確認テストの解答

相対論入門　第10章 §10.6

1. 10.1-1 (10.7) で $\mu$ と $\nu$ を入れ替えると

$$R^\rho{}_{\sigma\nu\mu}=\partial_\nu\Gamma^\rho{}_{\mu\sigma}-\partial_\mu\Gamma^\rho{}_{\nu\sigma}+\Gamma^\rho{}_{\nu\lambda}\Gamma^\lambda{}_{\mu\sigma}-\Gamma^\rho{}_{\mu\lambda}\Gamma^\lambda{}_{\nu\sigma}$$

で、4つの項がもとの式の第2・第1・第4・第3項の $-1$ 倍になっている。したがって $R^\rho{}_{\sigma\nu\mu}=-R^\rho{}_{\sigma\mu\nu}$。2. 10.1-2 $(\rho,\sigma,\mu,\nu)=(r,\varphi,r,\varphi)$ とおく。

$$R^r{}_{\varphi r\varphi}=\partial_r\Gamma^r{}_{\varphi\varphi}-\partial_\varphi\Gamma^r{}_{r\varphi}+\Gamma^r{}_{r\lambda}\Gamma^\lambda{}_{\varphi\varphi}-\Gamma^r{}_{\varphi\lambda}\Gamma^\lambda{}_{r\varphi}.$$

各項は次のとおりである。

• 第1項は $\partial_r(-r)=-1$。
• 第2項は $\Gamma^r{}_{r\varphi}=0$ で 0。
• 第3項は $\Gamma^r{}_{rr}=\Gamma^r{}_{r\varphi}=0$ で 0。
• 第4項は $\lambda=\varphi$ だけが残り、$\Gamma^r{}_{\varphi\varphi}\Gamma^\varphi{}_{r\varphi}=(-r)(1/r)=-1$。

したがって $R^r{}_{\varphi r\varphi}=-1-(-1)=0$。同様に

$$R^\varphi{}_{r\varphi r}=\partial_\varphi\Gamma^\varphi{}_{rr}-\partial_r\Gamma^\varphi{}_{\varphi r}+\Gamma^\varphi{}_{\varphi\lambda}\Gamma^\lambda{}_{rr}-\Gamma^\varphi{}_{r\lambda}\Gamma^\lambda{}_{\varphi r} =0-\partial_r\frac1r+0-\Gamma^\varphi{}_{r\varphi}\Gamma^\varphi{}_{\varphi r}=\frac{1}{r^2}-\frac{1}{r^2}=0 .$$

ここで $\Gamma^\lambda{}_{rr}=0$ を使い、第4項では $\lambda=\varphi$ だけが残った。2次元で独立な成分はこの1つなので、Riemann テンソルはすべて 0 で、平面が平坦であることと合っている。3. 10.1-3 スカラー場では $\nabla_\nu f=\partial_\nu f$ で、$\nabla_\mu\nabla_\nu f=\partial_\mu\partial_\nu f-\Gamma^\lambda{}_{\mu\nu}\partial_\lambda f$。第1項は $\mu,\nu$ について対称、第2項もねじれが無いので対称で、$[\nabla_\mu,\nabla_\nu]f=0$ である。任意のベクトル場 $V$ をとり、$f=\omega_\sigma V^\sigma$ とおく。共変微分は積の微分の規則を満たすので

$$\nabla_\mu\nabla_\nu(\omega_\sigma V^\sigma)=(\nabla_\mu\nabla_\nu\omega_\sigma)V^\sigma+\nabla_\nu\omega_\sigma\nabla_\mu V^\sigma+\nabla_\mu\omega_\sigma\nabla_\nu V^\sigma+\omega_\sigma\nabla_\mu\nabla_\nu V^\sigma .$$

$\mu,\nu$ を入れ替えて引くと、中の2項は対称なので消え、

$$0=\bigl([\nabla_\mu,\nabla_\nu]\omega_\sigma\bigr)V^\sigma+\omega_\rho R^\rho{}_{\sigma\mu\nu}V^\sigma$$

