確認テストの解答

物理のための微分幾何入門　第12章 §12.8

1. 12.1-1 (12.4) で $\beta=\alpha$ とすると、2項が打ち消す。

$$(\alpha\wedge\alpha)(u,v)=\alpha(u)\alpha(v)-\alpha(v)\alpha(u)=0$$

すべての2本のベクトルで値が0なので、$\alpha\wedge\alpha=0$ である。

次に $\omega\wedge\omega$ を展開する。

$$\begin{aligned} \omega\wedge\omega&=\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2+\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3\wedge\mathrm{d} x^4\\ &\quad+\mathrm{d} x^3\wedge\mathrm{d} x^4\wedge\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2+\mathrm{d} x^3\wedge\mathrm{d} x^4\wedge\mathrm{d} x^3\wedge\mathrm{d} x^4 \end{aligned}$$

第1項と第4項は、同じ1形式を2つ含むので $0$ である。第3項は2形式どうしの入れ替えで、(12.5) から符号は $(-1)^{2\cdot2}=1$ である。したがって次の結果を得る。

$$\omega\wedge\omega=2\,\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3\wedge\mathrm{d} x^4\ne0$$

この形の2形式は第14章の正準2形式（2自由度）で、$\omega\wedge\omega\ne0$ はその非退化性を表す。2. 12.1-2 定理 12.5 の帰結から、値は成分を並べた行列式である。

$$(\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z)(\bm{a}_1,\bm{a}_2,\bm{a}_3)=\Bigl(\frac a2\Bigr)^3\det\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}=\frac{a^3}{8}\cdot2=\frac{a^3}{4}$$

行列式は第1行で展開して $0\cdot(0-1)-1\cdot(0-1)+1\cdot(1-0)=2$ である。基本単位胞の体積は $a^3/4$ である。立方体の単位胞（体積 $a^3$）に原子が4個あることと合う。2本を入れ替えると、反対称性から値は $-a^3/4$ になる。3. 12.1-3 まず $\alpha\wedge\beta$ を求める。$\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^2=0$ なので3項が残る。

$$\alpha\wedge\beta=\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2+\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^3+\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3$$

これに $\gamma=\mathrm{d} x^3+\mathrm{d} x^4$ を掛ける。$\mathrm{d} x^3$ を掛けると、$\mathrm{d} x^3$ を含む第2項と第3項は消え、第1項だけが残る。$\mathrm{d} x^4$ を掛けると、3項とも残る。

$$\alpha\wedge\beta\wedge\gamma=\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3+\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^4+\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^3\wedge\mathrm{d} x^4+\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3\wedge\mathrm{d} x^4$$

4つの基底の係数はどれも $1$ である。4. 12.1-4 1次従属なら、番号を付け替えて $\alpha^k=\sum_{i<k}c_i\alpha^i$ と書ける。これを代入すると、各項は同じ1形式を2つ含むので $0$ になる。

逆に1次独立なら、この組を補って双対空間の基底 $\alpha^1,\dots,\alpha^n$ を作る。その双対基底 $v_1,\dots,v_n$ をとる（$\alpha^i(v_j)=\delta^i{}_j$）。(12.2) から、次の値が出る。

$$(\alpha^1\wedge\dots\wedge\alpha^k)(v_1,\dots,v_k)=\det\bigl[\delta^i{}_j\bigr]_{i,j=1}^k=1$$

したがって外積は $0$ でない。5. 12.2-1 関数の積の偏微分に $\mathrm{d} x^i$ を掛けて和をとると、次の式を得る。

$$\mathrm{d}(fg)=\partial_i(fg)\,\mathrm{d} x^i=(g\,\partial_if+f\,\partial_ig)\,\mathrm{d} x^i=g\,\mathrm{d} f+f\,\mathrm{d} g$$

$f\,\mathrm{d} g$ は0形式と1形式の外積なので、Leibniz 則 (12.13) の $k=0$ の場合を使う。

$$\mathrm{d}(f\,\mathrm{d} g)=\mathrm{d} f\wedge\mathrm{d} g+f\,\mathrm{d}(\mathrm{d} g)=\mathrm{d} f\wedge\mathrm{d} g$$

最後に $g=f$ とすると、$\mathrm{d}(f\,\mathrm{d} f)=\mathrm{d} f\wedge\mathrm{d} f=0$ である。6. 12.2-2 各項で、基底に無い座標の微分だけが残る。

$$\mathrm{d}\beta=2x\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z+2y\,\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z\wedge\mathrm{d} x+2z\,\mathrm{d} z\wedge\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y$$

