아인슈타인의 이론에 따른 질량 점의 중력장에 대해서

[189]

아인슈타인의 이론에 따른 질량 점의 중력장에 대해서

카를 슈바르츠실트 ,1916년 1월13일

§1. 수성(Mercury)의 장축단(長軸端) 운동에 관한 그의 연구에서 (1915년 11월18일의 논문 참조) 미스터(Mr.) 아인슈타인은 다음과 같은 문제를 제기했습니다.^[1]

(번호)제시에 따라 포인트를 이동할 필요가 있습니다.

여기서${\begin{cases}\delta \int ds=0,\\ds={\sqrt {\sum g_{\mu \nu }dx_{\mu }dx_{\nu }}}\quad \mu ,\nu =1,2,3,4\end{cases}}\,\quad (1)$

여기서 $g_{\mu \nu }$는 변수 $x$의 함수를 나타내며, 변형에서 변수 $x$는 통합 경로의 시작과 끝에 고정되어 있습니다. 요컨대, 점은 선 요소 $ds$가 특징된 다양체(manifold) 공간에서 측지선(geodesic line)을 따라 이동해야합니다. 변형을 실행하면 포인트의 운동 방정식이 생성됩니다.

${\frac {d^{2}x_{\alpha }}{ds^{2}}}={\underset {\mu ,\ \nu }{\sum }}\Gamma _{\mu \nu }^{\ \alpha }{\frac {dx_{\mu }}{ds}}{\frac {dx_{\nu }}{ds}},\ \alpha ,\beta =1,2,3,4$ $\quad (2)$

여기서

$\Gamma _{\mu \nu }^{\ \alpha }=-{\frac {1}{2}}{\underset {\beta }{\sum }}g^{\alpha \beta }\left({\frac {\partial g_{\mu \beta }}{\partial x_{\nu }}}+{\frac {\partial g_{\nu \beta }}{\partial x_{\mu }}}-{\frac {\partial g_{\mu \nu }}{\partial x_{\beta }}}\right)$ $\quad (3)$

$g^{\alpha \beta }$는 결정자 $|g_{\mu \nu }|$에서 $g_{\alpha \beta }$와 관련된 정규화된 마이너를 보여줍니다. 아인슈타인의 이론에 따르면, 만약 $x1=x2=x3=0$인 지점을 제외하고 '중력장 성분' $\Gamma$가 모든 곳에서 충족한다면 이것은 $x1=x2=x3=0$지점에서 질량의 중력장안에서의 질량없는 지점의 운동입니다. '필드 방정식'(field equations,장 방정식)

[190]

${\underset {\alpha }{\sum }}{\frac {\partial \Gamma _{\mu \nu }^{\ \alpha }}{\partial x_{\alpha }}}+{\underset {\alpha \beta }{\sum }}\Gamma _{\mu \beta }^{\ \alpha }\Gamma _{\nu \alpha }^{\ \beta }=0$ $\quad (4)$

그리고 행렬식의 방정식 역시

$\left|g_{\mu \nu }\right|=-1$ $\quad (5)$

는 만족됩니다.

행렬식과 함께 필드 방정식은 치환의 행렬식이 1인한 $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$ 대신에 다른 임의의 변수를 대체하여 형태를 보존한다는 근본적인 속성을 가지고 있습니다.

$x_{1},x_{2},x_{3}$은 3차원 좌표를, $x_{4}$는 시간을 의미합니다. 또한 원점에서의 질량은 시간에 따라 변하지 않으며 무한대에서의 운동은 직선적이고 균일해야 합니다. 그러면 아인슈타인의 리스트, loc. cit. p. 833, 에 따르면 다음 조건도 충족되어야 합니다.

1. 모든 구성 요소는 시간 $x_{4}$와 독립적이다.

2. 방정식 $g_{\rho 4}=g_{4\rho }=0$은 정확히 $\rho =1,2,3$을 유지한다.

3. $x_{1},x_{2},x_{3}$가 직교 변환(회전)을 받을 때 동일한 해를 다시 찾는 점에서 해는 좌표계의 원점에 대해 공간적으로 대칭적이다.

4. $g_{\mu \nu }$는 $0$과 다른 다음 네 가지 제한을 제외하고는 무한대에서 사라진다.

$g_{44}=1,\ g_{11}=g_{22}=g_{33}=-1$

§2. 미스터(Mr.) 아인슈타인은 첫 번째 근사에서 이 문제가 뉴턴의 법칙으로 이어지고 두 번째 근사는 수성의 근일점 운동에서 알려진 이상 현상을 정확하게 재현한다는 것을 보여주었습니다. 다음 계산은 문제의 정확한 솔루션을 산출합니다. 단순한 형태의 정확한 솔루션을 이용하는 것은 언제나 즐겁습니다. 더 중요한 것은 계산이 솔루션의 독창성을 증명한다는 것입니다. 아인슈타인의 방법은 여전히 ​​의문을 남겼고, 이러한 근사화 방법을 통해 아래에 제시된 방법에서 큰 어려움으로만 입증될 수 있었습니다. 따라서 다음 줄에서 미스터 아인슈타인의 결과는 선명도를 높여 빛납니다

§3. 시간(time)을 t로 불러오면 x, y, z, 3차원 좌표에서, 조건 (1) ~ (3)을 만족하는 가장 일반적인 선 요소는 다음과 같습니다.

[191]

$ds^{2}=Fdt^{2}-G\left(dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}\right)-H\left(xdx-ydy-zdz\right)^{2}$

여기서

$F,G,H$ 는 함수 $r={\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}}}$ 입니다.

조건(4)는 $r=\infty$이고 $F=G=1,\ H=0$일것을 요구합니다.

$x=r\ \sin \theta \ \cos \phi ,\ y=r\ \sin \theta \ \sin \phi ,\ z=r\ \cos \theta$에 따라 극좌표로 이동하면 동일한 선 요소가 다음과 같이 표시됩니다.

