動径振動と近点移動

有効ポテンシャルの 2 階微分から円軌道まわりの動径振動数を求め、方位角の振動数との比 $\frac{ω _{r}^{2}}{ω _{ϕ}^{2}} = 1 - \frac{6 M}{r _{0}}$ から、1 回の動径振動で掃く角 $Δ ϕ = \frac{2 π}{1 - 6 M / r _{0}}$ や近点移動角、閉じた軌道になる半径を求められる

前提

シュワルツシルト時空の有効ポテンシャルと円軌道（大学院物理一般相対論）

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算数中学高校大学大学院

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シュワルツシルト時空の有効ポテンシャルと円軌道（大学院物理一般相対論）

説明

シュワルツシルト時空で、安定な円軌道からわずかにずれた軌道（ほぼ円の軌道）は、半径が円軌道の半径 $r_{0}$ のまわりで小さく振動しながら回ります。この技能では、有効ポテンシャルの 2 階微分から動径方向の振動の角振動数 $ω_{r}$ を求め、公転の角振動数 $ω_{ϕ}$ と比べることで、近点（最も中心に近い点）から次の近点までに回る角 $Δ ϕ$ 、1 周あたりの近点移動角、軌道がちょうど閉じる半径を求めます。水星の近日点移動や、ブラックホール近傍の軌道の歳差を見積もる基本的な計算です。

なぜそうしてよいのか

以下 $G = c = 1$ 、計量の符号は $(-, +, +, +)$ とし、上付きの点は固有時間 $τ$ による微分とします。赤道面の測地線では、前提の技能より $r ˙^{2} = E ~^{2} - V (r)$ , $V (r) = (1 - \frac{2 M}{r}) (1 + \frac{L ~ ^{2}}{r ^{2}}) = 1 - \frac{2 M}{r} + \frac{L ~ ^{2}}{r ^{2}} - \frac{2 M L ~ ^{2}}{r ^{3}}$ です。両辺を $τ$ で微分すると $2 r ˙ r ¨ = - V^{'} (r) r ˙$ なので、 $r ˙ \neq = 0$ の区間で $r ¨ = - \frac{1}{2} V^{'} (r)$ が成り立ち、これは「質量 1、ポテンシャル $\frac{1}{2} V$ 」の 1 次元運動の運動方程式です。円軌道 $r_{0}$ では $V^{'} (r_{0}) = 0$ なので、 $r = r_{0} + δ$ とおいてテイラー展開の 1 次まで残すと $δ ¨ = - \frac{1}{2} V^{''} (r_{0}) δ$ 。 $V^{''} (r_{0}) > 0$ （安定な円軌道）なら $δ$ は単振動し、その角振動数は $ω_{r}^{2} = \frac{1}{2} V^{''} (r_{0})$ です。一方、公転の角振動数は $ω_{ϕ} = ϕ ˙ = \frac{L ~}{r _{0}^{2}}$ です。どちらも同じ $τ$ で測った角振動数なので、比は時間の取り方によりません。

実際に計算すると $\frac{1}{2} V^{''} (r) = - \frac{2 M}{r ^{3}} + \frac{3 L ~ ^{2}}{r ^{4}} - \frac{12 M L ~ ^{2}}{r ^{5}}$ で、これを $ω_{ϕ}^{2} = \frac{L ~ ^{2}}{r ^{4}}$ で割ると $\frac{ω _{r}^{2}}{ω _{ϕ}^{2}} = - \frac{2 M r _{0}}{L ~ ^{2}} + 3 - \frac{12 M}{r _{0}} .$ 円軌道の条件 $L ~^{2} = \frac{M r _{0}}{1 - 3 M / r _{0}}$ から $\frac{M r _{0}}{L ~ ^{2}} = 1 - \frac{3 M}{r _{0}}$ なので、 $\frac{ω _{r}^{2}}{ω _{ϕ}^{2}} = - 2 + \frac{6 M}{r _{0}} + 3 - \frac{12 M}{r _{0}} = 1 - \frac{6 M}{r _{0}}$ となります。ニュートン重力（ $M / r_{0} \to 0$ ）では比が 1 で、動径振動 1 周の間にちょうど 1 回公転するので楕円が閉じます。相対論では $ω_{r} < ω_{ϕ}$ となり、動径振動が 1 周する間に $2 π$ より多く回ってしまうので近点が少しずつ前進します。また $r_{0} \to 6 M$ で $ω_{r} \to 0$ となるのは、そこが最内安定円軌道（谷が消える点）だからです。

