重力波：線形化 Einstein 方程式、TT ゲージ、四重極公式から連星の放射まで

0. この記事の要点

池に石を投げると波紋が広がるように、質量が激しく動くと、時空そのもののゆがみが波となって遠くまで伝わります。これが重力波です。この記事では、その波がなぜ存在するのか、通り過ぎるとき物体がどう伸び縮みするのか、どんな動きの質量がどれだけの波を出すのかを、Einstein 方程式から順に導きます。読み終えると、連星が出す重力波の強さや、軌道が縮んで合体するまでの時間を自分で見積もれるようになります。

• ハーモニックゲージの真空では、トレース反転した計量の摂動 $\bar h_{\mu\nu}$ が波動方程式 $\Box\bar h_{\mu\nu}=0$ を満たします。時空のゆがみが光速で伝わる波になります。
• 10 個の成分のうち、ゲージ条件で 4 個、残るゲージ自由度で 4 個が消え、物理的な自由度は 2 個（$h_+$ と $h_\times$）だけです（定理 3.2）。この形を TT ゲージ（横波・トレースなし）といいます。
• TT ゲージでは自由粒子の座標は動かず、粒子間の固有距離が $\tfrac12 h_{ij}n^in^j$ の割合で伸び縮みします。これは測地線偏差方程式（近くを走る 2 本の測地線の間隔の変化を表す式）から確かめられます（命題 4.1）。
• 遅延解（補題 2.1）と物質の保存則から、遠方での波は質量四重極モーメント（質量分布の球からのずれを表す量）の 2 階微分で決まります：$h^{\mathrm{TT}}_{ij}=\dfrac{2G}{c^4r}\ddot Q^{\mathrm{TT}}_{ij}(t-r/c)$（定理 5.2）。単極子・双極子は保存則のために放射できません（命題 5.3）。
• 放射パワーは $P=\dfrac{G}{5c^5}\dddot Q_{ij}\dddot Q_{ij}$ です（定理 6.2）。円軌道の連星なら $P=\dfrac{32}{5}\dfrac{G^4m_1^2m_2^2(m_1+m_2)}{c^5a^5}$ となり、軌道は縮んで合体します（例 7.1）。

この記事で使う事前知識

• Einstein 方程式: 時空の曲がり方と物質のエネルギー・運動量を結びつける、重力の基本方程式。→ Einstein 方程式
• ゲージ変換: 物理的な内容を変えずに、場の表し方（座標の取り方）だけを変える操作。→ 線形化重力のゲージ変換
• テンソル: 座標を取り替えても同じ規則で変換される、成分をもつ量。計量 $g_{\mu\nu}$ もその 1 つ。→ テンソル
• 測地線: 力を受けない粒子が曲がった時空の中でたどる、もっとも「まっすぐ」な軌跡。→ 測地線
• 平面波: 波面が平らで、一定の向きに一定の速さで進む波。→ 平面波

1. 動機：電磁波との違い

電磁気学では、加速する電荷が電磁波を出します。最低次の放射は電気双極子放射 $\propto\ddot{\boldsymbol{d}}$ です。重力でも「加速する質量が波を出す」と期待したくなります。ところが質量には負の値がなく、質量双極子 $\sum m_i\boldsymbol{x}_i$ の 2 階微分は全運動量の時間微分にあたるので、孤立系では $0$ です。双極子放射は、運動量保存のために存在しません（命題 5.3）。質量そのもの（単極子）の変化も、エネルギー保存のために放射されません。最低次は四重極になり、電磁気の電気四重極放射よりもさらに弱い現象です。

弱さの目安を出しておきます。力の自然単位 $c^4/G=1.2\times10^{44}$ N と比べて、地上の実験室で作れる四重極の変化は桁違いに小さく、人工的な重力波源は実用にならないのです。重力波が観測にかかるのは、ブラックホールや中性子星が連星をなして合体するような天体現象に限られます。

この記事では、Einstein 方程式の線形化から出発して、波の存在、その偏極、波源との関係、運ぶエネルギーを順に導きます。前提は、線形化重力のゲージ変換とハーモニックゲージ（命題 6.2［Einstein 方程式］、命題 6.4［Einstein 方程式］）です。記号も同じで、$g_{\mu\nu}=\eta_{\mu\nu}+h_{\mu\nu}$、$\bar h_{\mu\nu}=h_{\mu\nu}-\tfrac12\eta_{\mu\nu}h$、$\Box=-\partial_0^2+\nabla^2$（$x^0=ct$）です。

2. 準備：波動方程式の遅延解

ハーモニックゲージの線形化方程式は $\Box\bar h_{\mu\nu}=-\dfrac{16\pi G}{c^4}T_{\mu\nu}$ でした。この形の方程式を解く道具として、遅延解を用意します。電磁気学のポテンシャルの場合と同じ形です（ポテンシャルの波動方程式（系 5.3）［電磁ポテンシャルとゲージ変換］）。

補題 2.1（遅延解）✓

$S(t,\boldsymbol{x})$ を $C^2$ 級で、各 $t$ について $\boldsymbol{x}$ に関するコンパクト台をもつ関数とする。

$$\psi(t,\boldsymbol{x})=\int\frac{S\bigl(t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|/c,\ \boldsymbol{x}'\bigr)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\,d^3x'$$

とおくと、$\Bigl(\nabla^2-\dfrac1{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}\Bigr)\psi=-4\pi S$、すなわち $\Box\psi=-4\pi S$ が成り立つ。

証明（補題 2.1）

$R=|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|$ とし、被積分関数を $S(t-R/c,\boldsymbol{x}')=S(t,\boldsymbol{x}')+\bigl[S(t-R/c,\boldsymbol{x}')-S(t,\boldsymbol{x}')\bigr]$ と分けて、$\psi=\psi_1+\psi_2$ とします。

$\psi_1=\int S(t,\boldsymbol{x}')/R\,d^3x'$ は、電荷密度 $S$ の静電ポテンシャル（係数 $4\pi\varepsilon_0$ を除いたもの）です。ポアソン方程式（定理 6.5）［静電場とガウスの法則］ により $\nabla^2\psi_1=-4\pi S(t,\boldsymbol{x})$ です。

