${\bf カール：}$ ニュートンの理論から導かれる結果とケプラーによる観測結果が一致することは、少なくとも惑星の運動については、ニュートンの理論が実際の観測によって実証されたことを意味していると考えられます。アルバートの幾何学的重力理論は、そのニュートンの理論に一体何を付け加えようというのですか。
${\bf アル：}$ ケプラーは実は火星の運動から彼の法則を導き出したのですが、後の人々が他の惑星についてもよくよく調べてみると、特に水星について一つの謎が発見されました。フランスの天文学者ル・ヴェリエは、１８５９年（ニュートンの万有引力の発見が１６８７年）、水星の運動には太陽系の既知の天体からの力すべてを考慮しても説明しきれない困難が残ることを指摘しました：惑星の軌道上の点の内、太陽に最も接近する点を近日点と呼びます。もし、楕円軌道を仮定するなら、当然、近日点も移動しません、つまり太陽と惑星を結ぶ動径がちょうど $2\pi $ だけ回転するとき、新たな近日点を迎えるはずです。ところが、惑星の軌道を実際に観測してみると、この回転角が $2\pi $ から少しずれるのです。ずれると言っても、例えば火星の場合で、年に $+16$ 秒角程度の、われわれの感覚からすれば非常に小さなものです、でもしかしいくら小さなものであっても、測定にかかる以上、理論によって説明できないと気持ち悪いものです。
このずれの中には他の惑星からの力によって生じる部分もあるはずですから、まずそれらの影響を除去し太陽の影響だけを残す計算が行われました。その結果、水星の場合特に大きな「ニュートン理論では説明しきれない角度」が残ったのです。１００年間集積して $+43$ 秒角という角度であって、ル・ヴェリエは「・・・天文学者の注意をひくに値する、容易ならぬ困難」と呼びました。
水星は約８８日（地球時間）で太陽を一周します。従って１００年で $+43$ 秒という角度は一周あたりに直せば $+0.1$ 秒角程度です。ちなみに、月や太陽の視直径、つまり地球から見て直径を挟む角度は約 $30'$、一度の半分 です。$0.1''$ という角度は $1'$ を $600$ 等分した角度であって、ケプラーの時代にはとても到達できなかった、１９世紀になってやっと到達できた精度です。ル・ヴェリエという人は天王星の観測結果から新たな惑星の存在を予測し、その軌道を計算によって求め、海王星の発見に大きく貢献した人として有名です。そういう経験のせいか、水星の更に内側に未発見の惑星が存在するとして、この $+43$ 秒角を説明しようとしました。また、ニュートンの逆二乗則を少し修正して説明しようと試みる人も現れました。しかし、これらは観測の裏付けを得ることができず、あるいは任意に調節できる変数が存在するなどの理由で、決定的なものとはなっていないのです。
もし私の理論でこの $+43$ 秒角が説明できるのであれば、時空間の幾何学によって重力に関わる現象を説明しようという私の意図はまとを得たものだと分かり、私にとって非常に大きな感動をもたらすことになるのです。
前々回求めたシュワルツシルトの解
$$g_{0 0}=1-{a\over r}, \hskip 3mm g_{1 1}=-{1\over {1-a/r}}, \hskip 3mm g_{2 2}=-{1\over {r^2}}, \hskip 3mm g_{3 3}=-r^2\sin ^2\theta $$ $$g_{\mu \nu }=0\hskip 5mm (\mu \not= \nu )$$を使って測地線の方程式を書き下し、その方程式を解いて惑星の軌道を計算してみましょう。但し上の式で
$$a={{2GM}\over {c^2}}$$です。
$${\Gamma ^{\lambda }}_{\mu \nu }={1\over 2}g^{\lambda \rho }\left( -\partial _{\rho }g_{\mu \nu }+\partial _{\mu }g_{\nu \rho }+\partial _{\nu }g_{\rho \mu }\right) $$
に上記の $g_{\mu \nu }$ を代入して計算すると
\begin{eqnarray*} &&{\Gamma ^0}_{0 1}={\Gamma ^0}_{1 0}={a\over {2r^2}}{1\over {1-a/r}} \\ &&{\Gamma ^1}_{0 0}={a\over {2r^2}}\left( 1-{a\over r}\right) , \hskip 5mm {\Gamma ^1}_{1 1}=-{a\over {2r^2}}{1\over {1-a/r}}, \hskip 5mm {\Gamma ^1}_{2 2}=-r\left( 1-{a\over r}\right) \\ &&{\Gamma ^1}_{3 3}=-r\left( 1-{a\over r}\right) \sin ^2\theta \\ &&{\Gamma ^2}_{1 2}={\Gamma ^2}_{2 1}={1\over r}, \hskip 5mm {\Gamma ^2}_{3 3}=-\sin \theta \cos \theta \\ &&{\Gamma ^3}_{1 3}={\Gamma ^3}_{3 1}={1\over r}, \hskip 5mm {\Gamma ^3}_{2 3}={\Gamma ^3}_{3 2}={{\cos \theta }\over {\sin \theta }} \end{eqnarray*}であり、他の ${\Gamma ^{\lambda }}_{\mu \nu }=0$ です。
よって測地線の方程式
