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宇宙物理・宇宙論の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理宇宙物理・宇宙論

宇宙マイクロ波背景放射（CMB）が等方的に見える座標系（CMB 静止系）では、CMB は温度 $T_{0}$ の等方的な黒体放射であり、そのエネルギー密度は $u_{0} = a T_{0}^{4}$ （ $a$ は放射定数）である。この系に対して一定の速さ $v = β c$ （ $0 < β < 1$ 、 $c$ は光速）で等速直線運動する観測者を考える。観測者の静止系で測った CMB の（全振動数・全方向について積分した）エネルギー密度を $u^{'}$ とするとき、比 $u^{'} / u_{0}$ を $β$ で表せ。

ただし、放射の比強度 $I_{ν}$ と振動数 $ν$ について $I_{ν} / ν^{3}$ はローレンツ変換で不変であることを用いてよい。宇宙膨張の効果や重力の効果は考えず、特殊相対論の範囲で扱うものとする。

この問題で使うもの

運動する観測者から見た背景放射（説明と入口の問題）
基本的な関数の不定積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（160 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

$I_{ν} / ν^{3}$ の不変性とドップラー効果を使うと、観測者が各方向に見る放射も黒体放射になり、温度だけが方向によって変わることがわかります。まず方向 $θ$ での温度を求めましょう。

ヒント 2

ドップラー効果は $ν_{0} = γ ν (1 - β cos θ)$ で、 $T (θ) = T_{0} / [γ (1 - β cos θ)]$ となります。エネルギー密度は各方向の寄与 $\propto T (θ)^{4}$ を全立体角で平均したものです。

ヒント 3

$\frac{u ^{'}}{u _{0}} = \frac{1}{2 γ ^{4}} \int_{- 1}^{1} \frac{d μ}{( 1 - β μ ) ^{4}}$ です。この積分は $\frac{1}{3 β} [(1 - β)^{- 3} - (1 + β)^{- 3}]$ になります。

答えと解説

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\frac{3 + β ^{2}}{3 ( 1 - β ^{2} )}

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解説を読む

方向ごとの温度

観測者の静止系で、観測者の速度の向きと「光子がやってくる方向（観測者が見る方向）」のなす角を $θ$ とする。この方向からやってくる光子は観測者に向かって $- n^$ 方向に進むので、CMB 静止系での振動数 $ν_{0}$ と観測者系での振動数 $ν$ の関係（ドップラー効果）は、観測者系の量で書くと
$ν_{0} = γ ν (1 - β cos θ), γ = \frac{1}{1 - β ^{2}}$
である（ $θ = 0$ 、すなわち進行方向前方から来る光子は青方偏移して $ν = ν_{0} / [γ (1 - β)] > ν_{0}$ ）。

CMB 静止系では比強度はプランク分布
$I_{ν_{0}} = \frac{2 h ν _{0}^{3}}{c ^{2}} \frac{1}{e ^{h ν_{0} / k_{B} T_{0}} - 1}$
である。 $I_{ν} / ν^{3}$ が不変なので
$\frac{I _{ν} ( θ )}{ν ^{3}} = \frac{I _{ν_{0}}}{ν _{0}^{3}} = \frac{2 h}{c ^{2}} \frac{1}{e ^{h ν_{0} / k_{B} T_{0}} - 1} = \frac{2 h}{c ^{2}} \frac{1}{e ^{h ν / k_{B} T (θ)} - 1}$
ここで
$T (θ) = \frac{T _{0} ν}{ν _{0}} = \frac{T _{0}}{γ ( 1 - β cos θ )}$
とおいた。したがって観測者が方向 $θ$ に見る放射も黒体放射のスペクトルで、その温度が $T (θ)$ である。

