【一般相対論】ブラックホールに自由落下するのにかかる時間

外から見るとブラックホールに落ちる人は無限の時間をかけて落下していくのに対して、落ちている本人からすれば普通に落下していく(局所的に平坦である)ので有限の時間で落ちる。という計算。ここで考えるブラックホールはSchwarzschildブラックホールである。

はじめに

ゼミ中で手間取ったので。SusskindのThe Holographic Universeにある

$$
\begin{align*}
r=&\frac{R}{2}(1+\cos{\eta})\\
\tau=&\frac{R}{2}\left(\frac{R}{2GM}\right)^{1/2}(\eta + \sin{\eta})\\
t=&\left(\frac{R}{2}+2GM\right)\left(\frac{R}{2MG}-1\right)^{1/2}\eta +\frac{R}{2}\left(\frac{R}{2MG}-1\right)^{1/2}\sin{\eta}
\\  &+2MG \log \left(\frac{(R/2MG-1)^{1/2}+\tan{\eta/2}}{(R/2MG-1)^{1/2}-\tan{\eta/2}}\right)
\end{align*}
$$

が欲しいというものである。なお、初めて見たときは勘違いしていたが、$${r}$$の式は$${\eta}$$への変数変換を表すものであると気づかず導出しようとしてしまっていた。主にChandrasekharのThe Mathematical Theory of Black Holesを参考にしたが、詳細は省かれていたので研究室の方の助けを借りて導出した。

設定

ここではmostly minus(平坦な計量が$${\eta_{\mu\nu }=\mathrm{diag}(1,-1,-1,-1) }$$)で行う。Schwarzschild計量$${(t,r,\theta,\phi)}$$を

$$
ds^{2}=\left(1-\frac{2MG}{r}\right)dt^{2}-\left(1-\frac{2MG}{r}\right)^{-1}dr^{2}-r^{2}d\Omega^{2}, \quad d\Omega^{2}=d\theta^{2}+\sin^{2}{\theta}d\phi^{2}
$$

と表す。

固有時間$${\tau}$$は

$$
ds^{2}=d\tau^{2}
$$

となるように定義されている。作用は世界間隔$${ds}$$の積分に比例するが、

$$
  S=-m\int ds =-m\int \sqrt{\left( \frac{ds}{d\tau}\right)^{2} }d\tau
$$

と書き換えることができるためラグランジアンを以下のように定義して考える。

$$
\mathcal{L}=\frac{1}{2}\left( \frac{ds}{d\tau}\right)^{2}
$$

いま、同一平面上$${\theta=\pi/2}$$で角運動量をゼロとする。さらに、表記を簡約化するため

$$
  f(r)=1-\frac{2MG}{r},\quad \dot{t}=\frac{dt}{d\tau},\quad \dot{r}=\frac{dr}{d\tau}
$$

とする。よってラグランジアンを

$$
 \mathcal{L}=\frac{1}{2}\left( f(r)\dot{t}^{2}-f(r)^{-1}\dot{r}^{2}\right)
$$

として考える。

導出

いま、$${t}$$は循環座標なので保存量

$$
  E=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{t}}=f(r)\dot{t}
$$

を定義する。さらにより

$$
  \left( \frac{ds}{d\tau} \right)^{2} =1
$$

なので

$$
  f(r)\dot{t}^{2}-f(r)^{-1}\dot{r}^{2}=1
$$

と書ける。よって保存量$${E}$$を用いて$${r}$$について$${\tau}$$の微分方程式

$$
  \dot{r}^{2}=E^{2}-f(r)=E^{2}-\left( 1-\frac{2MG}{r}\right)
$$

を得る。初期条件は$${\tau=0}$$のとき$${r(0)=R,\dot{r}(0)=0}$$である。ここから$E$の具体的な形を得られる。束縛軌道$${E>0}$$として

$$
0=E^{2}-\left(1-\frac{2MG}{R}\right) ,\quad \therefore \, E=\sqrt{1-\frac{2MG}{R}}
$$

