Einstein 方程式：ビアンキ恒等式、作用原理による導出、ニュートン極限、線形化重力

0. この記事の要点

重力は「時空の曲がり」で表される、と聞いたとき、次に気になるのは、その曲がりが何によって決まるのかということです。この記事は、物質の分布が時空の曲がりを決める方程式を、二つの異なる道筋から導きます。さらに、重力が弱いときにはニュートンの万有引力に戻ることを確かめます。読み終えると、この方程式が物質の保存則をひとりでに含んでいること、そして身近な重力との関係を説明できるようになります。

• 曲率テンソルを縮約して作るアインシュタインテンソル $G_{\mu\nu}=R_{\mu\nu}-\tfrac12Rg_{\mu\nu}$ は、計量によらず恒等的に $\nabla^\mu G_{\mu\nu}=0$ を満たします（縮約ビアンキ恒等式、定理 2.4）。
• したがって場の方程式 $G_{\mu\nu}=\dfrac{8\pi G}{c^4}T_{\mu\nu}$ は、エネルギー・運動量の局所保存 $\nabla^\mu T_{\mu\nu}=0$ を要求します。塵（圧力のない物質）なら、この保存則から粒子が測地線に沿って動くことが導かれます（命題 3.4）。
• 同じ方程式は、作用 $S=\dfrac{c^3}{16\pi G}\displaystyle\int R\sqrt{-g}\,d^4x+S_{\mathrm{m}}$ を計量について停留にすることで得られます（定理 4.4）。
• 弱く静的で物質が非相対論的な場では、$\Phi:=-c^2h_{00}/2$ が $\nabla^2\Phi=4\pi G\rho$ を満たし、測地線方程式はニュートンの運動方程式に帰着します。結合定数 $8\pi G/c^4$ はこの比較で決まります（定理 5.1）。
• 平坦な背景からのずれ $h_{\mu\nu}$ について 1 次まで展開すると線形化重力になり、その作用は Fierz–Pauli 作用です（定理 7.1）。座標変換は $h_{\mu\nu}\to h_{\mu\nu}+\partial_\mu\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\mu$ というゲージ変換（座標の取り替えに由来する、物理的な意味をもたない $h_{\mu\nu}$ の変化）として現れます。

この記事で使う事前知識

• テンソル: 座標を取り替えたとき、決まった規則で成分が変わる量。→ テンソル
• 共変微分: 曲がった時空でベクトルなどを微分するとき、座標の取り方による変化を補正した微分。→ 接続
• 測地線: 重力以外の力を受けない粒子が描く、最もまっすぐな世界線。→ 測地線
• Riemann 曲率テンソル: 時空の曲がりを表すテンソル。→ Riemann 曲率テンソル
• 局所慣性座標: 一点のまわりで、時空が平坦に見えるように取った座標。→ 局所慣性座標

1. 動機：場の方程式に求められる条件

前章で、重力は計量 $g_{\mu\nu}$ に担われ、曲率 $R^\mu{}_{\nu\alpha\beta}$ が潮汐力を表すことを見ました。次の問題は、計量そのものを物質分布から決める方程式です。ニュートン重力のポアソン方程式 $\nabla^2\Phi=4\pi G\rho$ にあたるものを探します。条件を並べてみます。

1. テンソル方程式であること。 座標の取り方に依らない形でなければなりません。左辺を計量とその微分から作り、右辺を物質のエネルギー・運動量を表すテンソルにします。
2. 計量の 2 階微分まで。 ポアソン方程式が $\Phi$ の 2 階微分の式であることに対応します。曲率はまさに計量の 2 階微分を含みます。
3. 物質の保存則と両立すること。 エネルギーと運動量は局所的に保存されなければなりません。右辺の $T_{\mu\nu}$ が $\nabla^\mu T_{\mu\nu}=0$ を満たすなら、左辺も同じ恒等式を満たすテンソルでなければなりません。
4. ニュートン重力を極限として含むこと。

条件 3 が最も強く、曲率のどんな組み合わせがそれを満たすかを調べるのが次節です。結論から言うと、「リッチテンソルとスカラー曲率の特定の組み合わせ」がちょうど合います。

記号は前章を引き継ぎます。符号は $(-,+,+,+)$、$x^0=ct$、Riemann テンソルは Riemann 曲率テンソル（定義 6.1）［曲がった時空のテンソル解析］ の定義です。結合定数を $\kappa:=8\pi G/c^4$ と略記します。

2. アインシュタインテンソルとビアンキ恒等式

定義 2.1（リッチテンソル・スカラー曲率・アインシュタインテンソル）↗

$$R_{\nu\beta}:=R^{\alpha}{}_{\nu\alpha\beta},\qquad R:=g^{\nu\beta}R_{\nu\beta},\qquad G_{\mu\nu}:=R_{\mu\nu}-\tfrac12R\,g_{\mu\nu}$$

を、それぞれリッチテンソル、スカラー曲率、アインシュタインテンソルという。

リッチテンソルは曲率テンソルの第 1 添字と第 3 添字を縮約したものです。縮約はテンソルを与えるので、$R_{\nu\beta}$ は型 $(0,2)$ のテンソル、$R$ はスカラー、$G_{\mu\nu}$ は型 $(0,2)$ のテンソルです。

命題 2.2（リッチテンソルの対称性）✓

$R_{\mu\nu}=R_{\nu\mu}$ であり、したがって $G_{\mu\nu}$ も対称である。

証明（命題 2.2）

$R_{\nu\beta}=g^{\mu\alpha}R_{\mu\nu\alpha\beta}$ です。曲率テンソルの対称性（定理 6.3）［曲がった時空のテンソル解析］ の 3（対の入れ替え）より

$$R_{\beta\nu}=g^{\mu\alpha}R_{\mu\beta\alpha\nu}=g^{\mu\alpha}R_{\alpha\nu\mu\beta}=g^{\alpha\mu}R_{\alpha\nu\mu\beta}=R_{\nu\beta}$$

です（最後の等号で縮約の添字 $\alpha,\mu$ の名前を付け替えました）。$g_{\mu\nu}$ は対称だから $G_{\mu\nu}$ も対称です。

∎

次の恒等式が本節の主役です。曲率の微分どうしの間にある関係式で、これを縮約すると $\nabla^\mu G_{\mu\nu}=0$ が得られます。

定理 2.3（第 2 ビアンキ恒等式）✓

$$\nabla_\lambda R^{\mu}{}_{\nu\alpha\beta}+\nabla_\alpha R^{\mu}{}_{\nu\beta\lambda}+\nabla_\beta R^{\mu}{}_{\nu\lambda\alpha}=0 .$$

証明の方針は、テンソルの等式は一点の座標で確かめれば十分なので、その点で時空が平坦に見える座標を選び、補正項を消して単純な偏微分の計算にすることです。

証明（定理 2.3）

左辺はテンソルなので、局所慣性座標での確認で足りる（補題 4.2）［曲がった時空のテンソル解析］ ことを使い、点 $p$ の局所慣性座標（定理 4.1［曲がった時空のテンソル解析］）で示します。$p$ では $\Gamma=0$ なので、共変微分の補正項が消えて $\nabla_\lambda R^\mu{}_{\nu\alpha\beta}=\partial_\lambda R^\mu{}_{\nu\alpha\beta}$ です（同じ補題の 2）。 定義 6.1［曲がった時空のテンソル解析］ の $\Gamma\Gamma$ の項は、微分しても各項が $p$ で $0$ になる $\Gamma$ を 1 つ含むので、

$$\partial_\lambda R^\mu{}_{\nu\alpha\beta}(p)=\partial_\lambda\partial_\alpha\Gamma^\mu{}_{\nu\beta}-\partial_\lambda\partial_\beta\Gamma^\mu{}_{\nu\alpha}$$

