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引力辐射的能动张量

11.3 引力辐射的能动张量

在广义相对论中，一个长期困扰人们的问题是如何定义引力扰动的能量．这个问题的困难之处不止是技术上的，也有概念上的．实际上，我们不知道如何一般性地给出引力场中能量的局部定义．严格地说，广义相对论中的度规场本身就是动力学的，很难毫无争议地把一个度规场分解成背景场部分和扰动场部分．如何定义引力扰动的能动张量并没有广为接受的方案．一个可能的方案是定义所谓的准局域（quasi－local）质量．然而，在弱场近似下，情况要好得多，因为我们至少知道背景场就是一个平直时空．此外，度规扰动可以简单地看作平直时空上的一个对称张量场．此时，有几种方案来定义引力子的能动张量 $T^{\mu \nu}$ ．幸运的是，这些方案对一些很好定义的问题，如双星系统，都给出了相同的答案．
技术上说，引力子的能动张量 $T^{\mu \nu}$ 应该是什么样的呢？对电磁场和标量场，它们的能动张量都是相关场的导数的平方项．这样的话，我们可以期待能动张量应该是 $h_{\mu \nu}$的平方项．因此，我们必须展开到度规扰动的二阶项才有可能得到能动张量．如果度规扰动是 $g_{\mu \nu}=\eta_{\mu \nu}+h_{\mu \nu}$ ，则在第一阶

$$
G_{\mu \nu}^{(1)}[\eta+h]=0,
$$

其中 $G_{\mu \nu}^{(1)}$ 是展开到 $h_{\mu \nu}$ 一阶的爱因斯坦张量．这些方程可以确定度规扰动，最多差一个无法避免的规范变换．如果希望在第二阶满足方程，我们必须把扰动展开到下一阶：

$$
g_{\mu \nu}=\eta_{\mu \nu}+h_{\mu \nu}+h_{\mu \nu}^{(2)} .
$$

而里奇张量也可以按阶分解，$R_{\mu \nu}=R_{\mu \nu}^{(0)}+R_{\mu \nu}^{(1)}+R_{\mu \nu}^{(2)}$ ．有

$$
\begin{aligned}
h_{\mu \nu} & =O(\epsilon), h_{\mu \nu}^{(2)}=O\left(\epsilon^2\right), \\
R_{\mu \nu}^{(1)} & =O(\epsilon), R_{\mu \nu}^{(2)}=O\left(\epsilon^2\right) .
\end{aligned}
$$

在第零阶，我们有 $R_{\mu \nu}^{(0)}=0$ ，告诉我们背景场是一个平直闵氏时空．在第一阶，我们有 $R_{\mu \nu}^{(1)}\left(h_{\mu \nu}^{(1)}\right)=0$ ，给出扰动 $h_{\mu \nu}^{(1)}$ ．而爱因斯坦方程的第二阶包含一阶扰动的平方项或者二阶扰动的线性项，有

$$
R_{\mu \nu}^{(1)}\left[h^{(2)}\right]+R_{\mu \nu}^{(2)}[h]=0 .
$$

由此可解出 $h_{\mu \nu}^{(2)}$ ．二阶里奇张量为

$$
\begin{aligned}
R_{\mu \nu}^{(2)}= & \frac{1}{2} h^{\rho \sigma} \partial_\mu \partial_\nu h_{\rho \sigma}-h^{\rho \sigma} \partial_\rho \partial_{(\mu} h_{\nu) \sigma}+\frac{1}{4}\left(\partial_\mu h_{\rho \sigma}\right) \partial_\nu h^{\rho \sigma}+\left(\partial^\sigma h_\nu^\rho\right) \partial_{[\sigma} h_{\rho] \mu} \\
& +\frac{1}{2} \partial_\sigma\left(h^{\rho \sigma} \partial_\rho h_{\mu \nu}\right)-\frac{1}{4}\left(\partial_\rho h_{\mu \nu}\right) \partial^\rho h-\left(\partial_\sigma h^{\rho \sigma}-\frac{1}{2} \partial^\rho h\right) \partial_{(\mu} h_{\nu) \rho} .
\end{aligned}
$$