となる（第2項で (10.6) を使い、和の添字の名前を付け替えた）。$V^\sigma$ は任意なので $[\nabla_\mu,\nabla_\nu]\omega_\sigma=-R^\rho{}_{\sigma\mu\nu}\omega_\rho$。4. 10.1-4 計量の成分 $g_{\varphi\varphi}=a^2$、$g_{zz}=1$ はどちらも定数なので、すべての Christoffel 記号が 0 で、(10.7) から Riemann テンソルもすべて 0 である。円柱の表面を1本の母線に沿って切り開くと、伸び縮みさせずに平面に広げることができる。広げても曲面の上の長さと角度は変わらないので、曲面の上の測定で決まる Riemann テンソルは平面と同じ 0 になる。 3次元の空間の中で曲がって見えるのは、曲面の外から見た曲がり方（外在的な曲がり）であり、Riemann テンソルが表すのは曲面の上だけで測れる曲がり（内在的な曲がり）である。円柱を1周する閉じた道も、切り開いた平面の上では1点からその平行移動先の点への道になる。平面の上の平行移動はベクトルの向きを変えないので、円柱を1周したベクトルは元の向きに戻る。5. 10.2-1 証明の最後の段で、第2項どうし $\Gamma^\rho{}_{\mu\sigma}u^\mu\xi^\sigma$ と $\Gamma^\rho{}_{\mu\sigma}\xi^\mu u^\sigma$ が等しいとした。その所で、下の添字の対称性を使った。ねじれがあると、第1項どうしは同じく消え、

$$\frac{D\xi^\rho}{\mathrm{d}\tau}-\frac{Du^\rho}{\mathrm{d} s}=\Gamma^\rho{}_{\mu\sigma}u^\mu\xi^\sigma-\Gamma^\rho{}_{\mu\sigma}\xi^\mu u^\sigma=\bigl(\Gamma^\rho{}_{\mu\sigma}-\Gamma^\rho{}_{\sigma\mu}\bigr)u^\mu\xi^\sigma=S^\rho{}_{\mu\sigma}u^\mu\xi^\sigma$$

が残る。6. 10.2-2 水平方向を $x$ 方向にとり、地表の点を $x=0$ とする。ポテンシャル $\Phi=-GM/r$ の水平方向の2階微分は

$$\partial_x^2\Bigl(-\frac{GM}{r}\Bigr)=\frac{GM}{r^3}-\frac{3GMx^2}{r^5}$$

で、地表の点では $GM/R_{\mathrm E}^3$ である。地表で $g=GM/R_{\mathrm E}^2$ なので

$$\frac{GM}{R_{\mathrm E}^3}=\frac{g}{R_{\mathrm E}}=\frac{9.81}{6.371\times10^6}\ \mathrm{s^{-2}}=1.540\times10^{-6}\ \mathrm{s^{-2}}.$$

(10.19) から $\ddot\xi=-(g/R_{\mathrm E})\xi$ である。間隔の加速度は $-1.540\times10^{-6}\times10\ \mathrm{m/s^2}=-1.54\times10^{-5}\ \mathrm{m/s^2}$（近づく向き）。静かに放したので、2 s の間は加速度がほぼ一定とみなせて、縮む量は

$$\frac12\times1.540\times10^{-5}\ \mathrm{m/s^2}\times(2\ \mathrm s)^2=3.08\times10^{-5}\ \mathrm m$$

である。2つの物体がどちらも地球の中心へ向かって落ちるので、落下とともに互いに近づく。7. 10.2-3 $\Phi=\frac{2\pi}{3}G\rho\,(x^2+y^2+z^2)+(\text{定数})$ から $\partial_i\partial_j\Phi=\frac{4\pi}{3}G\rho\,\delta_{ij}$。(10.19) は

$$\ddot\xi^i=-\omega^2\xi^i,\qquad \omega^2=\frac{4\pi G\rho}{3}$$

となり、どの向きの成分も同じ角振動数 $\omega$ で振動する。$\rho=5514\ \mathrm{kg/m^3}$ では

$$\omega^2=\frac{4\pi\times6.674\times10^{-11}\times5514}{3}\ \mathrm{s^{-2}}=1.541\times10^{-6}\ \mathrm{s^{-2}},$$

$$T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi}{1.2414\times10^{-3}}\ \mathrm s=5061\ \mathrm s=84.3\ \text{分}.$$