$${{d^2x^{\lambda }}\over {d\tau ^2}}+{\Gamma ^{\lambda }}_{\mu \nu }{{dx^{\mu }}\over {d\tau }}{{dx^{\nu }}\over {d\tau }}=0$$は、まず $\lambda =0$ については
\begin{equation} {d\over {d\tau }}\left[ \left( 1-{a\over r}\right) {{dx^0}\over {d\tau }}\right] =0 \label{eq:lambda=0} \end{equation}更に $\lambda =2$ については
\begin{equation} {d\over {d\tau }}\left( r^2{{d\theta }\over {d\tau }}\right) -r^2\left( {{d\phi }\over {d\tau }}\right) ^2\sin \theta \cos \theta =0\label{eq:lambda=2} \end{equation}$\lambda =3$ については
\begin{equation} {d\over {d\tau }}\left( r^2\sin ^2\theta {{d\phi }\over {d\tau }}\right) =0\label{eq:lambda=3} \end{equation}が得られます。
$\lambda =1$ についての方程式もありますが、これが少し複雑なものであり、代わりに
$$ds^2=\left( 1-{a\over r}\right) (dx^0)^2-{1\over {1-a/r}}dr^2-r^2\left( d\theta ^2+\sin ^2\theta d\phi ^2\right) $$から得られる
\begin{equation} c^2=\left( 1-{a\over r}\right) \left( {{dx^0}\over {d\tau }}\right) ^2-{1\over {1-a/r}}\left( {{dr}\over {d\tau }}\right) ^2-r^2\left[ \left( {{d\theta }\over {d\tau }}\right) ^2+\sin ^2\theta \left( {{d\phi }\over {d\tau }}\right) ^2\right] \label{eq:ds2kara} \end{equation}を用いることにします。
まず、$r=r(\tau )$ と $\phi =\phi (\tau )$ を固定した上で (\ref{eq:lambda=2}) 式
\begin{equation} {d\over {d\tau }}\left( r^2{{d\theta }\over {d\tau }}\right) -r^2\left( {{d\phi }\over {d\tau }}\right) ^2\sin \theta \cos \theta =0 \label{eq:lambda2dash} \end{equation}を $\theta =\theta (\tau )$ に関する二階の微分方程式とみれば、$\tau =0$ における初期値として、たとえば
$$\theta (0)={{\pi }\over 2}, \hskip 5mm {{d\theta }\over {d\tau }}(0)=0$$を考えると
$${{d^2\theta }\over {d\tau ^2}}(0)=0$$が得られます。そこで (\ref{eq:lambda2dash}) 式をもう一度 $\tau $ で微分し、以上で得られた初期値を代入してみると
$${{d^3\theta }\over {d\tau ^3}}(0)=0$$が得られます。この手続きは何度でも繰り返すことができて、任意の正整数 $n$ について
$${{d^n\theta }\over {d\tau ^n}}(0)=0$$となることがわかります。
つまり、$\theta =\pi /2$ の平面の一点から、その平面に沿って出発する解軌道は、その後も常にその平面を抜け出せないことになるのです。従って測地線に沿って運動する物体は常に一つの平面内に留まることになり、これはニュートン力学での結果と同じです。
${\bf カール：}$ 『$\theta =\pi /2$ の平面内の一点から、その平面に含まれる方向に向けて出発する』という前提があっての結果であり、最後の結果とは少し距離があるように思いますが。
${\bf アル：}$ 測地線方程式は座標系を取り換えても同じ形を取ることが大事です。太陽の位置、測地線方程式の解軌道上の一点、更にその点での速度ベクトル、以上の三つを含む平面を考えます。極座標 $r, \theta , \phi $ を取り換え、その平面が $\theta =\pi /2$ の平面に一致するようにすることは常に可能です。新しい座標系でも測地線の方程式は同じ形ですから、よって解の軌道は一つの平面内に含まれることになり、ニュートンの結論とまったく同じです。
${\bf カール：}$ わかりました。ところで (\ref{eq:lambda=3}) 式
$${d\over {d\tau }}\left( r^2\sin ^2\theta {{d\phi }\over {d\tau }}\right) =0$$に $\theta =\pi /2$ を代入すれば
$${d\over {d\tau }}\left( r^2{{d\phi }\over {d\tau }}\right) =0$$が得られます。これは
