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Lesson 16 引力波的功率

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2026-04-17

继续说引力波.

仍然回忆电磁场的 lagrangian，

L=−14FμνFμν+eAμJμ=−14(∂μAν−∂νAμ)(∂μAν−∂νAμ)−eAμJμ=−12(∂0Ai−∂iA0)(∂0Ai−∂iA0)−14(∂iAj−∂jAi)(∂iAj−∂jAi)+eAiJi+eA0J0\begin{aligned} \mathcal{L} &= -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+eA_\mu J^\mu\\\\ &= -\frac{1}{4}(\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu)(\partial^\mu A^\nu-\partial^\nu A^\mu)-eA_\mu J^\mu\\\\ &= -\frac{1}{2}(\partial_0A_i-\partial_iA_0)(\partial^0A^i-\partial^iA^0)-\frac{1}{4}(\partial_i A_j-\partial_j A_i)(\partial^i A^j-\partial^j A^i)+eA_iJ^i+eA_0J^0 \end{aligned}

Langrange 方程是

∂μδLδ∂μAν−δLδAν=0\partial_\mu\frac{\delta\mathcal{L}}{\delta\partial_\mu A_\nu} - \frac{\delta\mathcal{L}}{\delta A_\nu} = 0

代入，两个方程 (规范条件和 Lagrange 方程) 分别是

∂μ∂μAν+eJν=0∂μAμ=0\begin{aligned} &\partial_\mu\partial^\mu A^\nu+eJ^\nu=0\\\\ &\partial_\mu A^\mu=0 \end{aligned}

于是解得

Aν(x,t)=∫d3x′dt′⋅G(x⃗−x⃗′,t−t′)Jν(x′,t′)A^\nu(x,t) = \int\text{d}^3x'\text{d}t'\cdot G(\vec{x}-\vec{x}',t-t')J^\nu(x',t')

无源的情况下，J=0J=0，Aν=ενeikμxμ+ε∗νe−ikμxμA^\nu=\varepsilon^\nu e^{\text{i}k_\mu x^\mu}+\varepsilon^{*\nu}e^{-\text{i}k_\mu x^\mu}. 如果 εμ→εμ+kμα\varepsilon^\mu\to \varepsilon^\mu+k^\mu\alpha，且 kμεμ=0k_\mu\varepsilon^\mu=0，那么这时候变换 εμ→εμ+kμα\varepsilon^\mu\to \varepsilon^\mu+k^\mu\alpha 仍然维持 kμεμ=0k_\mu\varepsilon^\mu=0 的关系. 对一个 kμ=(k,0,0,k)k^\mu=(k,0,0,k) 来说，可以通过 ε→ε+1/k⋅k\varepsilon\to\varepsilon+1/k\cdot k 的变换，将 ε\varepsilon 变换到只有 1,21,2 空间分量的形式，这两个分量分别表示光子的两种偏振.

对于引力波，

hijTT=(h+h×0h×−h−0000)ijcos⁡ω(t−z)h_{ij}^{TT} = \begin{pmatrix} h_+ & h_\times & 0\\ h_\times & -h_- & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}_{ij}\cos\omega(t-z)

它产生的度规是

ds2=dt2+dz2+[1+h+cos⁡ω(t−z)]dx2+[1−h+cos⁡ω(t−z)]dy2+2h×cos⁡ω(t−z)dxdy\text{d}s^2=\text{d}t^2+\text{d}z^2+[1+h_+\cos\omega(t-z)]\text{d}x^2+[1-h_+\cos\omega(t-z)]\text{d}y^2+2h_\times\cos\omega(t-z)\text{d}x\text{d}y

用 Green 函数的思路来看，

hμν(x,t)=4G∫d3x∣x⃗−x⃗′∣Sμν(t−∣x⃗−x⃗′∣,x⃗),Sμν=Tμν−12gμνTh_{\mu\nu}(x,t)=4G\int\frac{\text{d}^3x}{|\vec{x}-\vec{x}'|}S_{\mu\nu}(t-|\vec{x}-\vec{x}'|,\vec{x}),\quad S_{\mu\nu} = T_{\mu\nu}-\frac{1}{2}g_{\mu\nu}T