基底の並び $(y,z,x)$ と $(z,x,y)$ はどちらも巡回置換（偶置換）である。そのため、どちらの3形式も $\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$ に等しい。したがって $\mathrm{d}\beta=2(x+y+z)\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$ である。$\bm{b}=(x^2,y^2,z^2)$ の発散も $2x+2y+2z$ で、(12.17) と一致する。7. 12.2-3 左辺から計算する。$\alpha\wedge\beta=xy^2z\,\mathrm{d} z\wedge\mathrm{d} x$ なので、$\mathrm{d} y$ の項だけが残る。

$$\mathrm{d}(\alpha\wedge\beta)=2xyz\,\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z\wedge\mathrm{d} x=2xyz\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$$

右辺の各項を計算する。$\mathrm{d}\alpha=y\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} z+x\,\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$ である。これに $\beta=yz\,\mathrm{d} x$ を後ろから掛けると、第1項は消える。

$$\mathrm{d}\alpha\wedge\beta=xyz\,\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z\wedge\mathrm{d} x=xyz\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$$

$\mathrm{d}\beta=z\,\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} x+y\,\mathrm{d} z\wedge\mathrm{d} x$ である。$\alpha=xy\,\mathrm{d} z$ を前から掛けると、第2項は消える。

$$\alpha\wedge\mathrm{d}\beta=xyz\,\mathrm{d} z\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} x=-xyz\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$$

したがって $\mathrm{d}\alpha\wedge\beta-\alpha\wedge\mathrm{d}\beta=2xyz\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$ で、左辺と一致する。8. 12.2-4 (12.12) から $(\mathrm{d}\omega)_{jk}=\partial_j\omega_k-\partial_k\omega_j$ である。これを2形式の成分として、もう1回 (12.12) を使う。

$$(\mathrm{d}\mathrm{d}\omega)_{ijk}=\partial_i(\mathrm{d}\omega)_{jk}-\partial_j(\mathrm{d}\omega)_{ik}+\partial_k(\mathrm{d}\omega)_{ij}$$

3つの括弧を展開すると、6つの2階微分の項になる。

$$(\partial_i\partial_j\omega_k-\partial_i\partial_k\omega_j)-(\partial_j\partial_i\omega_k-\partial_j\partial_k\omega_i)+(\partial_k\partial_i\omega_j-\partial_k\partial_j\omega_i)$$

2階微分の順序は交換できるので、$\partial_i\partial_j\omega_k$ と $-\partial_j\partial_i\omega_k$ が打ち消す。残りの2組も同じように打ち消すので、和は $0$ である。9. 12.3-1 接ベクトル $u$、$v$ について、(12.18) と (12.4) から次のようになる。

$$f^*(\alpha\wedge\beta)(u,v)=\alpha(f_*u)\beta(f_*v)-\alpha(f_*v)\beta(f_*u)$$

$\alpha(f_*u)=(f^*\alpha)(u)$ などを使うと、右辺は次の式になる。

$$(f^*\alpha)(u)\,(f^*\beta)(v)-(f^*\alpha)(v)\,(f^*\beta)(u)=(f^*\alpha\wedge f^*\beta)(u,v)$$ 10. 12.3-2 §12.3 の例の $\mathrm{d} x$、$\mathrm{d} y$ を代入する。

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

$\mathrm{d} r$ の項は打ち消した。半径 $a$ の円の上では $r=a$ で、角度は1周分増える。したがって積分は $\int_0^{2\pi}a^2\,\mathrm{d}\theta=2\pi a^2$ である。これは例題 12.5(3) で $R=a$ とした値と一致する。11. 12.3-3 ヤコビ行列は次のとおりである。

$$\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(r,\theta,\varphi)}= \begin{pmatrix} \sin\theta\cos\varphi&r\cos\theta\cos\varphi&-r\sin\theta\sin\varphi\\ \sin\theta\sin\varphi&r\cos\theta\sin\varphi&r\sin\theta\cos\varphi\\ \cos\theta&-r\sin\theta&0 \end{pmatrix}$$

第3行で展開する。第1項は $\cos\theta\cdot(r^2\sin\theta\cos\theta)$ で、第2項は $r\sin\theta\cdot(r\sin^2\theta)$ である。和は $r^2\sin\theta(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=r^2\sin\theta$ で、(12.21) から主張が出る。12. 12.3-4 $\tilde\gamma=\gamma\circ h$ とすると、連鎖律から $\dot{\tilde\gamma}^i(s)=\dot\gamma^i(h(s))\,h'(s)$ である。

$$\int_{\tilde\gamma}\omega=\int_c^d\omega_i(\gamma(h(s)))\,\dot\gamma^i(h(s))\,h'(s)\,\mathrm{d} s$$

