確認テストの解答

物理のための微分幾何入門　第9章 §9.7

1. 9.1-1 1次式の座標変換では $\partial x'^i/\partial x^k=A^i{}_k$ が定数なので、その2階微分は0である。したがって (9.2) の第2項が消え、第1項の $(1,1)$ 型テンソルの変換則だけが残る。
2. 9.1-2 極座標の成分は $V^r=0$ と $V^\theta=1$ で一定なので、成分の偏微分はすべて0である。共変微分は Christoffel 記号の項だけになり、(9.3) から次の値を得る。

$$\nabla_rV^\theta=\Gamma^\theta{}_{r\theta}V^\theta=\frac1r,\qquad \nabla_\theta V^r=\Gamma^r{}_{\theta\theta}V^\theta=-r,\qquad \nabla_rV^r=\nabla_\theta V^\theta=0 .$$

デカルト座標では、成分が $V^x=-y$ と $V^y=x$ である。0でない偏微分は次の2つだけである。

$$T^x{}_y=\partial_yV^x=-1,\qquad T^y{}_x=\partial_xV^y=1 .$$

これを $(1,1)$ 型テンソルとして極座標へ変換する。

$$T'^r{}_\theta=\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial y}{\partial \theta}T^x{}_y+\frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial x}{\partial \theta}T^y{}_x=\cos\theta\cdot r\cos\theta\cdot(-1)+\sin\theta\cdot(-r\sin\theta)\cdot1=-r ,$$

$$T'^\theta{}_r=\frac{\partial \theta}{\partial x}\frac{\partial y}{\partial r}T^x{}_y+\frac{\partial \theta}{\partial y}\frac{\partial x}{\partial r}T^y{}_x=\Bigl(-\frac{\sin\theta}{r}\Bigr)\sin\theta\cdot(-1)+\frac{\cos\theta}{r}\cos\theta\cdot1=\frac1r .$$

残りの2成分も同じ計算で0になり、極座標の共変微分と一致する。3. 9.1-3 経度方向の基底とその微分は次のとおりである。

$$\bm{r}_\varphi=R\sin\theta(-\sin\varphi,\cos\varphi,0),\qquad \partial_\varphi\bm{r}_\varphi=-R\sin\theta(\cos\varphi,\sin\varphi,0).$$

接平面の成分は、$\bm{r}_\theta=R(\cos\theta\cos\varphi,\cos\theta\sin\varphi,-\sin\theta)$ と $\bm{r}_\varphi$ の方向に分けて求める。

$$\frac{\partial_\varphi\bm{r}_\varphi\cdot\bm{r}_\theta}{g_{\theta\theta}}=\frac{-R^2\sin\theta\cos\theta}{R^2}=-\sin\theta\cos\theta,\qquad \frac{\partial_\varphi\bm{r}_\varphi\cdot\bm{r}_\varphi}{g_{\varphi\varphi}}=0 .$$

これは $\nabla_\varphi V^\theta=\Gamma^\theta{}_{\varphi\varphi}=-\sin\theta\cos\theta$ と $\nabla_\varphi V^\varphi=0$ に一致する。外向きの法線は $\bm{n}=(\sin\theta\cos\varphi,\sin\theta\sin\varphi,\cos\theta)$ である。これとの内積は $-R\sin^2\theta$ で、これが $h_{\varphi\varphi}$ である。4. 9.1-4 §9.1 の拘束された質点の式から、拘束力は $N=m\,h_{ij}\dot u^i\dot u^j$ である。球面の外向きの法線は $\bm{n}=\bm{r}/R$ なので、その微分は $\partial_j\bm{n}=\bm{r}_j/R$ である。$\bm{r}_i\cdot\bm{n}=0$ を微分すると、第二基本形式は $h_{ij}=-\bm{r}_i\cdot\partial_j\bm{n}$ と書ける。これに法線の微分を入れて、$h_{ij}=-g_{ij}/R$ を得る。

$$N=-\frac{m}{R}g_{ij}\dot u^i\dot u^j=-\frac{mv^2}{R}.$$

係数 $N$ は負なので、拘束力は中心を向き、大きさは $mv^2/R$ である。5. 9.2-1 座標基底どうしの Lie 括弧は0なので、捩れは2つの共変微分の差だけになる。

$$T(\partial_i,\partial_j)=\nabla_{\partial_i}\partial_j-\nabla_{\partial_j}\partial_i=(\Gamma^k{}_{ij}-\Gamma^k{}_{ji})\partial_k .$$