です。$(\lambda,\alpha,\beta)$ を巡回させて 3 つ足すと、

$$\bigl(\partial_\lambda\partial_\alpha\Gamma^\mu{}_{\nu\beta}-\partial_\alpha\partial_\lambda\Gamma^\mu{}_{\nu\beta}\bigr) +\bigl(\partial_\alpha\partial_\beta\Gamma^\mu{}_{\nu\lambda}-\partial_\beta\partial_\alpha\Gamma^\mu{}_{\nu\lambda}\bigr) +\bigl(\partial_\beta\partial_\lambda\Gamma^\mu{}_{\nu\alpha}-\partial_\lambda\partial_\beta\Gamma^\mu{}_{\nu\alpha}\bigr)=0$$

と、偏微分の順序交換で 6 項が 3 組の差に整理されてすべて消えます。

∎

定理 2.4（縮約ビアンキ恒等式）✓

$$\nabla^\mu G_{\mu\nu}=0 .$$

すなわち $\nabla^\mu R_{\mu\nu}=\tfrac12\nabla_\nu R$。

証明の方針は、第 2 ビアンキ恒等式の添字を二度縮約して、曲率テンソルをリッチテンソルとスカラー曲率に置き換えることです。

証明（定理 2.4）

定理 2.3 で $\mu$ と $\alpha$ を縮約します。第 1 項は $\nabla_\lambda R^\alpha{}_{\nu\alpha\beta}=\nabla_\lambda R_{\nu\beta}$、第 2 項は $\nabla_\alpha R^\alpha{}_{\nu\beta\lambda}$、第 3 項は $\nabla_\beta R^\alpha{}_{\nu\lambda\alpha}=-\nabla_\beta R^\alpha{}_{\nu\alpha\lambda}=-\nabla_\beta R_{\nu\lambda}$ なので

$$\nabla_\lambda R_{\nu\beta}+\nabla_\alpha R^\alpha{}_{\nu\beta\lambda}-\nabla_\beta R_{\nu\lambda}=0 .$$

次に $g^{\nu\beta}$ を掛けます。接続が計量適合なので $g^{\nu\beta}$ は共変微分の外に出せます。第 1 項は $\nabla_\lambda R$、第 3 項は $-\nabla^\nu R_{\nu\lambda}$ です。第 2 項は、定理 6.3［曲がった時空のテンソル解析］ の 2 を使って

$$g^{\nu\beta}R^\alpha{}_{\nu\beta\lambda}=g^{\nu\beta}g^{\alpha\sigma}R_{\sigma\nu\beta\lambda}=-g^{\alpha\sigma}g^{\nu\beta}R_{\nu\sigma\beta\lambda}=-g^{\alpha\sigma}R_{\sigma\lambda}$$

となるので $-\nabla^\sigma R_{\sigma\lambda}$ です。まとめると $\nabla_\lambda R-2\nabla^\sigma R_{\sigma\lambda}=0$、すなわち $\nabla^\sigma(R_{\sigma\lambda}-\tfrac12g_{\sigma\lambda}R)=0$ です。

∎

注意 2.5（アインシュタインテンソルは特別か）

4 次元で、計量とその 1 階・2 階微分だけから作られる対称な 2 階テンソルのうち、発散が恒等的に $0$ になるものは、$G_{\mu\nu}$ と $g_{\mu\nu}$ の線形結合に限られます（ラブロックの定理）。したがって条件 1〜3 を課すと、場の方程式は $G_{\mu\nu}+\Lambda g_{\mu\nu}=\kappa T_{\mu\nu}$（$\Lambda$ は定数）の形に絞られます。この定理の証明は本稿では扱わず、主張のみ述べます。次節以降は、$\Lambda=0$ の形が条件 4 とも合うことを確かめる方向で進めます。

3. 場の方程式と保存則

公理 3.1（Einstein 方程式）↗

時空の計量とエネルギー・運動量テンソル $T_{\mu\nu}$ は

$$G_{\mu\nu}=\frac{8\pi G}{c^4}\,T_{\mu\nu}$$

を満たす。$T_{\mu\nu}$ は対称テンソルで、局所慣性座標では $T^{00}$ がエネルギー密度、$T^{0i}/c$ が運動量密度、$T^{ij}$ が応力を表す（特殊相対論のエネルギー・運動量テンソル）。

宇宙定数を含む形は 注意 4.6 で扱います。次の帰結は、方程式が単なる「重力の源の指定」ではなく、物質の運動法則まで含んでいることを示します。

命題 3.2（エネルギー・運動量の保存則）✓

公理 3.1 が成り立つなら $\nabla^\mu T_{\mu\nu}=0$ である。

証明（命題 3.2）

定理 2.4 より $\nabla^\mu T_{\mu\nu}=\kappa^{-1}\nabla^\mu G_{\mu\nu}=0$ です。

∎

定義 3.3（塵）↗

塵（ダスト）とは、圧力のない物質で、エネルギー・運動量テンソルが

$$T^{\mu\nu}=\rho c^2\,u^\mu u^\nu,\qquad g_{\mu\nu}u^\mu u^\nu=-1$$

と書けるものである。$\rho$ は静止系での質量密度、$u^\mu=dx^\mu/d(c\tau)$ は各点での無次元の 4 元速度である。

命題 3.4（塵の運動方程式は場の方程式から出る）✓

塵が $\nabla_\mu T^{\mu\nu}=0$ を満たすなら、

$$\nabla_\mu(\rho u^\mu)=0,\qquad u^\mu\nabla_\mu u^\nu=0$$

である。後者は、塵の各粒子の世界線が測地線であることを表す。

証明（命題 3.4）

$\nabla_\mu(\rho u^\mu u^\nu)=\nabla_\mu(\rho u^\mu)\,u^\nu+\rho u^\mu\nabla_\mu u^\nu=0$ に $u_\nu$ を掛けて縮約します。$u_\nu u^\nu=-1$ で、さらに $0=\tfrac12\nabla_\mu(u_\nu u^\nu)=u_\nu\nabla_\mu u^\nu$（命題 3.3［曲がった時空のテンソル解析］ の計量適合）だから、

$$-\nabla_\mu(\rho u^\mu)+0=0$$

です。これを元の式に戻すと $\rho u^\mu\nabla_\mu u^\nu=0$ となり、$\rho>0$ の点では $u^\mu\nabla_\mu u^\nu=0$ です。これは 定義 5.1［曲がった時空のテンソル解析］ の測地線の条件そのものです。

∎

前章では「自由落下する粒子は測地線に沿う」ことを公準に含めていました（公理 4.4［曲がった時空のテンソル解析］）。命題 3.4 は、その一部が場の方程式から従うことを示します。重力の源である物質の運動方程式を、別に仮定する必要がないのです。電磁気学では荷電粒子の運動方程式（ローレンツ力）を別に与えるのと対照的です。

注意 3.5（方程式と未知関数の数え上げ）

計量の独立成分は 10 個、場の方程式も 10 本です。ところが 定理 2.4 により、10 本の左辺は 4 本の恒等式 $\nabla^\mu G_{\mu\nu}=0$ で結ばれています。そのため方程式の中で互いに独立なのは 6 本相当にすぎません。一方、座標の取り方の自由度（$x^\mu\to x'^\mu(x)$ の 4 個の関数）の分だけ、計量の 10 成分には物理的に意味のない自由度が含まれています。10 個の成分から 4 個の座標自由度を引くと 6 個、これが独立な方程式の数と合います。計量は座標変換を除いて決まる、という形で方程式系が整合しているわけです。重力波の自由度が 2 個になる理由（重力波）も、この数え上げの続きです。

塵よりも一般の物質として、圧力をもつ完全流体も扱えます。

命題 3.6（完全流体の保存則）✓

エネルギー密度 $\varepsilon$、圧力 $p$、4 元速度 $u^\mu$（$g_{\mu\nu}u^\mu u^\nu=-1$）をもつ完全流体のエネルギー・運動量テンソルを

$$T^{\mu\nu}=(\varepsilon+p)\,u^\mu u^\nu+p\,g^{\mu\nu}$$

とする。$\nabla_\mu T^{\mu\nu}=0$ は

$$u^\mu\partial_\mu\varepsilon+(\varepsilon+p)\nabla_\mu u^\mu=0,\qquad (\varepsilon+p)\,u^\mu\nabla_\mu u^\nu=-(g^{\nu\mu}+u^\nu u^\mu)\,\partial_\mu p$$