$t=h(s)$ と置換する。

増加の場合は、積分の端点がそのまま区間の始点と終点に移る。すると右辺は $\int_\gamma\omega$ になる。$h$ が減少なら端点が入れ替わるので、符号が反転する。これは1次元での定理 12.12 にあたる。13. 12.4-1 $\bm{F}^\flat=-\mathrm{d} V$ なので、経路 $\gamma$ に沿った仕事は (12.27) から次の式になる。

$$W=\int_\gamma\bm{F}^\flat=-\int_\gamma\mathrm{d} V=V(A)-V(B)$$

右辺は、始点 $A$ と終点 $B$ だけで決まる。14. 12.4-2 確認テスト 12.2-2 と同じ計算で $\mathrm{d}\beta=3\,\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$ なので、$\int_V\mathrm{d}\beta=3$ である。境界の6つの面を計算する。右の面の上では $x=1$ で、引き戻しは $\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$ になる。外向きは $+x$ 方向で、$(y,z)$ の順が外向きに合う向きである。この面の積分は $1$ である。反対側の面では係数 $x$ が0なので、積分は $0$ である。ほかの2組の面も同じで、合計は $1+1+1=3$ である。これは体積の積分と一致する。15. 12.4-3 ループの面積は $S=\pi(0.05\,\mathrm{m})^2=7.85\times10^{-3}\,\mathrm{m^2}$ である。磁束の時間変化は、面積に磁場の増加率を掛けたものである。起電力の大きさは次のとおりである。

$$\left\vert \mathcal E\right\vert =\pi(0.05)^2\times0.20\,\mathrm V=1.57\times10^{-3}\,\mathrm V$$

約 $1.6\,\mathrm{mV}$ である。16. 12.4-4 境界が空なので、(12.26) の右辺は0である。したがって $\int_S\mathrm{d}\eta=0$ である。閉曲面を貫く磁束は $\int_S\Phi_{\bm{B}}=\int_S\mathrm{d}\bm{A}^\flat$ である。$\eta=\bm{A}^\flat$ とすれば、これは $0$ になる。17. 12.5-1 $\omega=\mathrm{d}\eta$ なら $\mathrm{d}\omega=\mathrm{d}\mathrm{d}\eta=0$ である。

$f=\tfrac12\ln(x^2+y^2)$ とおく。偏微分は次のとおりである。

$$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{x}{x^2+y^2},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{y}{x^2+y^2}$$

したがって $\mathrm{d} f$ は問題の形式に等しく、この形式は完全である。極座標では $f=\ln r$ で、形式は $\mathrm{d} r/r$ である。

$\ln r$ は穴のある平面全体で1つの値に決まる関数である。そのため、$\mathrm{d}\theta$ と違って完全形式になる。18. 12.5-2 閉性を確かめる。3つの成分について、組ごとの偏微分が一致する。

$$\partial_x\omega_y=2x=\partial_y\omega_x,\qquad \partial_x\omega_z=1=\partial_z\omega_x,\qquad \partial_y\omega_z=0=\partial_z\omega_y$$

(12.32)（$k=1$）で $f$ を求める。

$$f=\int_0^1\bigl[x(2t^2xy+tz)+y\,t^2x^2+z\,tx\bigr]\mathrm{d} t=x\Bigl(\frac{2xy}3+\frac z2\Bigr)+\frac{x^2y}3+\frac{xz}2=x^2y+xz$$

$\mathrm{d} f$ を計算すると $\omega$ に一致する。19. 12.5-3 右の辺は $x=1$ の線分である。その上では $\mathrm{d} x=0$ なので、積分は次のようになる。

$$\int\frac{x\,\mathrm{d} y}{x^2+y^2}=\int_{-1}^1\frac{\mathrm{d} y}{1+y^2}=2\arctan1=\frac\pi2$$

原点のまわりの $90^\circ$ の回転で、正方形と $\omega$ はどちらも変わらない。したがって4辺の積分は等しく、合計は $4\cdot\pi/2=2\pi$ である。

