外微分と $\mathrm{d}^2=0$

物理のための微分幾何入門　第12章 §12.2　★★★ 関数の微分を $k$ 形式へ広げた演算 $\mathrm{d}$ は、3次元では勾配・回転・発散になり、2回続けると必ず0になる

外微分の定義

関数 $f$ の微分 $\mathrm{d} f$ は、0形式から1形式を作る演算である。これを、$k$ 形式から $k+1$ 形式を作る演算へ広げる。方針は、成分の関数だけを微分し、基底 $\mathrm{d} x^I$ はそのまま残すことである。

この定義は座標を使って書いたが、結果は座標の選び方に依らない。そのことは §12.3 で、引き戻しを使って示す（系 12.11）。

成分 (12.7) で書くと、$\mathrm{d}\omega$ の成分は次の交代和になる。

$$(\mathrm{d}\omega)_{i_0i_1\cdots i_k}=\sum_{a=0}^{k}(-1)^a\,\partial_{i_a}\,\omega_{i_0\cdots\widehat{i_a}\cdots i_k}\tag{12.12}$$

ここで $\widehat{i_a}$ は、その添字を除くという意味である。

(12.12) の導出

(12.7) を (12.11) に入れると、次の形になる。

$$\mathrm{d}\omega=\frac1{k!}\,c_{mi_1\cdots i_k}\,\mathrm{d} x^m\wedge\mathrm{d} x^{i_1}\wedge\dots\wedge\mathrm{d} x^{i_k},\qquad c_{mi_1\cdots i_k}=\partial_m\omega_{i_1\cdots i_k}$$

ここで $c$ は、後ろの $k$ 個の添字についてだけ反対称である。これを座標基底の組に当てると、(12.2) から並べ替えの符号つき和になる。

$$(\mathrm{d}\omega)_{j_0\cdots j_k}=\frac1{k!}\sum_{\sigma\in S_{k+1}}\operatorname{sgn}\sigma\;c_{j_{\sigma(0)}j_{\sigma(1)}\cdots j_{\sigma(k)}}$$

先頭に来る添字 $j_a$ ごとに和を分ける。残りの並べ替えは $k!$ 通りあり、$c$ の後ろの添字の反対称性からどれも同じ値になる。この $k!$ が前の $1/k!$ と打ち消し合う。$j_a$ を先頭へ移す並べ替えの符号は $(-1)^a$ なので、(12.12) を得る。

1形式なら、(12.12) は $(\mathrm{d}\omega)_{ij}=\partial_i\omega_j-\partial_j\omega_i$ である。電磁ポテンシャルの1形式 $A=A_\mu\,\mathrm{d} x^\mu$ に当てると、第4章の電磁場テンソルがそのまま現れる。

$$F_{\mu\nu}=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu$$

つまり電磁場は、2形式 $F=\mathrm{d} A$ である。

外微分の性質

証明

(i) と (ii) は定義 (12.11) から明らかである。

(iii) 線形性から、$\omega=f\,\mathrm{d} x^I$、$\eta=g\,\mathrm{d} x^J$ の場合を示せば足りる。積の微分 $\mathrm{d}(fg)=g\,\mathrm{d} f+f\,\mathrm{d} g$ から、次のようになる。

$$\mathrm{d}(\omega\wedge\eta)=\mathrm{d}(fg)\wedge\mathrm{d} x^I\wedge\mathrm{d} x^J =\mathrm{d} f\wedge\mathrm{d} x^I\wedge g\,\mathrm{d} x^J+f\,\mathrm{d} g\wedge\mathrm{d} x^I\wedge\mathrm{d} x^J$$

第1項は $\mathrm{d}\omega\wedge\eta$ である。第2項では、1形式 $\mathrm{d} g$ を $\mathrm{d} x^I$ の後ろへ移す。このとき (12.5) から符号 $(-1)^k$ が出て、結果は $(-1)^k\,\omega\wedge\mathrm{d}\eta$ になる。

