当てる道具：径数つきの作用と配置の空間の計量

(1) $\frac{\partial L}{\partial \dot\theta}=ma^2\dot\theta$、$\frac{\partial L}{\partial \theta}=ma^2\sin\theta\cos\theta\,\dot\varphi^2$、$\frac{\partial L}{\partial \dot\varphi}=ma^2\sin^2\theta\,\dot\varphi$、$\frac{\partial L}{\partial \varphi}=0$ なので、$ma^2$ で割って

$$\ddot\theta-\sin\theta\cos\theta\,\dot\varphi^2=0,\qquad \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}(\sin^2\theta\,\dot\varphi)=0\ \Longleftrightarrow\ \ddot\varphi+2\cot\theta\,\dot\theta\dot\varphi=0 .$$

よって $\Gamma^\theta{}_{\varphi\varphi}=-\sin\theta\cos\theta$、$\Gamma^\varphi{}_{\theta\varphi}=\Gamma^\varphi{}_{\varphi\theta}=\cot\theta$ で、ほかは $0$ である（$2\Gamma^\varphi{}_{\theta\varphi}\dot\theta\dot\varphi$ は $\Gamma^\varphi{}_{\theta\varphi}\dot\theta\dot\varphi+\Gamma^\varphi{}_{\varphi\theta}\dot\varphi\dot\theta$ をまとめたもの）。

(2) 赤道では $\sin\theta\cos\theta=0$ なので $\theta=\pi/2$, $\dot\theta=0$, $\dot\varphi$ 一定は2本とも満たす。解である。緯線 $\theta=\pi/4$ では $\ddot\theta=\sin\theta\cos\theta\,\dot\varphi^2=\frac12\dot\varphi^2\neq0$ となり、$\theta$ を一定に保てない。緯線は測地線でない。緯線を回り続けるには、球面の接線方向（南向き）の力で引き続ける必要がある。

(3) 第2式から $\sin^2\theta\,\dot\varphi=\ell$（一定）、エネルギー保存から $\dot\theta^2+\sin^2\theta\,\dot\varphi^2=w^2$（一定）。出発点では $\dot\theta=-w\sin i$、$\dot\varphi=w\cos i$ なので $\ell=w\cos i$。曲線 $\cot\theta=\tan i\sin\varphi$ を $t$ で微分すると $-\dot\theta/\sin^2\theta=\tan i\cos\varphi\,\dot\varphi$ で、これが2つの保存則と矛盾しないことを確かめる。$\dot\theta=-\tan i\cos\varphi\sin^2\theta\,\dot\varphi=-\ell\tan i\cos\varphi$ を $\dot\theta^2+\ell^2/\sin^2\theta=w^2$ に入れ、$1/\sin^2\theta=1+\cot^2\theta=1+\tan^2i\sin^2\varphi$ を使うと

$$\ell^2\tan^2i\cos^2\varphi+\ell^2(1+\tan^2i\sin^2\varphi)=\ell^2(1+\tan^2i)=\frac{\ell^2}{\cos^2i}=w^2$$

となり、$\ell=w\cos i$ と一致する。出発点 $\varphi=0$ で $\theta=\pi/2$ も満たすので、解はこの曲線に乗る。最も北の点は $\varphi=\pi/2$ で $\cot\theta=\tan i$、つまり $\theta=\pi/2-i$ である。この曲線は球の中心を通る平面と球面の交わり（大円）で、そのことは 2.12.5節の例題で保存量から示す。