对于任意一个 source 产生的引力波，是将上述解投影到横向得到的，其中 SS 的第二项是一个纯 trace 的量，但是结果应该是无 trace 的，因此这一项的投影是零. 最终有

hijTT(x,t)=4G∫d3x∣x⃗−x⃗′∣ΛijklTkl(t−∣x⃗−x⃗′∣,x⃗′)h_{ij}^{TT}(x,t)=4G\int\frac{\text{d}^3x}{|\vec{x}-\vec{x}'|}\Lambda_{ijkl}T_{kl}(t-|\vec{x}-\vec{x}'|,\vec{x}')

对于一个距离我们非常遥远的引力波源系统，x⃗≫x⃗′\vec{x}\gg\vec{x}'，上式被化为

hijTT(x,t)=4GrΛijkl(n^)∫d3x⃗′⋅Tkl(t−r+x⃗′⋅n^,x⃗′)h_{ij}^{TT}(x,t) = \frac{4G}{r}\Lambda_{ijkl}(\hat{n})\int\text{d}^3\vec{x}'\cdot T_{kl}(t-r+\vec{x}'\cdot\hat{n},\vec{x}')

注意

这里不能把 TT 中间的 x′x' 忽略掉，因为引力波由源的振荡产生，

Tkl∼eiω(t−r+x⃗′⋅n^)T_{kl}\sim e^{\text{i}\omega(t-r+\vec{x}'\cdot\hat{n})}

这个项出现在相位上面，一点小变化会造成很大的影响，所以即使和 rr 同阶出现也不能忽略.

做一次 Fourier，

Tkl(t,x⃗)=∫d4k(2π)4T~kl(ω,k⃗)e−iωk+ik⃗⋅x⃗T_{kl}(t,\vec{x}) = \int\frac{\text{d}^4k}{(2\pi)^4}\tilde T_{kl}(\omega,\vec{k})e^{-\text{i}\omega k+\text{i}\vec{k}\cdot\vec{x}}

变换回去，

∫dω2π∫d3k⃗(2π)3T~kl(ω,k)∫d3x⃗′e−iω(t−r+x⃗′⋅n^)+ik⃗⋅x⃗′=∫dω2πT~kl(ω,ωn^)e−iω(t−r)\begin{aligned} &\int\frac{\text{d}\omega}{2\pi}\int\frac{\text{d}^3\vec{k}}{(2\pi)^3}\tilde T_{kl}(\omega ,k)\int\text{d}^3\vec{x}' e^{-\text{i}\omega(t-r+\vec{x}'\cdot\hat{n})+\text{i}\vec{k}\cdot\vec{x}'}\\\\ &= \int\frac{\text{d}\omega}{2\pi}\tilde T_{kl}(\omega,\omega\hat{n})e^{-\text{i}\omega(t-r)} \end{aligned}

于是

hijTT(t,x⃗)=4GrΛijkl(n^)∫−∞∞dω2πT~kl(ω,ωn^)e−iω(t−r)h_{ij}^{TT}(t,\vec{x}) = \frac{4G}{r}\Lambda_{ijkl}(\hat{n})\int_{-\infty}^\infty\frac{\text{d}\omega}{2\pi}\tilde T_{kl}(\omega,\omega\hat{n})e^{-\text{i}\omega(t-r)}

回忆我们之前电磁学中的多极展开，我们有 α2∼1/1372\alpha^2\sim1/137^2 作为每一级之间的量级差异，只有在这种时候才能做展开；在我们这里也可以实现某种多极展开.

e−iω(t−r+x⃗′⋅n^)=e−iω(t−r)[1−iωx′ini+⋯ ]Tkl(t−r+x⃗′⋅n^,x⃗′)=Tkl(t−r,x⃗′)+(x⃗′⋅n^)∂0Tkl+12(x⃗′⋅n^)2∂02Tkl+⋯\begin{aligned} &e^{-\text{i}\omega(t-r+\vec{x}'\cdot\hat{n})} = e^{-\text{i}\omega(t-r)}[1-\text{i}\omega x'^in^i+\cdots]\\\\ &T_{kl}(t-r+\vec{x}'\cdot\hat{n},\vec{x}') = T_{kl}(t-r,\vec{x}')+(\vec{x}'\cdot\hat{n})\partial_0T_{kl}+\frac{1}{2}(\vec{x}'\cdot\hat{n})^2\partial_0^2T_{kl}+\cdots \end{aligned}