動径振動の周期は $2 π / ω_{r}$ で、その間に方位角は $ω_{ϕ} \cdot \frac{2 π}{ω _{r}}$ だけ進みます。したがって近点から次の近点までの角は $Δ ϕ = \frac{2 π}{1 - 6 M / r _{0}},$ 1 周あたりの近点移動角は $Δ ϕ - 2 π$ です。 $M / r_{0} ≪ 1$ なら $(1 - x)^{- 1/2} \approx 1 + \frac{x}{2}$ より $Δ ϕ - 2 π \approx \frac{6 π M}{r _{0}}$ となります。 $Δ ϕ$ が $2 π$ の有理数倍 $2 π \frac{p}{q}$ になれば、 $q$ 回の動径振動の後に軌道が出発点に戻り、閉じた軌道になります。

手順

動径方程式 $r ˙^{2} = E ~^{2} - V (r)$ を $τ$ で微分して $r ¨ = - \frac{1}{2} V^{'} (r)$ とし、円軌道 $r_{0}$ のまわりで $δ ¨ = - \frac{1}{2} V^{''} (r_{0}) δ$ と線形化する
動径振動の角振動数 $ω_{r}^{2} = \frac{1}{2} V^{''} (r_{0})$ と公転の角振動数 $ω_{ϕ}^{2} = \frac{L ~ ^{2}}{r _{0}^{4}}$ を書き、円軌道の $L ~^{2} = \frac{M r _{0}}{1 - 3 M / r _{0}}$ を代入して比 $\frac{ω _{r}^{2}}{ω _{ϕ}^{2}} = 1 - \frac{6 M}{r _{0}}$ を得る（安定な円軌道 $r_{0} > 6 M$ でのみ意味をもつ）
近点から次の近点までに掃く角 $Δ ϕ = 2 π \frac{ω _{ϕ}}{ω _{r}} = \frac{2 π}{1 - 6 M / r _{0}}$ を計算する
1 周あたりの近点移動角を $Δ ϕ - 2 π$ として求める（ $M ≪ r_{0}$ なら $\approx \frac{6 π M}{r _{0}}$ ）
閉じた軌道を問われたら $Δ ϕ = 2 π \frac{p}{q}$ とおいて $1 - \frac{6 M}{r _{0}} = \frac{q ^{2}}{p ^{2}}$ を $r_{0}$ について解く（例: $Δ ϕ = 4 π$ なら $r_{0} = 8 M$ ）

例題

$G = c = 1$ とし、質量 $M$ のシュワルツシルト時空を考える。計量の符号は $(-, +, +, +)$ とする。半径 $r_{0} = 24 M$ の円軌道からわずかにずれた、ほぼ円の軌道を運動する質点について、動径振動の 1 周期（近点から次の近点まで）の間の近点移動角 $Δ ϕ - 2 π$ を、円軌道まわりの微小振動の近似で求めよ（弧度法で、正確な値で答えよ）。

例題の解答

手順 1・2: 円軌道まわりの微小振動では $\frac{ω _{r}^{2}}{ω _{ϕ}^{2}} = 1 - \frac{6 M}{r _{0}}$ 。 $r_{0} = 24 M > 6 M$ なので安定な円軌道で、 $\frac{ω _{r}^{2}}{ω _{ϕ}^{2}} = 1 - \frac{6 M}{24 M} = \frac{3}{4}, \frac{ω _{r}}{ω _{ϕ}} = \frac{3}{2} .$

