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引力辐射

11.2 引力辐射

对于＂迹相反＂的扰动，它们满足线性相对论性波动方程 $\square \bar{h}_{\mu \nu}=-16 \pi G T_{\mu \nu}$ ，其中的能动张量可以当作产生波的源．这个方程与电动力学中电磁波满足的方程类似，
差别只在于源的不同．因此，我们可以利用熟知的格林函数方法来求解：

$$
\square_x G\left(x^\sigma-y^\sigma\right)=\delta^4\left(x^\sigma-y^\sigma\right),
$$

其中 $\square_x$ 代表相对于坐标 $x^\sigma$ 的达朗贝尔算子，而 $G\left(x^\sigma-y^\sigma\right)$ 是格林函数．线性化爱因斯坦方程的通解为

$$
\bar{h}_{\mu \nu}\left(x^\sigma\right)=-16 \pi G \int G\left(x^\sigma-y^\sigma\right) T_{\mu \nu}\left(y^\sigma\right) \mathrm{d}^4 y
$$

这里的格林函数由（11．33）式给出，可以是＂推迟＂格林函数或者＂超前＂格林函数，依赖于波是沿时间向前或者向后。我们关心的是引力源在过去产生的引力波传播到探测器这样的物理过程，因此我们应该使用推迟格林函数，它可以帮助我们得到之前产生信号的累加效应．推迟格林函数形如

$$
G\left(x^\sigma-y^\sigma\right)=-\frac{1}{4 \pi|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|} \delta\left[|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|-\left(x^0-y^0\right)\right] \theta\left(x^0-y^0\right),
$$

其中 $\theta\left(x^0-y^0\right)$ 是一个阶梯函数，

$$
\theta\left(x^0-y^0\right)= \begin{cases}1, & x^0>y^0, \\ 0, & x^0<y^0 .\end{cases}
$$

由此得到扰动的解

$$
\bar{h}_{\mu \nu}(t, \boldsymbol{x})=4 G \int \frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|} T_{\mu \nu}(t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|, y) \mathrm{d}^3 y
$$

其中 $t=x^0$ ．我们可以定义一个推迟时间：$t_{\mathrm{r}}=t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|$ ．这个解的物理意义是：在 $(t, \boldsymbol{x})$ 处的引力场扰动来自在过去光锥中 $\left(t_{\mathrm{r}}, \boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\right)$ 处能动张量源产生的影响，如图 11.4 所示．

![图片](/uploads/2025-12/aa512d.jpg)
 
 11．2．1 孤立源的引力辐射
在我们的宇宙中，产生引力辐射的源离我们都很远．如果不考虑原初引力波的辐射，而只考虑质量分布产生的引力波，这些引力波源可以很好地近似看作孤立的，而且整体运动是非相对论性的．利用时间方向的傅里叶（Fourier）变换

$$
\begin{aligned}
\widetilde{\phi}(\omega, \boldsymbol{x}) & =\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int \mathrm{~d} t \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \phi(t, \boldsymbol{x}) \\
\phi(t, \boldsymbol{x}) & =\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int \mathrm{~d} \omega \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \widetilde{\phi}(\omega, \boldsymbol{x})
\end{aligned}
$$

对横向无迹扰动做傅里叶变换：

$$
\begin{aligned}
\tilde{\bar{h}}_{\mu \nu}(\omega, \boldsymbol{x}) & =\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int \mathrm{~d} t \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \bar{h}_{\mu \nu}(t, \boldsymbol{x}) \\
& =\frac{4 G}{\sqrt{2 \pi}} \int \mathrm{~d} t \mathrm{~d}^3 y \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \frac{T_{\mu \nu}(t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|, \boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|} \\
& =\frac{4 G}{\sqrt{2 \pi}} \int \mathrm{~d} t_{\mathrm{r}} \mathrm{~d}^3 y \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t_{\mathrm{r}}} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|} \frac{T_{\mu \nu}\left(t_{\mathrm{r}}, \boldsymbol{y}\right)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|} \\
& =4 G \int \mathrm{~d}^3 y \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|} \frac{\tilde{T}_{\mu \nu}(\omega, \boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}
\end{aligned}
$$

如果源的中心离我们的距离是 $R$ ，则源的分布距我们 $R+\delta R$ ．由于源是孤立、遥远的，源本身的分布相对于离我们的距离是一个很小的量，即 $\delta R \ll R$ ，如图 11.5 所示．假定源本身的变化并不剧烈，其产生引力波的频率较低，则 $\delta R \ll \omega^{-1}$ ．在此近似下，

$$
\mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|} /|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}| \sim \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega R} / R,
$$

![图片](/uploads/2025-12/c5f02f.jpg)

而扰动简化为

$$
\tilde{\bar{h}}_{\mu \nu}(\omega, \boldsymbol{x})=4 G \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega R}}{R} \int \mathrm{~d}^3 y \tilde{T}_{\mu \nu}(\omega, \boldsymbol{y}) .
$$

利用调和规范条件，有

$$
\partial_\mu \bar{h}^{\mu \nu}(t, \boldsymbol{x})=0 \Rightarrow \tilde{\bar{h}}^{0 \nu}=-\frac{\mathrm{i}}{\omega} \partial_i \tilde{\bar{h}}^{i \nu} .
$$

