In relatività ristretta, quindi nello spaziotempo di Minkowski, un osservatore accelerato osserverà una temperatura non nulla pure nel vuoto. Questo è il cosiddetto effetto Unruh. Seguiamo questo articolo.
Per semplificarci la vita lavoriamo in $1+1$ dimensioni. Lo spaziotempo di Minkowski ha coordinate $(t,x)$ e la metrica è semplicemente $\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(1,-1)$. Abbiamo già trovato il moto di un corpo con accelerazione costante:
\begin{align*}
t(\tau) = \frac{1}{a} \sinh{a\tau}\\
x(\tau) = \frac{1}{a} \pqty{\cosh{a\tau}-1}
\end{align*}
dove abbiamo scelto $x(\tau=0)=0$. A questo punto possiamo definire delle nuove coordinate per l’osservatore accelerato. Useremo il tempo proprio dell’osservatore $\tau$ e la posizione iniziale $\xi$. Ci sono diversi modi per ottenere lo stesso risultato, noi scegliamo
$$t(\tau,\xi) = \pqty{\frac{1}{a}+\xi} \sinh{a\tau}\\
x(\tau,\xi) = \pqty{\frac{1}{a}+\xi} \cosh{a\tau}$$
dove appunto abbiamo $t(\tau=0)=0$ e $x(\tau=0)=\xi+\frac{1}{a}$ e abbiamo rimosso il termine costante per semplicità dei calcoli successivi. Inserendo la trasformazione nella metrica di Minkowski otteniamo:
$$ds^2 = dt^2-dx^2 = (1+a\xi)^2 d\tau^2-d\xi^2$$
che è la cosiddetta metrica di Rindler. Per i nostri scopi conviene introdurre una nuova coordinata $\tilde \xi = \frac{1}{a} \log{(1+a\xi)}$, così da ottenere
$$ds^2 = e^{2a\tilde \xi} (d\tau^2 -d\tilde \xi^2)$$
L’azione per un campo scalare reale a massa nulla in spazi curvi è:
$$S[\phi] = \int g^{ab} \partial_a \phi \partial_b \phi \sqrt{-g}\, d^2 x $$
Nel caso della metrica di Minkowski abbiamo l’azione solita. La buona notizia è che nello spazio di Rindler l’esponenziale in $\sqrt{-g}$ e quello in $g^{ab}$ si cancellano, per cui otteniamo:
$$S_M[\phi] = \int [(\partial_t \phi)^2 -(\partial_x \phi)^2] d^2 x\\
S_R[\phi] = \int [(\partial_\tau \phi)^2 -(\partial_{\tilde \xi} \phi)^2] d^2 x$$
Per cui in entrambi gli spaziotempi il campo scalare (a massa nulla) soddisfa l’equazione di Klein-Gordon nelle rispettive coordinate:
$$(\partial^2_t -\partial^2_x) \phi(t,x) = 0\\
(\partial^2_\tau -\partial^2_{\tilde \xi}) \phi(\tau,\tilde \xi) = 0$$
Pertanto la relazione di dispersione è $\omega_k = |k|$ e possiamo quindi espandere il campo quantizzato nella maniera solita:
$$\hat \phi(t,x) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dk}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2|k|}} \bqty{e^{-i|k|t +ikx}a_k+e^{i|k|t – ikx}a_k^\dagger}\\
\hat \phi(\tau,\tilde \xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dk}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2|k|}} \bqty{e^{-i|k|\tau +ik\tilde \xi}b_k+e^{i|k|\tau – ik\tilde \xi}b_k^\dagger}$$
dove gli operatori $a,a^\dagger, b, b^\dagger$ sono in linea di principio diversi e soddisfano le solite relazioni di commutazione:
$$[a_k^\dagger,a_{k’}^\dagger]=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,[a_k,a_{k’}]=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,[a_k,a_{k’}^\dagger]=\delta(k-k’)$$
e le stesse per gli $b$. Il vuoto dello spaziotempo di Minkowski è definito come lo stato $\ket{0_M}$ tale che $a_k \ket{0_M}=0$ per ogni $k$, mentre il vuoto dello spaziotempo di Rindler soddisfa $b_k \ket{0_R}=0$ per ogni $k$. Poiché gli $a$ e gli $b$ sono in linea di principio diversi, allora
$$\ket{0_M} \neq \ket{0_R}$$
ovvero dal punto di vista di un’osservatore accelerato il vuoto di Minkowski non è vuoto, perché dal suo punto di vista il vuoto è $\ket{0_R}$, non $\ket{0_M}$. Poiché conosciamo la relazione tra le coordinate di Minkowski e quelle di Rindler, possiamo trovare una relazione tra gli $a$ e gli $b$ e rendere quest’affermazione più precisa.