${\begin{array}{ccc}ds^{2}&=&Fdt^{2}-G\left(dr^{2}-r^{2}d\theta ^{2}+r^{2}\sin ^{2}\theta d\phi ^{2}\right)-Hr^{2}dr^{2}\\&=&Fdt^{2}-\left(G+Hr^{2}\right)dr^{2}-Gr^{2}\left(d\theta ^{2}+\sin ^{2}\theta d\phi ^{2}\right)\end{array}}\quad (6)$

이제 극좌표의 체적 요소는 $r^{2}dr\ \sin \theta \ d\theta \ d\phi$와 같으며 새 좌표에 대한 이전 좌표의 기능적 행렬식 $r^{2}\sin \theta$는 1과 다릅니다. 그러면 필드 방정식은 이러한 극좌표로 계산할 경우 변경되지 않은 형태로 남아 있지 않으며 번거로운 변환을 수행해야 합니다. 그러나 이 어려움을 피할 수 있는 쉬운 요령이 있습니다. 각각 다음을 대입합니다.

$x_{1}={\frac {r^{3}}{3}},\ x_{2}=-\cos \theta ,\ x_{3}=\phi$ $\quad (7)$

그런 다음 볼륨 요소에 대해$r^{2}dr\ \sin \theta \ d\theta \ d\phi =dx_{1}dx_{2}dx_{3}$이 있습니다. 그러면 새로운 변수는 행렬식 1과 극좌표(polar co-ordinates)가 됩니다. 그것들은 문제의 처리를 위한 극좌표의 명백한 장점을 가지고 있으며, 동시에 하나가 $t=x_{4}$를 포함할 때, 필드 방정식과 행렬 방정식은 변경되지 않은 형태로 유지됩니다. 새로운 극좌표에서 선 요소를 읽으면

$ds^{2}=Fdx_{4}^{2}-\left({\frac {G}{r^{4}}}+{\frac {H}{r^{2}}}\right)dx_{1}^{2}-Gr^{2}\left[{\frac {dx_{2}^{2}}{1-x_{2}^{2}}}+dx_{3}^{2}(1-x_{2}^{2})\right]\qquad (8)$

또는 다음과 같이 기술할수있습니다.

$ds^{2}=f_{4}\ dx_{4}^{2}-f_{1}\ dx_{1}^{2}-f_{2}{\frac {dx_{2}^{2}}{1-x_{2}^{2}}}-f_{3}\ dx_{3}^{2}\left(1-x_{2}^{2}\right)\qquad (9)$

그러면 $f_{1},\ f_{2}=f_{3},\ f_{4}$는 다음 조건을 충족해야 하는 $x_{1}$의 세 가지 함수입니다.

1. $x_{1}=\infty$인 경우:$\ f_{1}={\frac {1}{r^{4}}}=(3x_{1})^{-{\frac {4}{3}}},\ f_{2}=f_{3}=r^{2}=(3x_{1})^{\frac {2}{3}},\ x_{4}=1$

2. 행렬식의 방정식: $f_{1}\cdot f_{2}\cdot f_{3}\cdot f_{4}=1$

3. 필드 방정식(장 방정식).

4. $x_{1}=0$을 제외한 $f$의 연속성

§4. 장 방정식을 공식화하려면 먼저 선 요소(9)에 해당하는 중력장의 구성 요소를 형성해야 합니다. 이것은 다음과 같은 경우 가장 간단한 방법으로 발생합니다.

[192]

하나는 변형을 직접 실행하여 측지선의 미분 방정식을 만들고 이들로부터 구성 요소를 읽습니다. 선 요소(9)에 대한 측지선의 미분 방정식은 다음 형식의 즉시 변동에서 비롯됩니다.

$=f_{1}{\frac {d^{2}x_{1}}{ds^{2}}}+{\frac {1}{2}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\left({\frac {dx_{4}}{ds}}\right)^{2}+{\frac {1}{2}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}\left({\frac {dx_{1}}{ds}}\right)^{2}-{\frac {1}{2}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\left[{\frac {1}{1-x_{2}^{2}}}\left({\frac {dx_{2}}{ds}}\right)^{2}+\left(1-x_{2}^{2}\right)\left({\frac {dx_{3}}{ds}}\right)^{2}\right]$

$={\frac {f_{2}}{1-x_{2}^{2}}}{\frac {d^{2}x_{2}}{ds^{2}}}+{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}{\frac {1}{1-x_{2}^{2}}}{\frac {dx_{1}}{ds}}{\frac {dx_{2}}{ds}}+{\frac {f_{2}\ x_{2}}{\left(1-x_{2}^{2}\right)^{2}}}\left({\frac {dx_{2}}{ds}}\right)^{2}+f_{2}\ x_{2}\left({\frac {dx_{3}}{ds}}\right)^{2}$

$=f_{2}\left(1-x_{2}^{2}\right){\frac {d^{2}x_{3}}{ds^{2}}}+{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\left(1-x_{2}^{2}\right){\frac {dx_{1}}{ds}}{\frac {dx_{3}}{ds}}-2f_{2}\ x_{2}{\frac {dx_{2}}{ds}}{\frac {dx_{3}}{ds}}$

$=f_{4}{\frac {d^{2}x_{4}}{ds^{2}}}+{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}{\frac {dx_{1}}{ds}}{\frac {dx_{4}}{ds}}$

(2)와의 비교는 중력장의 구성 요소를 제공합니다.

