運動方程式と測地線方程式

3 次元ユークリッド空間での粒子の運動はニュートンの運動方程式に従って軌道を描きますが、このことを拡張し、測地線方程式によって粒子の軌道が描けることを見ます。
話は簡単で解析力学と同じように変分問題を考えて、オイラー・ラグランジュ方程式を使います。そしてこれによって描かれる軌道は測地線になるので、測地線方程式に対応することがわかります。

「測地線方程式」で変分問題で測地線方程式を導いたのと同じ方法を使い、測地線を出します。まず、何をするのか分かりやすくするために、４次元ミンコフスキー空間の変分問題を考えてみます。線素は (線素を書くとき、通常は計量を下付きに取ります)

ds2 = c2 dt2 − (dx1 )2 − (dx2 )2 − (dx3 )2 = gµν dxµ dxν = c2 dt2 + gik dxi dxk
新しいパラメータを導入せずに、両辺を ds2 で割ってルートを取った( dtdsdxi dxk )1/2= 1 = c2 ( )2 + gik
dsdsds dsを使うことにすれば、変分問題は

∫ sf
δ

∫ sf
ds = δsisi( dtdxi dxk )1/2ds c2 ( )2 + gik=0dsds dsとなります。変分を考えるときにはルートは無視した方が便利なので、ラグランジアン L に相当するものをL = c2 (dxi dxkdxµ dxνdt 2) + gik= gµν
dsds dsds dsと与えます。後で分かりますが、このラグランジアンは直接ニュートンの運動方程式になりません。
この変分問題では s が積分変数で、時間が座標の中に入っているため、よく見るラグランジアンを時間で積分するという形では書けてないですが、これは簡単に変更することができます。それを一応見ておきます。

4 次元でのオイラー・ラグランジュ方程式は、µ = 0, 1, 2, 3 としてd ∂L∂L−=0∂xµds ∂ ẋµ(ẋµ =dxµ)ds

これの時間座標微分部分は (ct = x0 )∂d ∂dxi dxk
dxi dxk
2 dt 22 dt 2(c((c())−))
+g+g
ik
ik
∂x0ds
ds ds
ds ∂ ẋ0ds
ds ds=dxi dxk
d ∂ 2 2dxi dxk∂ 2 2(c (ṫ) + gik(c (ṫ) + gik)−)
c∂t
ds ds
ds c∂ ṫds ds

= −d 1 22c ṫ
ds c= −d dt
2c
ds ds
1

なので−d dt2c=0ds ds

これは s で積分するとdt=Cdsという任意定数になるので、C = 1 と選んでやれば

dt = ds
これを変分問題に入れなおすことで∫ tfdt(c2 + gikδtidxi dxk)=δ
dt dt∫ tfdt (giktidxi dxk)=0
dt dt

c2 の項は定数なので変分を取れば 0 になります。このように解析力学で出てくる時間で積分される形と同じになっています。計量が (+, −, −, −) になっていることから分かるように、二番目の式の ( ) 内ではマイナスが出てきます。こんなことが起きるので、一般相対性理論の話では (−, +, +, +) を選ぶことが多いです。( ) 部分を計算してみると (3 次元速度 dxi /dt を v i として)

c2 + gikdxi dxk= c2 − v · v = c2 − |v|2dt dt

第二項部分に 1/2 と質量 m をかければ非相対論的な自由粒子のラグランジアンになり、第一項では質量をかけることで mc2 となり静止質量になります (下の補足参照)。
もう少し複雑な状況として回転座標系での場合を詳しくみていきます。定常的（計量が時間依存性を持たない）
で軸対称性を考慮した線素は

ds2 = (c2 − ω 2 r2 )dt2 − (dr2 + r2 dφ2 + 2ωr2 dφdt + dz 2 )(1)

これは z 軸を中心に角速度 ω で回転させたものです (円筒を回転させたもの)。最初に 3 次元座標を (r, φ′ , z) としておき、これに回転として φ = φ′ − ωt を作用させています。つまり、デカルト座標の線素を円筒座標 (r, φ′ , z) で書いたds2 = c2 dt2 − (dr2 + r2 dφ′2 + dz 2 )これに対してdφ = dφ′ − ωdt2の置き換えをすることで出てきます。これが定常的で z 軸に対して対称になっているのは、t → −t と φ → −φ を同時に行うことで計量が不変になっているからです (また、この条件を最初に設定することで g01 = g03 = g12 = g23 = 0という条件が計量にかされます)。後は同じように計算していくだけです。
この線素による変分問題は∫ sf
δsi(( drdtdφdφ dtdz ))ds (c2 − ω 2 r2 )( )2 − ( )2 + r2 ( )2 + 2ωr2+ ( )2dsdsds
ds dsds∫ sfds((c2 − ω 2 r2 )ṫ2 − (ṙ2 + r2 φ̇2 + 2ωr2 φ̇ṫ + ż 2 ))=δsi