Moments (矩)：

Sij(t)=∫d3x⋅Tij(t,x)Sij,k(t)=∫d3x⋅Tij(t,x)xkSij,kl(t)=∫d3x⋅Tij(t,x)xkxl\begin{aligned} &S^{ij}(t)=\int\text{d}^3x\cdot T^{ij}(t,x)\\\\ &S^{ij,k}(t) = \int\text{d}^3x\cdot T^{ij}(t,x)x^k\\\\ &S^{ij,kl}(t) = \int\text{d}^3x\cdot T^{ij}(t,x)x^kx^l \end{aligned}

利用矩改写引力波的表达式，

hijTT(t,x⃗)=4GrΛijkl(n^)[Skl+nmS˙kl,m+12nmpS¨kl,mp+⋯ ]h_{ij}^{TT}(t,\vec{x}) = \frac{4G}{r}\Lambda_{ijkl}(\hat{n})[S^{kl}+n_m\dot{S}^{kl,m}+\frac{1}{2}n_{mp}\ddot{S}^{kl,mp}+\cdots]

对于上面定义的 TklT_{kl} (动量流密度) 的矩，同理可以定义能量密度和动量密度的矩，形如

Mij=∫d3x⋅T00(t,x⃗)xixj,Pi,jk=∫d3x⋅T0i(t,x⃗)xjxkM^{ij}=\int\text{d}^3x\cdot T^{00}(t,\vec{x})x^ix^j,\quad P^{i,jk}=\int\text{d}^3x\cdot T^{0i}(t,\vec{x})x^jx^k

由 ∂μTμν=0\partial_\mu T^{\mu\nu}=0，得到 ∂0T00=−∂iT0i\partial_0T^{00}=-\partial_iT^{0i} 和 ∂0T0i=−∂jTij\partial_0T^{0i}=-\partial_jT^{ij}. 先算能量的矩，由守恒很容易知道 M˙=0\dot{M}=0. 但是一阶矩的导数是

M˙i=∫d3x⋅xi∂0T00=−∫d3x⋅xi∂jT0j=∫d3xδijT0j=Pi\dot{M}^i = \int\text{d}^3x\cdot x^i\partial_0T^{00} = -\int\text{d}^3x\cdot x^i\partial_jT^{0j} = \int\text{d}^3x\delta^i{}_jT^{0j}=P^i

其中，第三个等号来源于一个分部积分.

同理一直往下算，有

M˙ij=Pi,j+Pj,i,P˙i,j=Sij,⋯\dot{M}^{ij} = P^{i,j}+P^{j,i},\quad \dot{P}^{i,j}=S^{ij},\quad\cdots

最终得到比较重要的一个式子：

Sij=12M¨ijS^{ij} = \frac{1}{2}\ddot{M}^{ij}

因此，

[hijTT(t,x⃗)]quad=2GrΛijkl(n^)M¨kl(t−r)[h_{ij}^{TT}(t,\vec{x})]_{\text{quad}}=\frac{2G}{r}\Lambda_{ijkl}(\hat{n})\ddot{M}^{kl}(t-r)

定义 Qkl≡Mkl−δklMii/3Q^{kl}\equiv M^{kl}-\delta^{kl}M^i{}_i/3，那么

[hijTT(t,x⃗)]quad=2GrQ¨ijTT(t−r)[h_{ij}^{TT}(t,\vec{x})]_{\text{quad}}=\frac{2G}{r}\ddot{Q}^{TT}_{ij}(t-r)

讨论引力波的能量问题. 对场方程展开到二阶，

R(1)μν−12ημνR(1)+hμνR(1)−12ημνhλρRλρ(1)+Rμν(2)−12ημνηλρRλρ(2)=8πGTμνR^{(1)\mu\nu}-\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}R^{(1)}+h^{\mu\nu}R^{(1)}-\frac{1}{2}\eta_{\mu\nu}h^{\lambda\rho}R^{(1)}_{\lambda\rho}+R^{(2)}_{\mu\nu}-\frac{1}{2}\eta_{\mu\nu}\eta^{\lambda\rho}R^{(2)}_{\lambda\rho} = 8\pi GT^{\mu\nu}

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2026/4/20 18:06
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