$\psi_2$ の被積分関数 $g(\boldsymbol{x})=G(R)$、$G(R)=[S(t-R/c,\boldsymbol{x}')-S(t,\boldsymbol{x}')]/R$ は、$R\to0$ で $-\partial_tS/c+O(R)$ と有界で、$G'(R)$ も有界（$G'=-\dfrac{\partial_tS(t-R/c)}{cR}-\dfrac{S(t-R/c)-S(t)}{R^2}$ で、テイラー展開すると $R^{-1}$ の項が打ち消し合い $\partial_t^2S/(2c^2)+O(R)$）です。したがって $g$ の勾配は有界で、$R=0$ を囲む小球面を通る勾配の流束は半径の 2 乗に比例して $0$ に行きます。これにより $\nabla^2g$ には $\delta$ 関数的な部分がなく、積分と微分を交換して $\nabla^2\psi_2=\int\nabla^2g\,d^3x'$（$R>0$ での値の積分）と計算できます。

$R>0$ では、$\boldsymbol{x}'$ を固定すると $S(t,\boldsymbol{x}')/R$ は $R$ のみの関数で $\nabla^2(1/R)=0$ です。また $F(R)=S(t-R/c,\boldsymbol{x}')/R$ について、動径関数のラプラシアンの公式 $\nabla^2F=F''+2F'/R=\dfrac1R(RF)''$ と $RF=S(t-R/c,\boldsymbol{x}')$ から

$$\nabla^2F=\frac1R\frac{\partial^2}{\partial R^2}S\Bigl(t-\frac Rc,\boldsymbol{x}'\Bigr)=\frac{1}{c^2R}(\partial_t^2S)\Bigl(t-\frac Rc,\boldsymbol{x}'\Bigr)$$

です。ゆえに $\nabla^2\psi_2=\dfrac1{c^2}\displaystyle\int\frac{(\partial_t^2S)(t-R/c,\boldsymbol{x}')}{R}\,d^3x'=\dfrac1{c^2}\partial_t^2\psi$ です（最後は $\psi$ の定義式を $t$ で 2 回微分したもの）。まとめて $\nabla^2\psi=-4\pi S+c^{-2}\partial_t^2\psi$ です。

∎

命題 2.2（線形化 Einstein 方程式の遅延解）✓

$T_{\mu\nu}$ が $C^2$ 級でコンパクト台をもつとき、ハーモニックゲージの方程式 $\Box\bar h_{\mu\nu}=-16\pi GT_{\mu\nu}/c^4$ の解の 1 つは

$$\bar h_{\mu\nu}(t,\boldsymbol{x})=\frac{4G}{c^4}\int\frac{T_{\mu\nu}\bigl(t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|/c,\ \boldsymbol{x}'\bigr)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\,d^3x'$$

である。

証明（命題 2.2）

補題 2.1 で $S=4GT_{\mu\nu}/c^4$ とおくと $\Box\psi=-16\pi GT_{\mu\nu}/c^4$ です。

∎

観測点の $\bar h$ が、光速で伝わってきた過去の源の値で決まるという意味で、遅延解といいます。

系 2.3（ハーモニックゲージの存在）✓

線形化重力の解 $h_{\mu\nu}$ で、$D_\nu=\partial^\alpha\bar h_{\alpha\nu}$ が各時刻でコンパクト台をもつ $C^2$ 級関数であるなら、ゲージ変換でハーモニックゲージ $D_\nu=0$ にできる。

証明（系 2.3）

命題 6.4［Einstein 方程式］ によりゲージ変換で $D_\nu\to D_\nu+\Box\xi_\nu$ なので、$\Box\xi_\nu=-D_\nu$ を解けばよいのです。補題 2.1 で $S=D_\nu/(4\pi)$ とおいた $\xi_\nu=\dfrac1{4\pi}\displaystyle\int\frac{D_\nu(t-R/c,\boldsymbol{x}')}{R}d^3x'$ が解です。

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3. 真空の平面波と TT ゲージ

源のない領域では $\Box\bar h_{\mu\nu}=0$ です。もっとも単純な解は平面波です。

命題 3.1（平面波解）✓

ハーモニックゲージの真空解として、$k_\mu k^\mu=0$ を満たす定ベクトル $k_\mu$ と定数対称テンソル $\bar A_{\mu\nu}$ により

$$\bar h_{\mu\nu}=\mathrm{Re}\bigl[\bar A_{\mu\nu}e^{ik_\alpha x^\alpha}\bigr],\qquad k^\mu\bar A_{\mu\nu}=0$$

の形の解がある。逆に、この形の $\bar h_{\mu\nu}$ が $\Box\bar h_{\mu\nu}=0$ とハーモニック条件 $\partial^\mu\bar h_{\mu\nu}=0$ を満たすための条件は、$k_\mu k^\mu=0$ と $k^\mu\bar A_{\mu\nu}=0$ である。

証明（命題 3.1）

$\Box e^{ik\cdot x}=-k_\mu k^\mu e^{ik\cdot x}$ なので $\Box\bar h_{\mu\nu}=0$ は $k_\mu k^\mu=0$（$\bar A_{\mu\nu}\ne0$ のとき）と同値です。$\partial^\mu\bar h_{\mu\nu}=\mathrm{Re}[ik^\mu\bar A_{\mu\nu}e^{ik\cdot x}]$ なので、ハーモニック条件は $k^\mu\bar A_{\mu\nu}=0$ と同値です。

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$k_\mu=(-\omega/c,\ \boldsymbol{k})$ と書けば $k\cdot x=\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t$、$k_\mu k^\mu=0$ は $\omega=c|\boldsymbol{k}|$ です。波は光速で伝わります。$z$ 軸方向に進む波では $k^\mu=(k,0,0,k)$、$k_\mu=(-k,0,0,k)$（$k=\omega/c$）です。

ハーモニックゲージの条件だけでは、まだゲージ自由度が残っています。次の定理は、その残りの自由度を使い切るとどこまで成分を消せるかを調べるものです。許されるゲージ変換が $\Box\xi_\mu=0$ を満たすものに限られるのは、変換でハーモニック条件が壊れないようにするためです（系 2.3 の証明で見たように、変換によって条件の左辺は $\Box\xi_\mu$ だけずれます）。

定理 3.2（TT ゲージ）✓

$z$ 軸方向に進む平面波 命題 3.1 に対し、$\Box\xi_\mu=0$ を満たすゲージ変換（ハーモニック条件を保つ変換）を選んで、新しい振幅 $\bar A'_{\mu\nu}$ を

$$\bar A'_{0\nu}=0\ (\nu=0,1,2,3),\qquad \eta^{\mu\nu}\bar A'_{\mu\nu}=0$$

とできる。このとき $\bar A'_{\mu\nu}$ の 0 でない成分は $\bar A'_{11}=-\bar A'_{22}=:A_+$ と $\bar A'_{12}=\bar A'_{21}=:A_\times$ の 2 つだけで、$h_{\mu\nu}=\bar h_{\mu\nu}$ である。

