空 Einstein 方程为

Rμν=0R_{\mu\nu} = 0

解的过程上课时就略去了，留作作业，一些分量的方程为

Rrr=B′′2B−14B′B(A′A+B′B)−1rA′A=0Rθθ=−1+r2A(−A′A+B′B)+1A=0Rϕϕ=sin⁡2θ⋅Rθθ=0Rtt=−B′′2A+14B′A(A′A+B′B)−1rB′A=0\begin{aligned} R_{rr} &= \frac{B''}{2B}-\frac{1}{4}\frac{B'}{B}\left(\frac{A'}{A}+\frac{B'}{B}\right)-\frac{1}{r}\frac{A'}{A}=0\\\\ R_{\theta\theta} &= -1+\frac{r}{2A}\left(-\frac{A'}{A}+\frac{B'}{B}\right)+\frac{1}{A}=0\\\\ R_{\phi\phi} &= \sin^2\theta\cdot R_{\theta\theta} = 0\\\\ R_{tt} &= -\frac{B''}{2A}+\frac{1}{4}\frac{B'}{A}\left(\frac{A'}{A}+\frac{B'}{B}\right)-\frac{1}{r}\frac{B'}{A} = 0 \end{aligned}

观察发现第一个方程和第四个很像，我们做

RrrA+RttB=−1rA(A′A+B′B)=0⟹AB=const.\frac{R_{rr}}{A}+\frac{R_{tt}}{B} = -\frac{1}{rA}\left(\frac{A'}{A}+\frac{B'}{B}\right) = 0\Longrightarrow AB=\text{const.}

由于边界是在无穷远处趋于 Minkowski 时空，因此 AB=1AB = 1. 利用这个代入第二个方程和第一个方程，

Rθθ=−1+B′r+B=0,Rrr=B′′2B+B′rB=0R_{\theta\theta} = -1+B'r+B=0,\quad R_{rr} = \frac{B''}{2B}+\frac{B'}{rB}=0

这导出 d(Br)/dr=1\text{d}(Br)/\text{d}r=1 (Br=r+const.Br = r+\text{const.}) 而已知弱场下回归到 Newton 理论，B(r)B(r) 作为 g00g_{00}，满足

B=g00=1−2GMrB = g_{00} = 1-\frac{2GM}{r}

所以 const.=−2GM\text{const.} = -2GM，得到 Einstein 方程的 Schwarzschild 解：

dτ2=(1−2GMr)dt2−(1−2GMr)−1dr2−r2dΩ2\boxed{\text{d}\tau^2 = \left(1-\frac{2GM}{r}\right)\text{d}t^2-\left(1-\frac{2GM}{r}\right)^{-1}\text{d}r^2-r^2\text{d}\Omega^2}

为了验证理论的正确性，计算这个度规的联络，并尝试验证某些现实的结果. 联络的不为零分量为

Γtrt=Γrtt=B′2B,Γttr=B′2AΓrrr=A′2A,Γθθr=−rAΓϕϕr=−rAsin⁡2θ,Γrθθ=Γθrθ=1r,Γrϕϕ=Γϕrϕ=1rΓϕϕθ=−sin⁡θcos⁡θ,Γθϕϕ=Γϕθϕ=cot⁡θ\begin{aligned} \Gamma^t_{tr} &= \Gamma^t_{rt} = \frac{B'}{2B} ,\quad \Gamma^r_{tt} = \frac{B'}{2A} \\\\ \Gamma^r_{rr} &= \frac{A'}{2A},\quad\Gamma^r_{\theta\theta} = -\frac{r}{A} \\\\ \Gamma^r_{\phi\phi} &= -\frac{r}{A}\sin^2\theta,\quad \Gamma^\theta_{r\theta} = \Gamma^\theta_{\theta r} = \frac{1}{r},\quad \Gamma^\phi_{r\phi} = \Gamma^\phi_{\phi r} = \frac{1}{r} \\\\ \Gamma^\theta_{\phi\phi} &= -\sin\theta\cos\theta,\quad \Gamma^\phi_{\theta\phi} = \Gamma^\phi_{\phi\theta} = \cot\theta \end{aligned}

运动方程为

d2xμdτ2+Γμρλdxρdτdxλdτ=0\frac{\text{d}^2x^\mu}{\text{d}\tau^2}+\Gamma^\mu{}_{\rho\lambda}\frac{\text{d}x^\rho}{\text{d}\tau}\frac{\text{d}x^\lambda}{\text{d}\tau} = 0

这里的 τ\tau 是固有时，但是我们想问是不是时钟不准也可以得到同样的结果，考虑某种不准的时钟 p(τ)p(\tau)，那么化为

d2xμdτ2=ddτ(dxμdpdpdτ)=d2xμdp2(dpdτ)2+dxμdpd2pdτ2\frac{\text{d}^2x^\mu}{\text{d}\tau^2} = \frac{\text{d}}{\text{d}\tau}\left(\frac{\text{d}x^\mu}{\text{d}p}\frac{\text{d}p}{\text{d}\tau}\right) = \frac{\text{d}^2x^\mu}{\text{d}p^2}\left(\frac{\text{d}p}{\text{d}\tau}\right)^2+\frac{\text{d}x^\mu}{\text{d}p}\frac{\text{d}^2p}{\text{d}\tau^2}

原来的运动方程变成了

d2xμdp2(dpdτ)2+dxμdpd2pdτ2+Γμρλdxρdpdxλdp(dpdτ)2=0\frac{\text{d}^2x^\mu}{\text{d}p^2}\left(\frac{\text{d}p}{\text{d}\tau}\right)^2+\frac{\text{d}x^\mu}{\text{d}p}\frac{\text{d}^2p}{\text{d}\tau^2} + \Gamma^\mu{}_{\rho\lambda}\frac{\text{d}x^\rho}{\text{d}p}\frac{\text{d}x^\lambda}{\text{d}p}\left(\frac{\text{d}p}{\text{d}\tau}\right)^2=0

发现 LHS 第二项是某一种多出来的东西，这一项表征了你的钟是不是问题大到已经有非线性效应了. 当然如果还是线性的，那么我们的方程并不会变，这种不会产生方程变化的参数 pp 称为仿射参量.