と同値である。第 1 式はエネルギーの保存、第 2 式は相対論的なオイラー方程式である。

証明（命題 3.6）

$\nabla_\mu T^{\mu\nu}=\nabla_\mu\bigl((\varepsilon+p)u^\mu\bigr)u^\nu+(\varepsilon+p)u^\mu\nabla_\mu u^\nu+g^{\mu\nu}\partial_\mu p=0$ です。$u_\nu$ を縮約します。$u_\nu u^\nu=-1$、$u_\nu\nabla_\mu u^\nu=0$（命題 3.4 の証明と同じ）なので

$$-\nabla_\mu\bigl((\varepsilon+p)u^\mu\bigr)+u^\mu\partial_\mu p=-u^\mu\partial_\mu\varepsilon-(\varepsilon+p)\nabla_\mu u^\mu=0$$

で第 1 式を得ます。第 1 式から元の式の $\nabla_\mu((\varepsilon+p)u^\mu)=u^\mu\partial_\mu p$ が従うので、元の式に戻して $(\varepsilon+p)u^\mu\nabla_\mu u^\nu+u^\nu u^\mu\partial_\mu p+g^{\mu\nu}\partial_\mu p=0$ で、第 2 式です。逆向きは、この 2 式を足し合わせれば元の式になります。

∎

低速で $p\ll\varepsilon$ なら、第 2 式は $\rho\,du^i/dt\simeq-\partial_ip$ というニュートン力学のオイラー方程式に近づきます（演習 8.2）。$p=0$ では 命題 3.4 に戻ります。圧力そのものが重力の源になる（$T^{ij}$ が右辺にある）ことが、ニュートン重力にない新しい点です。

4. 作用原理からの導出

場の方程式は変分原理からも導かれます。計量を力学変数とみなして作用を停留にすると、前節の方程式がそのまま出ます。

4.1. 道具：行列式と接続の変分

補題 4.1（$\sqrt{-g}$ の変分）✓

$g=\det(g_{\mu\nu})$ とする。$g_{\mu\nu}$ の微小変分 $\delta g_{\mu\nu}$ に対して

$$\delta\sqrt{-g}=\tfrac12\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}=-\tfrac12\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}$$

である。また $\Gamma^\sigma{}_{\sigma\lambda}=\partial_\lambda\ln\sqrt{-g}$、したがってベクトル場 $V$ について $\nabla_\sigma V^\sigma=\dfrac1{\sqrt{-g}}\partial_\sigma\bigl(\sqrt{-g}\,V^\sigma\bigr)$ である。

証明（補題 4.1）

ヤコビの公式（補題 7.1）［ハミルトン形式の力学］ $\delta\det A=\det A\cdot\operatorname{tr}(A^{-1}\delta A)$ を $A=(g_{\mu\nu})$ に適用すると $\delta g=g\,g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}$ です。$-g>0$ なので $\delta\sqrt{-g}=\dfrac{-\delta g}{2\sqrt{-g}}=-\dfrac{g\,g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}}{2\sqrt{-g}}=\tfrac12\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}$ です（$g=-(\sqrt{-g})^2$ を使いました）。恒等式 $g^{\mu\lambda}g_{\lambda\nu}=\delta^\mu_\nu$ を変分すると $\delta g^{\mu\nu}=-g^{\mu\alpha}g^{\nu\beta}\delta g_{\alpha\beta}$ なので、$g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}=-g^{\alpha\beta}\delta g_{\alpha\beta}$ で、第 2 の等号が従います。

$\Gamma^\sigma{}_{\sigma\lambda}=\tfrac12g^{\sigma\rho}(\partial_\sigma g_{\rho\lambda}+\partial_\lambda g_{\rho\sigma}-\partial_\rho g_{\sigma\lambda})$ で、第 1 項と第 3 項は $\sigma\leftrightarrow\rho$ の入れ替えで打ち消し合い、$\Gamma^\sigma{}_{\sigma\lambda}=\tfrac12g^{\sigma\rho}\partial_\lambda g_{\rho\sigma}$ です。これは、上の変分の公式で $\delta\to\partial_\lambda$ とした $\partial_\lambda\ln\sqrt{-g}$ に等しくなります。最後に $\nabla_\sigma V^\sigma=\partial_\sigma V^\sigma+\Gamma^\sigma{}_{\sigma\lambda}V^\lambda=\partial_\sigma V^\sigma+V^\sigma\partial_\sigma\ln\sqrt{-g}$ は、積の微分の形です。

∎

計量の 1 径数族 $g_{\mu\nu}(s)$ に対して、$\delta:=d/ds|_{s=0}$ と書きます。

補題 4.2（パラティーニの恒等式）✓

$\delta\Gamma^\lambda{}_{\mu\nu}$ は型 $(1,2)$ のテンソルであり、

$$\delta R_{\nu\beta}=\nabla_\mu\,\delta\Gamma^\mu{}_{\nu\beta}-\nabla_\beta\,\delta\Gamma^\mu{}_{\nu\mu}$$

が成り立つ。

この補題は、作用の変分の中に現れる $\delta R_{\nu\beta}$ を $\delta\Gamma$ だけで書き直すためのものです。計量を少し変えると接続も少し変わりますが、その変化量は二つの接続の差なので、座標に依らないテンソルになります。

証明（補題 4.2）

計量 $g(s)$ に対応する接続 $\nabla^{(s)}$ と $\nabla^{(0)}=\nabla$ の差を考えます。定義 3.1［曲がった時空のテンソル解析］ の公理 2 から

$$\nabla^{(s)}_X(fY)-\nabla_X(fY)=f\bigl(\nabla^{(s)}_XY-\nabla_XY\bigr)$$

で、$X(f)Y$ の項が打ち消し合います。したがって $(X,Y)\mapsto\nabla^{(s)}_XY-\nabla_XY$ は $X,Y$ について関数倍に線形であり、成分 $\Gamma^\lambda_{(s)\mu\nu}-\Gamma^\lambda_{\mu\nu}$ は型 $(1,2)$ のテンソルです。これを $s$ で微分した $\delta\Gamma^\lambda{}_{\mu\nu}$ もテンソルです。

後半は、定義 6.1［曲がった時空のテンソル解析］ を $\delta$ で微分します。点 $p$ の局所慣性座標を取ると $\Gamma(p)=0$ なので、$\Gamma\Gamma$ の項の変分は $\delta\Gamma\cdot\Gamma$ の形で $p$ で $0$ になり、

$$\delta R^\mu{}_{\nu\alpha\beta}(p)=\partial_\alpha\delta\Gamma^\mu{}_{\nu\beta}-\partial_\beta\delta\Gamma^\mu{}_{\nu\alpha} =\nabla_\alpha\delta\Gamma^\mu{}_{\nu\beta}-\nabla_\beta\delta\Gamma^\mu{}_{\nu\alpha}$$

です（$p$ で $\nabla=\partial$）。両辺はテンソルなので、これはすべての座標で成り立ちます。$\mu=\alpha$ で縮約すれば主張です。

∎

4.2. Einstein–Hilbert 作用

定義 4.3（Einstein–Hilbert 作用と物質の作用）↗

領域 $\mathcal{U}\subset M$ で

$$S_{\mathrm{EH}}[g]=\frac{c^3}{16\pi G}\int_{\mathcal{U}}R\,\sqrt{-g}\;d^4x,\qquad d^4x=dx^0dx^1dx^2dx^3$$

を Einstein–Hilbert 作用という。物質の作用 $S_{\mathrm{m}}[g,\psi]$（$\psi$ は物質場）に対し、エネルギー・運動量テンソルを、計量の変分に対する応答として

$$\delta S_{\mathrm{m}}=\frac{1}{2c}\int_{\mathcal{U}}T^{\mu\nu}\,\delta g_{\mu\nu}\,\sqrt{-g}\;d^4x$$