$$r^2{{d\phi }\over {d\tau }}=h$$が定数であることを意味していますが、明らかにケプラーの第二法則、「面積速度一定」に対応しています。ニュートンの時間 $t$ が固有時間 $\tau $ に置き換わっていますが、妥当な置き換えだと考えられます。
${\bf アル：}$ 測地線の方程式の内、$\lambda =2, 3$ に対応する二つからは
\begin{equation} r^2{{d\phi }\over {d\tau }}=h=定数 \label{eq:hnodef} \end{equation}を得たのですが、$\lambda =0$ に対応する (\ref{eq:lambda=0}) 式
$${d\over {d\tau }}\left[ \left( 1-{a\over r}\right) {{dx^0}\over {d\tau }}\right] =0$$からは
\begin{equation} \left( 1-{a\over r}\right) {{dt}\over {d\tau }}=b \label{eq:bnodef} \end{equation}が定数であることが結論できます。
これら二つを、最後に残してある (\ref{eq:ds2kara}) 式
$$c^2=\left( 1-{a\over r}\right) \left( {{dx^0}\over {d\tau }}\right) ^2-{1\over {1-a/r}}\left( {{dr}\over {d\tau }}\right) ^2-r^2\left[ \left( {{d\theta }\over {d\tau }}\right) ^2+\sin ^2\theta \left( {{d\phi }\over {d\tau }}\right) ^2\right] $$へ代入すると
\begin{equation} 1=\left( 1-{a\over r}\right) ^{-1}\left[ b^2-{1\over {c^2}}\left( {{dr}\over {d\tau }}\right) ^2\right] -{{h^2}\over {c^2r^2}} \label{eq:c2gab2c2} \end{equation}が得られます。
ここで、われわれは $+43$ 秒の謎に関心があることを思い出してください。軌道の形に関心を持っているのであって、$r$ や $\phi $ が固有時の進捗に関してどう変化するかではないのです。近日点の移動を云々するためには、$r$ が $\phi $ の増加に従ってどう変化するかを知ることが肝要です。そこで
$${{dr}\over {d\tau }}={{dr}\over {d\phi }}{{d\phi }\over {d\tau }}={h\over {r^2}}{{dr}\over {d\phi }}$$を用いて (\ref{eq:c2gab2c2}) 式から $\tau $ に関する微分を追い出してしまいます。すると
\begin{equation} 1=\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:1ga1-aslashr} \end{equation}が得られます。
この方程式を満たす $r=r(\phi )$ を求めたいのですが、ニュートン力学の場合は、軌道平面に含まれるベクトル ${\bf e}$ と動径ベクトル ${\bf r}$ の間の角度を $f$ とするとき、
$$r={l\over {1+e\cos f}}$$が成り立つことから軌道が楕円を描くことを証明できました。但し
$$l=h^2/GM$$であり、$e$ は ${\bf e}$ の長さであって軌道の離心率という意味を持ちます。${\bf e}$ の方向を $x$ 軸の正の方向とすれば $f=\phi $ であり、よって
$$r=r(\phi )={l\over {1+e\cos \phi }}$$です。この関数の満たす微分方程式を求めるために
$$u={1\over r}={1\over l}\left( 1+e\cos \phi \right) $$と置けば
$$u'=-{e\over l}\sin \phi $$であり
$$(u')^2+u^2-{2\over l}u-{{e^2-1}\over {l^2}}=0$$が得られます。前回の記事で見たように、惑星の質量を $1$ とする場合の運動エネルギーを $E$ と置けば
$$E={{(GM)^2}\over {2h^2}}(e^2-1)$$の関係がありました。この $E$ を使うと楕円軌道を与える $r$ の微分方程式は
\begin{equation} (u')^2+u^2-{{2GM}\over {h^2}}u-{{2E}\over {h^2}}=0 \label{eq:udash2u2equal} \end{equation}と書けます。
この方程式と、測地線の方程式から得た (\ref{eq:1ga1-aslashr}) 式
\begin{equation} 1=\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:1ga1-aslashr-2} \end{equation}を比較するために
$$u={1\over r}, \hskip 5mm u'=-{1\over {r^2}}{{dr}\over {d\phi }}$$を使って (\ref{eq:1ga1-aslashr-2}) 式を書き直すと
$$u'^2+u^2-{{2GM}\over {h^2}}u-{{c^2}\over {h^2}}(b^2-1)=au^3$$です。よって