これは地表すれすれを回る人工衛星の周期と同じ値である（$\omega^2=GM/R_{\mathrm E}^3$ だから）。8. 10.2-4 $2GML/r^3=98.1\ \mathrm{m/s^2}$ を $r$ について解く。$GM=1.3275\times10^{21}\ \mathrm{m^3/s^2}$、$L=2\ \mathrm m$ なので

$$r=\left(\frac{2\times1.3275\times10^{21}\times2}{98.1}\right)^{1/3}\ \mathrm m=(5.413\times10^{19})^{1/3}\ \mathrm m=3.78\times10^6\ \mathrm m .$$

$r_{\mathrm s}=2.954\times10^4\ \mathrm m$ の 128 倍で、地平面よりはるかに外側（地球の半径の約 0.6 倍の距離）で、すでに地表の重力の10倍の潮汐がはたらく。9. 10.3-1 (a) $R_{\nu\mu}=R^\rho{}_{\nu\rho\mu}=g^{\rho\sigma}R_{\sigma\nu\rho\mu}$ である。(10.23) で組を入れ替えると $R_{\sigma\nu\rho\mu}=R_{\rho\mu\sigma\nu}$ となる。逆計量は対称なので、和の添字の名前を入れ替えて

$$g^{\rho\sigma}R_{\sigma\mu\rho\nu}=R^\rho{}_{\mu\rho\nu}=R_{\mu\nu}$$

を得る。

(b) 次に (10.23) を導く。第1 Bianchi 恒等式を $\rho$ を先頭にして書いた式

$$R_{\rho\sigma\mu\nu}+R_{\rho\mu\nu\sigma}+R_{\rho\nu\sigma\mu}=0$$

と、先頭を $\sigma,\mu,\nu$ にした3つの式を考える。

$$R_{\sigma\rho\nu\mu}+R_{\sigma\nu\mu\rho}+R_{\sigma\mu\rho\nu}=0,\quad R_{\mu\nu\rho\sigma}+R_{\mu\rho\sigma\nu}+R_{\mu\sigma\nu\rho}=0,\quad R_{\nu\mu\sigma\rho}+R_{\nu\sigma\rho\mu}+R_{\nu\rho\mu\sigma}=0 .$$

1つ目と2つ目の和から3つ目と4つ目の和を引き、(10.21)・(10.22) で各項を前の組・後ろの組の並びがそろった形に直す。$R_{\sigma\rho\nu\mu}=R_{\rho\sigma\mu\nu}$、$R_{\nu\mu\sigma\rho}=R_{\mu\nu\rho\sigma}$ などに注意する。すると残るのは $2R_{\rho\sigma\mu\nu}-2R_{\mu\nu\rho\sigma}=0$ で、(10.23) を得る。途中では、次の4組が (10.21)・(10.22) で打ち消し合う。

• $R_{\rho\mu\nu\sigma}$ と $-R_{\mu\rho\sigma\nu}$。2つの反対称性で、後者は $-R_{\rho\mu\nu\sigma}$ に等しい。
• $R_{\rho\nu\sigma\mu}$ と $-R_{\nu\rho\mu\sigma}$。
• $R_{\sigma\nu\mu\rho}$ と $-R_{\nu\sigma\rho\mu}$。
• $R_{\sigma\mu\rho\nu}$ と $-R_{\mu\sigma\nu\rho}$。

10. 10.3-2 $R^\rho{}_{\rho\mu\nu}=g^{\rho\sigma}R_{\sigma\rho\mu\nu}$ である。逆計量は前の2つの添字について対称、Riemann テンソルは (10.22) により反対称なので、和は 0 になる。1番目と4番目の縮約は、(10.8) で後ろの2つを入れ替えて $R^\rho{}_{\mu\nu\rho}=-R^\rho{}_{\mu\rho\nu}=-R_{\mu\nu}$。
11. 10.3-3 第1 Bianchi 恒等式の左辺を $B_{\rho\sigma\mu\nu}=R_{\rho\sigma\mu\nu}+R_{\rho\mu\nu\sigma}+R_{\rho\nu\sigma\mu}$ とおく。