で定義する（$\delta g_{\mu\nu}$ は $\mathcal{U}$ の内部にコンパクトな台をもつ変分）。

$c^3/16\pi G$ は、作用の次元（エネルギー×時間）を合わせるための係数です。$x^0=ct$ なので $d^4x=c\,dt\,d^3x$ であり、$R$ の次元は長さの $-2$ 乗、$c^3/G$ は質量/時間の次元なので、積分は確かに（質量×長さ$^2$/時間）です。

定理 4.4（作用原理から Einstein 方程式）✓

$S=S_{\mathrm{EH}}[g]+S_{\mathrm{m}}[g,\psi]$ が、コンパクトな台をもつ任意の変分 $\delta g_{\mu\nu}$ に対して停留であることは、

$$G_{\mu\nu}=\frac{8\pi G}{c^4}T_{\mu\nu}$$

と同値である。ただし $\psi$ の運動方程式は成り立っているとする。

証明の流れは次のとおりです。作用の変分を $\delta g^{\mu\nu}$ に比例する形に整理すると、$R_{\mu\nu}$ の変分の部分は境界で消える全微分になり、残りの部分から $G_{\mu\nu}$ が現れます。

証明（定理 4.4）

$\delta(R\sqrt{-g})=\sqrt{-g}\,R_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}+R\,\delta\sqrt{-g}+\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\delta R_{\mu\nu}$ です（$R=g^{\mu\nu}R_{\mu\nu}$ の積の微分）。第 2 項は 補題 4.1 により $-\tfrac12\sqrt{-g}\,R\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}$ なので、最初の 2 項で $\sqrt{-g}\,G_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}$ になります。

第 3 項に 補題 4.2 を使います。$\nabla g=0$ により $g^{\mu\nu}$ は共変微分の中に入れられるので、

$$g^{\mu\nu}\delta R_{\mu\nu}=\nabla_\sigma V^\sigma,\qquad V^\sigma:=g^{\mu\nu}\delta\Gamma^\sigma{}_{\mu\nu}-g^{\sigma\mu}\delta\Gamma^\lambda{}_{\mu\lambda}$$

です。補題 4.1 の後半により $\sqrt{-g}\,\nabla_\sigma V^\sigma=\partial_\sigma(\sqrt{-g}\,V^\sigma)$ で、これは全微分です。$V^\sigma$ は $\delta g_{\mu\nu}$ とその 1 階微分の線形結合なので、台がコンパクトであれば $\mathcal{U}$ の境界で $0$ になり、積分は $0$ です。したがって

$$\delta S_{\mathrm{EH}}=\frac{c^3}{16\pi G}\int G_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu}\sqrt{-g}\,d^4x =-\frac{c^3}{16\pi G}\int G^{\mu\nu}\,\delta g_{\mu\nu}\sqrt{-g}\,d^4x .$$

（後の等号は $\delta g^{\mu\nu}=-g^{\mu\alpha}g^{\nu\beta}\delta g_{\alpha\beta}$ と $G$ の対称性。）物質の寄与 定義 4.3 と合わせると

$$\delta S=\int\Bigl(-\frac{c^3}{16\pi G}G^{\mu\nu}+\frac{1}{2c}T^{\mu\nu}\Bigr)\delta g_{\mu\nu}\sqrt{-g}\,d^4x$$

です。$\delta g_{\mu\nu}$ は（対称テンソルとして）任意なので、停留であることは括弧の中が $0$、すなわち $G^{\mu\nu}=\dfrac{8\pi G}{c^4}T^{\mu\nu}$ であることと同値です。

∎

例 4.5（スカラー場の $T_{\mu\nu}$）

質量 $\mu$ の実スカラー場の作用 $S_{\mathrm{m}}=\dfrac1c\int\mathcal{L}\sqrt{-g}\,d^4x$、$\mathcal{L}=-\tfrac12\bigl(g^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi\,\partial_\beta\phi+\mu^2\phi^2\bigr)$（$\phi$ の単位は $\mathcal{L}$ がエネルギー密度になるようにとります）を考えます。補題 4.1 を使うと

$$\delta S_{\mathrm{m}}=\frac1c\int\Bigl(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial g^{\mu\nu}}-\tfrac12\mathcal{L}\,g_{\mu\nu}\Bigr)\delta g^{\mu\nu}\sqrt{-g}\,d^4x .$$

一方 定義 4.3 の定義は $\delta S_{\mathrm m}=-\dfrac{1}{2c}\int T_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}\sqrt{-g}\,d^4x$ とも書けるので、

$$T_{\mu\nu}=-2\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial g^{\mu\nu}}+g_{\mu\nu}\mathcal{L} =\partial_\mu\phi\,\partial_\nu\phi-\tfrac12g_{\mu\nu}\bigl(g^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi\,\partial_\beta\phi+\mu^2\phi^2\bigr)$$

です。平坦な背景で $T_{00}=\dot\phi^2+\tfrac12(-\dot\phi^2+|\nabla\phi|^2+\mu^2\phi^2)=\tfrac12(\dot\phi^2+|\nabla\phi|^2+\mu^2\phi^2)$（$\dot\phi=\partial_0\phi$）で、確かにエネルギー密度です。クライン・ゴルドン場の正準エネルギー・運動量テンソル（例 6.6）［古典場の理論とラグランジアン］ と同じ内容を、計量の変分から（対称な形で自動的に）得たことになります。

注意 4.6（宇宙定数）

作用に $-\dfrac{c^3}{8\pi G}\Lambda\int\sqrt{-g}\,d^4x$ を加えると、補題 4.1 により $\delta\sqrt{-g}=-\tfrac12\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}$ なので、変分から $\dfrac{c^3}{16\pi G}\Lambda\,g_{\mu\nu}\sqrt{-g}\,\delta g^{\mu\nu}$ が加わり、場の方程式は

$$G_{\mu\nu}+\Lambda g_{\mu\nu}=\frac{8\pi G}{c^4}T_{\mu\nu}$$

になります。$\nabla^\mu g_{\mu\nu}=0$ なので、命題 3.2 は変わりません。観測は $\Lambda$ が太陽系スケールでは無視できるほど小さいこと（$|\Lambda|\sim10^{-52}\ \mathrm{m^{-2}}$）を示しており、以下では $\Lambda=0$ とします。$\Lambda$ が重要になるのは、宇宙全体の膨張を扱う宇宙論の章です。

以上で、「作用原理」と「ビアンキ恒等式による自動的な保存則」という 2 つの独立な根拠が同じ方程式を与えました。定数 $8\pi G/c^4$ の値は、次節でニュートン重力との比較から確かめます。

Einstein 方程式の 2 つの根拠と、そこから出る帰結。

5. ニュートン極限

場の方程式が、ニュートン重力を弱い場・低速の極限として含むことを確かめます。既存の記事 アインシュタイン方程式のニュートン極限（定理 4.1）［曲がった時空と重力］ では弱場計量の形を仮定していました。ここでは仮定を減らし、$h_{00}$ だけに注目します。

定理 5.1（ニュートン極限）✓

計量が $g_{\mu\nu}=\eta_{\mu\nu}+h_{\mu\nu}$（$|h_{\mu\nu}|\ll1$）と書け、$\partial_0h_{\mu\nu}=0$（静的）であるとし、$\Phi:=-\dfrac{c^2}{2}h_{00}$ と定める。$h$ の 1 次までの近似で次が成り立つ。

1. 速さ $v\ll c$ の自由落下粒子について $\dfrac{d^2x^i}{dt^2}=-\dfrac{\partial\Phi}{\partial x^i}$。
2. 物質が非相対論的な塵（$T_{00}=\rho c^2$ で、$|T_{0i}|$、$|T_{ij}|$ は $\rho c^2$ に比べて無視できる）であるとき、公理 3.1 の $00$ 成分は $\nabla^2\Phi=4\pi G\rho$ と同値である。