$$2E=c^2(b^2-1)$$として $E$ を定義すれば、
\begin{equation} (u')^2+u^2-{{2GM}\over {h^2}}u-{{2E}\over {h^2}}=au^3 \label{eq:uhenngaau3} \end{equation}となります。つまり、楕円軌道を与える方程式 (\ref{eq:udash2u2equal}) とは右辺の $au^3$ だけの違いです。
この方程式 (\ref{eq:uhenngaau3}) の解を求めたいのですが、厳密解を書き下すことは望めそうもありません。そこで、楕円軌道の場合の $r=r(\phi )$ を少し変形し
$$r={l\over {1+e\cos (\alpha \phi )}}$$と置いてみます。$e$ は楕円軌道とみなす場合の離心率とします。$\alpha $ は定数とし、$\alpha =1$ の場合が楕円軌道です。$\alpha \not= 1$ の場合
$$\alpha \phi =0, \hskip 3mm 2\pi , \hskip 3mm 4\pi , \hskip 3mm \cdots $$となる $\phi $ で近日点が現れることになり、近日点の移動が生じます。$\alpha $ と $l$ を調節することによってできるだけ良い解を求めることを考えてみます。
この $r$ を (\ref{eq:uhenngaau3}) 式
$$u'^2+u^2-{{2GM}\over {h^2}}u-{{2E}\over {h^2}}=au^3$$へ代入すると、$e\cos \alpha \phi $ のベキの和の形で書けますが、惑星の場合 $e$ は普通かなり小さく、このベキ展開でも $$(e\cos \alpha \phi )^3$$
の項は十分小さいとみます。すると残りのベキの係数として
\begin{equation} {{e^2\alpha ^2}\over {l^2}}+{1\over {l^2}}-{{2GM}\over {h^2l}}-{{2E}\over {h^2}}={a\over {l^3}} \label{eq:teisukou} \end{equation} \begin{equation} {2\over {l^2}}-{{2GM}\over {h^2l}}={{3a}\over {l^3}} \label{eq:ichijikou} \end{equation} \begin{equation} -{{\alpha ^2}\over {l^2}}+{1\over {l^2}}={{3a}\over {l^3}} \label{eq:nijinokou} \end{equation}(\ref{eq:nijinokou}) 式から
$$\alpha ={\sqrt{1-{{3a}\over l}}}$$が得られますが、$r\approx l$ であり、$M$ が太陽質量の場合 $a$ は約 $3 {\rm km}$ なので、惑星の軌道を考える限り $a/l$ は極めて小さな値です。仮に太陽の近くすれすれを運動するとしても
$${a\over l}\approx 2.1\times 10^{-6}$$程度です。従って
\begin{equation} \alpha =1-{{3a}\over {2l}} \label{eq:alphanoatai} \end{equation}と書けます。
更に (\ref{eq:ichijikou}) 式を $l$ について解くと、よい近似で
$$l\approx {{h^2}\over {GM}}$$だとわかります。ちなみにこれは楕円軌道の場合と同じ値です。これを (\ref{eq:alphanoatai}) 式へ代入し、前回求めた楕円軌道の長半径 $A$ と $l$ との関係
$$l=A(1-e^2)$$を使うと
\begin{equation} \alpha =1-{{3a}\over {2l}}=1-{{3GM}\over {c^2A(1-e^2)}} \label{eq:alphanoatai-2} \end{equation}が得られます。
$\alpha < 1$ ですから、$\phi $ が $2\pi $ 増加するだけでは次の近日点は現れず、
$$\alpha (2\pi +\delta )=2\pi $$を満たす $\delta $ だけ多く回る必要が生じます。このとき
$$\delta ={{6\pi GM}\over {c^2A(1-e^2)}}$$です。
$\delta $ は長半径 $A$ が小さく、離心率 $e$ が大きな惑星ほど大きな値になります。この要請を満たすのが水星です。水星の場合に計算してみます。
$$e=0.21$$ $$A=5.8\times 10^{10}\ {\rm m}$$ $$G=6.7\times 10^{-11}\ {\rm m^3\cdot s^{-2}\cdot kg^{-1}}$$ $$M=2.0\times 10^{30}\ {\rm kg}$$ $$c=3.0\times 10^8\ {\rm m\cdot s^{-1}}$$を使って $\delta $ を求めると、非常に小さな $0.1$ 秒角程度の値がでます。そこで水星の公転周期は $88$ 日であることを使って $100$ 年当たりの $\delta $ を求めてみると、ぴったり $43$ 秒角と出ます。これほどまでに観測と一致する値が出るとは、正直言って驚きました。
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