手順 3: 近点から次の近点までに回る角は $Δ ϕ = 2 π \cdot \frac{ω _{ϕ}}{ω _{r}} = 2 π \cdot \frac{2}{3} = \frac{4 3}{3} π .$

手順 4: 近点移動角は $Δ ϕ - 2 π = (\frac{4 3}{3} - 2) π \approx 0.309 π \approx 0.97.$ （参考: 弱い場の近似 $\frac{6 π M}{r _{0}} = \frac{π}{4} = 0.25 π$ よりも大きい。 $r_{0} = 24 M$ は強い重力の領域なので、近似式ではなく正確な比を使う必要がある。）

答え: $(\frac{4 3}{3} - 2) π$

よくある誤り

動径振動の角振動数を $ω_{r}^{2} = V^{''} (r_{0})$ としてしまう誤り。正しくは動径方程式 $r ˙^{2} = E ~^{2} - V$ を微分すると $r ¨ = - \frac{1}{2} V^{'} (r)$ なので、 $ω_{r}^{2} = \frac{1}{2} V^{''} (r_{0})$ 。係数 $\frac{1}{2}$ を落とすと比が $2 (1 - \frac{6 M}{r _{0}})$ となり、ニュートン極限で 1 にならない。
近点から次の近点までの角を $Δ ϕ = 2 π \frac{ω _{r}}{ω _{ϕ}} = 2 π 1 - 6 M / r_{0}$ と逆にしてしまう誤り。正しくは動径振動 1 周期 $\frac{2 π}{ω _{r}}$ の間に $ω_{ϕ} \cdot \frac{2 π}{ω _{r}}$ だけ回るので $Δ ϕ = \frac{2 π}{1 - 6 M / r _{0}} > 2 π$ で、近点は公転と同じ向きに進む。
近点移動角を $Δ ϕ$ そのものとしてしまう誤り。正しくは 1 周 $2 π$ を引いた $Δ ϕ - 2 π$ で、 $M ≪ r_{0}$ なら $\approx \frac{6 π M}{r _{0}}$ 。
$r_{0} < 6 M$ の円軌道にも同じ式を使ってしまう誤り。正しくは $3 M < r_{0} < 6 M$ では $1 - \frac{6 M}{r _{0}} < 0$ 、すなわち $V^{''} (r_{0}) < 0$ で円軌道は不安定であり、小さなずれは振動せずに増大するので $ω_{r}$ も $Δ ϕ$ も定義できない。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
単位系 $G = c = 1$ を用い、計量の符号の流儀は $(-, +, +, +)$ とする。質量 $M$ （ $M > 0$ ）のシュワルツシルト時空
$d s^{2} = - (1 - \frac{2 M}{r}) d t^{2} + (1 - \frac{2 M}{r})^{- 1} d r^{2} + r^{2} (d θ^{2} + sin^{2} θ d ϕ^{2})$
の赤道面 $θ = \frac{π}{2}$ 上を、質量をもつ粒子が時間的測地線に沿って運動している。固有時を $τ$ 、 $˙ = \frac{d}{d τ}$ とし、保存量 $E ~ = (1 - \frac{2 M}{r}) t ˙$ , $L ~ = r^{2} ϕ ˙$ を用いると、動径方程式は
$r ˙^{2} = E ~^{2} - V (r), V (r) = (1 - \frac{2 M}{r}) (1 + \frac{L ~ ^{2}}{r ^{2}})$
となる。
粒子の軌道は半径 $r_{0} = 8 M$ の円軌道からわずかにずれており、 $r$ は $r_{0}$ のまわりで微小な振動をしている。 $r$ が最小になる点（近点）を通過してから次に近点を通過するまでの間に、方位角 $ϕ$ が増える量 $Δ ϕ$ を、動径振動の振幅についての最低次の近似で求めよ。

動径振動と近点移動

前提

説明

なぜそうしてよいのか

手順

例題

よくある誤り

入口の問題

この技能を使う問題