번역:아인슈타인의 이론에 따른 질점의 중력장에 대하여

[189]

아인슈타인의 이론에 따른 질점의 중력장에 대하여

Über das Gravitationsfeld eines Massenpunktes nach der Einsteinschen Theorie

카를 슈바르츠실트

K.Schwarzschild

1916년 1월 13일 제출됨. (42쪽 참고)^[1]

§1.

아인슈타인 씨(Hr. Einstein)는 수성(Mercury)의 근일점 운동에 관한 그의 연구에서 (1915년 11월 18일 자 회의보고서[Sitzungsberichte] 참조) 다음과 같은 문제를 제기했다.

한 점이 다음 요구 사항을 따라 움직인다고 하자.

이 때$\left.{\begin{array}{c}\displaystyle \delta \int ds=0,\\\\\displaystyle ds={\sqrt {\sum g_{\mu \nu }dx_{\mu }dx_{\nu }}}&\quad \mu ,\nu =1,2,3,4\end{array}}\right\}$

$(1)$

여기에서 $g_{\mu \nu }$는 변수 $x$의 어떤 함수를 나타내며, 변분 시에 적분 경로의 시작과 끝에서 변수 $x$는 고정되어 있어야 한다. 요컨대, 점은 선소(line element) $ds$로 특정된 다양체(manifold) 위에서 측지선(geodesic line)을 따라 이동한다.

변분을 수행하면 점의 운동 방정식이 생성된다.

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

$(2)$

여기서

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

$(3)$

이며, $g^{\alpha \beta }$는 행렬식 $|g_{\mu \nu }|$의 $g_{\alpha \beta }$에 대하여 조정되고 정규화된 소행렬식(역주 : 역행렬 성분)을 나타낸다. 아인슈타인 이론에 따르면, 만약 "중력장의 성분" $\Gamma$가 "장방정식"

[190]

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

$(4)$

과 "행렬식의 방정식"

$\left|g_{\mu \nu }\right|=-1$

$(5)$

을 점 $x_{1}=x_{2}=x_{3}=0$을 제외한 모든 곳에서 만족시킨다면 이것은 $x_{1}=x_{2}=x_{3}=0$에 위치한 질점이 만드는 중력장 안에서 질량이 없는 점이 만드는 운동이다.

장방정식과 행렬식의 방정식은 변수 $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$를 행렬식이 $1$인 변환으로 임의로 대체했을 때 그 형태가 보존된다는 근본적인 속성을 가지고 있다.

$x_{1},x_{2},x_{3}$은 직교 좌표계를, $x_{4}$는 시간을 나타낸다고 하자. 또한 원점에서의 질량은 시간에 따라 변하지 않으며 무한대에서의 운동은 직선적이고 균일해야 한다. 다음으로, 아인슈타인 씨의 열거 ${\text{l.c.}}$ p. 833에 따르면 다음 조건도 충족되어야 한다.

1. 모든 성분은 시간 $x_{4}$에 대해 독립적이다.

2. $\rho =1,2,3$에 대하여 방정식 $g_{\rho 4}=g_{4\rho }=0$이 정확히 성립한다.

3. 해는 공간 상에서 좌표계의 원점에 대하여, $x_{1},x_{2},x_{3}$에 직교 변환(회전)을 적용했을 때 다시 동일한 해를 얻는 방식으로 대칭성을 갖는다.

4. $g_{\mu \nu }$는 다음 네 가지 $0$이 아닌 극한을 제외하고는 무한대에서 사라진다.

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

문제는 장 방정식, 행렬식 방정식과 $4$개의 요구를 만족시키는 계수를 갖는 선소를 찾아내는 것이다.

§2.

아인슈타인 씨는 이 문제가, $1$차 근사를 통해 뉴턴의 법칙으로 이어지고 $2$차 근사를 통해 수성 근일점의 운동에서 알려진 이상 현상을 정확하게 재현한다는 것을 보였다. 다음 계산은 이 문제의 정확한 해를 산출한다. 단순한 형태의 엄밀해가 가능하다는 것은 언제나 즐거운 일이다. 더 중요한 것은 계산이 해의 유일성을 증명한다는 것이다. 이에 대한 아인슈타인 씨의 논의는 여전히 ​​의문을 남겼고, 아래에 제시된 내용을 고려할 때, 그러한 근사 과정으로는 증명이 거의 불가능하다. 따라서 다음을 통해, 아인슈타인 씨의 결과는 보다 분명하게 빛나게 된다.

§3.

$t$를 시간, $x,y,z$를 직교 좌표계라 하면 조건 (1) ~ (3)을 만족하는 가장 일반적인 선소는 다음과 같다.

[191]

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

여기에서 $F,G,H$ 는 $r={\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}}}$의 함수이다.

조건 (4)는 $r=\infty$일 때 $F=G=1,\quad H=0$일 것을 요구한다.

$x=r\sin \vartheta \cos \phi ,\ y=r\sin \vartheta \sin \phi ,\ z=r\cos \vartheta$에 따라 극좌표로 이동하면 동일 선 요소는 다음과 같다.