$\Gamma _{11}^{1}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}},\quad \Gamma _{22}^{1}=+{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}{\frac {1}{1-x_{2}^{2}}},\Gamma _{33}^{1}=+{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\left(1-x_{2}^{2}\right),\quad \Gamma _{44}^{1}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}},$

$\Gamma _{21}^{2}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}},\quad \Gamma _{22}^{2}=-{\frac {x_{2}}{1-x_{2}^{2}}},\quad \Gamma _{33}^{2}=-x_{2}\left(1-x_{2}^{2}\right),$

$\Gamma _{31}^{3}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}},\quad \Gamma _{32}^{3}=+{\frac {x_{2}}{1-x_{2}^{2}}},$

$\Gamma _{41}^{4}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}$

(다른 것들은 0) 원점을 중심으로 한 회전 대칭으로 인해 적도$\left(x_{2}=0\right)$에 대해서만 필드 방정식을 작성하는 것으로 충분합니다. 따라서, 이들은 한 번만 미분될 것이기 때문에, 앞의 표현에서는 $1-x_{2}^{2}=1$로 시작하는 모든 곳에서 설정할 수 있습니다. 그러면 필드 방정식의 계산은 다음을 제공합니다.

a) ${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}\right)={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}+\left({\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{4}}}\right)^{2}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)^{2},$

b)${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)=2+{\frac {1}{f_{1}f_{2}}}\left({\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)^{2},$

c)${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)={\frac {1}{f_{1}f_{4}}}\left({\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}$

[193] 이 세 방정식 외에도 함수 $f_{1},\ f_{2},\ f_{4}$은 행렬식의 방정식도 충족해야 합니다.

d) $f_{1}f_{2}^{2}f_{4}=1$ 또는 ${\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}+{\frac {2}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}+{\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}=0$ 지금은 (b)를 무시하고 (a), (c), (d)에서 세 가지 함수 $f_{1},\ f_{2},\ f_{4}$를 결정합니다. (c)는 다음 형식으로 바꿀 수 있습니다.

c') ${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)={\frac {1}{f_{1}f_{4}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}$ 이것은 직접 통합될 수 있으며 다음을 제공합니다.

c") ${\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}=\alpha f_{1}$ (α 적분 상수) (a)와 (c')를 더하면

${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}+{\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)=\left({\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}+{\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}$

(d)를 고려하면 다음과 같습니다.

$-2{\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)=3\left({\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}.$

적분하면

${\frac {1}{{\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}}}={\frac {3}{2}}x_{1}+{\frac {\rho }{2}}$ (ρ 적분 상수)

또한

${\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}={\frac {2}{3x_{1}+\rho }}$

한번 더 적분하면

$f_{2}=\lambda (3x_{1}+\rho )^{\frac {2}{3}}$

무한대의 조건에는 다음이 필요합니다: $\lambda =1$

$f_{2}=(3x_{1}+\rho )^{\frac {2}{3}}$ (10)

따라서 (c") 및 (d)에서 더 많은 결과가 나타납니다.

${\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}=\alpha f_{1}f_{4}={\frac {\alpha }{f_{2}^{2}}}={\frac {\alpha }{(3x_{1}+\rho )^{\frac {2}{3}}}}$

무한대의 조건을 고려하면서 적분함으로써

$f_{4}=1-\alpha (3x_{1}+\rho )^{-{\frac {1}{3}}}$ (11)

따라서 (d)에서

$f_{1}={\frac {(3x_{1}+\rho )^{-{\frac {4}{3}}}}{1-\alpha (3x_{1}+\rho )^{-{\frac {1}{3}}}}}$ (12)

[194]

쉽게 확인할 수 있듯이 식 (b)는 $f_{1}$과 $f_{2}$ 에 대해 찾은 식에 의해 자동으로 충족됩니다. 따라서 연속성 조건을 제외한 모든 조건이 충족됩니다. $f_{1}$은 다음과 같은 경우 불연속적입니다.

$1=\alpha (3x_{1}+\rho )^{-{\frac {1}{3}}},\quad 3x_{1}=\alpha ^{3}-\rho$

이 불연속성이 원점과 일치하려면 다음과 같아야 합니다.

$\rho =\alpha ^{3}$ (13)

따라서 연속성 조건은 이러한 방식으로 두 개의 적분 상수 ρ 및 α와 관련됩니다. 우리의 문제에서 완전한 솔루션은 다음과 같습니다.

$f_{1}={\frac {1}{R^{4}}}{\frac {1}{1-\alpha /R}},\quad f_{2}=f_{3}=R^{2},\quad f_{4}=1-\alpha /R$

여기서 보조량(the auxiliary quantity)은

$R=(3x_{1}+\rho )^{\frac {1}{3}}=\left(r^{3}+\alpha ^{3}\right)^{\frac {1}{3}}$

도입되었습니다.

선 요소의 식 (9)에서 함수 f의 이러한 값을 도입하고 일반적인 극좌표로 돌아가면 아인슈타인 문제의 정확한 솔루션을 형성하는 선 요소를 얻습니다.

$ds^{2}=(1-\alpha /R)dt^{2}-{\frac {dR^{2}}{1-\alpha /R}}-R^{2}\left(d\theta ^{2}+\sin ^{2}\theta d\phi ^{2}\right),\ R=\left(r^{3}+\alpha ^{3}\right)^{\frac {1}{3}}$ (14)

후자는 원점에서의 질량 값에 의존하는 상수 α만을 포함합니다.

§5. 솔루션의 고유성은 현재 계산을 통해 자발적으로 발생했습니다.

다음으로부터 우리는 아인슈타인의 방식으로 근사 절차에서 유일성을 확인하는 것이 어려웠을 것임을 알 수 있습니다. 연속성 조건이 없었다면 다음과 같은 결과가 나왔을 것입니다.

$f_{1}={\frac {(3x_{1}+\rho )^{-{\frac {4}{3}}}}{1-\alpha (3x_{1}+\rho )^{-{\frac {1}{3}}}}}={\frac {\left(r^{3}+\rho \right)^{-{\frac {4}{3}}}}{1-\alpha \left(r^{3}+\rho \right)^{-{\frac {1}{3}}}}}$

α 및 ρ가 작을 때 2차 수량까지의 급수 전개는 다음을 제공합니다.

$f_{1}={\frac {1}{r^{4}}}\left[1+{\frac {\alpha }{r}}-4/3{\frac {\rho }{r^{3}}}\right]$

이 식은 $f_{2},\ f_{3},\ f_{4}$의 해당 확장과 함께 문제의 모든 조건을 동일한 정확도로 충족합니다. 이 근사치 내에서 연속성 조건은 새로운 것을 도입하지 않습니다. 불연속성은 원점에서만 자발적으로 발생하기 때문입니다.