証明（定理 3.2）

出発点の整理。 ハーモニック条件 $k^\mu\bar A_{\mu\nu}=0$ は $k(\bar A_{0\nu}+\bar A_{3\nu})=0$、すなわち $\bar A_{3\nu}=-\bar A_{0\nu}$（$\nu=0,\dots,3$）です。対称性から $\bar A_{03}=\bar A_{30}=-\bar A_{00}$、$\bar A_{33}=-\bar A_{03}=\bar A_{00}$ です。トレースは $\bar A=\eta^{\mu\nu}\bar A_{\mu\nu}=-\bar A_{00}+\bar A_{11}+\bar A_{22}+\bar A_{33}=\bar A_{11}+\bar A_{22}$ です。

残りのゲージ自由度。 $\xi_\mu=\mathrm{Re}[\beta_\mu e^{ik\cdot x}]$（$\beta_\mu$ は定数）は $\Box\xi_\mu=0$ を満たします。命題 6.4［Einstein 方程式］ の証明の計算 $\delta\bar h_{\mu\nu}=\partial_\mu\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\mu-\eta_{\mu\nu}\partial\!\cdot\!\xi$ により、$B_\mu:=i\beta_\mu$ として

$$\bar A'_{\mu\nu}=\bar A_{\mu\nu}+k_\mu B_\nu+k_\nu B_\mu-\eta_{\mu\nu}\,(k\!\cdot\!B),\qquad k\!\cdot\!B=k^\mu B_\mu=k(B_0+B_3)$$

と変わります。成分ごとに書くと（$k_0=-k$、$k_3=k$、$k_1=k_2=0$）

$$\begin{aligned} \bar A'_{00}&=\bar A_{00}-kB_0+kB_3,&\quad \bar A'_{01}&=\bar A_{01}-kB_1,&\quad \bar A'_{02}&=\bar A_{02}-kB_2,\\ \bar A'_{03}&=\bar A_{03}+kB_0-kB_3,&\quad \bar A'&=\bar A-2\,k\!\cdot\!B . \end{aligned}$$

条件の解。 $B_1=\bar A_{01}/k$、$B_2=\bar A_{02}/k$ と取れば $\bar A'_{01}=\bar A'_{02}=0$ です。$\bar A'_{00}=0$ は $B_3-B_0=-\bar A_{00}/k$、$\bar A'_{03}=0$ は $B_3-B_0=\bar A_{03}/k=-\bar A_{00}/k$ と同じ条件です（上で見た $\bar A_{03}=-\bar A_{00}$ のおかげ）。トレース条件 $\bar A'=0$ は $k(B_0+B_3)=\bar A/2$ です。最後の 2 式は $B_0,B_3$ について解けるので、4 個の条件がすべて満たされます。

結論。 $\bar A'_{0\nu}=0$ なら、変換後も保たれるハーモニック条件 $\bar A'_{3\nu}=-\bar A'_{0\nu}$ により $\bar A'_{3\nu}=0$ です。残る成分は $\bar A'_{11},\bar A'_{12},\bar A'_{22}$ で、トレースが $0$ なので $\bar A'_{22}=-\bar A'_{11}$ です。トレースが $0$ のとき $h_{\mu\nu}=\bar h_{\mu\nu}$ です。

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この変換後の成分は、元の成分を使って次のように書けます：$\bar A'_{11}=\bar A_{11}-k\!\cdot\!B=\bar A_{11}-\bar A/2$、$\bar A'_{22}=\bar A_{22}-\bar A/2$、$\bar A'_{12}=\bar A_{12}$ です（$\eta_{11}=\eta_{22}=1$ から）。これは後で使います。自由度の数え上げは、10（対称テンソルの成分）$-4$（ハーモニック条件）$-4$（残りのゲージ変換）$=2$ と一致しています。

定義 3.3（偏極）↗

TT ゲージの振幅 $A_+$、$A_\times$ を用いて

$$h^{\mathrm{TT}}_{ij}(t,z)=\bigl(A_+e^{+}_{ij}+A_\times e^{\times}_{ij}\bigr)\cos\omega\Bigl(t-\frac zc\Bigr),\qquad e^+=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\ \ e^\times=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$$

（$i,j=1,2$）と書く。$A_+$ の成分をプラス偏極、$A_\times$ の成分をクロス偏極という。

TT の名は「横波（Transverse）で、トレースなし（Traceless）」から来ています。TT ゲージで $h_{0\mu}=0$、$h_{3\mu}=0$、$h_{11}=-h_{22}$ です。

4. 自由粒子への作用

TT ゲージの波が通過すると、物質に何が起きるのでしょうか。

命題 4.1（TT ゲージでの自由粒子）✓

TT ゲージの重力波（$h$ の 1 次）の中で、初め静止していた自由粒子の座標 $x^i$ は変化しない。2 つの粒子の座標間隔 $\Delta x^i=L_0n^i$（$n$ は単位ベクトル）の固有距離は、$h$ の 1 次で

$$L(t)=L_0\Bigl(1+\tfrac12h_{ij}(t)\,n^in^j\Bigr)$$

となる。また、2 粒子の分離ベクトル $\xi^i$ は測地線偏差方程式

$$\frac{d^2\xi^i}{dt^2}=\frac12\,\ddot h_{ij}\,\xi^j$$

を満たし、$\xi^i(t)=\bigl(\delta_{ij}+\tfrac12h_{ij}(t)\bigr)\xi_0^j$ がその（$h$ の 1 次での）解である。

証明（命題 4.1）

測地線方程式の空間成分は $\ddot x^i=-\Gamma^i{}_{\alpha\beta}\dot x^\alpha\dot x^\beta$ で、静止した粒子では $-\Gamma^i{}_{00}(u^0)^2$ です。TT ゲージの $h_{0\mu}=0$ から $\Gamma^i{}_{00}=\tfrac12(2\partial_0h_{i0}-\partial_ih_{00})=0$ なので、静止した粒子（$u^i=0$）は加速されず、そのまま $u^i=0$ が保たれます。座標が変わらないという主張です。

線素 $ds^2=(\delta_{ij}+h_{ij})dx^idx^j$（同時刻）に $dx^i=L_0n^i\,ds'$ を代入して積分すれば、$L=L_0\sqrt{1+h_{ij}n^in^j}\simeq L_0(1+\tfrac12h_{ij}n^in^j)$ です。

