一个标量场，分为一个各向同性的项和一个涨落，

ϕ(t,x⃗)=ϕˉ(t)+δϕ(t,x⃗)\phi(t,\vec{x}) = \bar\phi(t)+\delta\phi(t,\vec{x})

度规也是一样，可以分成

gμν(t,x⃗)=gˉμν(t)+δgμν(t,x⃗)g_{\mu\nu}(t,\vec{x}) = \bar g_{\mu\nu}(t)+\delta g_{\mu\nu}(t,\vec{x})

在宇宙尺度上，时间并不是一个很好的对称性，所以我们从空间旋转的角度思考，而不是应用 Lorentz 表示. 这时候的线元是

ds2=gμνdxμdxν=−(1+2Φ)dt2+2aBidxidt+a2[(1−2ψ)δij+Eij]dxidxj\begin{aligned} \mathrm{d}s^2&=g_{\mu\nu}\mathrm{d}x^\mu\mathrm{d}x^\nu\\\\ &=-(1+2\Phi)\mathrm{d}t^2+2aB_i\mathrm{d}x^i\mathrm{d}t+a^2[(1-2\psi)\delta_{ij}+E_{ij}]\mathrm{d}x^i\mathrm{d}x^j \end{aligned}

任何一个 BiB_i 都可以分成一个散度和剩下的无散度部分，Bi≡∂iB−SiB_i\equiv\partial_iB-S_i，∂iSi=0\partial^iS_i=0. 同理，

Eij=2∂i∂jE+2∂iFj+hijE_{ij} = 2\partial_i\partial_jE+2\partial_iF_j+h_{ij}

可以看到 hijh_{ij} 是一个横向无迹分量 (∂ihij=0\partial_ih^{ij}=0, hii=0h^i{}_i=0)，因此它就是引力波.

实际上可以涨落的只有某些项，现在考虑

xμ→x′μ(x)=xμ+δxμ(x)x^\mu\to x'^\mu(x)=x^\mu+\delta x^\mu(x)

这是个矢量，和上面一样，它们的涨落都可以化为标量的涨落.

对于一个能动张量，

Tμν=(ρ+p)UμUν+pgμνT^{\mu\nu} = (\rho+p)U^\mu U^\nu+pg^{\mu\nu}

这里 ρ=ρˉ\rho=\bar\rho，p=pˉp=\bar p，Uμ=(Uˉ0,0,0,0)U^\mu=(\bar U^0,0,0,0). 分量用涨落写，得到

T00=−(ρˉ+δρ)⋯\begin{aligned} &T^0{}_0=-(\bar\rho+\delta\rho)\quad \cdots \end{aligned}

代入变化

Φ→ϕ−α˙,B→B+a−1α−αβ˙,E→E−βΨ→Ψ+Hα,δρ→δρ−ρˉ˙α,−ζ≡Ψ+Hρˉ˙δρ⋯\begin{aligned} \Phi &\to \phi-\dot\alpha,\quad B\to B+a^{-1}\alpha-\alpha\dot\beta,\quad E\to E-\beta\\\\ \Psi &\to \Psi+H\alpha,\quad \delta\rho\to\delta\rho-\dot{\bar\rho}\alpha,\quad-\zeta\equiv\Psi+\frac{H}{\dot{\bar\rho}}\delta\rho\quad \cdots \end{aligned}

只需要在 Einstein 方程里面代入然后算演化就行.