(iv) 線形性から、$\omega=f\,\mathrm{d} x^I$ の場合を示せば足りる。基底 $\mathrm{d} x^I$ の係数は定数なので、(iii) からその外微分は $0$ である。

$$\mathrm{d}(\mathrm{d}\omega)=\mathrm{d}\Bigl(\frac{\partial f}{\partial x^j}\,\mathrm{d} x^j\wedge\mathrm{d} x^I\Bigr)=\frac{\partial^2f}{\partial x^i\partial x^j}\,\mathrm{d} x^i\wedge\mathrm{d} x^j\wedge\mathrm{d} x^I$$

2階の偏微分は $i$ と $j$ について対称である。一方、$\mathrm{d} x^i\wedge\mathrm{d} x^j$ は反対称である。2つの添字を入れ替えた2項が打ち消し合うので、和は $0$ になる。

勾配・回転・発散

3次元ユークリッド空間で、(12.9) の対応を使って外微分を書き直す。0形式（関数）の外微分は勾配である。

$$\mathrm{d} f=\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d} x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d} y+\frac{\partial f}{\partial z}\mathrm{d} z=(\nabla f)^\flat\tag{12.15}$$

1形式 $\bm{a}^\flat$ の外微分を計算する。第1成分の項 $a_x\,\mathrm{d} x$ の外微分では、$x$ 以外の座標についての微分の2項だけが残る。3成分をまとめて基底ごとに整理すると、回転の流束の形になる。

$$\mathrm{d}(\bm{a}^\flat) =(\partial_ya_z-\partial_za_y)\,\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z+(\partial_za_x-\partial_xa_z)\,\mathrm{d} z\wedge\mathrm{d} x+(\partial_xa_y-\partial_ya_x)\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y =\Phi_{\nabla\times\bm{a}}\tag{12.16}$$

2形式 $\Phi_{\bm{b}}$ の外微分では、第1成分の項から $x$ についての微分だけが残る。ほかの成分も同じである。

$$\mathrm{d}\Phi_{\bm{b}}=(\partial_xb_x+\partial_yb_y+\partial_zb_z)\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z=(\nabla\cdot\bm{b})\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z\tag{12.17}$$

図 12.2 のように、3つの式を並べると $\mathrm{d}^2=0$ の意味が読める。関数に $\mathrm{d}$ を2回当てると、(12.15) と (12.16) から $\Phi_{\nabla\times\nabla f}$ になる。これが $0$ であることが、恒等式 $\nabla\times\nabla f=0$ である。同様に、1形式に2回当てたものの係数は $\nabla\cdot(\nabla\times\bm{a})$ で、これが0であることがもう1つの恒等式である。

2つの恒等式は、ベクトル解析では成分を書き下して別々に確かめるものであった。外微分の言葉では、どちらも「2階の偏微分は順序に依らない」という同じ事実から出る。4次元以上では回転というベクトルが無いが、$\mathrm{d}$ と $\mathrm{d}^2=0$ はそのまま使える。

確認テスト

オリジナル

1. 12.2-1 2つの関数について、$\mathrm{d}(fg)=g\,\mathrm{d} f+f\,\mathrm{d} g$ と $\mathrm{d}(f\,\mathrm{d} g)=\mathrm{d} f\wedge\mathrm{d} g$ を示せ。これを使って $\mathrm{d}(f\,\mathrm{d} f)=0$ を示せ。
2. 12.2-2 次の2形式の外微分を求め、(12.17) の発散と一致することを確かめよ。

$$\beta=x^2\,\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z+y^2\,\mathrm{d} z\wedge\mathrm{d} x+z^2\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y$$ 3. 12.2-3 $\alpha=xy\,\mathrm{d} z$、$\beta=yz\,\mathrm{d} x$ とする。$\mathrm{d}(\alpha\wedge\beta)$ と $\mathrm{d}\alpha\wedge\beta-\alpha\wedge\mathrm{d}\beta$ をそれぞれ計算せよ。Leibniz 則 (12.13) が成り立つことを確かめよ。4. 12.2-4 $n$ 次元の1形式 $\omega=\omega_i\,\mathrm{d} x^i$ を考える。成分の式 (12.12) を2回使って、$(\mathrm{d}\mathrm{d}\omega)_{ijk}=0$ を示せ。