測地線偏差は 定理 7.1［曲がった時空のテンソル解析］ で確かめます。静止した粒子の 4 元速度は $u\simeq(1,0,0,0)$（$x^0=ct$ で規格化）で、命題 6.1［Einstein 方程式］ の $R^{(1)}_{\mu\nu\alpha\beta}$ から、TT ゲージ（$h_{0\mu}=0$）で

$$R_{i0j0}=\tfrac12\bigl(\partial_0\partial_jh_{i0}-\partial_0\partial_0h_{ij}-\partial_i\partial_jh_{00}+\partial_i\partial_0h_{0j}\bigr)=-\tfrac12\partial_0^2h_{ij}=-\frac1{2c^2}\ddot h_{ij}$$

です。偏差方程式 $D^2\xi^i/d\tau^2=-R^i{}_{\nu\alpha\beta}u^\nu\xi^\alpha u^\beta=-R_{i0j0}c^2\xi^j$（$u^0=c\,dt/d\tau\simeq c$）に入れると $\ddot\xi^i=\tfrac12\ddot h_{ij}\xi^j$ です。$h$ の 1 次では右辺の $\xi^j$ を初期値 $\xi_0^j$ で置き換えられるので、2 回積分して主張の解を得ます。

∎

したがってプラス偏極 $h_{11}=-h_{22}=h_+$ が通過すると、$x$ 方向の距離が $\tfrac12h_+$ の割合で伸びるとき、$y$ 方向は同じ割合で縮みます。クロス偏極では 45 度傾いた方向で同じことが起きます。「波は上下に揺れるのではなく、断面が伸び縮みする」ことがわかります。

重力波が $z$ 軸方向（紙面に垂直）に進むときの、自由粒子の輪の変形。上段はプラス偏極、下段はクロス偏極。左は $h>0$、右は半周期後（$h<0$）。点線は波がないときの円。

位相を連続的に変えると、輪が円と楕円のあいだを往復する様子は次のようになります。

位相を連続的に動かしたときの輪の変形。赤い点は自由粒子、緑は中心の粒子。プラス偏極は軸方向、クロス偏極は 45 度傾いた方向に伸び縮みし、面積は変わらない。

例 4.2（干渉計の腕の伸び縮み）

LIGO の 2 本の腕は直交しており、腕の方向が重力波の偏極軸に一致するとき、$x$ 腕が $\tfrac12h_+L$ 伸び、$y$ 腕が同じだけ縮みます。干渉計が測るのは腕の長さの差 $\Delta L=L_x-L_y=h_+L$ です。$h=10^{-21}$、$L=4$ km なら

$$\Delta L=10^{-21}\times4000=4\times10^{-18}\ \mathrm{m}$$

で、陽子の直径（$\sim10^{-15}$ m）の数百分の 1 です。1 本の腕だけの伸びは $2\times10^{-18}$ m になります。

5. 波源から出る波：四重極公式

ここからは波の源に戻ります。孤立した源が遠方につくる場を、命題 2.2 の遅延解から評価します。

5.1. 保存則から四重極へ

このあとの定理は 2 段構えです。まず遅延解から、遠方の波が質量 2 次モーメントの 2 階微分 $\ddot M_{ij}$ で決まることを示します。その上で、波に実際に含まれる成分だけを取り出す操作（TT 射影）を行います。射影に使う $P_{ij}=\delta_{ij}-n_in_j$ は、進行方向 $\boldsymbol{n}$ に垂直な面へ落とす操作で、$\Lambda_{ij,kl}$ はそのうえでトレースも除く操作です。つまり「進行方向に垂直で、トレースのない部分だけが波として残る」ということを式にしたものです。証明の TT 射影の段落は、平面波の議論を球面波に読み替える部分なので、結論だけ受け入れて先に進んでも、以降の内容は追えます。

補題 5.1（応力の積分は質量 2 次モーメントの 2 階微分）✓

台がコンパクトな対称テンソル $T^{\mu\nu}$ が $\partial_\mu T^{\mu\nu}=0$ を満たすとき、

$$\int T^{ij}\,d^3x=\frac12\frac{d^2}{dt^2}\int\rho\,x^ix^j\,d^3x=:\frac12\ddot M^{ij},\qquad \rho:=\frac{T^{00}}{c^2}.$$

証明（補題 5.1）

$\partial_0=c^{-1}\partial_t$ とします。保存則 $\partial_0T^{0\nu}+\partial_kT^{k\nu}=0$ を使います。まず $\partial_k(T^{kj}x^i)=(\partial_kT^{kj})x^i+T^{ij}$ ですから、コンパクト台より全微分の積分は $0$ で、

$$\int T^{ij}d^3x=-\int x^i\,\partial_kT^{kj}\,d^3x=\int x^i\,\partial_0T^{0j}\,d^3x=\partial_0\int x^iT^{0j}d^3x .$$

$T^{ij}$ は対称なので、$\int T^{ij}d^3x=\tfrac12\partial_0\int\bigl(x^iT^{0j}+x^jT^{0i}\bigr)d^3x$ です。次に $\partial_k(T^{k0}x^ix^j)=(\partial_kT^{k0})x^ix^j+T^{i0}x^j+T^{j0}x^i$ の積分が $0$ であることから

$$\int\bigl(x^jT^{0i}+x^iT^{0j}\bigr)d^3x=-\int x^ix^j\,\partial_kT^{k0}\,d^3x=\int x^ix^j\,\partial_0T^{00}\,d^3x=\partial_0\int x^ix^jT^{00}d^3x .$$

よって $\int T^{ij}d^3x=\tfrac12\partial_0^2\int T^{00}x^ix^jd^3x=\dfrac1{2c^2}\partial_t^2\bigl(c^2M^{ij}\bigr)=\tfrac12\ddot M^{ij}$ です。

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定理 5.2（四重極公式（波の振幅））✓

$T^{\mu\nu}$ が台のコンパクトな（大きさ $d$）、自己重力が弱く（$GM/(c^2d)\ll1$、したがって線形化が使え、$T^{\mu\nu}$ に重力場自身のエネルギーを含めなくてよい）、遅い運動（特徴的な速さ $v\ll c$、したがって波長 $\lambda\sim cT\gg d$）をする孤立した源で、$\partial_\mu T^{\mu\nu}=0$ を満たすとする。源から距離 $r\gg d,\lambda$ の遠方で、ハーモニックゲージの $\bar h_{ij}$ は

$$\bar h_{ij}(t,\boldsymbol{x})=\frac{2G}{c^4r}\,\ddot M_{ij}\Bigl(t-\frac rc\Bigr)+O\Bigl(\frac1{r^2}\Bigr)+(\text{高次の多重極})$$

で与えられる。さらに、伝播方向 $\boldsymbol{n}=\boldsymbol{x}/r$ に対して TT ゲージに移ると（定理 3.2 と同じ変換）、物理的な波は

$$h^{\mathrm{TT}}_{ij}=\frac{2G}{c^4r}\,\ddot Q^{\mathrm{TT}}_{ij}\Bigl(t-\frac rc\Bigr),\qquad Q^{\mathrm{TT}}_{ij}:=\Lambda_{ij,kl}(\boldsymbol{n})\,M_{kl}$$