である。よって解くべき微分方程式は

$$
  \dot{r}^{2}=2MG\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{R}\right)
$$

である。

ここで$${\eta(0<\eta<\pi)}$$を用いて$${r}$$の変数変換を行う。

$$
  r=\frac{R}{2}(1+\cos{\eta})
$$

微分方程式は

$$
\frac{R^2}{4}\dot{\eta}^{2}\sin^{2}{\eta}=\frac{2MG}{R}\frac{1-\cos{\eta}}{1+\cos{\eta}}
$$

となる。これを$${\tau}$$について解くことで$${\tau}$$の表式を導く。すなわち

$$
  \tau =\int d\tau= \int \left( \frac{d\tau}{d\eta} \right)d\eta = \int \frac{1}{\left(\frac{d\eta}{d\tau}\right)}d\eta
$$

である。$${\dot{\eta}}$$は

$$
\begin{align*}
  \dot{\eta}^{2}&=\frac{8MG}{R^{3}}\frac{1}{\sin^{2}{\eta}}\frac{1-\cos{\eta}}{1+\cos{\eta}} \\
 &=\frac{8MG}{R^{3}}\frac{1}{1-\cos^{2}{\eta}}\frac{1-\cos{\eta}}{1+\cos{\eta}}\\
  &=\frac{8MG}{R^{3}}\frac{1}{(1+\cos{\eta})^{2}}
\end{align*}
$$

と整理できる。よって

$$
\begin{align*}
\tau &= \int \frac{1}{\dot{\eta}}d\eta \\
&=\sqrt{\frac{R^{3}}{8MG}}\int (1+\cos{\eta})d\eta \\
&=\frac{R}{2}\left(\frac{R}{2MG}\right)^{1/2}(\eta + \sin \eta )
\end{align*}
$$

となって$${\tau}$$の表式を得る。一方$${t}$$について

$$
t=\int dt = \int \left(\frac{dt}{d\tau}\right)\left(\frac{d\tau}{d\eta}\right)d\eta=\int \dot{t}\frac{1}{\dot{\eta}} d\eta
$$

これに

$$
\begin{align*}
\dot{t}&=\frac{E}{f(r)}=\frac{E}{1-2MG/r}=\frac{E(1+\cos{\eta})}{1+\cos{\eta}-4MG/R}\\
  \frac{1}{\dot{\eta}} &= \sqrt{\frac{R^{3}}{8MG}}(1+\cos{\eta})
\end{align*}
$$

を代入することで

$$
\begin{align*}
  t=& E\sqrt{\frac{R^{3}}{8MG}} \int  \frac{(1+\cos{\eta})^{2}}{1+\cos{\eta}-4MG/R}d\eta
\end{align*}
$$

を積分すればよい。Mathematicaを用いて計算すると、

$$
\begin{align*}
t= E\sqrt{\frac{R^{3}}{8MG}} & \Bigg[ \left( \frac{4MG}{R}+1 \right) \eta +\sin{\eta} \\
&-\frac{1}{R}\frac{8(MG)^{3/2}}{\sqrt{MG - R/2}}\arctan{\left( \frac{\tan{\eta/2}}{\sqrt{1-R/2MG}}\right)}\Bigg]
\end{align*}
$$

ここで

$$
  E\sqrt{\frac{R^{3}}{8MG}}=\sqrt{1-\frac{2MG}{R}}\sqrt{\frac{R^{3}}{8MG}}=\frac{R}{2}\left( \frac{R}{2MG}-1\right)^{1/2}
$$

なので

$$
E\sqrt{\frac{R^{3}}{8MG}}\left[ \left( \frac{4MG}{R}+1\right)\eta +\sin{\eta}\right]=\left( \frac{R}{2}+2GM\right) \left( \frac{R}{2MG}-1\right)^{1/2}\eta +\frac{R}{2}\left( \frac{R}{2MG}-1\right)^{1/2}\sin{\eta}
$$

