確認テストの解答

物理のための微分幾何入門　第3章 §3.7

1. 3.1-1 $e^1=\alpha\,\mathrm{d} x+\beta\,\mathrm{d} y$ と置く。条件は $e^1(e_1)=\alpha=1$ と $e^1(e_2)=\alpha+\beta=0$ である。これから $\beta=-1$ を得る。同様に $e^2=\gamma\,\mathrm{d} x+\delta\,\mathrm{d} y$ と置き、条件を課す。

$$e^2(e_1)=\gamma=0,\qquad e^2(e_2)=\gamma+\delta=1$$

$$e^1=\mathrm{d} x-\mathrm{d} y,\qquad e^2=\mathrm{d} y$$

たとえば $v=(3,2)$ は $v=e_1+2e_2$ である。双対基底の値 $e^1(v)=1$ と $e^2(v)=2$ は、この係数に一致する。2. 3.1-2 極座標の例の $\mathrm{d} x=\cos\theta\,\mathrm{d} r-r\sin\theta\,\mathrm{d}\theta$ と $\mathrm{d} y=\sin\theta\,\mathrm{d} r+r\cos\theta\,\mathrm{d}\theta$ を代入する。

$$x\,\mathrm{d} y-y\,\mathrm{d} x=r\cos\theta(\sin\theta\,\mathrm{d} r+r\cos\theta\,\mathrm{d}\theta)-r\sin\theta(\cos\theta\,\mathrm{d} r-r\sin\theta\,\mathrm{d}\theta)=r^2\,\mathrm{d}\theta$$

$\mathrm{d} r$ の項は打ち消し合う。3. 3.1-3 直交座標では $\omega=-y\,\mathrm{d} x+x\,\mathrm{d} y$ なので、成分は $(\omega_x,\omega_y)=(-y,x)$ である。

$$\omega(V)=(-y)(-y)+x\cdot x=r^2,\qquad \omega(W)=(-y)x+x\,y=0$$

極座標では $V=\partial_\theta$ で $W=r\,\partial_r$ である（第2章）。極座標の表示 $r^2\,\mathrm{d}\theta$ を作用させると、値は $r^2$ と0になる。これは直交座標の結果と一致する。4. 3.1-4 $e'_a=A^j{}_ae_j$ を $v=v'^ae'_a$ に代入する。

$$v=v'^aA^j{}_a\,e_j$$

基底による展開は一意なので、$e_j$ の係数を比べて $v^j=A^j{}_av'^a$ を得る。両辺に $(A^{-1})^b{}_j$ を掛けて $j$ について和をとる。左辺では $(A^{-1})^b{}_jA^j{}_a=\delta^b{}_a$ を使うと、次の式を得る。

$$v'^b=(A^{-1})^b{}_jv^j$$ 5. 3.2-1 微分は $\mathrm{d} f=y\,\mathrm{d} x+x\,\mathrm{d} y$ である。点 $(1,1)$ では $\mathrm{d} f_p=\mathrm{d} x+\mathrm{d} y$ になる。ベクトルの成分は $(1,2)$ なので、$\mathrm{d} f_p(V)=1+2=3$ である。6. 3.2-2 チャート $(T,V)$ では $U=C_VT$ を微分する。結果は $\mathrm{d} U=C_V\,\mathrm{d} T$ で、$\mathrm{d} V$ の係数は0である。チャート $(S,V)$ では (3.11) の形 $\mathrm{d} U=T\,\mathrm{d} S-p\,\mathrm{d} V$ である。$S$ の式を微分した $\mathrm{d} S=\frac{C_V}{T}\mathrm{d} T+\frac{nR}{V}\mathrm{d} V$ を代入する。

$$T\,\mathrm{d} S-p\,\mathrm{d} V=C_V\,\mathrm{d} T+\frac{nRT}{V}\mathrm{d} V-\frac{nRT}{V}\mathrm{d} V=C_V\,\mathrm{d} T$$

2つの表示は同じ1形式である。$\mathrm{d} V$ の係数は、チャート $(T,V)$ では0である。チャート $(S,V)$ では $-p$ である。この違いは、同じ1形式を違う基底で展開したことによる。7. 3.2-3 (a) (3.6) から $\mathrm{d}\theta=(-y\,\mathrm{d} x+x\,\mathrm{d} y)/(x^2+y^2)$ である。(b) 直交座標の Euclid の計量は $g^{ij}=\delta^{ij}$ なので、成分をそのまま並べる。

$$\operatorname{grad}\theta=\frac{-y\,\partial_x+x\,\partial_y}{x^2+y^2}=\frac{1}{r^2}\,\partial_\theta$$