である。ここで $P_{ij}=\delta_{ij}-n_in_j$、$\Lambda_{ij,kl}=P_{ik}P_{jl}-\tfrac12P_{ij}P_{kl}$、$Q_{ij}=M_{ij}-\tfrac13\delta_{ij}M_{kk}$（トレースなし質量四重極モーメント）で、$\Lambda_{ij,kl}Q_{kl}=\Lambda_{ij,kl}M_{kl}$ である。

証明（定理 5.2）

振幅。 命題 2.2 の遅延解に $R=|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|=r-\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{x}'+O(d^2/r)$ を使います。$|\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{x}'|\le d$ で、$T_{ij}$ の変化の時間尺度は $T\sim\lambda/c$ なので、$T_{ij}(t-R/c,\boldsymbol{x}')$ は $T_{ij}(t-r/c,\boldsymbol{x}')$ から相対的に $d/\lambda\sim v/c$ の割合しかずれません。低次では $1/R\simeq1/r$ として

$$\bar h_{ij}\simeq\frac{4G}{c^4r}\int T_{ij}\Bigl(t-\frac rc,\boldsymbol{x}'\Bigr)d^3x'=\frac{4G}{c^4r}\cdot\frac12\ddot M_{ij}\Bigl(t-\frac rc\Bigr)$$

です。最後に 補題 5.1 を使いました（$T_{ij}=T^{ij}$）。

TT 射影。 遠方の波は、$u=ct-r$ の関数 $F_{\mu\nu}(u)/r$ の形（ほかに $O(r^{-2})$）をしています。この形に対して $\partial_\mu u=(1,-n_i)$ なので、$\partial_\mu\bigl[F(u)/r\bigr]=\bigl(F'(u)/r\bigr)\partial_\mu u+O(r^{-2})$ です。$\ell_\mu:=-\partial_\mu u=(-1,n_i)$ はヌルベクトルで、平面波 命題 3.1 の $k_\mu$ と同じ役割をします。ハーモニック条件 $\partial^\mu\bar h_{\mu\nu}=0$ は $\ell^\mu F'_{\mu\nu}=0$、すなわち $n=z$ ととれば $F_{3\nu}=-F_{0\nu}$（時間に依らない定数を除く）で、平面波のときの条件と同じです。ゲージ変換 $\xi_\nu=\Xi_\nu(u)/r$ は $r>0$ で厳密に $\Box\xi_\nu=0$ を満たします（$\Box(\Xi(ct-r)/r)=\frac1r(\partial_r^2-\partial_0^2)\Xi=0$）。その 1 階微分は主要部で $\partial_\mu\xi_\nu\simeq-\ell_\mu\Xi'_\nu/r$ なので、$B_\mu\leftrightarrow-\Xi'_\mu$、$k_\mu\leftrightarrow\ell_\mu$ と読み替えれば、定理 3.2 の代数がそのまま $O(1/r)$ の範囲で成り立ちます。

その結果は、$n=z$ のとき（直前の注意）$h^{\mathrm{TT}}_{11}=\bar h_{11}-\tfrac12(\bar h_{11}+\bar h_{22})$、$h^{\mathrm{TT}}_{22}=\bar h_{22}-\tfrac12(\bar h_{11}+\bar h_{22})$、$h^{\mathrm{TT}}_{12}=\bar h_{12}$、他は $0$ です（$\bar A=\bar A_{11}+\bar A_{22}$ を使いました）。これは $P=\mathrm{diag}(1,1,0)$ のとき $\Lambda_{ij,kl}\bar h_{kl}$ の成分

$$(P\bar hP)_{11}-\tfrac12P_{11}P_{kl}\bar h_{kl}=\bar h_{11}-\tfrac12(\bar h_{11}+\bar h_{22}),\qquad(P\bar hP)_{12}=\bar h_{12}$$

と一致します。$\Lambda$ は回転と共変なので、一般の $\boldsymbol{n}$ でも $h^{\mathrm{TT}}_{ij}=\Lambda_{ij,kl}(\boldsymbol{n})\bar h_{kl}$ です。$\bar h_{kl}$ に前半の結果を入れれば主張の式を得ます。最後に $\Lambda_{ij,kl}\delta_{kl}=P_{ij}-\tfrac12P_{ij}P_{kk}=0$（$P_{kk}=2$）なので、$M$ のトレース部分は TT 射影で消え、$M$ を $Q$ に置き換えてもよいことがわかります。

∎

5.2. 単極子と双極子が出ない理由

命題 5.3（単極子・双極子の非放射）✓

定理 5.2 と同じ状況で、$1/r$ の主要部について、$\bar h_{00}$ と $\bar h_{0i}$ は時間に依存しない。さらに質量双極子モーメント $D^i=\int\rho\,x^i\,d^3x$ は 2 階微分が $0$ である。

証明（命題 5.3）

遠方で $\bar h_{0\nu}\simeq\dfrac{4G}{c^4r}\displaystyle\int T_{0\nu}(t-r/c,\boldsymbol{x}')d^3x'$ です。保存則の積分 $\partial_0\int T^{00}d^3x=-\int\partial_kT^{k0}d^3x=0$ により、全エネルギー $\int T^{00}d^3x$ は定数で、$\bar h_{00}$ の主要部は一定です。同様に $\partial_0\int T^{0i}d^3x=-\int\partial_kT^{ki}d^3x=0$ で、全運動量が一定なので $\bar h_{0i}$ の主要部も一定です。双極子は、$\partial_t\int T^{00}x^i\,d^3x=-c\int x^i\partial_kT^{k0}\,d^3x=c\int T^{0i}d^3x$ から $\dot D^i=\dfrac1c\displaystyle\int T^{0i}d^3x=P^i$（全運動量）となり、これは定数なので $\ddot D^i=0$ です。

∎

放射場に寄与するのは時間変化する部分のみで、これが $M_{ij}$ の 2 階微分から始まるわけです。電磁気の電気双極子放射 $\propto\ddot{\boldsymbol{d}}$ に対応する量が、重力ではつねに $0$ になっています。

6. 放射のエネルギーとパワー

この節の目標は、波が運び去るエネルギーの割合 $P$ を求めることです。方針は、線形化した重力を平らな時空の上の波動場とみなし、場の理論の標準的な手順（作用から保存するエネルギー密度と流束を作る）をそのまま使うことです。TT ゲージでは作用が通常の波動場の形になるので、エネルギー流束は波の振幅の時間微分の 2 乗に比例する形になります。作用や正準エネルギー・運動量テンソルに馴染みがなければ、命題の結論の式だけ受け入れて、定理 6.2 の結果まで進んでも構いません。