[195] 그러면 두 개의 상수 α와 ρ가 임의적으로 남아 있는 것으로 보이며 따라서 문제는 물리적으로 결정되지 않을 것입니다. 정확한 해는 실제로 근사를 확장함으로써 불연속성이 원점에서 발생하지 않고 $r=\left(\alpha ^{3}-\rho \right)^{\frac {1}{3}}$에서 발생하며 불연속성이 이 원점으로 이동하려면 $\rho =\alpha ^{3}$ 만 설정해야 한다는 것을 가리킵니다. α와 ρ의 거듭제곱으로 근사하면 α와 ρ 사이의 이러한 연결의 필요성을 인식하기 위해 계수의 법칙을 매우 밀접하게 조사해야 합니다.

§ 6. 마지막으로, 중력장에서 한 점의 운동, 즉 선 요소(14)에 해당하는 측지선을 도출해야 합니다. 세 가지 사실로부터, 선 요소는 미분에서 동질이고 그 계수는 t와 φ에 의존하지 않으며, 변화와 함께 즉시 3개의 중간 적분을 얻습니다. 적도 평면($\theta =90^{\circ },\ d\theta =0$)에서의 운동으로 자신을 제한하는 경우 이 중간 적분은 다음과 같습니다.

$(1-\alpha /R)\left({\frac {dt}{ds}}\right)^{2}-{\frac {1}{1-\alpha /R}}\left({\frac {dR}{ds}}\right)^{2}-R^{2}\left({\frac {d\phi }{ds}}\right)^{2}=const.=h,$ (15)

$R^{2}{\frac {d\phi }{ds}}=const.=c,$ (16)

$(1-\alpha /R){\frac {dt}{ds}}=const.=1$ (시간 단위의 결정) (17)

여기에서 다음과 같습니다

$\left({\frac {dR}{d\phi }}\right)^{2}+R^{2}(1-\alpha /R)={\frac {R^{4}}{c^{2}}}[1-h(1-\alpha /R)]$

또는 $1/R=x$에서

$\left({\frac {dx}{d\phi }}\right)^{2}={\frac {1-h}{c^{2}}}+{\frac {h\alpha }{c^{2}}}x-x^{2}+\alpha x^{3}$ (18)

${\frac {c^{2}}{h}}=B,\ {\frac {1-h}{h}}=2A$ 라는 표기법을 도입하면 이것은 미스터(Mr.) 아인슈타인의 방정식 (11)a.a.0 과 동일하며 관측된 수성의 근일점 편차를 제공합니다.

실제로 궤도에 대한 미스터(Mr.) 아인슈타인의 근사치는 r을 수량으로 대체할 때 정확한 해가 됩니다.

$R=\left(r^{3}+\alpha ^{3}\right)^{\frac {1}{3}}=r\left(1+{\frac {\alpha ^{3}}{r^{3}}}\right)^{\frac {1}{3}}$

[196]

${\frac {\alpha }{r}}$은 행성 속도의 제곱의 2배에 가깝기 때문에(빛의 속도를 단위로) 수성의 경우 괄호는 $10^{-12}$ 정도의 양에 대해서만 1과 다릅니다. 따라서 $r$은 $R$ 과 거의 동일하고 아인슈타인의 근사값은 가장 실제적 요구에 적합합니다

마지막으로 원형 궤도에 대한 세 번째 케플러 법칙의 정확한 형태가 도출됩니다. (16)과 (17)로 인해 $x=1/R$로 설정하면 각속도 $n={\frac {d\phi }{dt}}$ 에 대해 다음이 성립합니다.

$n=cx^{2}(1-\alpha x)$

원형 궤도의 경우 ${\frac {dx}{d\phi }}$와 ${\frac {d^{2}x}{d\phi ^{2}}}$가 모두 사라져야 합니다. (18)로 인해 이것은

$0={\frac {1-h}{c^{2}}}+{\frac {h\alpha }{c^{2}}}x-x^{2}+\alpha x^{3},\quad 0={\frac {h\alpha }{c^{2}}}-2x+3\alpha x^{2}$

이 두 방정식에서 $h$를 제거하면

$\alpha =2c^{2}x(1-\alpha x)^{2}$

따라서 다음과 같습니다.

$n^{2}={\frac {\alpha }{2}}x^{3}={\frac {\alpha }{2R^{3}}}={\frac {\alpha }{2\left(r^{3}+\alpha ^{3}\right)}}$

세 번째 케플러 법칙에서 이 공식의 편차는 태양 표면까지 완전히 무시할 수 있습니다. 그러나 이상적인 질량점의 경우에는 뉴턴의 법칙과 같이 궤도의 반지름이 점점 작아질 때 각속도가 무한히 증가하지 않고 정해진 한계에 가까워진다는 결과가 나옵니다.

$n_{0}={\frac {1}{\alpha {\sqrt {2}}}}$

(태양 질량이 있는 지점의 경우 한계 주파수는 초당 약 $10^{4}$ 입니다). 유사한 법칙이 분자력을 지배한다면 이 상황이 흥미로울 수 있습니다.

[189] Über das Gravitationsfeld eines Massenpunktes nach der Einsteinschen Theorie

Von K. Schwarzschild

(Vorgelegt am 13. Januar 1916 [s. oben S. 42])

§1. Hr. Einstein hat in seiner Arbeit über die Perihelbewegung des Merkur (s. Sitzungsberichte vom 18. November 1915) folgendes Problem gestellt:

Ein Punkt bewege sich gemäß der Forderung

wobei ${\begin{cases}\delta \int ds=0,\\\\ds={\sqrt {\sum }}g_{\mu }\nu dx_{\mu }dx_{\nu }\quad \mu ,\ \nu =1,2,3,4\end{cases}}\,$(1)

ist, g_$\mu \nu$ Funktionen der Variabeln $x$ bedeuten und bei der Variation am Anfang und Ende des Integrationswegs die Variablen {\displaystyle x\,} x\, festzuhalten sind. Der Punkt bewege sich also, kurz gesagt, auf einer geodätischen Linie in der durch das Linienelement {\displaystyle ds\,} {\displaystyle ds\,} charakterisierten Mannigfaltigkeit.