但是我们更想知道这些东西是怎么来的. 首先很容易知道，

δρ=V1δϕ,ρ˙=V1ϕ\delta\rho = V^1\delta\phi,\quad \dot\rho=V^1\phi

因此前面提到的 ζ\zeta 就是

−ζ=−Ψ+Hϕˉ˙δϕ→Ψ=0 gauge−ζ=Hϕˉ˙δϕ-\zeta = -\Psi+\frac{H}{\dot{\bar\phi}}\delta\phi\xrightarrow{\Psi=0\text{ gauge}} -\zeta=\frac{H}{\dot{\bar\phi}}\delta\phi

原因是 ζ\zeta 是一个 gauge environment quantity，无论宇宙是什么状态，在 inflation 结束前后都是不变的. 因此它可以携带 inflation 前的信息带到 inflation 后，我们想要计算宇宙后期演化中受到前面演化的影响，只要算 δϕ\delta\phi. 实际的研究上，我们通过算 δϕ\delta\phi 来推导 δρ\delta\rho，然后对应到 δT\delta T，再与 CMB 的观测结果相比较，验证正确性.

当然 CMB 是一个二维的观测而不是三维的，只能算角分布. 引入一个两方向关联

⟨δT(n^)δT(n^′)⟩\langle\delta T(\hat{n})\delta T(\hat{n}')\rangle

固定 n^\hat{n} 和 n^′\hat{n}' 的夹角然后全天平均，得到一个夹角对应的一个值. 对这个函数进行球谐展开，∼ClmYlm(Ω)\sim C_{lm}Y_{lm}(\Omega)，并假设 isotropic (也就是假设 Clm=Clm′C_{lm}=C_{lm'})，那么对于每一个 ll，我们能够获得 2l+12l+1 个 independent observables.

现在来算 perturbation.

ds2=a2ημνdxμdxν,g=a,gμν=a−2ημν\mathrm{d}s^2=a^2\eta_{\mu\nu}\mathrm{d}x^\mu\mathrm{d}x^\nu,\quad \sqrt{g}=a,\quad g^{\mu\nu}=a^{-2}\eta^{\mu\nu}

这个标量场 ϕ\phi 的作用量为

S=12∫d3xdτ⋅a2(ϕ′2−∇ϕ⋅∇ϕ−m2a2ϕ)S = \frac{1}{2}\int\mathrm{d}^3x\mathrm{d}\tau\cdot a^2\left(\phi'^2-\nabla\phi\cdot\nabla\phi-m^2a^2\phi\right)

令 χ=aϕ\chi=a\phi，

S=12∫d3xdτ⋅[(χ′2−(∇χ)2−(m2a2−a′′a)χ2]S=\frac{1}{2}\int\mathrm{d}^3x\mathrm{d}\tau\cdot\left[(\chi'^2-(\nabla\chi)^2-\left(m^2a^2-\frac{a''}{a}\right)\chi^2\right]

做 Fourier 展开，

χ(x⃗,τ)=∫d3k(2π)3/2χk⃗(τ)eik⃗⋅x⃗\chi(\vec{x},\tau) = \int\frac{\mathrm{d}^3k}{(2\pi)^{3/2}}\chi_{\vec{k}}(\tau)e^{\mathrm{i}\vec{k}\cdot\vec{x}}

得到

χk⃗′′(τ)+ωk2(τ)χk⃗(τ)=0⟹ωk⃗2(τ)=k2+m2a2−a′′a\chi''_{\vec{k}}(\tau)+\omega_k^2(\tau)\chi_{\vec{k}}(\tau)=0\Longrightarrow\omega_{\vec{k}}^2(\tau)=k^2+m^2a^2-\frac{a''}{a}

再做一步是

ωk2(τ)=k2+m2H2τ2−2τ2\omega_k^2(\tau)=k^2+\frac{m^2}{H^2\tau^2}-\frac{2}{\tau^2}

考虑下面的量，

dωk2ωk2dτ=2m2H2τ2+4τ3(k2+m2H2τ2−2τ2)3/2\frac{\mathrm{d}\omega_k^2}{\omega_k^2\mathrm{d}\tau} = \frac{\displaystyle{\frac{2m^2}{H^2\tau^2}+\frac{4}{\tau^3}}}{\displaystyle{\left(k^2+\frac{m^2}{H^2\tau^2}-\frac{2}{\tau^2}\right)^{3/2}}}

对于 m→0m\to0 (因为我们所讨论的问题中都满足 m≪Hm\ll H 的条件)，

∼4(k2τ2−2)3/2\sim\frac{4}{(k^2\tau^2-2)^{3/2}}

因此能够激发出来的 mode 大约是 ∣kτ∣∼2|k\tau|\sim\sqrt{2}.

