${\bf カール：}$ 6月17日の記事で求めたことですが、等価原理を用いると、重力のある領域を通過する光線は、重力源の方側へ湾曲するという結論が得られました。特に太陽の場合、その縁をかすめて飛ぶ光線の曲がりは $0.87$ 秒角になるということでした。運動方程式が求まった今ではもう少し正確な計算ができると思うのですが、どうでしょうか。
${\bf アル：}$ 光線の経路の方程式は
$${{d^2x^{\lambda }}\over {ds^2}}+{\Gamma ^{\lambda }}_{\mu \nu }{{dx^{\mu }}\over {ds}}{{dx^{\nu }}\over {ds}}=0$$です。ここで $s$ は光線の経路上の位置を示すパラメーターであり、以前考察した惑星の固有時と同じように、座標変換によって変化することはなく、局所慣性系 $X^{\mu }$ に対しては
$${{d^2X^{\mu }}\over {ds^2}}=0 \hskip 5mm (\mu =0, 1, 2, 3)$$が成立するものとします。
前回と全く同じで $\lambda =0$ については
\begin{equation} {d\over {ds}}\left[ \left( 1-{a\over r}\right) {{dx^0}\over {ds}}\right] =0 \label{eq:h-lambda=0} \end{equation}$\lambda =2$ については
\begin{equation} {d\over {ds}}\left( r^2{{d\theta }\over {ds}}\right) -r^2\left( {{d\phi }\over {ds}}\right) ^2\sin \theta \cos \theta =0\label{eq:h-lambda=2} \end{equation}$\lambda =3$ については
\begin{equation} {d\over {ds}}\left( r^2\sin ^2\theta {{d\phi }\over {ds}}\right) =0\label{eq:h-lambda=3} \end{equation}が得られます。
併せて $\lambda =1$ についての方程式の代わりに
\begin{equation} 0=\left( 1-{a\over r}\right) \left( {{dx^0}\over {ds}}\right) ^2-{1\over {1-a/r}}\left( {{dr}\over {ds}}\right) ^2-r^2\left[ \left( {{d\theta }\over {ds}}\right) ^2+\sin ^2\theta \left( {{d\phi }\over {ds}}\right) ^2\right] \label{eq:h-ds2kara} \end{equation}を用います。
まず、$r=r(s)$ と $\phi =\phi (s)$ を固定した上で (\ref{eq:h-lambda=2}) 式を $\theta =\theta (s)$ に関する二階の微分方程式とみることにすれば、以前と全く同じ推論により光線は $\theta =\pi /2$ の $x-y$ 平面内にとどまるとして一般性を失いません。
よって (\ref{eq:h-lambda=3}) 式から
$$r^2{{d\phi }\over {ds}}=h$$が定数であることが導かれます。これも以前と同様です。更に (\ref{eq:h-lambda=0}) 式からは
\begin{equation} \left( 1-{a\over r}\right) {{dt}\over {ds}}=b \label{eq:h-bnodef} \end{equation}が定数であることが結論できます。
これらを、最後の (\ref{eq:h-ds2kara}) 式
$$0=\left( 1-{a\over r}\right) \left( {{dx^0}\over {ds}}\right) ^2-{1\over {1-a/r}}\left( {{dr}\over {ds}}\right) ^2-r^2\left[ \left( {{d\theta }\over {ds}}\right) ^2+\sin ^2\theta \left( {{d\phi }\over {ds}}\right) ^2\right] $$へ代入して
\begin{equation} 0=\left( 1-{a\over r}\right) ^{-1}\left[ b^2-{{h^2}\over {c^2}}\left( {{dr}\over {d\phi }}/r^2\right) ^2 \right] -{{h^2}\over {c^2r^2}} \label{eq:h-1ga1-aslashr} \end{equation}が得られます。
この形を見ればおそらく誰でも $u=1/r$ を導入することを思いつきます。結果は
\begin{equation} (u')^2+u^2-\vert {h\over {bc}}\vert ^{-2}=au^3 \label{eq:udash2+u2} \end{equation}但し、$u'=du/d\phi $ です。
$\vert h/bc\vert $ は長さの次元を持つ定数であり、今後 $\Delta $ で表します。この微分方程式 (\ref{eq:udash2+u2}) を解きたいのですが、右辺は左辺に現れる $u^2$ に比して $a/r$ 倍であり、太陽の外を通過する光線を考える限り非常に小さな値です。よってひとまずこれを無視してみると