Die Ausführung der Variation ergibt die Bewegungsgleichungen des Punktes

${\frac {d^{2}x_{\alpha }}{ds^{2}}}={\underset {\mu ,\ \nu }{\sum }}\Gamma _{\mu \nu }^{\ \alpha }{\frac {dx_{\mu }}{ds}}{\frac {dx_{\nu }}{ds}},\ \alpha ,\beta =1,2,3,4$ $(2)$

wobei

$\Gamma _{\mu \nu }^{\ \alpha }=-{\frac {1}{2}}{\underset {\beta }{\sum }}g^{\alpha \beta }\left({\frac {\partial g_{\mu \beta }}{\partial x_{\nu }}}+{\frac {\partial g_{\nu \beta }}{\partial x_{\mu }}}-{\frac {\partial g_{\mu \nu }}{\partial x_{\beta }}}\right)$ $(3)$

ist und $g^{\alpha \beta }$ die zu $g_{\alpha \beta }$ koordinierte und normierte Subdeterminante in der Determinante $\left|g_{\mu \nu }\right|$ bedeutet.

Dies ist nun nach der Einsteinschen Theorie dann die Bewegung eines masselosen Punktes in dem Gravitationsfeld einer im Punkt $x_{1}=x_{2}=x_{3}=0$ befindlichen Masse, wenn die »Komponenten des Gravitationsfeldes«  $\Gamma$ überall, mit Ausnahme des Punktes $x_{1}=x_{2}=x_{3}=0$ , den »Feldgleichungen« 

[190]

${\underset {\alpha }{\sum }}{\frac {\partial \Gamma _{\mu \nu }^{\ \alpha }}{\partial x_{\alpha }}}+{\underset {\alpha \beta }{\sum }}\Gamma _{\mu \beta }^{\ \alpha }\Gamma _{\nu \alpha }^{\ \beta }=0$ $(4)$ genügen und wenn zugleich die »Determinantengleichung«

$\left|g_{\mu \nu }\right|=-1$ $(5)$ erfüllt ist.

Die Feldgleichungen in Verbindung mit der Determinantengleichung haben die fundamentale Eigenschaft, daß sie ihre Gestalt behalten bei der Substitution beliebiger andrer Variablen an Stelle von $x_{1},\,x_{2},\,x_{3},\,x_{4}$, falls nur die Substitutionsdeterminante gleich 1 ist.

Sollen $x_{1},\,x_{2},\,x_{3}$ rechtwinklige Koordinaten, $x_{4}$ die Zeit bedeuten, soll ferner die Masse im Nullpunkt zeitlich unveränderlich sein, und soll die Bewegung im Unendlichen gleichförmig gradlinig sein, so sind gemäß Hrn. Einsteins Aufzählung a. a. O. S. 833 noch folgende Forderungen zu erfüllen:

1. Alle Komponenten sind von der Zeit $x_{4}$ unabhängig.

2. Die Gleichungen $g_{\rho 4}=g_{4\rho }=0$ gelten exakt für $\rho =1,2,3.$

3. Die Lösung ist räumlich symmetrisch um den Anfangspunkt des Koordinatensystems in dem Sinne, daß man wieder auf dieselbe Lösung stößt, wenn man $x_{1},x_{2},x_{3}$ einer orthogonalen Transformation (Drehung) unterwirft.

4. Die $g_{\mu \nu }$ verschwinden im Unendlichen, mit Ausnahme folgender vier von null verschiedener Grenzwerte:

$g_{44}=1,\ g_{11}=g_{22}=g_{33}=-1.$

Das Problem ist, ein Linienelement mit solchen Koeffizienten ausfindig zu machen, daß die Feldgleichungen, die Determinantengleichung und diese vier Forderungen erfüllt werden.

§ 2. Hr. Einstein hat gezeigt, daß dies Problem in erster Näherung auf das Newtonsche Gesetz führt und daß die zweite Näherung die bekannte Anomalie in der Bewegung des Merkurperihels richtig wiedergibt. Die folgende Rechnung liefert die strenge Lösung des Problems. Es ist immer angenehm, über strenge Lösungen einfacher Form zu verfügen. Wichtiger ist, daß die Rechnung zugleich die eindeutige Bestimmtheit der Lösung ergibt, über die Hrn. Einsteins Behandlung noch Zweifel ließ, und die nach der Art, wie sie sich unten einstellt, wohl auch nur schwer durch ein solches Annäherungsverfahren erwiesen werden könnte. Die folgenden Zeilen führen also dazu, Hrn. Einsteins Resultat in vermehrter Reinheit erstrahlen zu lassen

§ 3. Nennt man die Zeit $t,$ die rechtwinkligen Koordinaten $x,y,z,$ so ist das allgemeinste Linienelement, welches die Forderungen 1-3 erfüllt, offenbar das folgende

[191]

$ds^{2}=Fdt^{2}-G\left(dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}\right)-H\left(xdx-ydy-zdz\right)^{2}$

wobei

$F,G,H$ Funktionen von $r={\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}}}$ sind.

Die Forderung (4) verlangt: Für $r=\infty :\ F=G=1,\ H=0$

Wenn man zu Polarkoordinaten gemäß $x=r\ \sin \vartheta \ \cos \phi ,\ y=r\ \sin \vartheta \ \sin \phi ,\ z=r\ \cos \vartheta$ übergeht, lautet dasselbe Linienelement:

${\begin{array}{ccc}ds^{2}&=&Fdt^{2}-G\left(dr^{2}-r^{2}d\vartheta ^{2}+r^{2}\sin ^{2}\vartheta d\phi ^{2}\right)-Hr^{2}dr^{2}\\&=&Fdt^{2}-\left(G+Hr^{2}\right)dr^{2}-Gr^{2}\left(d\vartheta ^{2}+\sin ^{2}\vartheta d\phi ^{2}\right).\end{array}}$ $\quad (6)$