四重極が運ぶエネルギーを求めます。線形化重力は平坦な時空上のスピン 2 の場の理論なので、エネルギー・運動量は Fierz–Pauli 作用（定理 7.1）［Einstein 方程式］ の並進対称性から決まります（正準エネルギー・運動量テンソル、定義 6.5［古典場の理論とラグランジアン］）。

命題 6.1（重力波のエネルギー流束）✓

TT ゲージの真空場で、Fierz–Pauli 作用は

$$S^{(2)}=\frac{c^2}{64\pi G}\int dt\,d^3x\,\bigl(\dot h_{ij}\dot h_{ij}-c^2\,\partial_kh_{ij}\partial_kh_{ij}\bigr)$$

となり、保存するエネルギー密度と流束は

$$\mathcal{E}=\frac{c^2}{64\pi G}\bigl(\dot h_{ij}\dot h_{ij}+c^2\partial_kh_{ij}\partial_kh_{ij}\bigr),\qquad j_k=-\frac{c^4}{32\pi G}\,\dot h_{ij}\,\partial_kh_{ij}$$

である。外向きの球面波 $h_{ij}=f_{ij}(t-r/c)/r$ では $j_k\simeq n_k\dfrac{c^3}{32\pi G}\dot h_{ij}\dot h_{ij}$ である。

証明（命題 6.1）

TT ゲージでは $h_{0\mu}=0$、$h=0$、$\partial_ih_{ij}=0$ なので、定理 7.1［Einstein 方程式］ の作用の第 2〜4 項（$\partial_\mu h^{\mu\nu}$ や $\partial h$ を含む）は $0$ で、第 1 項だけが残ります。$\partial_\lambda h_{ij}\partial^\lambda h_{ij}=-c^{-2}\dot h_{ij}\dot h_{ij}+\partial_kh_{ij}\partial_kh_{ij}$、$d^4x=c\,dt\,d^3x$ を使うと、$\dfrac{c^3}{32\pi G}\cdot c\cdot(-\tfrac12)\bigl(-c^{-2}\dot h^2+(\partial h)^2\bigr)=\dfrac{c^2}{64\pi G}(\dot h^2-c^2(\partial h)^2)$ で、前半の式です。

これは各成分 $h_{ij}$ が $\kappa=c^2/(32\pi G)$ をもつ波動場 $\mathcal{L}=\tfrac\kappa2(\dot\phi^2-c^2(\nabla\phi)^2)$ のように振る舞うことを示します。そのような場の並進対称性によるエネルギー密度は $\tfrac\kappa2(\dot\phi^2+c^2(\nabla\phi)^2)$、流束は $-\kappa c^2\dot\phi\,\nabla\phi$ で、運動方程式 $\ddot\phi=c^2\nabla^2\phi$ のもとで $\partial_t\mathcal{E}+\partial_kj_k=\kappa\dot\phi(\ddot\phi-c^2\nabla^2\phi)=0$ が確かめられます。成分の和をとって係数を代入すれば $\mathcal{E},j_k$ の式です。外向き球面波では $\partial_kh_{ij}\simeq-n_k\dot h_{ij}/c$ なので $j_k\simeq\dfrac{c^4}{32\pi G}\cdot\dfrac{n_k}{c}\dot h_{ij}\dot h_{ij}$ です。

∎

この流束が、波源が実際に失うエネルギーの割合を与えることは、非線形の Einstein 方程式の 2 次摂動（重力波自身のエネルギー・運動量、Isaacson の有効エネルギー・運動量テンソル）で正当化されます。本稿ではこの点を証明せず、線形化理論のエネルギー流束を放射パワーの定義として採用します。

定理 6.2（四重極放射のパワー）✓

定理 5.2 の源が単位時間あたりに放射する全エネルギー（すべての方向への 命題 6.1 の流束の積分）は、遅延時刻で評価して

$$P=\frac{G}{5c^5}\,\dddot Q_{ij}\,\dddot Q_{ij}$$

である。

証明（定理 6.2）

定理 5.2 より $\dot h^{\mathrm{TT}}_{ij}=\dfrac{2G}{c^4r}\Lambda_{ij,kl}\dddot Q_{kl}$ です。$\Lambda$ は射影で（$\Lambda_{ij,kl}\Lambda_{ij,mn}=\Lambda_{kl,mn}$）、対称なので

$$\dot h_{ij}\dot h_{ij}=\frac{4G^2}{c^8r^2}\,\Lambda_{kl,mn}\,\dddot Q_{kl}\dddot Q_{mn}.$$

全パワーは $P=\displaystyle\oint r^2d\Omega\ \frac{c^3}{32\pi G}\dot h_{ij}\dot h_{ij}=\frac{G}{8\pi c^5}\oint d\Omega\ \Lambda_{kl,mn}\dddot Q_{kl}\dddot Q_{mn}$ です。角度積分を計算します。トレースなし対称テンソル $Q$ に対し、$\Lambda_{kl,mn}Q_{kl}Q_{mn}=\mathrm{tr}(QPQP)-\tfrac12(\mathrm{tr}\,PQ)^2$ で、$P=1-nn^{\mathsf{T}}$、$\mathrm{tr}\,Q=0$ から

$$\mathrm{tr}(QPQP)=|Q|^2-2\,n_aQ_{ab}Q_{bc}n_c+(n_aQ_{ab}n_b)^2,\qquad\mathrm{tr}(PQ)=-n_aQ_{ab}n_b$$

です（$|Q|^2=Q_{ab}Q_{ab}$）。よって $\Lambda_{kl,mn}Q_{kl}Q_{mn}=|Q|^2-2\,n_aQ_{ab}Q_{bc}n_c+\tfrac12(n_aQ_{ab}n_b)^2$。立体角の平均 $\langle\cdot\rangle=\frac1{4\pi}\oint d\Omega$ は、回転不変性から $\langle n_an_b\rangle=C_2\delta_{ab}$、$\langle n_an_bn_cn_d\rangle=C_4(\delta_{ab}\delta_{cd}+\delta_{ac}\delta_{bd}+\delta_{ad}\delta_{bc})$ の形です。$n_an_a=1$ で縮約すると $3C_2=1$、$15C_4=1$ なので $C_2=\tfrac13$、$C_4=\tfrac1{15}$ で、

$$\langle n_aQ_{ab}Q_{bc}n_c\rangle=\tfrac13|Q|^2,\qquad\langle(n_aQ_{ab}n_b)^2\rangle=\tfrac1{15}\bigl[(\mathrm{tr}Q)^2+2|Q|^2\bigr]=\tfrac2{15}|Q|^2$$