$$(u')^2+u^2-\Delta ^{-2}=0$$となりますが、これには
$$u={1\over {\Delta }}\cos \phi $$という解、つまり
$$r={{\Delta }\over {\cos \phi }}$$なる解が存在します。
これは
$$r\cos \phi =\Delta $$を、つまり直線 $x=\Delta $ を示し、$y=+\infty $ の方向にある光源を想定するなら、この直線に沿って $y=-\infty $ の方向へ進む光の軌道がこの方程式の解であることを示しています。
そこで太陽の縁をかすめて太陽の側へ少しだけ曲がる光線の経路が、もともとの (\ref{eq:udash2+u2}) 式
$$(u')^2+u^2-\Delta ^{-2}=au^3$$の解であると予想してみます。すると
$${{\Delta }\over r}=\cos \phi +f(\phi )$$である関数 $f(\phi )$ の存在が予想できます。ここで
$$f(\phi )\geq 0$$であり、
$$f(-\phi )=f(+\phi )$$と仮定しても一般性を失いません。
よって
$$\Delta u=\cos \phi +f$$をもともとの (\ref{eq:udash2+u2}) 式
$$(u')^2+u^2-\Delta ^{-2}=au^3$$へ代入して整理すると
\begin{equation} -2\sin \phi f'+f'^2+2\cos \phi f+f^2={a\over {\Delta }}\left( \cos \phi +f\right) ^3 \label{eq:-2sinphifdash} \end{equation}が得られます。ただ、これをこのままの形で解くことは非常に難しそうです。
そこで何らかの近似をして問題を簡単にしたいのですが、光線が曲がるといっても、わずかなものであるはずであって、従って $f(\phi )$ は極めて小さな値であると考えられます。$\Delta $ を太陽半径程度
$$\Delta =7.0\times 10^5\ {\rm km}$$とみれば、$a/\Delta $ も小さな定数であり、$f(\phi )$ を $a/\Delta $ のべきで展開した後、方程式全体から $a/\Delta $ の二乗以上を除いた近似を考えることを思いつきます。
そこで
$$f={a\over {\Delta }}g$$によって $1$ のオーダーの関数 $g(\phi )$ を導入し、これを (\ref{eq:-2sinphifdash}) 式
$$-2\sin \phi f'+f'^2+2\cos \phi f+f^2={a\over {\Delta }}\left( \cos \phi +f\right) ^3$$へ代入してみると
$$-2\sin \phi g'+2\cos \phi g=\cos ^3\phi $$が得られます。
これなら解を見出すことは比較的容易で、$f$ に関する先の条件
$$f(\phi )\geq 0, \hskip 5mm f(-\phi )=f(+\phi )$$も加味するならば
$$g(\phi )={1\over 2}\left( 1+\sin ^2\phi \right) $$だとわかります。この結果をもともとの $r$ を使って書くと
$${\Delta \over r}=\cos \phi +{a\over {2\Delta }}\left( 1+\sin ^2\phi \right) $$となります。
この解の経路に沿って、
$$\phi ={\pi \over 2}+\alpha \hskip 5mm 0 < \alpha \ll 1$$の方向の無限の遠方からやってきた光が
$$\phi =-\left( {\pi \over 2}+\alpha \right) $$の方向の無限の遠方に飛び去るとすると
$$0=\cos \left( {\pi \over 2}+\alpha \right) +{a\over {2\Delta }}\left[ 1+\sin ^2\left( {\pi \over 2}+\alpha \right) \right] $$が成り立つことになります。これを、$\alpha $ の二次以上を無視して解くと
$$\alpha ={a\over {\Delta }}$$が得られます。つまり太陽の縁をかすめて飛ぶ光線は
$$2\alpha ={{2a}\over {\Delta }}$$の角度だけ向きを変えることになります。ここで $\Delta $ は太陽の半径
$$\Delta =7.0\times 10^5 \ {\rm km}$$ とします。 $$a={{2GM}\over {c^2}}$$に太陽質量
$$M=2.0\times 10^{30}\ {\rm kg}$$と重力定数
$$G=6.7\times 10^{-11}\ {\rm m^3\cdot s^{-2}\cdot kg^{-1}}$$それに光速度
$$c=3.0\times 10^8\ {\rm m\cdot s^{-1}}$$を代入して計算してみると
$$a=3.0 \ {\rm km}$$であり
$$2\alpha ={{2\times 3.0}\over {7.0\times 10^5}}=8.57\times 10^{-6} \ {\rm rad}=1.768\cdots 秒角$$となります。
実は定数の値にもう少し正確なものを用いて計算してみると $1.75$ 秒角が得られます。この結果は１９１９年に、皆既日食を利用した実際の観測によって確かめられることになります。
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