Utilizziamo per semplicità le coordinate del cono luce:
$$\bar u = t-x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\bar v = t+x\\
u = \tau-\tilde\xi\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,v = \tau+\tilde\xi$$
per cui abbiamo la trasformazione:
$$\bar u = -\frac{1}{a}e^{-au}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\bar v = \frac{1}{a}e^{-av}$$
Cambiamo variabile negli integrali da $k$ a $\omega = |k|$:
$$\hat \phi(\bar u,\bar v) = \int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{e^{-i\bar v\omega}a_{-\omega}+e^{i\bar v\omega}a_{-\omega}^\dagger+e^{-i\bar u\omega}a_\omega+e^{i\bar u\omega}a_\omega^\dagger}\\
\hat \phi(u,v) = \int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{e^{-i v\omega} b_{-\omega}+e^{i v\omega}b_{-\omega}^\dagger+e^{-i u\omega}b_\omega+e^{i u\omega}b_\omega^\dagger}$$
Poiché la trasformazione $(u,v) \to (\bar u, \bar v)$ non mescola $u$ e $v$ dobbiamo quindi avere:
$$\int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{e^{-i\bar v\omega}a_{-\omega}+e^{i\bar v\omega}a_{-\omega}^\dagger}=\int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{e^{-i v\omega} b_{-\omega}+e^{i v\omega}b_{-\omega}^\dagger}\\
\int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{e^{-i\bar u\omega}a_\omega+e^{i\bar u\omega}a_\omega^\dagger}=\int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{e^{-i u\omega}b_\omega+e^{i u\omega}b_\omega^\dagger}$$
Consideriamo la seconda uguaglianza. Possiamo calcolare la trasformata di Fourier del membro destro ottenendo:
\begin{align*}
&\int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}} e^{i\Omega u} \int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{e^{-i u\omega}b_\omega+e^{i u\omega}b_\omega^\dagger}=\\
=&\int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}} \bqty{e^{i (\Omega-\omega) u}b_\omega+e^{i (\Omega+\omega)u}b_\omega^\dagger}=\\
=&\int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{\delta (\Omega-\omega)b_\omega+\delta(\Omega+\omega) b_\omega^\dagger}=\\
=&\frac{1}{\sqrt{2|\Omega|}}\begin{cases}b_\Omega & \Omega > 0 \\ b^\dagger_{-\Omega} & \Omega < 0\end{cases}
\end{align*}
Possiamo effettuare quindi lo stesso calcolo per il membro sinistro, ricordandoci di integrare sempre rispetto a $u$:
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}}e^{i\Omega u}\int_{0}^{\infty} \frac{d\omega}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{e^{-i\bar u\omega}a_\omega+e^{i\bar u\omega}a_\omega^\dagger}=\int_{0}^{\infty} d\omega \frac{1}{\sqrt{2\omega}} \bqty{F(\omega, \Omega)a_\omega+F(-\omega, \Omega) a_\omega^\dagger}$$
dove abbiamo posto, usando la legge di trasformazione,
$$F(\omega, \Omega) =\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}} \exp{\bqty{i\Omega u+i\frac{\omega}{a}e^{-au}}}$$
Pertanto nel caso in cui $\Omega >0$ otteniamo:
$$b_\Omega = \int_{0}^{\infty}d\omega \sqrt{\frac{\Omega}{\omega}} \bqty{F(\omega, \Omega)a_\omega+F(-\omega, \Omega) a_\omega^\dagger}$$
Possiamo ottenere $b^\dagger_\Omega$ calcolandone il coniugato. Come al solito l’operatore $b^\dagger_\Omega b_\Omega$ ci dà il numero di particelle di frequenza $\Omega$. Chiaramente questo sarà nullo nel vuoto di Rindler per definizione. Nel caso in invece ci sia il vuoto nello spaziotempo di Minkowski, allora
$$\begin{align*}
\bra{0_M} b^\dagger_\Omega b_\Omega \ket{0_M} &=\bra{0_M} \int_{0}^{\infty} d\omega’ \int_{0}^{\infty} d\omega \sqrt{\frac{\Omega}{\omega}} \sqrt{\frac{\Omega}{\omega’}} \bqty{F^*(\omega’, \Omega)a^\dagger_{\omega’}+F^*(-\omega’, \Omega) a_{\omega’}} \bqty{F(\omega, \Omega)a_\omega+F(-\omega, \Omega) a_\omega^\dagger} \ket{0_M}=\\
&=\bra{0_M} \int_{0}^{\infty} d\omega’ \int_{0}^{\infty} d\omega \sqrt{\frac{\Omega}{\omega}} \sqrt{\frac{\Omega}{\omega’}} F(-\omega, \Omega) F^*(-\omega’, \Omega) a_{\omega’} a_\omega^\dagger \ket{0_M}=\\