証明（定理 5.1）

1. $h$ の 1 次で、静的な計量の $\Gamma^i{}_{00}$ は

$$\Gamma^i{}_{00}=\tfrac12g^{i\nu}\bigl(2\partial_0g_{\nu0}-\partial_\nu g_{00}\bigr)=-\tfrac12\partial_ig_{00}=-\tfrac12\partial_ih_{00}$$

です（$\partial_0g_{\nu0}=0$、$g^{ij}\simeq\delta^{ij}$、$g^{i0}$ は 1 次なので $g_{00}$ の微分に掛けると 2 次）。低速の粒子では $u^0=c\,dt/d\tau\simeq c$ で空間成分の積は無視できるので、測地線方程式 命題 5.2［曲がった時空のテンソル解析］ の空間成分は $d^2x^i/d\tau^2\simeq-\Gamma^i{}_{00}c^2$ となります。$d\tau\simeq dt$ として $d^2x^i/dt^2=\tfrac12c^2\partial_ih_{00}=-\partial_i\Phi$ です。

2. まずトレース反転形を作ります。$\Lambda=0$ の 公理 3.1 の両辺を $g^{\mu\nu}$ で縮約すると、4 次元で $g^{\mu\nu}g_{\mu\nu}=4$ なので $R-2R=\kappa T$、すなわち $R=-\kappa T$ です。これを $R_{\mu\nu}=\kappa T_{\mu\nu}+\tfrac12Rg_{\mu\nu}$ に戻して

$$R_{\mu\nu}=\kappa\Bigl(T_{\mu\nu}-\tfrac12T\,g_{\mu\nu}\Bigr),\qquad T=g^{\mu\nu}T_{\mu\nu}$$

を得ます。塵では $T\simeq g^{00}T_{00}=-\rho c^2$、$g_{00}\simeq-1$ なので、$00$ 成分の右辺は $\kappa(\rho c^2-\tfrac12\rho c^2)=\tfrac12\kappa\rho c^2$ です。

左辺を計算します。定義 6.1［曲がった時空のテンソル解析］ を縮約すると $R_{00}=\partial_\alpha\Gamma^\alpha{}_{00}-\partial_0\Gamma^\alpha{}_{0\alpha}+\Gamma\Gamma-\Gamma\Gamma$ です。静的なので $\partial_0$ を含む項は $0$、$\Gamma\Gamma$ の積は $h$ の 2 次、また $\Gamma^0{}_{00}=\tfrac12g^{00}\partial_0g_{00}=0$ なので

$$R_{00}\simeq\partial_i\Gamma^i{}_{00}=-\tfrac12\nabla^2h_{00}=\frac{1}{c^2}\nabla^2\Phi .$$

両辺を等置すると $\dfrac1{c^2}\nabla^2\Phi=\dfrac12\kappa\rho c^2=\dfrac{4\pi G\rho}{c^2}$ なので、$\nabla^2\Phi=4\pi G\rho$ です。以上の変形はすべて同値変形なので、逆向きも成り立ちます。

∎

注意 5.2（結合定数が決まる仕組み）

場の方程式の形が $G_{\mu\nu}=\kappa T_{\mu\nu}$ であることは、保存則と変分原理から決まっていました。定数 $\kappa$ だけがまだ自由で、定理 5.1 の 2 は $\kappa=8\pi G/c^4$ のときに限り、$G$ が万有引力定数であるニュートンの式に一致します。

例 5.3（曲率の大きさの目安）

スカラー曲率は $R=-\kappa T$ です。塵なら $R=\kappa\rho c^2=8\pi G\rho/c^2$ で、太陽の平均密度 $\rho=1.41\times10^3\ \mathrm{kg/m^3}$ なら

$$R=\frac{8\pi\times6.674\times10^{-11}\times1.41\times10^3}{8.988\times10^{16}}=2.6\times10^{-23}\ \mathrm{m^{-2}}$$

です。曲率半径に直すと $1/\sqrt{R}\simeq2\times10^{11}$ m（約 1.3 au）で、太陽半径 $7\times10^8$ m よりはるかに大きい。太陽のような天体の内部でも時空の曲がりは緩やかで、弱場近似が成り立つ理由です。

6. 線形化重力

平坦な背景からのずれが小さいとき、方程式は $h_{\mu\nu}$ の 1 次まででかなり簡単になります。以下 $g_{\mu\nu}=\eta_{\mu\nu}+h_{\mu\nu}$（$|h_{\mu\nu}|\ll1$）とし、添字は $\eta$ で上げ下げし、$h:=\eta^{\mu\nu}h_{\mu\nu}$、$\Box:=\eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu=-\partial_0^2+\nabla^2$ と書きます。

命題 6.1（線形化された曲率）✓

$h$ の 1 次の項を $R^{(1)}$ のように書くと、

$$R^{(1)}_{\mu\nu\alpha\beta}=\tfrac12\bigl(\partial_\nu\partial_\alpha h_{\mu\beta}-\partial_\nu\partial_\beta h_{\mu\alpha}-\partial_\mu\partial_\alpha h_{\nu\beta}+\partial_\mu\partial_\beta h_{\nu\alpha}\bigr),$$$$R^{(1)}_{\nu\beta}=\tfrac12\bigl(\partial_\mu\partial_\nu h^\mu{}_\beta+\partial_\mu\partial_\beta h^\mu{}_\nu-\Box h_{\nu\beta}-\partial_\nu\partial_\beta h\bigr),\qquad R^{(1)}=\partial_\mu\partial_\nu h^{\mu\nu}-\Box h .$$

証明（命題 6.1）

$h$ の 1 次で $\Gamma^\mu{}_{\alpha\beta}=\tfrac12\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha h_{\nu\beta}+\partial_\beta h_{\nu\alpha}-\partial_\nu h_{\alpha\beta})$ です。定義 6.1［曲がった時空のテンソル解析］ の $\Gamma\Gamma$ の項は 2 次なので $R^\mu{}_{\nu\alpha\beta}\simeq\partial_\alpha\Gamma^\mu{}_{\nu\beta}-\partial_\beta\Gamma^\mu{}_{\nu\alpha}$ で、$\eta_{\mu\sigma}$ を掛けて $\Gamma$ を代入すれば第 1 式です（計算は 定理 6.3［曲がった時空のテンソル解析］ の証明と同じです）。リッチテンソルは $\mu=\alpha$ の縮約 $R_{\nu\beta}\simeq\partial_\mu\Gamma^\mu{}_{\nu\beta}-\partial_\beta\Gamma^\mu{}_{\nu\mu}$ で、$\partial_\mu\Gamma^\mu{}_{\nu\beta}=\tfrac12(\partial_\mu\partial_\nu h^\mu{}_\beta+\partial_\mu\partial_\beta h^\mu{}_\nu-\Box h_{\nu\beta})$、$\Gamma^\mu{}_{\nu\mu}=\tfrac12\partial_\nu h$ なので第 2 式を得ます。トレースをとれば第 3 式です。

∎

座標変換の自由度は、線形化された理論ではゲージ変換として現れます。

命題 6.2（線形化重力のゲージ変換）✓

微小な座標変換 $x'^\mu=x^\mu-\xi^\mu(x)$（$\xi$ は 1 次の微小量）のもとで $h_{\mu\nu}$ は

$$h'_{\mu\nu}=h_{\mu\nu}+\partial_\mu\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\mu$$

と変わる。$R^{(1)}_{\mu\nu\alpha\beta}$ はこの変換で不変であり、したがって $R^{(1)}_{\mu\nu}$、$R^{(1)}$、$G^{(1)}_{\mu\nu}:=R^{(1)}_{\mu\nu}-\tfrac12\eta_{\mu\nu}R^{(1)}$ も不変である。