(c) 極座標の成分は $(\partial_r\theta,\partial_\theta\theta)=(0,1)$ で、読み替えたベクトルは $\partial_\theta=-y\,\partial_x+x\,\partial_y$ である。(b) との比は $r^2$ である。点 $(3,4)$ では $r^2=25$ なので、25倍違う。正しい勾配は $g^{\theta\theta}=1/r^2$ を掛けたもので、(3.10) と一致する。8. 3.2-4 任意の $V\in T_pM$ について、定義 (3.7) と方向微分の積の規則を使う。速度が $V$ の曲線 $c(s)$ をとると、積の方向微分は次のように計算できる。

$$V(fh)=\frac{d }{d s}\bigl[f(c(s))h(c(s))\bigr]_{s=0}=f(p)\,V(h)+h(p)\,V(f)$$

左辺は $\mathrm{d}(fh)_p(V)$、右辺は $\bigl(f(p)\,\mathrm{d} h_p+h(p)\,\mathrm{d} f_p\bigr)(V)$ である。すべての $V$ で値が一致するので、$\mathrm{d}(fh)=f\,\mathrm{d} h+h\,\mathrm{d} f$ が成り立つ。9. 3.3-1 成分は $\omega_x=2xy$ と $\omega_y=x^2$ である。$\partial_x\omega_y-\partial_y\omega_x=2x-2x=0$ なので閉形式である。条件 $\partial_xf=2xy$ を積分して、$f=x^2y+c(y)$ と置く。もう1つの条件 $\partial_yf=x^2+c'(y)=x^2$ から、$c$ は定数である。したがって $f=x^2y$ を得る。10. 3.3-2 (a) $\gamma(t)=(1-t,t)$ では $\dot\gamma=(-1,1)$ である。

$$\omega(\dot\gamma)=-t\cdot(-1)+(1-t)\cdot1=1,\qquad \int_\gamma\omega=\int_0^11\,\mathrm{d} t=1$$

(b) $\gamma(t)=(\cos t,\sin t)$ では $\dot\gamma=(-\sin t,\cos t)$ である。

$$\omega(\dot\gamma)=\sin^2t+\cos^2t=1,\qquad \int_\gamma\omega=\frac\pi2$$

閉形式の条件を調べると $\partial_x\omega_y-\partial_y\omega_x=1-(-1)=2\ne0$ である。$\omega$ は閉形式でないので完全形式でもなく、線積分は端点だけでは決まらない。11. 3.3-3 微分 $\mathrm{d} U=C_V\,\mathrm{d} T+\frac{an^2}{V^2}\mathrm{d} V$ に $p\,\mathrm{d} V$ を足す。すると $an^2/V^2$ の項が打ち消し合う。

$$\delta Q=C_V\,\mathrm{d} T+\frac{nRT}{V-nb}\,\mathrm{d} V$$

$\partial_VC_V=0$ に対して $\partial_T\bigl(nRT/(V-nb)\bigr)=nR/(V-nb)\ne0$ なので、閉形式でない。温度で割ると、2つの偏導関数 $\partial_V(C_V/T)$ と $\partial_T\bigl(nR/(V-nb)\bigr)$ はどちらも0になり、閉形式になる。領域 $T>0$、$V>nb$ は凸である。定理 3.12（星形の中心を領域内の1点に移したもの）から完全形式である。

$$S=C_V\ln T+nR\ln(V-nb)+\text{定数}$$ 12. 3.3-4 $\lambda\omega=\mathrm{d} f$ の両辺に $\Phi'(f)$ を掛ける。連鎖律 $\mathrm{d}(\Phi\circ f)=\Phi'(f)\,\mathrm{d} f$（命題 3.6 の成分で確かめられる）を使う。

$$\Phi'(f)\lambda\,\omega=\Phi'(f)\,\mathrm{d} f=\mathrm{d}\bigl(\Phi(f)\bigr)$$

右辺は完全形式で、$\Phi'(f)\lambda$ は0にならないので積分因子である。熱力学では、$\Phi(S)=\mathrm{e}^{S}$ を選ぶと $\mathrm{e}^{S}/T$ も積分因子になる。13. 3.4-1 球座標では $\left\vert \dot{\bm x}\right\vert ^2=\dot r^2+r^2\dot\theta^2+r^2\sin^2\theta\,\dot\varphi^2$ である。

$$p_r=m\dot r,\qquad p_\theta=mr^2\dot\theta,\qquad p_\varphi=mr^2\sin^2\theta\,\dot\varphi$$

変換則 (3.20) から $p_\varphi=xp_y-yp_x$ で、角運動量の $z$ 成分である。14. 3.4-2 確認テスト 3.1-2 の結果から、$A=\frac B2r^2\,\mathrm{d}\theta$ である。成分は $A_r=0$ と $A_\theta=\frac12Br^2$ になる。Lagrangian の速度に依存する部分は $\frac m2(\dot r^2+r^2\dot\theta^2)+eA_\theta\dot\theta$ である。

$$p_\theta=mr^2\dot\theta+\frac{eB}{2}r^2$$ 15. 3.4-3 Legendre 写像は次の対応である。

$$p_1=m\bigl(\dot q^1+\tfrac12\dot q^2\bigr),\qquad p_2=m\bigl(\tfrac12\dot q^1+\dot q^2\bigr)$$