我们可以把真空爱因斯坦方程换作

$$
G_{\mu \nu}^{(1)}\left[\eta+h^{(2)}\right]=8 \pi G t_{\mu \nu}
$$

或者简单地写作 $t_{\mu \nu}=-\frac{1}{8 \pi G} G_{\mu \nu}^{(2)}[\eta+h]$ ．注意由于 $R_{\rho \sigma}^{(1)}[h]=0$ ，没有 $h^{\rho \sigma} R_{\rho \sigma}^{(1)}[h]$ 项．方程（11．80）的左边并非完整的二阶爱因斯坦张量．方程（11．80）实际上告诉我们，一阶扰动产生的能动张量可以看作二阶扰动的源。

那么这样定义的 $t_{\mu \nu}$ 是一个能动张量吗？首先它是对称的，包含 $h_{\mu \nu}$ 的平方项．其次，由于 $\partial_\mu G^{\mu \nu}=0$ ，它满足能动量守恒方程 $\partial_\mu t^{\mu \nu}=0$ 。然而，它并非完整理论的张量．更致命的是，它并非规范不变的．解决方法是我们对这样定义的 $t_{\mu \nu}$ 在几个引力
波的波长内取平均．由于黎曼法坐标的存在，我们有局部惯性系，因此无法局域地定义 $t_{\mu \nu}\left(g_{\mu \nu}, \partial_\sigma g_{\mu \nu}\right)$ 。如果我们稍微放大一下范围，可以期待能动张量在几个波长范围内的积分能够捕捉到这个区域中的物理信息，而且这个信息是规范不变的 ${ }^{(2)}$ 。这样一种平均可记作 $\langle\cdot\rangle$ ，满足

$$
\left\langle\partial_\mu(X)\right\rangle=0 \Rightarrow\left\langle A \partial_\mu B\right\rangle=-\left\langle\left(\partial_\mu A\right) B\right\rangle .
$$

我们可以加上 TT 规范 $\partial^\mu h_{\mu \nu}^{\mathrm{TT}}=0, h^{\mathrm{TT}}=0$ 来简化计算，由此得

$$
\begin{aligned}
& R_{\mu \nu}^{(2) \mathrm{TT}}= \frac{1}{2} h^{\rho \sigma} \partial_\mu \partial_\nu h_{\rho \sigma}+\frac{1}{4} \partial_\mu h_{\rho \sigma} \partial_\nu h^{\rho \sigma}+\frac{1}{2} \eta^{\rho \lambda}\left(\partial^\sigma h_{\rho \nu}\right) \partial_\sigma h_{\lambda \mu} \\
&-\frac{1}{2} \partial^\sigma h_{\rho \nu} \partial^\rho h_{\sigma \mu}-h^{\rho \sigma} \partial_\rho \partial_{(\mu} h_{\nu) \sigma}+\frac{1}{2} h^{\rho \sigma} \partial_s \partial_\rho h_{\mu \nu} \\
& \Rightarrow\left\langle R_{\mu \nu}^{(2) \mathrm{TT}}\right\rangle=\left\langle-\frac{1}{4} \partial_\mu h_{\rho \sigma} \partial_\nu h^{\rho \sigma}-\frac{1}{2} \eta^{\rho \lambda}\left(\square h_{\rho \nu}\right) h_{\lambda \mu}\right\rangle=-\frac{1}{4}\left\langle\partial_\mu h_{\rho \sigma} \partial_\nu h^{\rho \sigma}\right\rangle,
\end{aligned}
$$

而

$$
t_{\mu \nu}=-\frac{1}{8 \pi G} G_{\mu \nu}^{(2)}[\eta+h]=-\frac{1}{8 \pi G}\left\{R_{\mu \nu}^{(2)}\left[h^{(1)}\right]-\frac{1}{2} \eta^{\rho \sigma} R_{\rho \sigma}^{(2)}\left[h^{(1)}\right] \eta_{\mu \nu}\right\} .
$$