Indessen ist das Volumenelement in Polarkoordinaten gleich $r^{2}\sin \vartheta dr\ d\vartheta \ d\phi$ , die Funktionaldeterminante der alten noch den neuen Koordinaten $r^{2}\sin \vartheta$ ist von 1 verschieden; es würden also die Feldgleichungen nicht in unveränderter Form bestehen, wenn man mit diesen Polarkoordinaten rechnete, und man würde eine umständliche Transformation ausführen müssen. Ein einfacher Kunstgriff gestattet jedoch, diese Schwierigkeit zu umgehen. Man setze

$x_{1}={\frac {r^{3}}{3}},\ x_{2}=-\cos \vartheta ,\ x_{3}=\phi$ $\quad (7)$

Dann gilt für das Volumenelement: $r^{2}dr\ \sin \vartheta \ d\vartheta \ d\phi =dx_{1}dx_{2}dx_{3}$ . Die neuen Variablen sind also Polarkoordinaten von der Determinante 1. Sie haben die offenbaren Vorzüge von Polarkoordinaten für die Behandlung des Problems, und zugleich bleiben für sie, wenn man noch $t=x_{4}$ hinzunimmt, die Feldgleichungen und die Determinantengleichung in unveränderter Form erhalten.

In den neuen Polarkoordinaten lautet das Linienelement

$ds^{2}=Fdx_{4}^{2}-\left({\frac {G}{r^{4}}}+{\frac {H}{r^{2}}}\right)dx_{1}^{2}-Gr^{2}\left[{\frac {dx_{2}^{2}}{1-x_{2}^{2}}}+dx_{3}^{2}(1-x_{2}^{2})\right],$ $(8)$

wofür wir schreiben wollen

$ds^{2}=f_{4}\ dx_{4}^{2}-f_{1}\ dx_{1}^{2}-f_{2}{\frac {dx_{2}^{2}}{1-x_{2}^{2}}}-f_{3}\ dx_{3}^{2}\left(1-x_{2}^{2}\right).$ $(9)$

Dann sind $f_{1},\ f_{2}=f_{3},\ f_{4}$ drei Funktionen von $x_{1}$, welche folgende Bedingungen zu erfüllen haben

1. Für $x_{1}=\infty :\ f_{1}={\frac {1}{r^{4}}}=(3x_{1})^{-{\frac {4}{3}}},\ f_{2}=f_{3}=r^{2}=(3x_{1})^{\frac {2}{3}},\ x_{4}=1.$

2. Die Determinantengleichung: $f_{1}\cdot f_{2}\cdot f_{3}\cdot f_{4}=1.$

3. Die Feldgleichungen.

4. Die $f$ stetig, außer für $x_{1}=0.$

§ 4. Um die Feldgleichungen aufstellen zu können, muß man zunächst die dem Linienelement (9) entsprechenden Komponenten des Gravitationsfeldes bilden. Es geschieht dies am einfachsten, indem

[192]

man durch direkte Ausführung der Variation die Differentialgleichungen der geodätischen Linie bildet und aus diesen die Komponenten abliest. Die Differentialgleichungen der geodätischen Linie für das Linienelement (9) ergeben sich durch die Variation unmittelbar in der Form:

$=f_{1}{\frac {d^{2}x_{1}}{ds^{2}}}+{\frac {1}{2}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\left({\frac {dx_{4}}{ds}}\right)^{2}+{\frac {1}{2}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}\left({\frac {dx_{1}}{ds}}\right)^{2}-{\frac {1}{2}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\left[{\frac {1}{1-x_{2}^{2}}}\left({\frac {dx_{2}}{ds}}\right)^{2}+\left(1-x_{2}^{2}\right)\left({\frac {dx_{3}}{ds}}\right)^{2}\right]$

$={\frac {f_{2}}{1-x_{2}^{2}}}{\frac {d^{2}x_{2}}{ds^{2}}}+{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}{\frac {1}{1-x_{2}^{2}}}{\frac {dx_{1}}{ds}}{\frac {dx_{2}}{ds}}+{\frac {f_{2}\ x_{2}}{\left(1-x_{2}^{2}\right)^{2}}}\left({\frac {dx_{2}}{ds}}\right)^{2}+f_{2}\ x_{2}\left({\frac {dx_{3}}{ds}}\right)^{2}$

$=f_{2}\left(1-x_{2}^{2}\right){\frac {d^{2}x_{3}}{ds^{2}}}+{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\left(1-x_{2}^{2}\right){\frac {dx_{1}}{ds}}{\frac {dx_{3}}{ds}}-2f_{2}\ x_{2}{\frac {dx_{2}}{ds}}{\frac {dx_{3}}{ds}}$

$=f_{4}{\frac {d^{2}x_{4}}{ds^{2}}}+{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}{\frac {dx_{1}}{ds}}{\frac {dx_{4}}{ds}}.$

Der Vergleich mit (2) gibt die Komponenten des Gravitationsfeldes

$\Gamma _{11}^{1}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}},\quad \Gamma _{22}^{1}=+{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}{\frac {1}{1-x_{2}^{2}}},\Gamma _{33}^{1}=+{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\left(1-x_{2}^{2}\right),\quad \Gamma _{44}^{1}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}},$

$\Gamma _{21}^{2}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}},\quad \Gamma _{22}^{2}=-{\frac {x_{2}}{1-x_{2}^{2}}},\quad \Gamma _{33}^{2}=-x_{2}\left(1-x_{2}^{2}\right),$

$\Gamma _{31}^{3}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}},\quad \Gamma _{32}^{3}=+{\frac {x_{2}}{1-x_{2}^{2}}},$

$\Gamma _{41}^{4}=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}$

(die übrigen null). Bei der Rotationssymmetrie um den Nullpunkt genügt es, die Feldgleichungen nur für den Äquator $\left(x_{2}=0\right)$ zu bilden, so daß man, da nur einmal differenziert wird, in den vorstehenden Ausdrücken überall von vorneweg $1-x_{2}^{2}$ gleich 1 setzen darf. Damit liefert dann die Ausrechnung der Feldgleichungen

a) ${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}\right)={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}+\left({\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{4}}}\right)^{2}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)^{2},$

b)${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)=2+{\frac {1}{f_{1}f_{2}}}\left({\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)^{2},$

c)${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)={\frac {1}{f_{1}f_{4}}}\left({\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}.$