座標を少しずらすと $h_{\mu\nu}$ の値は変わりますが、時空そのものは同じなので、曲率は変わらないはずです。この命題はそのことを式で確かめるものです。

証明（命題 6.2）

命題 2.2［曲がった時空のテンソル解析］ より $g'_{\mu\nu}(x')=\dfrac{\partial x^\alpha}{\partial x'^\mu}\dfrac{\partial x^\beta}{\partial x'^\nu}g_{\alpha\beta}(x)$ で、$x^\alpha=x'^\alpha+\xi^\alpha$ なので $\partial x^\alpha/\partial x'^\mu=\delta^\alpha_\mu+\partial_\mu\xi^\alpha$ です。1 次の項だけ残し、評価点のずれ $\xi^\lambda\partial_\lambda\eta_{\mu\nu}=0$ に注意すれば第 1 式が出ます。

不変性は、第 1 式を 命題 6.1 の $R^{(1)}_{\mu\nu\alpha\beta}$ に代入すれば確かめられます。$\delta h_{\mu\nu}=\partial_\mu\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\mu$ を入れると、$2\,\delta R^{(1)}_{\mu\nu\alpha\beta}$ は $\xi$ ごとに次のようにまとまります。

• $\xi_\beta$：$\partial_\nu\partial_\alpha\partial_\mu\xi_\beta-\partial_\mu\partial_\alpha\partial_\nu\xi_\beta=0$。
• $\xi_\mu$：$\partial_\nu\partial_\alpha\partial_\beta\xi_\mu-\partial_\nu\partial_\beta\partial_\alpha\xi_\mu=0$。
• $\xi_\alpha$：$-\partial_\nu\partial_\beta\partial_\mu\xi_\alpha+\partial_\mu\partial_\beta\partial_\nu\xi_\alpha=0$。
• $\xi_\nu$：$-\partial_\mu\partial_\alpha\partial_\beta\xi_\nu+\partial_\mu\partial_\beta\partial_\alpha\xi_\nu=0$。

縮約して作った $R^{(1)}_{\mu\nu}$、$R^{(1)}$、$G^{(1)}_{\mu\nu}$ も、不変な量の縮約なので不変です。

∎

縮約ビアンキ恒等式 定理 2.4 も 1 次で簡単になります。

命題 6.3（線形化されたビアンキ恒等式）✓

$\partial^\mu G^{(1)}_{\mu\nu}=0$ が $h$ に依らず恒等的に成り立つ。したがって線形化された場の方程式 $G^{(1)}_{\mu\nu}=\kappa T_{\mu\nu}$ は $\partial^\mu T_{\mu\nu}=0$ を要求する。

証明（命題 6.3）

命題 6.1 の $R^{(1)}_{\mu\nu}$ を $\partial^\mu$ で微分します。

$$\partial^\mu R^{(1)}_{\mu\nu}=\tfrac12\bigl(\Box\partial_\alpha h^\alpha{}_\nu+\partial_\nu\partial_\mu\partial_\alpha h^{\alpha\mu}-\Box\partial^\mu h_{\mu\nu}-\partial_\nu\Box h\bigr) =\tfrac12\partial_\nu\bigl(\partial_\mu\partial_\alpha h^{\alpha\mu}-\Box h\bigr)=\tfrac12\partial_\nu R^{(1)}$$

です（第 1 項と第 3 項が打ち消し合います）。よって $\partial^\mu G^{(1)}_{\mu\nu}=\tfrac12\partial_\nu R^{(1)}-\tfrac12\partial_\nu R^{(1)}=0$ です。

∎

物質がない領域や、線形化の範囲で扱える物質に対し、方程式は波動方程式の形にできます。トレース反転量 $\bar h_{\mu\nu}:=h_{\mu\nu}-\tfrac12\eta_{\mu\nu}h$ を導入し、$D_\nu:=\partial^\alpha\bar h_{\alpha\nu}$ と置きます。$\eta^{\mu\nu}\bar h_{\mu\nu}=-h$ なので $h_{\mu\nu}=\bar h_{\mu\nu}-\tfrac12\eta_{\mu\nu}\bar h$ です。

命題 6.4（トレース反転量による表示）✓

$$G^{(1)}_{\mu\nu}=-\tfrac12\Box\bar h_{\mu\nu}+\tfrac12\bigl(\partial_\mu D_\nu+\partial_\nu D_\mu-\eta_{\mu\nu}\partial^\alpha D_\alpha\bigr).$$

ゲージ変換 命題 6.2 のもとで $D_\nu\to D_\nu+\Box\xi_\nu$ と変わる。$\Box\xi_\nu=-D_\nu$ となる $\xi_\nu$ が取れるなら、ハーモニックゲージ $D_\nu=0$ にでき、そのとき線形化された場の方程式は

$$\Box\bar h_{\mu\nu}=-\frac{16\pi G}{c^4}\,T_{\mu\nu}$$

となる。

証明（命題 6.4）

$\partial^\alpha h_{\alpha\nu}=D_\nu+\tfrac12\partial_\nu h$ を 命題 6.1 の $R^{(1)}_{\nu\beta}$ に代入すると、$\partial_\nu\partial_\beta h$ の項が打ち消し合って

$$R^{(1)}_{\nu\beta}=\tfrac12\bigl(\partial_\nu D_\beta+\partial_\beta D_\nu-\Box h_{\nu\beta}\bigr),\qquad R^{(1)}=\partial^\alpha D_\alpha-\tfrac12\Box h$$

を得ます。これから $G^{(1)}_{\mu\nu}=\tfrac12(\partial_\mu D_\nu+\partial_\nu D_\mu-\eta_{\mu\nu}\partial D)-\tfrac12\Box(h_{\mu\nu}-\tfrac12\eta_{\mu\nu}h)$ となり、第 1 式です。ゲージ変換で $\delta h_{\mu\nu}=\partial_\mu\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\mu$、$\delta h=2\partial\!\cdot\!\xi$ なので $\delta\bar h_{\mu\nu}=\partial_\mu\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\mu-\eta_{\mu\nu}\partial\!\cdot\!\xi$ で、$\delta D_\nu=\Box\xi_\nu+\partial_\nu\partial\!\cdot\!\xi-\partial_\nu\partial\!\cdot\!\xi=\Box\xi_\nu$ です。$D=0$ のとき第 1 式の第 2 項は消え、$G^{(1)}_{\mu\nu}=\kappa T_{\mu\nu}$ から主張が従います。

∎

$\Box\xi_\nu=-D_\nu$ の可解性は、波動方程式の遅延解で保証されます（重力波の補題）。

例 6.5（静的な物質がつくる弱い場）

静的な塵の分布（$T_{00}=\rho c^2$、他は $0$）を、ハーモニックゲージで解きます。時間に依らないので $\Box=\nabla^2$ で、命題 6.4 は $\nabla^2\bar h_{00}=-16\pi G\rho/c^2$、他の成分は $\nabla^2\bar h_{ij}=\nabla^2\bar h_{0i}=0$ です。無限遠で $0$ になる解は $\bar h_{0i}=\bar h_{ij}=0$ と、$\bar h_{00}=-4\Phi/c^2$（$\Phi$ は $\nabla^2\Phi=4\pi G\rho$ の無限遠で $0$ の解、すなわちニュートンポテンシャル）です。$\bar h=\eta^{\mu\nu}\bar h_{\mu\nu}=4\Phi/c^2$ なので $h_{\mu\nu}=\bar h_{\mu\nu}-\tfrac12\eta_{\mu\nu}\bar h$ から

$$h_{00}=-\frac{4\Phi}{c^2}+\frac{2\Phi}{c^2}=-\frac{2\Phi}{c^2},\qquad h_{ij}=-\frac{2\Phi}{c^2}\,\delta_{ij},\qquad h_{0i}=0$$

です。すなわち

$$ds^2=-\Bigl(1+\frac{2\Phi}{c^2}\Bigr)c^2dt^2+\Bigl(1-\frac{2\Phi}{c^2}\Bigr)\bigl(dx^2+dy^2+dz^2\bigr)$$