なので $\langle\Lambda QQ\rangle=\bigl(1-\tfrac23+\tfrac1{15}\bigr)|Q|^2=\tfrac25|Q|^2$、したがって $\oint d\Omega\,\Lambda QQ=\tfrac{8\pi}{5}|Q|^2$ です。代入して

$$P=\frac{G}{8\pi c^5}\cdot\frac{8\pi}{5}\,\dddot Q_{kl}\dddot Q_{kl}=\frac{G}{5c^5}\,\dddot Q_{ij}\dddot Q_{ij} .$$∎

前に付く係数 $G/(5c^5)=5.5\times10^{-54}\ \mathrm{W^{-1}}$ の小ささが、実験室での重力波生成を不可能にしています（演習 8.1）。

7. 連星からの放射

円軌道を回る連星に適用します。

例 7.1（円軌道の連星）

質量 $m_1,m_2$（$M=m_1+m_2$、換算質量 $\mu=m_1m_2/M$）が距離 $a$ を保って角速度 $\omega$ で円運動するとします。ニュートン力学のケプラーの第 3 法則（定理 6.1［惑星の運動と中心力］）で $\omega^2=GM/a^3$ です。重心系で $x^i=a\,(\cos\omega t,\sin\omega t,0)$ とすると $M_{ij}=\mu x^ix^j$ で

$$M_{xx}=\frac{\mu a^2}2(1+\cos2\omega t),\quad M_{yy}=\frac{\mu a^2}2(1-\cos2\omega t),\quad M_{xy}=\frac{\mu a^2}2\sin2\omega t$$

です（$M_{kk}=\mu a^2$ は一定なので、$Q$ とトレース部分の差は微分で消えます）。3 階微分を取ると

$$\dddot Q_{xx}=-\dddot Q_{yy}=4\mu a^2\omega^3\sin2\omega t,\qquad\dddot Q_{xy}=-4\mu a^2\omega^3\cos2\omega t$$

です。$\dddot Q_{ij}\dddot Q_{ij}=2(4\mu a^2\omega^3)^2\sin^2+2(4\mu a^2\omega^3)^2\cos^2=32\mu^2a^4\omega^6$ なので、定理 6.2 より

$$P=\frac{32}{5}\frac{G}{c^5}\mu^2a^4\omega^6=\frac{32}{5}\frac{G^4}{c^5}\frac{m_1^2m_2^2(m_1+m_2)}{a^5}$$

です（$\omega^6=G^3M^3/a^9$ を使った）。放射される重力波の角振動数は軌道角振動数の 2 倍、$f_{\mathrm{gw}}=\omega/\pi$ です（$\cos2\omega t$ から）。

数値。 太陽と地球（$m_1=1.989\times10^{30}$ kg、$m_2=5.972\times10^{24}$ kg、$a=1.496\times10^{11}$ m）では $P=196$ W、太陽と木星では $5.2\ \mathrm{kW}$ です。太陽が毎秒放射する光のエネルギー $3.8\times10^{26}$ W に比べて 24 桁も小さい。

軌道の収縮と合体。 軌道エネルギー $E=-Gm_1m_2/(2a)$ が $dE/dt=-P$ で失われると、$\dfrac{da}{dt}=-\dfrac{2a^2P}{Gm_1m_2}=-\dfrac{64}{5}\dfrac{G^3m_1m_2M}{c^5a^3}$ です。$a^3\,da=-k\,dt$ の形（$k=\tfrac{64}5G^3m_1m_2M/c^5$）なので、半径 $a$ から $0$ まで縮むのにかかる時間は

$$T_{\mathrm{merge}}=\frac{a^4}{4k}=\frac{5}{256}\frac{c^5a^4}{G^3m_1m_2M}$$

です。$m_1=m_2=1.4M_\odot$ の連星なら、$a=2.0\times10^9$ m（周波数 $f_{\mathrm{gw}}=6.9\times10^{-5}$ Hz）のとき $T=5.9\times10^{16}$ s で約 19 億年、軌道が縮むにつれて周波数が上がります。$\omega\propto a^{-3/2}$ から $\dot\omega=\dfrac{96}{5}\Bigl(\dfrac{G\mathcal{M}}{c^3}\Bigr)^{5/3}\omega^{11/3}$、$f=\omega/\pi$ で書くと

$$\dot f=\frac{96}{5}\pi^{8/3}\Bigl(\frac{G\mathcal{M}}{c^3}\Bigr)^{5/3}f^{11/3},\qquad\mathcal{M}=\frac{(m_1m_2)^{3/5}}{(m_1+m_2)^{1/5}}$$

で、周波数の増え方がチャープ質量 $\mathcal{M}$ だけで決まります。

波の振幅。 軌道面に垂直な方向 $\boldsymbol{n}=\hat{\boldsymbol{z}}$ の観測者に対し、定理 5.2 から $h_+=-h_0\cos2\omega t_r$、$h_\times=-h_0\sin2\omega t_r$、

$$h_0=\frac{4G\mu a^2\omega^2}{c^4r}=\frac4r\Bigl(\frac{G\mathcal{M}}{c^2}\Bigr)^{5/3}\Bigl(\frac{\pi f_{\mathrm{gw}}}{c}\Bigr)^{2/3}$$

です（第 2 の等号は $\mu a^2\omega^2=\mu(GM)^{2/3}\omega^{2/3}$ と $\mathcal{M}^{5/3}=\mu M^{2/3}$ から）。$\mathcal{M}=28.1M_\odot$、$f_{\mathrm{gw}}=150$ Hz、$r=410$ Mpc（$1.27\times10^{25}$ m）なら $h_0=2.1\times10^{-21}$ で、GW150914（例 6.3）［曲がった時空と重力］ の観測された振幅 $\sim10^{-21}$ と同じ桁です（観測方向が軌道面に垂直でない効果と、周波数・距離の見積りの粗さによる）。

注意 7.2（間接的な検証）

連星パルサー PSR B1913+16 は軌道が円ではなく離心率が大きい（$e=0.617$）ため、上の円軌道の式に離心率の補正因子が掛かります（Peters と Mathews が 1963 年に導出）。観測された軌道周期の減少は、補正を入れた四重極公式の予言と 0.2% 以内で一致し、重力波が実在してエネルギーを運び去ることを、直接検出の 40 年以上前から裏づけていました（注意 6.4［曲がった時空と重力］）。