よって$${t}$$の第1,2項を得る。次に、第3項について考える。$${E}$$の定義より

$$
1-\frac{2MG}{R}>0\, \to \, \frac{R}{2MG}>1
$$

なので虚数単位$${i:=\sqrt{-1}}$$を用いて

$$
\begin{align*}
 \sqrt{MG-R/2}&=\sqrt{MG}\sqrt{1-\frac{R}{2MG}}=i\sqrt{MG}\sqrt{\frac{R}{2MG}-1}  \\
  \arctan\left( \frac{\tan{\eta/2}}{\sqrt{1-R/2MG}}\right) &=\arctan\left(\frac{\tan{\eta/2}}{i\sqrt{R/2MG-1}}\right)
\end{align*}
$$

とする必要がある。また、

$$
\arctan z= -\frac{i}{2}\log \left( \frac{i-z}{i+z} \right)
$$

の公式を用いて変形する。

$$
\begin{align*}
\arctan\left( \frac{\tan{\eta/2}}{\sqrt{1-R/2MG}}\right) &=\arctan\left( \frac{\tan{\eta/2}}{i\sqrt{R/2MG-1}}\right)\\
  &=-\frac{i}{2}\log \left( \frac{i+i\frac{\tan{\eta/2}}{\sqrt{R/2MG-1}}}{i-i\frac{\tan{\eta/2}}{\sqrt{R/2MG-1}}}\right) \\
 &=-\frac{i}{2}\log \left( \frac{\sqrt{R/2MG-1}+\tan{\eta/2}}{\sqrt{R/2MG-1}-\tan{\eta/2}}\right)
\end{align*}
$$

よって

$$
\begin{align*}
 -E\sqrt{\frac{R^{3}}{8MG}}\frac{1}{R}\frac{8(MG)^{3/2}}{\sqrt{MG-R/2}}\arctan\left( \frac{\tan{\eta/2}}{\sqrt{1-R/2MG}}\right) =&\frac{R}{2}\left( \frac{R}{2MG}-1\right)^{1/2}\frac{1}{R}\frac{8MG}{i\sqrt{R/2MG-1}}\\
 &\times\left(-\frac{i}{2}\log \left( \frac{\sqrt{R/2MG-1}+\tan{\eta/2}}{\sqrt{R/2MG-1}-\tan{\eta/2}}\right) \right)\\
=& 2MG\log \left( \frac{\sqrt{R/2MG-1}+\tan{\eta/2}}{\sqrt{R/2MG-1}-\tan{\eta/2}}\right) 
\end{align*}
$$

を得る。以上をあわせて

$$
\begin{align*}
t=&\left(\frac{R}{2}+2GM\right)\left(\frac{R}{2MG}-1\right)^{1/2}\eta +\frac{R}{2}\left(\frac{R}{2MG}-1\right)^{1/2}\sin{\eta}
\\  &+2MG \log \left(\frac{(R/2MG-1)^{1/2}+\tan{\eta/2}}{(R/2MG-1)^{1/2}-\tan{\eta/2}}\right)
\end{align*}
$$

のように$${t}$$を求められた。

落下にかかる時間

これは$${\eta}$$の動く範囲で差を取ればよい。$${r=R\to 0}$$のとき$${\eta= 0\to \pi}$$であるから、落下する人が感じる時間は

$$
\Delta \tau =\tau(\eta=\pi)-\tau(\eta=0)=\frac{\pi}{2}R\sqrt{\frac{R}{2GM}}
$$

と有限の時間である。いわんやSchwarzschild面までをや。ところが$${t}$$については積分ができない。これは、外から見たときには表面に到達した粒子を観測できないことに由来する*。

*について、堀田さんが興味深い記事を投稿しているので参照してもいいかも。

参考文献

• 須藤靖,``一般相対論入門[改訂版],'' 日本評論社,2019.

入門的な教科書。

• S. Chandrasekhar, ``The Mathematical Theory of Black Holes,'' Oxford University Press, 2009.

あまりにいろいろ書いてある。なんでもあるが全部の計算が乗っているとは限らない。

• L. Susskind, J. Lindesay, ``The Holographic Universe,'' World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd., 2005.

今回の動機になった本。