で、これは 曲がった時空と重力 §3 で仮定した弱場計量そのものです。定理 5.1 で定義した $\Phi$ とも整合しており、空間成分の $-2\Phi/c^2$ が光の曲がりを 2 倍にする部分（なぜちょうど 2 倍なのか（注意 6.4）［一般相対性理論への招待］）です。

7. Fierz–Pauli 作用

線形化された方程式は、平坦な時空の上の対称テンソル場 $h_{\mu\nu}$ の場の理論としても読めます。その作用を求めます。

定理 7.1（線形化重力の作用（Fierz–Pauli 作用））✓

$S_{\mathrm{EH}}[\eta+sh]$ を $s$ について 2 次まで展開したときの 2 次の項を、台がコンパクトな $h_{\mu\nu}$ について $S^{(2)}[h]:=\tfrac12\dfrac{d^2}{ds^2}S_{\mathrm{EH}}[\eta+sh]\Big|_{s=0}$ とおく。このとき

$$S^{(2)}[h]=\frac{c^3}{32\pi G}\int\Bigl(-\tfrac12\partial_\lambda h_{\mu\nu}\partial^\lambda h^{\mu\nu}+\partial_\mu h^{\mu\nu}\partial^\lambda h_{\lambda\nu}-\partial_\mu h^{\mu\nu}\partial_\nu h+\tfrac12\partial_\lambda h\,\partial^\lambda h\Bigr)d^4x$$

である。物質との結合 $S_{\mathrm{int}}=\dfrac1{2c}\int T^{\mu\nu}h_{\mu\nu}\,d^4x$ を加えた作用 $S_{\mathrm{FP}}=S^{(2)}+S_{\mathrm{int}}$ の停留条件は、線形化された Einstein 方程式 $G^{(1)\mu\nu}=\dfrac{8\pi G}{c^4}T^{\mu\nu}$ である。

証明の方針は、作用を二度微分して 2 次の項を $G^{(1)}$ で表し、それを部分積分で $h$ の 1 階微分だけの式に書き直すことです。

証明（定理 7.1）

$g_s=\eta+sh$ とします。定理 4.4 の証明の前半（物質を除いた部分）を $\delta g=h$ に適用すると

$$\frac{d}{ds}S_{\mathrm{EH}}[g_s]=-\frac{c^3}{16\pi G}\int G^{\mu\nu}[g_s]\,h_{\mu\nu}\sqrt{-g_s}\,d^4x$$

です。$s=0$ で $G_{\mu\nu}[\eta]=0$ なので、もう一度 $s$ で微分すると $G^{\mu\nu}\sqrt{-g}$ の微分のうち 0 でない部分は $G^{(1)\mu\nu}[h]=\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}G^{(1)}_{\alpha\beta}$ だけで（添字を上げる計量の変化と $\sqrt{-g}$ の変化は $G^{(0)}=0$ に掛かるので寄与しません）、

$$S^{(2)}[h]=-\frac{c^3}{32\pi G}\int h_{\mu\nu}\,G^{(1)\mu\nu}[h]\,d^4x$$

を得ます。$h_{\mu\nu}G^{(1)\mu\nu}=h^{\mu\nu}R^{(1)}_{\mu\nu}-\tfrac12hR^{(1)}$ に 命題 6.1 を代入し、部分積分（$h$ の台がコンパクトなので境界項は $0$）を行うと、

$$\int h_{\mu\nu}G^{(1)\mu\nu}d^4x=\int\Bigl(-\partial_\mu h^{\mu\nu}\partial^\alpha h_{\alpha\nu}+\tfrac12\partial_\lambda h_{\mu\nu}\partial^\lambda h^{\mu\nu}+\partial_\mu h^{\mu\nu}\partial_\nu h-\tfrac12\partial_\lambda h\partial^\lambda h\Bigr)d^4x .$$

（たとえば $h^{\mu\nu}\partial_\alpha\partial_\mu h^\alpha{}_\nu\to-\partial_\mu h^{\mu\nu}\partial_\alpha h^\alpha{}_\nu$、$-\tfrac12h^{\mu\nu}\Box h_{\mu\nu}\to\tfrac12\partial_\lambda h^{\mu\nu}\partial^\lambda h_{\mu\nu}$、$-\tfrac12h^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu h\to\tfrac12\partial_\mu h^{\mu\nu}\partial_\nu h$、$-\tfrac12h\,\partial_\alpha\partial_\beta h^{\alpha\beta}\to\tfrac12\partial_\alpha h\,\partial_\beta h^{\alpha\beta}$、$\tfrac12h\Box h\to-\tfrac12\partial_\lambda h\partial^\lambda h$。）全体に $-c^3/32\pi G$ を掛けると主張の式です。

停留条件について。2 変数の展開 $S_{\mathrm{EH}}[\eta+sh+tk]$ の混合微分 $B(h,k)=\partial_s\partial_tS_{\mathrm{EH}}|_0$ は $h,k$ について対称な双線形形式で、$S^{(2)}[h]=\tfrac12B(h,h)$ です。$\partial_tS_{\mathrm{EH}}|_{t=0}=-\dfrac{c^3}{16\pi G}\int G^{\mu\nu}[g]k_{\mu\nu}\sqrt{-g}\,d^4x$ をさらに $s$ で微分すると $B(h,k)=-\dfrac{c^3}{16\pi G}\int k_{\mu\nu}G^{(1)\mu\nu}[h]\,d^4x$ です。したがって $S_{\mathrm{FP}}$ の $h\to h+\epsilon k$ に対する 1 次の変化は

$$\epsilon\int k_{\mu\nu}\Bigl(-\frac{c^3}{16\pi G}G^{(1)\mu\nu}[h]+\frac1{2c}T^{\mu\nu}\Bigr)d^4x$$

で、任意の $k$ について $0$ となることは括弧の中が $0$ であることと同値です。

∎

命題 7.2（Fierz–Pauli 作用のゲージ不変性）✓

$S^{(2)}[h+\partial\xi+\partial\xi]=S^{(2)}[h]$（$\xi$ は台がコンパクト）。結合項は、$\partial_\mu T^{\mu\nu}=0$ のとき、かつそのときに限り（任意の $\xi$ に対して）ゲージ変換で不変である。

証明（命題 7.2）

$\delta_\xi h_{\mu\nu}=\partial_\mu\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\mu$ と書くと、命題 6.2 により $G^{(1)}[\delta_\xi h]=0$ なので $B(\delta_\xi h,\cdot)=0$ です。よって $S^{(2)}[h+\delta_\xi h]=S^{(2)}[h]+B(h,\delta_\xi h)+\tfrac12B(\delta_\xi h,\delta_\xi h)$ で、$B$ の対称性から第 2 項、第 3 項はともに $0$ です。結合項の変化は部分積分で

$$\frac1{2c}\int T^{\mu\nu}(\partial_\mu\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\mu)\,d^4x=-\frac1c\int\xi_\nu\,\partial_\mu T^{\mu\nu}\,d^4x$$

で、これが任意の $\xi$ について $0$ であることは $\partial_\mu T^{\mu\nu}=0$ と同値です。

∎

この作用は、場の方程式の整合性（命題 6.3）がゲージ不変性として現れていることを示します。ゲージ不変性のおかげで 10 個の成分 $h_{\mu\nu}$ のうち物理的な自由度は減り、重力波の 2 偏極になります（重力波）。

注意 7.3（質量項について）

Fierz と Pauli が 1939 年に調べたのは、この運動項に質量項 $-\tfrac12m^2(h_{\mu\nu}h^{\mu\nu}-h^2)$ を加えた有質量スピン 2 場でした。質量項はゲージ不変性を壊します。この記事で扱った質量なしの場合の作用を、一般相対性理論の線形化として「Fierz–Pauli 作用」と呼ぶのが慣習です。

8. 演習

演習 8.1易

地球の平均密度 $\rho_\oplus=5.51\times10^3\ \mathrm{kg/m^3}$ の内部でのスカラー曲率 $R=8\pi G\rho/c^2$ を求め、曲率半径と地球の半径 $6.371\times10^6$ m を比べよ。