8. 演習

演習 8.1標準

質量 $m$、長さ $\ell$ の一様な細い棒が、中心を通り棒に垂直な軸のまわりに角速度 $\omega$ で回転している。放射される重力波のパワーが $P=\dfrac{2}{45}\dfrac{G}{c^5}m^2\ell^4\omega^6$ であることを示せ。$m=2\times10^5$ kg、$\ell=20$ m、$\omega=28\ \mathrm{rad/s}$ のときの値を見積もれ。

解答

棒の方向を $\boldsymbol{e}=(\cos\omega t,\sin\omega t,0)$ とすると、質量 2 次モーメントは $M_{ij}=\dfrac{m\ell^2}{12}e_ie_j$ です（長さ $\ell$ の一様な棒で $\int_{-\ell/2}^{\ell/2}s^2\,ds\cdot\dfrac m\ell=\dfrac{m\ell^2}{12}$）。連星の例と同じ形で、$\mu a^2$ を $m\ell^2/12$ に置き換えたものです。例 7.1 の計算から $\dddot Q_{ij}\dddot Q_{ij}=32\Bigl(\dfrac{m\ell^2}{12}\Bigr)^2\omega^6=\dfrac{2m^2\ell^4\omega^6}{9}$ なので

$$P=\frac{G}{5c^5}\cdot\frac{2m^2\ell^4\omega^6}{9}=\frac{2}{45}\frac{G}{c^5}m^2\ell^4\omega^6$$

です。数値は $G/c^5=6.674\times10^{-11}/(2.43\times10^{42})=2.75\times10^{-53}$、$m^2\ell^4\omega^6=4\times10^{10}\times1.6\times10^5\times4.8\times10^8=3.1\times10^{24}$ なので、$P=\dfrac2{45}\times2.75\times10^{-53}\times3.1\times10^{24}=3.8\times10^{-30}$ W です。人工の重力波源が実用にならない理由がわかります。

演習 8.2標準

太陽と木星の系（例 7.1 の $P=5.2$ kW）が重力波によって軌道エネルギーを失い尽くす（$a\to0$）までのおおよその時間を求めよ。$a=7.785\times10^{11}$ m、$m_1=1.989\times10^{30}$ kg、$m_2=1.898\times10^{27}$ kg を使え。

解答

$T=\dfrac{5}{256}\dfrac{c^5a^4}{G^3m_1m_2M}$ に代入します。$c^5=2.43\times10^{42}$、$a^4=3.67\times10^{47}$、$G^3=2.97\times10^{-31}$、$m_1m_2M=1.989\times10^{30}\times1.898\times10^{27}\times1.991\times10^{30}=7.52\times10^{87}$ なので

$$T=\frac5{256}\cdot\frac{2.43\times10^{42}\times3.67\times10^{47}}{2.97\times10^{-31}\times7.52\times10^{87}}=\frac5{256}\cdot\frac{8.92\times10^{89}}{2.23\times10^{57}}=7.8\times10^{30}\ \mathrm{s}$$

です。宇宙の年齢（$4.4\times10^{17}$ s）の $10^{13}$ 倍以上で、現実には太陽系のほかの摂動のほうがはるかに大きく効きます。

演習 8.3標準

プラス偏極の波（$h_+=h_0\cos\omega t$、$h_\times=0$）の中で、半径 $R$ の円周上に静止した多数の自由粒子の輪を考える。輪の形が時刻 $t$ にどのような曲線になるかを、$h_0$ の 1 次で求めよ。

解答

輪上の粒子は座標 $(x_0,y_0)=R(\cos\alpha,\sin\alpha)$ で、命題 4.1 により粒子間の分離ベクトル（輪の中心からの位置）は $\xi^i(t)=(\delta_{ij}+\tfrac12h_{ij})\xi^j_0$ に従って動きます。プラス偏極では $h_{11}=h_0\cos\omega t$、$h_{22}=-h_0\cos\omega t$ なので

$$x(t)=R\Bigl(1+\tfrac12h_0\cos\omega t\Bigr)\cos\alpha,\qquad y(t)=R\Bigl(1-\tfrac12h_0\cos\omega t\Bigr)\sin\alpha$$

です。$\alpha$ を消すと $\dfrac{x^2}{R^2(1+\frac12h_0\cos\omega t)^2}+\dfrac{y^2}{R^2(1-\frac12h_0\cos\omega t)^2}=1$、半軸が $R(1\pm\tfrac12h_0\cos\omega t)$ の楕円で、$h_0$ の 1 次では面積 $\pi R^2(1-\tfrac14h_0^2\cos^2\omega t)\simeq\pi R^2$ が変わらないことも確かめられます。$\cos\omega t=\pm1$ で図の左右の形になります。

演習 8.4易

質量が球対称に分布し、半径方向にだけ脈動する星から重力波が出ないことを、定理 5.2 から確かめよ。

解答

球対称な分布では $M_{ij}=\int\rho\,x^ix^j\,d^3x=\tfrac13\delta_{ij}\int\rho\,r^2d^3x$、すなわち $M_{ij}\propto\delta_{ij}$ です。トレースなし四重極 $Q_{ij}=M_{ij}-\tfrac13\delta_{ij}M_{kk}$ は $0$ なので、定理 5.2 の $h^{\mathrm{TT}}_{ij}=0$ です。$\Lambda_{ij,kl}\delta_{kl}=0$ からも同じ結論です。これは Birkhoff の定理（定理 3.1）［Schwarzschild 解と太陽系での検証］ の帰結（球対称な運動は外部の時空を変えない）と整合しています。

参考文献

• A. Einstein, “Näherungsweise Integration der Feldgleichungen der Gravitation”, Sitzungsberichte der Königlich Preußischen Akademie der Wissenschaften (1916), 688–696. — 重力波の予言。
• B. P. Abbott et al. (LIGO Scientific Collaboration and Virgo Collaboration), “Observation of Gravitational Waves from a Binary Black Hole Merger”, Physical Review Letters 116 (2016), 061102. DOI: 10.1103/PhysRevLett.116.061102
• P. C. Peters, J. Mathews, “Gravitational Radiation from Point Masses in a Keplerian Orbit”, Physical Review 131 (1963), 435–440. — 離心率つきの連星の放射パワー。
• R. A. Isaacson, “Gravitational Radiation in the Limit of High Frequency. I, II”, Physical Review 166 (1968), 1263–1280. — 重力波のエネルギー・運動量テンソル。
• M. Maggiore, Gravitational Waves, Volume 1: Theory and Experiments, Oxford University Press, 2008 — 第 1 章（線形化理論）、第 3 章（四重極公式）。
• S. M. Carroll, Spacetime and Geometry, Addison-Wesley, 2004 — 第 7 章（重力波）。