したがって $T^k{}_{ij}=\Gamma^k{}_{ij}-\Gamma^k{}_{ji}$ である。6. 9.2-2 計量の成分は $g_{\theta\theta}=R^2$ と $g_{\varphi\varphi}=R^2\sin^2\theta$ である。0でない微分は $\partial_\theta g_{\varphi\varphi}=2R^2\sin\theta\cos\theta$ だけである。

$$\Gamma^\theta{}_{\varphi\varphi}=-\frac{1}{2R^2}\,2R^2\sin\theta\cos\theta=-\sin\theta\cos\theta,\qquad \Gamma^\varphi{}_{\theta\varphi}=\frac{1}{2R^2\sin^2\theta}\,2R^2\sin\theta\cos\theta=\cot\theta .$$

残りの組は0である。(9.15) で微分の方向を $\theta$、2つの下の添字を $\varphi$ とおくと、和に残るのは1種類の項だけである。

$$\nabla_\theta g_{\varphi\varphi}=2R^2\sin\theta\cos\theta-2\cot\theta\cdot R^2\sin^2\theta=0 .$$ 7. 9.2-3 (9.1) で上の添字と最初の下の添字をそろえて和をとると、第1項と第3項は打ち消し合う。

$$\Gamma^i{}_{ij}=\frac12g^{il}\partial_jg_{li}=\frac12\partial_j\ln\left\vert g\right\vert =\partial_j\ln\sqrt{\left\vert g\right\vert }.$$

途中で、行列式の微分の公式 $\partial_j\ln\left\vert \det g\right\vert =g^{il}\partial_jg_{li}$ を使った。これを発散の式に入れると、次のようにまとまる。

$$\nabla_iV^i=\partial_iV^i+\Gamma^i{}_{ij}V^j=\partial_iV^i+V^j\partial_j\ln\sqrt{\left\vert g\right\vert }=\frac{1}{\sqrt{\left\vert g\right\vert }}\partial_i\bigl(\sqrt{\left\vert g\right\vert }\,V^i\bigr).$$

極座標では $\sqrt g=r$ で、$V^r=r$ を入れると発散は次の値になる。

$$\frac1r\partial_r(r\cdot r)=2 .$$

デカルト座標では $V=(x,y)$ で、発散は $1+1=2$ となり一致する。8. 9.2-4 $\omega(Y)=\omega_jY^j$ は関数なので、$\partial_i$ 方向の共変微分は偏微分である。Leibniz 則の左辺を展開し、右辺の第2項に (9.10) を入れる。

$$\partial_i(\omega_jY^j)=(\partial_i\omega_j)Y^j+\omega_k\partial_iY^k,\qquad \omega(\nabla_iY)=\omega_k\bigl(\partial_iY^k+\Gamma^k{}_{ij}Y^j\bigr).$$

差をとると、次の式を得る。

$$(\nabla_i\omega)_jY^j=(\partial_i\omega_j-\Gamma^k{}_{ij}\omega_k)Y^j .$$

これがすべての $Y$ で成り立つので、(9.14) を得る。9. 9.3-1 デカルト座標では接続の係数がすべて0なので、平行移動の方程式は $\mathrm{d} V^k/\mathrm{d} t=0$ である。成分は一定のまま運ばれ、一周して戻ったときも同じなので、ホロノミーは恒等写像である。平行移動は座標に依らない操作なので、極座標で計算しても同じ結論になる。10. 9.3-2 極座標では $E=1$ と $\sqrt G=r$ である。(9.20) から $\omega_{12}=\mathrm{d}\varphi$ を得る。円を一周すると $\oint\omega_{12}=2\pi$ で、回転角は $-2\pi$ となる。これは基底 $\bm{e}_r,\bm{e}_\varphi$ に対して1回転したことを意味する。基底そのものが一周の間に1回転しているので、ベクトルは実際には回っていない。基底が原点で特異になるので、定理 9.12 はそのままでは使えず、$2\pi$ の整数倍のずれが生じた（注意の箱の2項目）。11. 9.3-3 円錐では $E=1$ と $\sqrt G=\rho\sin\beta$ である。(9.20) から $\omega_{12}=\sin\beta\,\mathrm{d}\varphi$ を得る。一周すると回転角は $-2\pi\sin\beta$ である。回転としては、反時計回りの $2\pi(1-\sin\beta)$ に等しい。 (9.21) では $(\sqrt G)_\rho/\sqrt E=\sin\beta$ が定数なので、その微分は0で、Gauss 曲率は0である。曲率が0なのに回転が残るのは曲率が頂点に集中しているからで、回転角は円錐を切り開いた扇形の欠けた角に等しい。12. 9.3-4 本文と同じく、ベクトルは各辺で南向き（$\partial_\theta$ の向き）のまま運ばれる。北極に戻ったとき、ベクトルは経線 $NB$ の方向を指すので、出発のときから角 $\phi_0$ だけ回っている。三角形は北半球のうち経度の幅 $\phi_0$ の部分なので、面積は次の値である。