エネルギー密度

温度 $T$ の黒体放射の比強度を全振動数で積分すると $\int_{0}^{\infty} I_{ν} d ν = \frac{a c}{4 π} T^{4}$ であり（等方的ならエネルギー密度 $u = \frac{1}{c} \int I d Ω = a T^{4}$ になることから係数が決まる）、エネルギー密度は $u^{'} = \frac{1}{c} \int d Ω \int_{0}^{\infty} I_{ν} d ν$ である。よって
$u^{'} = \frac{1}{c} \int d Ω \frac{a c}{4 π} T (θ)^{4} = a T_{0}^{4} \cdot \frac{1}{4 π} \int \frac{d Ω}{γ ^{4} ( 1 - β cos θ ) ^{4}}$
$μ = cos θ$ とおくと $d Ω = 2 π d μ$ なので
$\frac{u ^{'}}{u _{0}} = \frac{1}{2 γ ^{4}} \int_{- 1}^{1} \frac{d μ}{( 1 - β μ ) ^{4}}$
積分は
$\int_{- 1}^{1} \frac{d μ}{( 1 - β μ ) ^{4}} = [\frac{1}{3 β ( 1 - β μ ) ^{3}}]_{- 1}^{1} = \frac{1}{3 β} [\frac{1}{( 1 - β ) ^{3}} - \frac{1}{( 1 + β ) ^{3}}] = \frac{1}{3 β} \cdot \frac{( 1 + β ) ^{3} - ( 1 - β ) ^{3}}{( 1 - β ^{2} ) ^{3}}$
$(1 + β)^{3} - (1 - β)^{3} = 6 β + 2 β^{3}$ なので
$\int_{- 1}^{1} \frac{d μ}{( 1 - β μ ) ^{4}} = \frac{2 ( 3 + β ^{2} )}{3 ( 1 - β ^{2} ) ^{3}} = \frac{2}{3} (3 + β^{2}) γ^{6}$
したがって
$\frac{u ^{'}}{u _{0}} = \frac{1}{2 γ ^{4}} \cdot \frac{2}{3} (3 + β^{2}) γ^{6} = γ^{2} (1 + \frac{β ^{2}}{3}) = \frac{3 + β ^{2}}{3 ( 1 - β ^{2} )}$

（検算）放射を圧力 $p = u_{0} /3$ の完全流体とみなすと、エネルギー運動量テンソルの $00$ 成分の変換 $T^{' 00} = γ^{2} (u_{0} + β^{2} p) = γ^{2} u_{0} (1 + β^{2} /3)$ と一致する。また $β \to 0$ で $u^{'} / u_{0} \to 1$ となる。

別解

観測者の静止系で、CMB 静止系の光子の進行方向と観測者の速度とのなす角を考える。観測者系で方向 $θ^{'}$ から来る放射の振動数 $ν^{'}$ と CMB 静止系の振動数 $ν$ の関係はドップラー効果より $ν^{'} = ν γ (1 - β μ)$ 型（ $μ = cos θ$ は CMB 静止系で測った、観測者の進行方向と光子の来る方向のなす角の余弦。観測者に向かって来る光子は進行方向の前方から来る）。 $I_{ν} / ν^{3}$ の不変性から $I_{ν^{'}}^{'} (μ^{'}) = (ν^{'} / ν)^{3} I_{ν}$ 。黒体放射 $I_{ν} \propto ν^{3} / (e^{h ν / k T_{0}} - 1)$ なので、 $I_{ν^{'}}^{'} \propto ν^{'3} / (e^{h ν^{'} / k T (μ^{'})} - 1)$ となり、方向ごとに温度 $T (μ^{'}) = T_{0} / [γ (1 - β μ)]$ の黒体放射に見える（ $μ$ は CMB 静止系での余弦）。

全振動数で積分した強度は $\int I d ν \propto T^{4}$ であり、エネルギー密度は $u^{'} = \frac{1}{c} \int I d Ω^{'}$ であるから、観測者系で測った方向 $μ^{'}$ について
$u^{'} = a T_{0}^{4} \cdot \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} (\frac{T ( μ ^{'} )}{T _{0}})^{4} d μ^{'}$ 。
観測者系の角度で書くと $T (μ^{'}) = T_{0} / [γ (1 - β μ^{'})]$ （観測者系の前方 $μ^{'} = 1$ で最も高温になる向きに取る）。よって
$\frac{u ^{'}}{u _{0}} = \frac{1}{γ ^{4}} \cdot \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} \frac{d μ ^{'}}{( 1 - β μ ^{'} ) ^{4}}$ 。
積分は $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3 β} [(1 - β)^{- 3} - (1 + β)^{- 3}] = \frac{1}{6 β} \cdot \frac{6 β + 2 β ^{3}}{( 1 - β ^{2} ) ^{3}} = \frac{1 + β ^{2} /3}{( 1 - β ^{2} ) ^{3}}$ 。
$1/ γ^{4} = (1 - β^{2})^{2}$ を掛けて
$\frac{u ^{'}}{u _{0}} = \frac{1 + β ^{2} /3}{1 - β ^{2}} = \frac{3 + β ^{2}}{3 ( 1 - β ^{2} )} = γ^{2} (1 + \frac{β ^{2}}{3})$ 。

検算: $β \to 0$ で 1 になる。別の方法として、等方的な放射のエネルギー運動量テンソル $T^{μν} = diag (u_{0}, u_{0} /3, u_{0} /3, u_{0} /3)$ をローレンツ変換すると $T^{' 00} = γ^{2} (u_{0} + β^{2} u_{0} /3) = γ^{2} (1 + β^{2} /3) u_{0}$ となり一致する。

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