&= \int_{0}^{\infty} d\omega \frac{\Omega}{\omega} |F(-\omega, \Omega)|^2
\end{align*}$$
dove abbiamo usato le relazioni di commutazione. Calcolando il commutatore $[b_\Omega, b^\dagger_{\Omega’}]$ abbiamo:
$$\begin{align*}
[b_\Omega, b^\dagger_{\Omega’}] &= \int_{0}^{\infty} d\omega \int_{0}^{\infty} d\omega \sqrt{\frac{\Omega}{\omega}} \sqrt{\frac{\Omega’}{\omega’}} [F(\omega, \Omega)a_\omega+F(-\omega, \Omega) a^{\dagger}_{\omega}, F^*(\omega’, \Omega’)a^{\dagger}_{\omega’}+F^*(-\omega’, \Omega’) a_{\omega’}] =\\
& = \int_{0}^{\infty} d\omega \int_{0}^{\infty} d\omega’ \sqrt{\frac{\Omega}{\omega}} \sqrt{\frac{\Omega’}{\omega’}} \pqty{ F(\omega, \Omega) F^*(\omega’, \Omega’) [a_{\omega}, a_{\omega’}^\dagger]+F(-\omega, \Omega)F^*(-\omega’, \Omega’) [ a_{\omega}^\dagger, a_{\omega’}] }=\\
& =\int_{0}^{\infty} d\omega \frac{\sqrt{\Omega \Omega’}}{\omega} \bqty{F^*(\omega, \Omega)F(\omega, \Omega’)-F^*(-\omega, \Omega)F(-\omega, \Omega’)} = \delta(\Omega-\Omega’)
\end{align*}$$
dove nell’ultimo passaggio abbiamo scritto la relazione di commutazione nota tra gli $b$. Per cui ponendo $\Omega = \Omega’$ otteniamo:
$$\int_{0}^{\infty} d\omega \frac{\Omega}{\omega} \pqty{|F(\omega, \Omega)|^2-|F(-\omega, \Omega)|^2} = \delta(0)$$
Per completare il calcolo ci serve una relazione tra $F(-\omega, \Omega)$ e $F(\omega, \Omega)$. Abbiamo:
$$F(-\omega, \Omega) =\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}} \exp{\bqty{i\Omega u-i\frac{\omega}{a}e^{-au}}}\\
F(\omega, \Omega) =\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}} \exp{\bqty{i\Omega u+i\frac{\omega}{a}e^{-au}}}$$
L’idea è partire da $F(\omega, \Omega)$ e introdurre una traslazione immaginaria in $u$ in modo tale da far apparire il segno meno. Infatti mandando $u \to u-i\pi/a$ abbiamo
$$\begin{align*}
F(\omega, \Omega) &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}} \exp{\bqty{i\Omega u+i\frac{\omega}{a}e^{-au}}}=\\
&=\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}} \exp{\bqty{i\Omega \pqty{u-i\frac{\pi}{a}}+i\frac{\omega}{a}e^{-a(u-i\pi/a)}}}=\\
&=\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}} \exp{\bqty{i\Omega u + \frac{\Omega \pi}{a}+i\frac{\omega}{a}e^{i\pi} e^{-au}}}=\\
&=e^{\Omega\pi/a} \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{2\pi}} \exp{\bqty{i\Omega u -i\frac{\omega}{a} e^{-au}}}=e^{\Omega\pi/a} F(-\omega, \Omega)
\end{align*}$$
Inserendo nella relazione sopra otteniamo quindi:
$$\int_{0}^{\infty} d\omega \frac{\Omega}{\omega} |F(-\omega, \Omega)|^2 \pqty{e^{2\Omega\pi/a}-1} = \delta(0)$$
Per cui in definitiva abbiamo:
$$\boxed{\bra{0_M} b^\dagger_\Omega b_\Omega \ket{0_M} = \frac{\delta(0)}{e^{2\Omega\pi/a}-1}}$$
Il $\delta(0)$ può essere interpretato come il volume dello spaziotempo, $\delta(0)=V$ e non ci interessa granché. Pertanto per un osservatore accelerato il vuoto di Minkowski contiene delle particelle. Inoltre le particelle seguono la stessa distribuzione di un gas di Bose-Einstein, che ha la forma:
$$n(E)= \frac{1}{e^{E/T}-1}$$
In questo caso $E=\Omega$ per cui le particelle osservate hanno una distribuzione termica, alla temperatura $T=a/2\pi$, ovvero rimettendo dentro le costanti
$$\boxed{T=\frac{a\hbar}{2\pi c k_B}}$$
L’effetto è minuscolo: infatti per raggiungere la temperatura di $1 K$ serve un’accelerazione di circa $10^{20} \mathrm{ms}^{-2}$. L’effetto Unruh può anche essere derivato in tre dimensioni e per altri campi, ad esempio per il campo spinoriale.
Come abbiamo visto, la metrica di Rindler è la metrica di un osservatore vicino all’orizzonte degli eventi di un buco nero. Pertanto un osservatore vicino ad un buco nero misurerà una temperatura non-nulla pari alla temperatura di Unruh dovuta all’accelerazione gravitazionale. Questo è un effetto simile ma distinto dalla radiazione di Hawking.