$$2\pi R^2\cdot\frac{\phi_0}{2\pi}=\phi_0R^2 .$$

Gauss 曲率 $1/R^2$ を掛けると $\phi_0$ となり、回転角に一致する。13. 9.4-1 赤道では緯度の正弦が0なので、振動面は回らない。赤道は大円で、その上では2つの座標基底が平行なので、地面の基底に対して振動面の向きは変わらない。北極では1恒星日に1回転する。北極の振り子は慣性系で動かないので振動面は慣性系で止まり、地面の基底だけが1回転する。14. 9.4-2 $\sin30^\circ=\frac12$ なので、1時間に $15.04\times\frac12\approx7.52$ 度回る。1回転にかかる時間は $23.934\times2\approx47.9$ 時間である。扇形の中心角は (9.26) から $\pi$ で、図 9.3 の半円になる。15. 9.4-3 南緯35度では緯度が負なので、時計回りの角速度が負、つまり上から見て反時計回りに回る。大きさは $15.04\times\sin35^\circ\approx15.04\times0.5736\approx8.63$ で、1時間に約8.63度である。16. 9.4-4 $\ell$ を時間で微分し、運動方程式を代入する。

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}(x\dot y-y\dot x)=x\ddot y-y\ddot x=x(-\omega_0^2y-2\Omega_z\dot x)-y(-\omega_0^2x+2\Omega_z\dot y)=-2\Omega_z(x\dot x+y\dot y).$$

右辺は $-\Omega_z(x^2+y^2)$ の時間微分なので、$\ell$ の微分は0である。

慣性系での速度は、地面に対する速度に $\bm{\Omega}\times\bm{r}$ を足したものである。したがって $\ell$ は、鉛直軸のまわりの慣性系での角運動量を質量で割ったものに当たる。小振幅では、張力と重力の合力は鉛直軸のまわりのモーメントを持たないので、この角運動量が保存する。17. 9.5-1 $\langle n | n \rangle =1$ を $\bm{R}$ で微分すると、次の式を得る。

$$\langle \nabla n | n \rangle +\langle n | \nabla n \rangle =0 .$$

第1項は第2項の複素共役なので、$\langle n | \nabla n \rangle$ の実部は0、つまり純虚数である。したがって、虚数単位を掛けた Berry 接続は実数である。18. 9.5-2 取り替えた状態を $| n' \rangle =\mathrm{e}^{\mathrm{i}\chi}| n \rangle$ とおき、微分する。

$$\nabla| n' \rangle =\mathrm{e}^{\mathrm{i}\chi}\bigl(\mathrm{i}\nabla\chi| n \rangle +\nabla| n \rangle \bigr),\qquad \bm{A}'_n=\mathrm{i}\langle n' | \nabla n' \rangle =\mathrm{i}\bigl(\mathrm{i}\nabla\chi+\langle n | \nabla n \rangle \bigr)=\bm{A}_n-\nabla\chi .$$

閉曲線に沿う積分では、勾配の線積分は $\chi$ の一周の増分に等しい。(a) $\chi$ が一価なら増分は0で、Berry 位相は変わらない。(b) 増分が $2\pi m$ なら Berry 位相は $2\pi m$ だけ変わるが、位相因子は変わらない。19. 9.5-3 例題 9.7 の式で、角を $45^\circ$ とおく。

$$2\pi\Bigl(1-\frac{1}{\sqrt2}\Bigr)\approx1.840\ \mathrm{rad}\approx105.4^\circ .$$ 20. 9.5-4 閉曲線を $\bm{R}(s)$ と書き、パラメータを増加関数 $s=s(\sigma)$ で取り替える。連鎖律と置換積分の因子が打ち消し合うので、線積分は変わらない。

$$\oint\bm{A}_n\cdot\frac{\mathrm{d}\bm{R}}{\mathrm{d}\sigma}\,\mathrm{d}\sigma=\oint\bm{A}_n\cdot\frac{\mathrm{d}\bm{R}}{\mathrm{d} s}\frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d}\sigma}\,\mathrm{d}\sigma=\oint\bm{A}_n\cdot\frac{\mathrm{d}\bm{R}}{\mathrm{d} s}\,\mathrm{d} s .$$

したがって Berry 位相は曲線 $C$ だけで決まり、たどる速さに依らない。一方、動的な位相はかかった時間に比例するので、速さに依る。