[193]

Außer diesen drei Gleichungen haben die Funktionen $f_{1},\ f_{2},\ f_{4}$ noch die Determinantengleichung zu erfüllen

d) $f_{1}f_{2}^{2}f_{4}=1$ oder: ${\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}+{\frac {2}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}+{\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}=0.$

Ich lasse zunächst (b) weg und bestimme die drei Funktionen $f_{1},\ f_{2},\ f_{4}$ aus (a), (c) und (d). (c) läßt sich umstellen in die Form

c') ${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)={\frac {1}{f_{1}f_{4}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}.$ Das läßt sich unmittelbar integrieren und gibt

c") ${\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}=\alpha f_{1},$ (α Integrationskonstante) (a) und (c') addiert geben

${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}+{\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)=\left({\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{f_{1}}}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}+{\frac {1}{f_{4}}}{\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}.$

Verbunden mit (d) folgt

$-2{\frac {\partial }{\partial x_{1}}}\left({\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)=3\left({\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}\right)^{2}.$

Integriert

${\frac {1}{{\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}}}={\frac {3}{2}}x_{1}+{\frac {\rho }{2}}$ (ρ Integrationskonstante)

oder

${\frac {1}{f_{2}}}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x_{1}}}={\frac {2}{3x_{1}+\rho }}.$

Nochmals integriert

$f_{2}=\lambda (3x_{1}+\rho )^{\frac {2}{3}}.$

Die Bedingung im Unendlichen fordert: $\lambda =1$.

Also

$f_{2}=(3x_{1}+\rho )^{\frac {2}{3}}.$ (10)

Damit ergibt sich weiter aus (c") und (d)

${\frac {\partial f_{4}}{\partial x_{1}}}=\alpha f_{1}f_{4}={\frac {\alpha }{f_{2}^{2}}}={\frac {\alpha }{(3x_{1}+\rho )^{\frac {2}{3}}}}.$

Integriert in Rücksicht auf die Bedingung im Unendlichen

$f_{4}=1-\alpha (3x_{1}+\rho )^{-{\frac {1}{3}}}.$ (11)

Nunmehr aus (d)

$f_{1}={\frac {(3x_{1}+\rho )^{-{\frac {4}{3}}}}{1-\alpha (3x_{1}+\rho )^{-{\frac {1}{3}}}}}$ (12)

[194]

Die Gleichung (b) ist, wie man leicht nachrechnet, mit den gefundenen Ausdrücken von $f_{1}$ und $f_{2}$ von selbst erfüllt.

Damit sind alle Forderungen befriedigt bis auf die Stetigkeitsbedingung. Es wird $f_{1}$ unstetig, wenn

$1=\alpha (3x_{1}+\rho )^{-{\frac {1}{3}}},\quad 3x_{1}=\alpha ^{3}-\rho$

ist. Damit diese Unstetigkeit mit dem Nullpunkt zusammenfällt, muß

$\rho =\alpha ^{3}$ (13)

sein. Die Stetigkeitsbedingung verknüpft also in dieser Weise die beiden Integrationskonstanten ρ und α.

Die vollständige Lösung unsrer Aufgabe lautet jetzt so:

$f_{1}={\frac {1}{R^{4}}}{\frac {1}{1-\alpha /R}},\quad f_{2}=f_{3}=R^{2},\quad f_{4}=1-\alpha /R,$

wobei die Hilfsgröße

$R=(3x_{1}+\rho )^{\frac {1}{3}}=\left(r^{3}+\alpha ^{3}\right)^{\frac {1}{3}}$

eingeführt ist.

Setzt man diese Werte der Funktionen f im Ausdruck (9) des Linienelements ein und kehrt zugleich zu gewöhnlichen Polarkoordinaten zurück, so ergibt sich das Linienelement, welches die strenge Lösung des Einsteinschen Problems bildet:

$ds^{2}=(1-\alpha /R)dt^{2}-{\frac {dR^{2}}{1-\alpha /R}}-R^{2}\left(d\vartheta ^{2}+\sin ^{2}\vartheta d\phi ^{2}\right),\ R=\left(r^{3}+\alpha ^{3}\right)^{\frac {1}{3}}.$ (14)

Dasselbe enthält die eine Konstante α, welche von der Größe der im Nullpunkt befindlichen Masse abhängt.

§ 5. Die Eindeutigkeit der Lösung hat sich durch die vorstehende Rechnung von selbst ergeben. Daß es schwer wäre, aus einem Annäherungsverfahren nach Hrn. Einsteins Art die Eindeutigkeit zu erkennen, sieht man an folgendem: Es hatte sich oben, bevor noch die Stetigkeitsbedingung herangezogen war, ergeben:

$f_{1}={\frac {(3x_{1}+\rho )^{-{\frac {4}{3}}}}{1-\alpha (3x_{1}+\rho )^{-{\frac {1}{3}}}}}={\frac {\left(r^{3}+\rho \right)^{-{\frac {4}{3}}}}{1-\alpha \left(r^{3}+\rho \right)^{-{\frac {1}{3}}}}}.$

Wenn α und ρ klein sind, so liefert die Reihenentwicklung bis auf Größen zweiter Ordnung:

$f_{1}={\frac {1}{r^{4}}}\left[1+{\frac {\alpha }{r}}-4/3{\frac {\rho }{r^{3}}}\right].$

Dieser Ausdruck, zusammen mit den entsprechend entwickelten von $f_{2},\ f_{3},\ f_{4}$ befriedigt innerhalb derselben Genauigkeit alle Forderungen des Problems. Die Stetigkeitsforderung liefert innerhalb dieser Annäherung

[195]

nichts Neues hinzu, da von selbst nur im Nullpunkt Unstetigkeiten auftreten. Es scheinen also die beiden Konstanten α und ρ willkürlich zu bleiben, womit das Problem physikalisch unbestimmt wäre. Die strenge Lösung lehrt, daß in Wirklichkeit bei der Fortsetzung der Näherungen die Unstetigkeit nicht im Nullpunkt, sondern an der Stelle $r=\left(\alpha ^{3}-\rho \right)^{\frac {1}{3}}$ eintritt, und daß man gerade $\rho =\alpha ^{3}$ setzen muß, damit die Unstetigkeit in den Nullpunkt rückt. Man müßte bei der Annäherung nach Potenzen von α und ρ das Gesetz der Koeffizienten schon sehr gut überblicken, um die Notwendigkeit dieser Bindung zwischen α und ρ zu erkennen.