χk(τ)=12[akvk⋆(τ)+ak†vk(τ)]\chi_k(\tau)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[a_kv_k^\star(\tau)+a_k^\dagger v_k(\tau)\right]

代回那个 Fourier 展开，

χ(x⃗,τ)=12∫d3k(2π)3/2[akvk⋆(τ)eik⃗⋅x⃗+ak†vk(τ)e−ik⃗⋅x⃗]\chi(\vec{x},\tau) = \frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{\mathrm{d}^3k}{(2\pi)^{3/2}}\left[a_kv_k^\star(\tau)e^{\mathrm{i}\vec{k}\cdot\vec{x}}+a_k^\dagger v_k(\tau)e^{-\mathrm{i}\vec{k}\cdot\vec{x}}\right]

现在 vkv_k 的选择有很大的任意性 —— 之前定义的真空态是让所有湮灭算符都为零的那个态，但是现在 ω\omega 已经和时间相关，因此可以随意取值，每个时刻都会得到一个真空态. 这些真空态之间由 Bogliubov 变换联系. 下面求 vkv_k.

vk′′+[k2−(2−m2H2)1τ2]vk=0v_k''+\left[k^2-\left(2-\frac{m^2}{H^2}\right)\frac{1}{\tau^2}\right]v_k=0

这就是一个 Bessel 方程. 解得

vk=kτ[AkJn(∣kτ∣)+BkYn(∣kτ∣)]v_k=\sqrt{k\tau}\left[A_kJ_n(|k\tau|)+B_kY_n(|k\tau|)\right]

Jn,YnJ_n, Y_n 分别是第一类第二类 Bessel 函数. 那么怎么定义真空态？有一种取法是所谓 Bunch-Davies vacuum，也就是

vk→1keikτv_k\to\frac{1}{\sqrt{k}}e^{\mathrm{i}k\tau}

这时候 vkv_k 只能取第二类 Bessel 函数，

vk=iπkHn(2)(∣kτ∣),n=(94−m2H2)1/2v_k=\mathrm{i}\sqrt{\frac{\pi}{k}}H_n^{(2)}(|k\tau|),\quad n=\left(\frac{9}{4}-\frac{m^2}{H^2}\right)^{1/2}

仍然是 m≪Hm\ll H 情况，3/23/2 的 Hankel 函数刚好是初等的，因此简单地化为

vk=1keikτ(1−ikτ)v_k=\frac{1}{\sqrt{k}}e^{\mathrm{i}k\tau}\left(1-\frac{\mathrm{i}}{k\tau}\right)

计算一个真空态：

⟨0∣χ(τ,x⃗)χ′(τ,y⃗)∣0⟩=∫d3k(2π)3⋅12∣vk(τ)∣2eik⃗⋅(x⃗−y⃗)=14π2∫0∞k2dk⋅∣vk(τ)∣2sin⁡kLkLL∼k−1\begin{aligned} \langle0|\chi(\tau,\vec{x})\chi'(\tau,\vec{y})|0\rangle &= \int\frac{\mathrm{d}^3k}{(2\pi)^3}\cdot\frac{1}{2}|v_k(\tau)|^2e^{\mathrm{i}\vec{k}\cdot(\vec{x}-\vec{y})}\\\\ &= \frac{1}{4\pi^2}\int_0^\infty k^2\mathrm{d}k\cdot|v_k(\tau)|^2\frac{\sin kL}{kL}\quad L\sim k^{-1} \end{aligned}

最后可以导出 δϕ=H\delta\phi = H 的结论...