由于 $0=\left\langle\eta^{\mu \nu} R_{\mu \nu}^{(2) \mathrm{TT}}\right\rangle\left(\square h_{\mu \nu}^{\mathrm{TT}}=0\right)$ ，因此取平均后

$$
\bar{t}_{\mu \nu}=\frac{1}{32 \pi G}\left\langle\left(\partial_\mu h_{\rho \sigma}^{\mathrm{TT}}\right)\left(\partial_\nu h_{\mathrm{TT}}^{\rho \sigma}\right)\right\rangle .
$$

在 TT 规范下，$h_{0 \nu}^{\mathrm{TT}}=0$ ，只有 $(i j)$ 分量有贡献．在任意规范下，规范不变的能动张量是

$$
\begin{aligned}
t_{\mu \nu}= & \frac{1}{32 \pi G}\left\langle\left(\partial_\mu h_{\rho \sigma}\right)\left(\partial_\nu h^{\rho \sigma}\right)-\frac{1}{2}\left(\partial_\mu h\right)\left(\partial_\nu h\right)\right. \\
& \left.-\left(\partial_\rho h^{\rho \sigma}\right) \partial_\mu h_{\nu \sigma}-\partial_\rho h^{\rho \sigma} \partial_\nu h_{\mu \sigma}\right\rangle
\end{aligned}
$$

对平面波，$h_{\mu \nu}^{\mathrm{TT}}=C_{\mu \nu} \sin \left(k_\lambda x^\lambda\right)$ ，有

$$
t_{\mu \nu}=\frac{1}{32 \pi G} k_\mu k_\nu C_{\rho \sigma} C^{\rho \sigma}\left\langle\cos ^2\left(k_\lambda x^\lambda\right)\right\rangle .
$$

注意到

$$
\left\langle\cos ^2\left(k_\lambda x^\lambda\right)\right\rangle=\left\langle\frac{1+\cos (2 k \cdot \lambda)}{2}\right\rangle=\frac{1}{2},
$$

令 $k_\lambda=(-\omega, 0,0, \omega)$（因为 $k^\lambda=(\omega, 0,0, \omega)$ ）．由于 $C_{\rho \sigma} C^{\rho \sigma}=2\left(h_{+}^2+h_{\times}^2\right)$ ，且 $f \equiv \omega /(2 \pi)$ ，我们得到平面引力波的能动张量

$$
t_{\mu \nu}=\frac{\pi}{8 G} f^2\left(h_{+}^2+h_{\times}^2\right)\left(\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) .
$$

对一个典型的引力波，$f \sim 10^{-4} \sim 10^4 \mathrm{~Hz}, h \sim 10^{-22}$ ，则 $-T_{0 z}$ 代表沿 $z$ 方向的能量通量，

$$
-T_{0 z} \sim 10^{-4}\left(\frac{f}{\mathrm{~Hz}}\right)^2 \frac{h_{+}^2+h_{\times}^2}{\left(10^{-21}\right)^2} \mathrm{erg} \cdot \mathrm{~cm}^{-2} \cdot \mathrm{~s}^{-1} .
$$

对 $f \sim 10^4 \mathrm{~Hz}$ ，它并非是一个小的能量通量．与超新星中占主导的电磁辐射比较，电磁辐射的能量通量大约为 $10^{-9} \mathrm{erg} \cdot \mathrm{cm}^{-2} \cdot \mathrm{~s}^{-1}$ ．看起来高频引力辐射带走的能量更多．但是，超新星爆发时，高频引力辐射只能持续几毫秒，而电磁辐射可以持续几个月．此外，中微子辐射的能量通量约为 $10^5 \mathrm{erg} \cdot \mathrm{cm}^{-2} \cdot \mathrm{~s}^{-1}$ ，可以持续约 10 s ．

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