解答

例 5.3 と同じ式で

$$R=\frac{8\pi\times6.674\times10^{-11}\times5.51\times10^3}{8.988\times10^{16}}=\frac{9.24\times10^{-6}}{8.988\times10^{16}}=1.03\times10^{-22}\ \mathrm{m^{-2}}$$

です（分子は $8\pi\times6.674\times10^{-11}=1.677\times10^{-9}$ に $5.51\times10^3$ を掛けた値）。曲率半径は $1/\sqrt{R}\simeq1.0\times10^{11}$ m で、地球の半径の約 $1.6\times10^4$ 倍です。地球の内部ですら時空は半径 1 億 km 程度のなだらかな曲がりでしかありません。

演習 8.2標準

命題 3.6 の第 2 式から、平坦な背景（$g=\eta$）で低速（$|v|\ll c$）かつ $p\ll\varepsilon=\rho c^2$ のとき、$\rho\,(\partial_t+\boldsymbol{v}\cdot\nabla)\boldsymbol{v}=-\nabla p$ が従うことを示せ。

解答

$u^\mu=\gamma(1,\boldsymbol{v}/c)$ で $\gamma\simeq1$ です（$x^0=ct$）。このとき $u^\mu\partial_\mu=\gamma(\partial_0+\boldsymbol{v}\cdot\nabla/c)\simeq\dfrac1c\dfrac{D}{Dt}$、ただし $\dfrac{D}{Dt}:=\partial_t+\boldsymbol{v}\cdot\nabla$ です。$\nu=i$ 成分の左辺は、$\varepsilon+p\simeq\rho c^2$ と $u^i=v^i/c$ を使って

$$(\varepsilon+p)\,u^\mu\partial_\mu u^i\simeq\rho c^2\cdot\frac1c\frac{D}{Dt}\Bigl(\frac{v^i}{c}\Bigr)=\rho\,\frac{Dv^i}{Dt}$$

です。右辺は $-(\eta^{i\mu}+u^iu^\mu)\partial_\mu p=-\partial_ip-\dfrac{v^i}{c^2}\dfrac{Dp}{Dt}$ で、第 2 項は第 1 項に比べて $v^2/c^2$ 程度の補正なので無視できます。よって $\rho\,Dv^i/Dt=-\partial_ip$ です。

演習 8.3易

電磁場のエネルギー・運動量テンソル $T_{\mu\nu}=\dfrac1{\mu_0}\bigl(F_{\mu\alpha}F_\nu{}^\alpha-\tfrac14g_{\mu\nu}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\bigr)$ のトレースが $0$ であることを示し、真空中の電磁場のもとで $R=0$ であることを導け。

解答

$g^{\mu\nu}$ で縮約すると、$g^{\mu\nu}F_{\mu\alpha}F_\nu{}^\alpha=F_{\mu\alpha}F^{\mu\alpha}$ で、$g^{\mu\nu}g_{\mu\nu}=4$ なので

$$T=\frac1{\mu_0}\Bigl(F_{\mu\alpha}F^{\mu\alpha}-\tfrac14\cdot4\,F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\Bigr)=0$$

です。定理 5.1 の証明で導いた $R=-\kappa T$ より、$R=0$ です。このときトレース反転形は $R_{\mu\nu}=\kappa T_{\mu\nu}$ と簡単になります。

演習 8.4標準

注意 4.6 の方程式 $G_{\mu\nu}+\Lambda g_{\mu\nu}=\kappa T_{\mu\nu}$ で $T_{\mu\nu}=0$ とすると $R_{\mu\nu}=\Lambda g_{\mu\nu}$ となることを示せ。

解答

両辺を $g^{\mu\nu}$ で縮約すると $R-2R+4\Lambda=0$、すなわち $R=4\Lambda$ です。これを $R_{\mu\nu}=\tfrac12Rg_{\mu\nu}-\Lambda g_{\mu\nu}$ に代入すると $R_{\mu\nu}=2\Lambda g_{\mu\nu}-\Lambda g_{\mu\nu}=\Lambda g_{\mu\nu}$ です。

演習 8.5標準

質量 $M$ の静的な点源（$\rho=M\delta^3(\boldsymbol{x})$）がつくる線形化重力の解を、例 6.5 の結果から書き下し、$ds^2$ を $GM/(c^2r)$ の 1 次まで求めよ。得られた計量の空間部分はどのような座標を使っていることになるか。

解答

$\Phi=-GM/r$（$r=|\boldsymbol{x}|$）を 例 6.5 に代入すると

$$ds^2=-\Bigl(1-\frac{2GM}{c^2r}\Bigr)c^2dt^2+\Bigl(1+\frac{2GM}{c^2r}\Bigr)\bigl(dr^2+r^2d\Omega^2\bigr)$$

です。空間部分が球対称な共形平坦の形 $(1+2GM/c^2r)\times$（平坦な空間）になっているので、$r$ は球面の面積から決めた半径ではなく、等方座標の動径座標です。面積半径 $\bar r$ は $\bar r^2=(1+2GM/c^2r)r^2$ から $\bar r\simeq r+GM/c^2$ なので、$\bar r$ で書き直すと $g_{00}=-(1-2GM/(c^2\bar r))$ の形は 1 次の範囲で変わらず、次章のシュヴァルツシルト解の展開と一致します。

演習 8.6標準

線形化された第 2 ビアンキ恒等式 $\partial_\lambda R^{(1)}_{\mu\nu\alpha\beta}+\partial_\alpha R^{(1)}_{\mu\nu\beta\lambda}+\partial_\beta R^{(1)}_{\mu\nu\lambda\alpha}=0$ を 命題 6.1 の式から直接確かめよ。

解答

命題 6.1 の証明のとおり、$R^{(1)}_{\mu\nu\alpha\beta}=\partial_\alpha A_{\mu\nu\beta}-\partial_\beta A_{\mu\nu\alpha}$、$A_{\mu\nu\beta}:=\tfrac12(\partial_\nu h_{\mu\beta}+\partial_\beta h_{\mu\nu}-\partial_\mu h_{\nu\beta})$ と書けます。$\partial_\lambda$ で微分して $(\lambda,\alpha,\beta)$ の巡回和を作ると

$$(\partial_\lambda\partial_\alpha-\partial_\alpha\partial_\lambda)A_{\mu\nu\beta}+(\partial_\alpha\partial_\beta-\partial_\beta\partial_\alpha)A_{\mu\nu\lambda}+(\partial_\beta\partial_\lambda-\partial_\lambda\partial_\beta)A_{\mu\nu\alpha}=0$$

で、偏微分の順序交換により 6 項が 3 組の差に整理されて消えます。定理 2.3 の証明の、$h$ の 1 次での再現です。

参考文献

• A. Einstein, “Die Feldgleichungen der Gravitation”, Sitzungsberichte der Königlich Preußischen Akademie der Wissenschaften (1915), 844–847. — 現在の形の場の方程式を与えた論文。
• D. Hilbert, “Die Grundlagen der Physik (Erste Mitteilung)”, Nachrichten von der Gesellschaft der Wissenschaften zu Göttingen (1915), 395–407. — 作用原理による導出。
• D. Lovelock, “The Einstein tensor and its generalizations”, Journal of Mathematical Physics 12 (1971), 498–501. — ラブロックの定理。
• M. Fierz, W. Pauli, “On relativistic wave equations for particles of arbitrary spin in an electromagnetic field”, Proceedings of the Royal Society of London A 173 (1939), 211–232. — 有質量スピン 2 場の方程式。
• R. M. Wald, General Relativity, University of Chicago Press, 1984 — 第 4 章（場の方程式）、第 4.4 節（線形化）、付録 E（作用原理）。
• S. M. Carroll, Spacetime and Geometry, Addison-Wesley, 2004 — 第 4 章（重力）、第 7 章（線形化重力）。