2つ目の正方形は、囲む領域ごと原点を含まない。その領域は原点を除いた平面に含まれる。そのため Stokes の定理から、周の積分は内部の $\mathrm{d}\omega=0$ の積分に等しく、$0$ である。20. 12.5-4 1点 $p_0$ を固定し、そこでの値と関数の値が等しくなる点の集合を $A$ とする。$f$ は連続なので $A$ は閉集合である。$A$ の点のまわりに連結な座標近傍をとる。そこでは $\partial_if=0$ なので関数は一定で、近傍は $A$ に含まれる。したがって $A$ は開集合でもあり、空でないので、連結性から $A=M$ である。 $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ は、正の側と負の側の2つの連結成分を持つ。$\mathrm{d} f=0$ の関数は各成分で定数で、2つの定数は独立に選べる。したがって $\dim H^0=2$ である。21. 12.6-1 $\alpha=\mathrm{d} x$ のとき、左辺は $\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z=\mathrm{vol}$ で、右辺の内積は1である。ほかの基底のとき、左辺は同じ1形式を2つ含んで0で、右辺の内積も0である。したがって $\star\mathrm{d} x=\mathrm{d} y\wedge\mathrm{d} z$ である。同様に、$(\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y)\wedge\mathrm{d} z=\mathrm{vol}$ で、$\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y$ の自分との内積は1である。そのため $\star(\mathrm{d} x\wedge\mathrm{d} y)=\mathrm{d} z$ である。 (12.39) で $\operatorname{sgn}(g)=1$、$n=3$ とする。指数 $k(3-k)$ は、次数が0から3のときそれぞれ0、2、2、0で、すべて偶数である。したがって $\star\star=1$ である。22. 12.6-2 (12.38) から、1番目の余枠の双対は残り2つの外積である。

$$\star\mathrm{d} r=(r\,\mathrm{d}\theta)\wedge(r\sin\theta\,\mathrm{d}\varphi)=r^2\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\wedge\mathrm{d}\varphi$$

$\mathrm{d} f=mr^{m-1}\mathrm{d} r$ なので、次のようになる。

$$\star\mathrm{d} f=m\,r^{m+1}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\wedge\mathrm{d}\varphi,\qquad \mathrm{d}\star\mathrm{d} f=m(m+1)\,r^m\sin\theta\,\mathrm{d} r\wedge\mathrm{d}\theta\wedge\mathrm{d}\varphi$$

体積形式は $\mathrm{vol}=r^2\sin\theta\,\mathrm{d} r\wedge\mathrm{d}\theta\wedge\mathrm{d}\varphi$ で、$\star\mathrm{vol}=1$ である。したがって $\star\mathrm{d}\star\mathrm{d} f=m(m+1)\,r^{m-2}$ である。$m=-1$ では係数が0なので、原点の外で $\Delta(1/r)=0$ である。23. 12.6-3 定理 12.23 の証明の $\star J^\flat$ に $\mathrm{d}$ を当てる。第1項では、時間の微分だけが残る。

$$\mathrm{d}\bigl(c\rho\,\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3\bigr)=c\,\partial_0\rho\;\mathrm{d} x^0\wedge\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3=\partial_t\rho\;\mathrm{vol}$$

第2項では、Leibniz 則の符号 $-1$ と前の負号が打ち消し、(12.17) の発散が残る。

$$-\mathrm{d}\bigl(\mathrm{d} x^0\wedge[J_x\,\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3+\cdots]\bigr)=\mathrm{d} x^0\wedge(\nabla\cdot\bm{J})\,\mathrm{d} x^1\wedge\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3=(\nabla\cdot\bm{J})\,\mathrm{vol}$$

合わせて、$\mathrm{d}\star J^\flat=(\partial_t\rho+\nabla\cdot\bm{J})\,\mathrm{vol}$ である。24. 12.6-4 (12.43) を続けて使う。

$$\star\star(\mathrm{d} x^0\wedge\mathrm{d} x^1)=\star(-\mathrm{d} x^2\wedge\mathrm{d} x^3)=-\mathrm{d} x^0\wedge\mathrm{d} x^1$$

真空では $\mathrm{d} F'=\mathrm{d}\star F=0$ である。また $\mathrm{d}\star F'=\mathrm{d}\star\star F=-\mathrm{d} F=0$ である。したがって $F'$ も2つの式を満たす。

(12.45) から、$F'$ は電場と磁場を次のように置き換えた形である。

$$\bm{E}'/c=-\bm{B},\qquad \bm{B}'=\bm{E}/c$$

これは $(\bm{E},\bm{B})\to(-c\bm{B},\bm{E}/c)$ という置き換えで、真空の Maxwell 方程式はこの置き換えで保たれる。25. 12.6-5 この座標では、温度と体積をエントロピーと圧力の関数とみなす。

$$\mathrm{d} T\wedge\mathrm{d} S=\Bigl(\frac{\partial T}{\partial p}\Bigr)_S\mathrm{d} p\wedge\mathrm{d} S,\qquad \mathrm{d} p\wedge\mathrm{d} V=\Bigl(\frac{\partial V}{\partial S}\Bigr)_p\mathrm{d} p\wedge\mathrm{d} S$$

(12.48) で係数を比べると、次の関係を得る。

$$\Bigl(\frac{\partial T}{\partial p}\Bigr)_S=\Bigl(\frac{\partial V}{\partial S}\Bigr)_p$$