• $\mu=\nu$ のとき：$B_{\rho\sigma\mu\mu}=R_{\rho\sigma\mu\mu}+R_{\rho\mu\mu\sigma}+R_{\rho\mu\sigma\mu}=0+R_{\rho\mu\mu\sigma}-R_{\rho\mu\mu\sigma}=0$（(10.21)）。$\sigma=\mu$、$\sigma=\nu$ のときも同様。
• $\rho=\sigma$ のとき：$B_{\rho\rho\mu\nu}=0+R_{\rho\mu\nu\rho}+R_{\rho\nu\rho\mu}$。(10.23) で $R_{\rho\nu\rho\mu}=R_{\rho\mu\rho\nu}$、(10.21) で $R_{\rho\mu\nu\rho}=-R_{\rho\mu\rho\nu}$ なので、和は 0。$\rho=\mu$、$\rho=\nu$ も同様。
• 4つが異なるとき：3つの対称性を使うと $B$ は4つの添字について完全反対称になる。したがって独立な条件は添字の組 $\{\rho,\sigma,\mu,\nu\}$ の選び方ごとに1つで、$\binom n4$ 個である。

数の等式は、$N=n(n-1)/2$ を代入して

$$\frac{N(N+1)}2=\frac{n(n-1)(n^2-n+2)}{8}$$

なので

$$\begin{aligned}\frac{N(N+1)}2-\binom n4&=\frac{n(n-1)(n^2-n+2)}{8}-\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}\\ &=\frac{n(n-1)\bigl[3(n^2-n+2)-(n^2-5n+6)\bigr]}{24}\end{aligned}$$

で、角括弧の中は $2n^2+2n=2n(n+1)$。したがって $n(n-1)\cdot2n(n+1)/24=n^2(n^2-1)/12$。12. 10.3-4 $g^{\mu\nu}g_{\mu\nu}=n$ なので $g^{\mu\nu}G_{\mu\nu}=R-\frac n2R=\bigl(1-\frac n2\bigr)R$。4次元では $-R$。2つの向きを順に示す。

• $R_{\mu\nu}=0$ なら、スカラー曲率も0なので $G_{\mu\nu}=0$。
• 逆に $G_{\mu\nu}=0$ なら、跡をとって $-R=0$ となる。したがって $R_{\mu\nu}=G_{\mu\nu}+\frac12g_{\mu\nu}R=0$。

13. 10.3-5 (a) $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ とすると

$$\partial_i\frac1r=-\frac{x_i}{r^3},\qquad \partial_i\partial_j\frac1r=\frac{3x_ix_j-r^2\delta_{ij}}{r^5}$$

である。$\Phi=-GM/r$ なので

$$\partial_i\partial_j\Phi=\frac{GM}{r^5}\bigl(r^2\delta_{ij}-3x_ix_j\bigr),\qquad \sum_i\partial_i\partial_i\Phi=\frac{GM}{r^5}(3r^2-3r^2)=0 .$$

(b) 点 $(0,0,r)$ では $\partial_i\partial_j\Phi=\frac{GM}{r^3}\mathrm{diag}(1,1,-2)$ である。

(c) (10.19) から

$$\ddot\xi^x=-\frac{GM}{r^3}\xi^x,\qquad \ddot\xi^y=-\frac{GM}{r^3}\xi^y,\qquad \ddot\xi^z=+\frac{2GM}{r^3}\xi^z$$

で、質量の方向（第3軸）には引き伸ばし、垂直な2方向には圧縮がはたらく。跡が 0 なので、雲の体積は放した瞬間には変わり始めない。14. 10.4-1 角の和の超過は $K\times(\text{面積})$ で、$K=1/a^2$ なので

$$\frac{1.0\times10^{10}\ \mathrm{m^2}}{(6.371\times10^6\ \mathrm m)^2}=2.46\times10^{-4}\ \mathrm{rad}=2.46\times10^{-4}\times\frac{180}{\pi}\times3600''=50.8'' .$$