§ 6. Es ist schließlich noch die Bewegung eines Punktes im Gravitationsfelde, die zu dem Linienelement (14) gehörige geodätische Linie, abzuleiten. Aus den drei Umständen, daß das Linienelement homogen in den Differentialen ist und seine Koeffizienten unabhängig von t und von ρ sind, ergeben sich bei der Variation sofort drei intermediäre Integrale. Beschränkt man sich gleich auf die Bewegung in der Äquatorebene ( $\vartheta =90^{\circ },\ d\vartheta =0$ so lauten diese intermediären Integrale:

$(1-\alpha /R)\left({\frac {dt}{ds}}\right)^{2}-{\frac {1}{1-\alpha /R}}\left({\frac {dR}{ds}}\right)^{2}-R^{2}\left({\frac {d\phi }{ds}}\right)^{2}=const.=h,$ (15)

$R^{2}{\frac {d\phi }{ds}}=const.=c,$ (16)

$(1-\alpha /R){\frac {dt}{ds}}=const.=1$ (Festlegung der Zeiteinheit). (17)

Daraus folgt

$\left({\frac {dR}{d\phi }}\right)^{2}+R^{2}(1-\alpha /R)={\frac {R^{4}}{c^{2}}}[1-h(1-\alpha /R)]$

oder für $1/R=x$

$\left({\frac {dx}{d\phi }}\right)^{2}={\frac {1-h}{c^{2}}}+{\frac {h\alpha }{c^{2}}}x-x^{2}+\alpha x^{3}.$ (18)

Führt man die Bezeichnungen: ${\frac {c^{2}}{h}}=B,\ {\frac {1-h}{h}}=2A$ ein, so ist dies identisch mit Hrn. Einsteins Gleichung (11) a. a. 0. und gibt die beobachtete Anomalie des Merkurperihels.

Überhaupt geht hiernach Hrn. Einsteins Annäherung für die Bahnkurve in die strenge Lösung über, wenn man nur statt r die Größe

$R=\left(r^{3}+\alpha ^{3}\right)^{\frac {1}{3}}=r\left(1+{\frac {\alpha ^{3}}{r^{3}}}\right)^{\frac {1}{3}}$

[196]

einführt. Da ${\frac {\alpha }{r}}$ nahe gleich dem doppelten Quadrat der Planetengeschwindigkeit (Einheit die Lichtgeschwindigkeit) ist, so ist die Klammer selbst für Merkur nur um Größen der Ordnung $10^{-12}$ von 1 verschieden. Es ist also praktisch $R$ mit $r$ identisch und Hrn. Einsteins Annäherung für die entferntesten Bedürfnisse der Praxis ausreichend.

Zum Schluß soll noch die strenge Form des dritten Keplerschen Gesetzes für Kreisbahnen abgeleitet werden. Für die Winkelgeschwindigkeit $n={\frac {d\phi }{dt}}$ gilt nach (16) und (17), wenn man $x=1/R$ einführt,

$n=cx^{2}(1-\alpha x).$

Für Kreisbahnen muß sowohl ${\frac {dx}{d\phi }}$ als ${\frac {d^{2}x}{d\phi ^{2}}}$ null sein. Das gibt nach (18)

$0={\frac {1-h}{c^{2}}}+{\frac {h\alpha }{c^{2}}}x-x^{2}+\alpha x^{3},\quad 0={\frac {h\alpha }{c^{2}}}-2x+3\alpha x^{2}.$

Die Elimination von $h$ aus diesen beiden Gleichungen liefert

$\alpha =2c^{2}x(1-\alpha x)^{2}.$

Damit folgt

$n^{2}={\frac {\alpha }{2}}x^{3}={\frac {\alpha }{2R^{3}}}={\frac {\alpha }{2\left(r^{3}+\alpha ^{3}\right)}}.$

Bis zur Sonnenoberfläche hin ist die Abweichung dieser Formel vom dritten Keplerschen Gesetz völlig unmerklich. Für einen idealen Massenpunkt folgt aber, daß die Winkelgeschwindigkeit nicht, wie beim Newtonschen Gesetz, unbegrenzt wächst bei Verkleinerung des Bahnradius, sondern sich einer bestimmten Grenze

$n_{0}={\frac {1}{\alpha {\sqrt {2}}}}$

nähert. (Für einen Punkt von Sonnenmasse wird die Grenzfrequenz rund $10^{4}$ in der Sekunde.) Wenn für die Molekularkräfte ähnliche Gesetze herrschen, könnte dort dieser Umstand von Interesse sein.

참고

• (위키문헌-독일어)아인슈타인의 이론에 따른 질량 점의 중력장에 대해서 (Über das Gravitationsfeld eines Massenpunktes nach der Einsteinschen Theorie)https://de.wikisource.org/wiki/%C3%9Cber_das_Gravitationsfeld_eines_Massenpunktes_nach_der_Einsteinschen_Theorie
• ([arXiv.org]On the Gravitational Field of a Mass Point according to Einstein’s Theory by K. Schwarzschild,translation and foreword by S. Antoci and A. Loinger )https://arxiv.org/pdf/physics/9905030.pdf
• (위키백과) 슈바르츠실트 계량(Schwarzschild metric),케플러의 행성운동법칙(Kepler's laws of planetary motion) 등
• (우리말샘) 슈바르츠실트 등

1. (인터넷아카이브 -Einstein, Albert 1915 “Die Feldgleichungun der Gravitation”《Sitzungsberichte der Königlich Preussischen Akademie der Wissenschaften zu Berlin》: 844-847)https://archive.org/details/sitzungsberichte1915deut/page/844