${\begin{aligned}ds^{2}&=Fdt^{2}-G\left(dr^{2}+r^{2}d\vartheta ^{2}+r^{2}\sin ^{2}\vartheta \,d\phi ^{2}\right)-Hr^{2}dr^{2}\\&=Fdt^{2}-\left(G+Hr^{2}\right)dr^{2}-Gr^{2}\left(d\theta ^{2}+\sin ^{2}\vartheta d\phi ^{2}\right)\end{aligned}}$

$(6)$

한편 극좌표의 부피소는 $r^{2}\sin \vartheta \,drd\vartheta d\phi$와 같고, 기존 좌표와 새로운 좌표의 함수 행렬식[Funktionaldeterminante] $r^{2}\sin \vartheta$는 $1$과 다르다. 따라서 이러한 극좌표로 계산하면 장 방정식은 불변 형태로 있지 않게 되며 번거로운 변환을 수행해야 한다. 그러나 이 어려움을 피할 수 있는 쉬운 요령이 있다. 각각 다음을 대입한다.

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

$(7)$

그러면 부피소에 $r^{2}dr\sin \vartheta \ d\vartheta \ d\phi =dx_{1}dx_{2}dx_{3}$이 적용된다. 따라서 새로운 변수는 행렬식이 $1$인 극좌표이다. 이들은 문제를 다루는 데 있어서 극좌표의 명백한 장점을 가지고 있으면서, 동시에 $t=x_{4}$를 추가하면, 장 방정식과 행렬식 방정식은 그에 대하여 바뀌지 않은 형태로 유지된다.

새로운 극좌표에서 선소는 다음과 같다:

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

$(8)$

우리는 다음과 같이 쓰고 싶다:

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

$(9)$

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

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

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

3. 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 한다. 이것은 다음과 같은 경우 가장 간단한 방법으로 발생한다.

[192]

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

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

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

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

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

(2)와의 비교는 중력장의 구성 요소를 제공한다.

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

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

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

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

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

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 한다.

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 결정한다. (c)는 다음 형식으로 바꿀 수 있다.

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 제공한다.

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 같다.

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

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 필요다: $\lambda =1$

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

따라서 (c") 및 (d)에서 더 많은 결과가 나타난다.

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

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 충족된다. 따라서 연속성 조건을 제외한 모든 조건이 충족된다. $f_{1}$은 다음과 같은 경우 불연속적이다.

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

이 불연속성이 원점과 일치하려면 다음과 같아야 한다.

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

따라서 연속성 조건은 이러한 방식으로 두 개의 적분 상수 ρ 및 α와 관련된다. 우리의 문제의 완전한 해는 다음과 같다.

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

여기서 보조량(the auxiliary quantity)

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

이 도입되었다.

선소의 표현식 (9)에 함수 f의 이러한 값을 도입하고 일반적인 극좌표로 돌아가면 아인슈타인 문제의 정확한 해를 형성하는 선소를 얻는다.

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

후자는 원점에 위치한 질량 값에 의존하는 상수 α만을 포함한다.

§5.

해의 유일성은 현재의 계산을 통해 자연히 얻어졌다.

다음으로부터 우리는 아인슈타인 씨 방식의 근사 과정으로부터는 유일성을 확인하는 것이 어려웠을 것임을 알 수 있다. 연속성 조건이 없었다면 다음과 같은 결과가 나왔을 것이다.

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

α 및 ρ가 작을 때 2차 수량까지의 급수 전개는 다음을 제공한다.

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

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

[195] 그러면 두 개의 상수 α와 ρ가 임의적으로 남아 있는 것으로 보이며 따라서 문제는 물리적으로 결정되지 않을 것이다. 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 가리킨다. α와 ρ의 거듭제곱으로 근사하면 α와 ρ 사이의 이러한 연결의 필요성을 파악하기 위해 계수의 법칙을 매우 밀접하게 조사해야 한다.

§ 6.

마지막으로, 중력장에 놓인 한 점의 운동, 즉 선소(14)에 대응되는 측지선을 유도해야 한다. 선소는 미소 변화에 대하여 동차이고 그 계수는 $t$ 와 $\phi$에 의존하지 않는다는 세 가지 사실로부터, 변분을을 통해 즉시 3개의 중간 적분을 얻는다. 적도 평면($\theta =90^{\circ },\ d\theta =0$)에서의 운동으로 한정할 경우 이 중간 적분은 다음과 같다.

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

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

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

여기에서 다음을 얻는다.

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

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 아인슈타인 씨의 방정식 (11)a.a.0 과 동일하며 관측된 수성의 근일점 편차를 제공한다.

실제로 궤도에 대한 아인슈타인 씨의 근사치는 $r$을

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

로 대체하면 정확한 해가 된다. [196]

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

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

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

원형 궤도의 경우 ${\frac {dx}{d\phi }}$와 ${\frac {d^{2}x}{d\phi ^{2}}}$가 모두 사라져야 한다. (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 같다.

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

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

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

(태양 질량이 있는 지점의 경우 한계 주파수는 초 당 약 $10^{4}$ 이다). 유사한 법칙이 분자력을 지배한다면 이 상황이 흥미로울 수 있다.

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
• (위키문헌) 일반 상대성 이론의 기초
• ([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

각주

1. 역주: 슈바르츠실트는 당시 러시아 전선에서 복무 중이었기에 편지로 그의 논문을 전달받은 아인슈타인이 대신 프로이센 과학 아카데미에 제출했으며 (1월 13일) 출판은 한달 뒤에 이루어짐.