提示

他在这里才引入仿射参量，我之前学的时候是在几何里讲到测地线时引入的仿射参量，虽然并没有什么数学上的差别但是物理意义毕竟多了一层.

我们下面的计算考虑的都是 pp 为仿射参量的情形. 而且因为初条件只有 v⃗0\vec{v}_0 和 r⃗0\vec{r}_0 两个，它们定了一个平面，设定为 θ=π/2\theta=\pi/2，这件事情大大简化了计算. 现在我们有

d2ϕdp2+2rdϕdpdrdp=0⟹ddp(dϕdp)+dϕdp⋅d(ln⁡r2)dp=0⟹ddp(ln⁡dϕdp+ln⁡r2)=0⟹r2dϕdp=const.=J\begin{aligned} &\frac{\text{d}^2\phi}{\text{d}p^2}+\frac{2}{r}\frac{\text{d}\phi}{\text{d}p}\frac{\text{d}r}{\text{d}p}=0\\\\ \Longrightarrow\quad&\frac{\text{d}}{\text{d}p}\left(\frac{\text{d}\phi}{\text{d}p}\right)+\frac{\text{d}\phi}{\text{d}p}\cdot\frac{\text{d}(\ln r^2)}{\text{d}p} = 0\\\\ \Longrightarrow\quad&\frac{\text{d}}{\text{d}p}\left(\ln\frac{\text{d}\phi}{\text{d}p}+\ln r^2\right) = 0\\\\ \Longrightarrow\quad& r^2\frac{\text{d}\phi}{\text{d}p} = \text{const.} = J \end{aligned}

这是某一个首次积分，其实从这里也可以看出这和 Newton 力学的首次积分求解差异没那么大. 另一个首次积分的求解为

d2tdp2+B′Bdtdpdrdp=0⟹ddp(dtdp)+dtdp⋅d(ln⁡B)dp=0⟹ddp(ln⁡dtdp+ln⁡B)=0⟹(1−2GMr)dtdp=const.\begin{aligned} &\frac{\text{d}^2t}{\text{d}p^2}+\frac{B'}{B}\frac{\text{d}t}{\text{d}p}\frac{\text{d}r}{\text{d}p} = 0\\\\ \Longrightarrow\quad &\frac{\text{d}}{\text{d}p}\left(\frac{\text{d}t}{\text{d}p}\right) + \frac{\text{d}t}{\text{d}p}\cdot\frac{\text{d}(\ln B)}{\text{d}p} = 0\\\\ \Longrightarrow\quad &\frac{\text{d}}{\text{d}p}\left(\ln\frac{\text{d}t}{\text{d}p}+\ln B\right) = 0\\\\ \Longrightarrow\quad &\left(1-\frac{2GM}{r}\right)\frac{\text{d}t}{\text{d}p} = \text{const.} \end{aligned}

也就是 fix 了坐标时和固有时的联系 (dp\text{d}p 是仿射参量，所以直接连接了固有时)，可以看出一个结论：坐标时和固有时的联系随着空间而改变. 当然上面这个对于求解轨道没有任何帮助，我们写下一个关于 rr 的方程.

d2rdp2+A′2A(drdp)2−J2r3A+B′2AB=0,J=r2dϕdp⟹ddp[A(drdp)2+J2r2−1B]=0\begin{aligned} &\frac{\text{d}^2r}{\text{d}p^2}+\frac{A'}{2A}\left(\frac{\text{d}r}{\text{d}p}\right)^2-\frac{J^2}{r^3A} + \frac{B'}{2AB}=0,\quad J = r^2\frac{\text{d}\phi}{\text{d}p}\\\\ \Longrightarrow\quad& \frac{\text{d}}{\text{d}p}\left[A\left(\frac{\text{d}r}{\text{d}p}\right)^2+\frac{J^2}{r^2}-\frac{1}{B}\right]=0 \end{aligned}

这个守恒量被记为 EE (某种意义上，这是能量)，上面的方程对应着 Newton 力学中的 Binet 方程. 现在定义

dtdpB≡1\frac{\text{d}t}{\text{d}p}B\equiv 1

反正是 constant 可以随便取，这里就是给定了一个特殊的仿射参量罢了.

现在的轨道方程是

r2dϕdτ=JB(r)AB2(drdτ)2+J2r2−1B=−E,A=−(1−2GMr2)−1,B=−(1−2GMr2)\begin{aligned} &r^2\frac{\text{d}\phi}{\text{d}\tau} = JB(r)\\\\ &\frac{A}{B^2}\left(\frac{\text{d}r}{\text{d}\tau}\right)^2+\frac{J^2}{r^2}-\frac{1}{B} = -E \end{aligned},\quad A = -\left(1-\frac{2GM}{r^2}\right)^{-1},\quad B=-\left(1-\frac{2GM}{r^2}\right)

注意

预告一下下节课要讲什么：「我」作为观测者，以 UμU^\mu 运动，有一个粒子以 VμV^\mu 运动，那么「我」观测到的它的是 PμUμ=mVμUμP_\mu U^\mu = mV_\mu U^\mu，原则上来讲所有「可观测量」都是「标量」……

嗯？我还是没懂他要讲什么玩意……

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2026/3/13 07:11
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