$W=m\begin{pmatrix}1&1/2\\1/2&1\end{pmatrix}$ の行列式は $\frac34m^2\ne0$ なので、正則である。逆行列を掛けて速度を求める。

$$\dot q^1=\frac{2(2p_1-p_2)}{3m},\qquad \dot q^2=\frac{2(2p_2-p_1)}{3m}$$

Lagrangian は速度の2次形式なので、$p_i\dot q^i=2L$ である。したがって $H=L$ となる。速度を代入して運動量で書く。

$$H=\frac{2}{3m}\bigl(p_1^2-p_1p_2+p_2^2\bigr)$$ 16. 3.4-4 (3.20) と (3.19) を掛け合わせて $a$ について和をとる。

$$p'_a\dot q'^a=\frac{\partial q^j}{\partial q'^a}\,p_j\,\frac{\partial q'^a}{\partial q^k}\,\dot q^k$$

連鎖律から $\frac{\partial q^j}{\partial q'^a}\frac{\partial q'^a}{\partial q^k}=\frac{\partial q^j}{\partial q^k}=\delta^j{}_k$ なので、右辺は $p_j\dot q^j$ になる。17. 3.5-1 (a) 運動方程式は $\ddot\gamma=-g$ である。$\gamma(0)=0$ を満たす解は次の式で、$v_0$ は任意の実数である。

$$\gamma(t)=v_0t-\tfrac12gt^2$$

(b) $v_0$ を指定すると、解は上の式の1本だけに決まる。命題 3.20 のとおり、接束と時刻の各点を通る解はただ1つである。18. 3.5-2 手順1は $\partial L/\partial q=mqv^2$ と $\partial L/\partial v=m(1+q^2)v$ である。手順2で $(q,v)=(\gamma,\dot\gamma)$ を代入し、手順3で2番目の式を $t$ で微分する。

$$\frac{d }{d t}\Bigl[m(1+\gamma^2)\dot\gamma\Bigr]=m(1+\gamma^2)\ddot\gamma+2m\gamma\dot\gamma^2$$

これから $m\gamma\dot\gamma^2$ を引いて、Euler–Lagrange 方程式を得る。

$$(1+\gamma^2)\ddot\gamma+\gamma\dot\gamma^2=0$$

エネルギー関数は $E=m(1+q^2)v^2-L=\frac m2(1+q^2)v^2$ である。経路に沿って微分する。

$$\frac{d E}{d t}=m\gamma\dot\gamma^3+m(1+\gamma^2)\dot\gamma\ddot\gamma=m\dot\gamma\bigl[(1+\gamma^2)\ddot\gamma+\gamma\dot\gamma^2\bigr]=0$$

$\partial L/\partial t=0$ なので、(3.29) とも一致する。19. 3.5-3 手順1は $\partial L/\partial q=0$ と $\partial L/\partial v=m(v+at)$ である。手順2で代入すると $m(\dot\gamma+at)$ になる。手順3で時刻について微分すると $m(\ddot\gamma+a)$ になる。Euler–Lagrange 方程式は $\ddot\gamma=-a$ である。

これは $x=\gamma+\frac12at^2$ が等速運動することと同じである。

この Lagrangian は時刻に陽に依存し、$\partial L/\partial t=ma(v+at)$ である。エネルギー関数は $E=m(v+at)v-\frac m2(v+at)^2=\frac m2v^2-\frac m2a^2t^2$ である。解 $\dot\gamma=c-at$（$c$ は定数）を代入すると、エネルギー関数の時間変化は次のようになる。

$$\frac{d E}{d t}=m\dot\gamma\ddot\gamma-ma^2t=-ma(c-at)-ma^2t=-mac$$

一方 $-\partial L/\partial t=-ma(\dot\gamma+at)=-mac$ で、(3.29) と一致する。$c\ne0$ なら $E$ は保存しない。直交座標 $x$ では Lagrangian は時刻に依存せず、エネルギーは保存する。$\partial L/\partial t$ は関数と座標の組 $(q,v,t)$ で決まる量で、座標を変えると値が変わる。20. 3.5-4 手順1で、追加の項 $M=\partial_i\Lambda\,v^i+\partial_t\Lambda$ の偏導関数を求める。

$$\frac{\partial M}{\partial q^j}=\partial_j\partial_i\Lambda\,v^i+\partial_j\partial_t\Lambda,\qquad \frac{\partial M}{\partial v^j}=\partial_j\Lambda$$

手順2で経路を代入すると、$\partial M/\partial v^j$ は $(\partial_j\Lambda)(\gamma(t),t)$ になる。手順3で $t$ で微分すると、連鎖律から次の式を得る。

$$\frac{d }{d t}\bigl[\partial_j\Lambda(\gamma(t),t)\bigr]=\partial_i\partial_j\Lambda\,\dot\gamma^i+\partial_t\partial_j\Lambda$$

これは手順2の $\partial M/\partial q^j$ に一致する。2階偏導関数の順序は交換できるからである。したがって追加の項は Euler–Lagrange 方程式に寄与せず、$L'$ と $L$ の方程式は一致する。