因此，知道了 $\tilde{\bar{h}}^{i j}$ 就知道了 $\tilde{\bar{h}}^{0 j}$ 和 $\tilde{\bar{h}}{ }^{00}$ 。所以，我们只需要考察扰动的类空分量 $\tilde{\bar{h}}_{i j}(\omega, \boldsymbol{x})$即可．为此，我们需要对 $\widetilde{T}_{\mu \nu}(\omega, \boldsymbol{y})$ 的类空分量做积分．利用分部积分

$$
\int \mathrm{d}^3 y \widetilde{T}^{i j}(\omega, \boldsymbol{y})=\int \partial_k\left(y^i \widetilde{T}^{k j}\right) \mathrm{d}^3 y-\int y^i\left(\partial_k \widetilde{T}^{k j}\right) \mathrm{d}^3 y
$$

并考虑能动张量守恒

$$
\partial_\mu T^{\mu \nu}=0 \Rightarrow \partial_k \widetilde{T}^{k \mu}=\mathrm{i} \omega \widetilde{T}^{0 \mu}
$$

最终我们得到

$$
\begin{aligned}
\int \mathrm{d}^3 y \widetilde{T}^{i j}(\omega, \boldsymbol{y}) & =-\mathrm{i} \omega \int y^i \widetilde{T}^{0 j} \mathrm{~d}^3 y \\
& =-\frac{\mathrm{i} \omega}{2} \int\left(y^i \widetilde{T}^{0 j}+y^j \widetilde{T}^{0 i}\right) \mathrm{d}^3 y \\
& =-\frac{\mathrm{i} \omega}{2} \int\left[\partial_l\left(y^i y^j \widetilde{T}^{0 l}\right)-y^i y^j\left(\partial_l \widetilde{T}^{0 l}\right)\right] \mathrm{d}^3 y \\
& =-\frac{\omega^2}{2} \int y^i y^j \widetilde{T}^{00} \mathrm{~d}^3 y
\end{aligned}
$$

由此可见，引力波扰动在缓变孤立源近似下由能量密度的分布决定．定义一个能量密度的四极矩

$$
q_{i j}(t)=\int y^i y^j T^{00}(t, \boldsymbol{y}) \mathrm{d}^3 y
$$

它在某时刻是一个只有空间分量的常数张量．利用此四极矩的时间傅里叶变换，可以得到

$$
\tilde{\bar{h}}_{i j}(\omega, \boldsymbol{x})=-2 G \omega^2 \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega R}}{R} \widetilde{q}_{i j}(\omega) .
$$

如果再变换回时间，则有

$$
\begin{aligned}
\bar{h}_{i j}(t, \boldsymbol{x}) & =-\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \frac{2 G}{R} \int \mathrm{~d} \omega \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega(t-R)} \omega^2 \widetilde{q}_{i j}(\omega) \\
& =\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \frac{2 G}{R} \frac{\mathrm{~d}^2}{\mathrm{~d} t^2} \int \mathrm{~d} \omega \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t_{\mathrm{r}}} \widetilde{q}_{i j}(\omega) \\
& =\frac{2 G}{R} \frac{\mathrm{~d}^2 q_{i j}}{\mathrm{~d} t^2}\left(t_{\mathrm{r}}\right),
\end{aligned}
$$

其中 $t_{\mathrm{r}}=t-R$ 是前面定义的推迟时间．

例11．1 双星系统。
考虑在 $x^1-x^2$ 平面上做圆周运动的两个质量为 $M$ 的恒星 $A$ 和 $B$ ，它们的质心距离为 $r$ ，如图11．6所示．我们暂时不考虑相对论效应，而认为它们的运动可以通过牛顿近似来确定：

$$
\frac{G M^2}{(2 r)^2}=\frac{M v^2}{r} \quad \Rightarrow \quad v=\left(\frac{G M}{4 r}\right)^{1 / 2}
$$

轨道周期是 $T=\frac{2 \pi r}{v}$ ，角频率为 $\Omega=\frac{2 \pi}{T}=\left(\frac{G M}{4 r^3}\right)^{1 / 2}$ ．恒星 $A$ 的轨道为

$$
x_A^1=r \cos \Omega t, \quad x_A^2=r \sin \Omega t
$$

恒星 $B$ 的轨道为

$$
x_B^1=-r \cos \Omega t, \quad x_B^2=-r \sin \Omega t
$$

相应的系统能量密度为

$$
\begin{aligned}
T^{00}(t, \boldsymbol{x})= & M \delta\left(x^3\right)\left[\delta\left(x^1-r \cos \Omega t\right) \delta\left(x^2-r \sin \Omega t\right)\right. \\
& \left.+\delta\left(x^1+r \cos \Omega t\right) \delta\left(x^2+r \sin \Omega t\right)\right]
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2025-12/750b8d.jpg)
 
 因此，系统质量四极矩为

$$
\begin{aligned}
& q_{11}=2 M r^2 \cos ^2 \Omega t=M r^2(1+\cos 2 \Omega t) \\
& q_{22}=2 M r^2 \sin ^2 \Omega t=M r^2(1-\cos 2 \Omega t) \\
& q_{12}=q_{21}=2 M r^2(\cos \Omega t)(\sin \Omega t)=M r^2 \sin 2 \Omega t \\
& q_{i 3}=0
\end{aligned}
$$

而度规扰动为

$$
\bar{h}_{i j}(t, \boldsymbol{x})=\frac{8 G M}{R} \Omega^2 r^2\left(\begin{array}{ccc}
-\cos 2 \Omega t_{\mathrm{r}} & -\sin 2 \Omega t_{\mathrm{r}} & 0 \\
-\sin 2 \Omega t_{\mathrm{r}} & \cos 2 \Omega t_{\mathrm{r}} & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right) .
$$
其他分量可以通过调和规范条件给出．

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