一辺がおよそ 150 km の三角形でも、角の和は $180^\circ$ から1分角にも満たない量しかずれない。15. 10.4-2 計量の成分は $g_{\theta\theta}=b^2$、$g_{\varphi\varphi}=b^2\sinh^2\theta$ である。球面の計算の三角関数を双曲線関数に置き換えればよい。0 でない Christoffel 記号は

$$\Gamma^\theta{}_{\varphi\varphi}=-\frac12g^{\theta\theta}\partial_\theta g_{\varphi\varphi}=-\sinh\theta\cosh\theta,\qquad \Gamma^\varphi{}_{\theta\varphi}=\frac12g^{\varphi\varphi}\partial_\theta g_{\varphi\varphi}=\coth\theta .$$

球面と同じ手順で

$$R^\theta{}_{\varphi\theta\varphi}=\partial_\theta\Gamma^\theta{}_{\varphi\varphi}-\Gamma^\theta{}_{\varphi\varphi}\Gamma^\varphi{}_{\theta\varphi} =-(\cosh^2\theta+\sinh^2\theta)+\sinh\theta\cosh\theta\coth\theta=-\sinh^2\theta .$$

もう1つの成分は

$$R^\varphi{}_{\theta\varphi\theta}=-\partial_\theta\Gamma^\varphi{}_{\varphi\theta}-\Gamma^\varphi{}_{\theta\varphi}\Gamma^\varphi{}_{\varphi\theta}=\frac{1}{\sinh^2\theta}-\coth^2\theta=\frac{1-\cosh^2\theta}{\sinh^2\theta}=-1$$

である。Ricci テンソルは $R_{\theta\theta}=R^\varphi{}_{\theta\varphi\theta}=-1$、$R_{\varphi\varphi}=R^\theta{}_{\varphi\theta\varphi}=-\sinh^2\theta$ で、

$$R=\frac{-1}{b^2}+\frac{-\sinh^2\theta}{b^2\sinh^2\theta}=-\frac{2}{b^2}.$$

Gauss 曲率は $K=R/2=-1/b^2$ で、球面と符号が逆である。この曲面（双曲平面）では、平行に出発した測地線は離れていき、三角形の角の和は $180^\circ$ より小さい。16. 10.4-3 (10.36) を縮約すると $R_{\sigma\nu}=Kg_{\sigma\nu}$、$R=2K$ である。したがって

$$G_{\mu\nu}=Kg_{\mu\nu}-\frac12g_{\mu\nu}(2K)=0 .$$

(10.36) は、2次元では独立な成分が1つしかなく、対称性 (10.21)〜(10.23) を満たす $(0,4)$ 型テンソルが $g_{\rho\mu}g_{\sigma\nu}-g_{\rho\nu}g_{\sigma\mu}$ の定数倍（点ごとの関数倍）に限られることから、どんな計量に対しても成り立つ。17. 10.4-4 計量を $g\to-g$ とすると、逆計量も $g^{-1}\to-g^{-1}$ になる。各量は次のようになる。

• Christoffel 記号 $\frac12g^{\rho\sigma}(\partial g+\partial g-\partial g)$ は、逆計量と計量の微分の積なので変わらない。
• Riemann テンソル $R^\rho{}_{\sigma\mu\nu}$ は Christoffel 記号だけで書けるので変わらない。それを縮約した Ricci テンソルも変わらない。
• 変わるのは逆計量を1つ含む $R=g^{\mu\nu}R_{\mu\nu}$ で、符号が反転して $R=-2/a^2$ になる。添字を下げた $R_{\rho\sigma\mu\nu}$ も符号が反転する。

18. 10.4-5 極冠の面積は

$$\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\theta_0}a^2\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi=2\pi a^2\bigl[-\cos\theta\bigr]_0^{\theta_0}=2\pi a^2(1-\cos\theta_0)$$

で、$K=1/a^2$ を掛けると $2\pi(1-\cos\theta_0)$ となり、第8章の結果に一致する。

赤道（$\theta_0=\pi/2$）では、北半球の面積 $2\pi a^2$ に Gauss 曲率を掛けた値が、ちょうど1回転の角になる。1回転の回転は元の向きと同じなので、赤道を1周したベクトルの向きは変わらない。このことは直接にも確かめられる。赤道は大円（測地線）で、平行移動されるベクトルは赤道の接ベクトルとの角を保つので、1周すると元の向きに戻る。