∫ sfds L=δsi

オイラー・ラグランジュ方程式は∂Ld ∂L−=0µ∂xds ∂ ẋµ
今度は µ = 0 だけでなく全ての成分を計算します。

• x0 = ct の場合

d ∂Ld∂L−=[2(c2 − ω 2 r2 )ṫ − 2ωr2 φ̇] = 0c∂t ds c∂ ṫ
ds
これは s 積分して(c2 − ω 2 r2 )ṫ − ωr2 φ̇ = const• x1 = r の場合∂Ld ∂L−= −2ω 2 rṫ2 − 2rφ̇2 − 4ωrφ̇ṫ + 2r̈ = 0∂rds ∂ ṙ

⇒ r̈ = ω 2 rṫ2 + rφ̇2 + 2ωrφ̇ṫ

• x2 = φ の場合

d ∂Ld∂L−=[2r2 φ̇ + 2ωr2 ṫ = 0∂φ ds ∂ φ̇dsなので積分して3r2 φ̇ + ωr2 ṫ = const• x3 = z の場合∂Ld ∂L−= 2z̈ = 0 ⇒ z̈ = 0∂zds ∂ ż
これが全ての成分に対するものになり、まとめると・ (c2 − ω 2 r2 )ṫ − ωr2 φ̇ = const(2a)・ r̈ = ω 2 rṫ2 + rφ̇2 + 2ωrφ̇ṫ

(2b)・ r2 φ̇ + ωr2 ṫ = const(2c)・ z̈ = 0(2d)これらが軌道の式になります。これらを使って、回転させたときに現れる遠心力とコリオリ力が出てくることを見ます。
まず (2c) に ω をかけて

ωr2 φ̇ + ω 2 r2 ṫ = const
これと (2a) を足せばc2 ṫ = const
この定数を光速 c としても物理的に何の影響もないので（時間の尺度は適当に変えても問題ない）ṫ =1cとできます。遠心力を考える時には動径方向の力を考えるので φ = 0 とします。そうすると (2b) はr̈ = ω 2 r(ṫ)2 =
これは固有時間 τ を使うとdτ =dscd2 r= rω 2dτ 24rω 2c2になって、これに質量をかければ見慣れた遠心力の式になります。
今度は (2c) を s でもう一回微分します

r2 φ̈ + 2rṙφ̇ + ωr2 ẗ + 2rω ṙṫ = rφ̈ + 2ṙφ̇ += rφ̈ +2ωṙc2ωṙc=0

これも固有時間 τ に直せばrd2 φdr+ 2ω=0dτ 2dτ

これはコリオリ力になります。
見てきたように、測地線を導くように変分問題、オイラー・ラグランジュ方程式を使うことで、粒子の軌道 (力学の結果) を導けました。なので、曲がった空間での運動方程式は測地線方程式になり、測地線方程式によって粒子の軌道は描かれます。これは、現実の粒子は曲がった空間上での最短距離を進むという考え方からです。
最後に回転していることによる影響をもう少し見ておきます。いきなり変な話をするので、なんとなく見てください。今みている系 (定常的に回転している系) において、計量の形は (1) からω2 r21−c20gµν = 2 − ωrc0
10 0−1g µν =  −ω0
 c00−1

ωr2−c00−r2000−ωc0c2 − r 2 ω 2c2 r20

0 
0 
0 

−100 
0 

−1

共変な基底ベクトルとして

e(0)µ = (1, 0, 0, 0) , e(1)µ = (0, −1, 0, 0) , e(2)µ = (−rω
, 0, −r, 0) , e(3)µ = (0, 0, 0, −1)c

こんなものを考えます。µ がベクトルの成分を表し、( ) 付の添え字でベクトルの区別をしています。これは、線素 (1) を変形して

ds2 = c2 dt2 − r2 (dφ +ωcdt)2 − dr2 − dz 2cとすると、e(0)µ が c2 dt2 の項、e(1)µ が dr2 の項、e(2)µ の 0 成分が cdt の項で 2 成分が dφ の項、e(3)µ が dz 2 の項に対応しています。反変での基底ベクトルは

5ωeµ(0) = (1, 0, − , 0) , eµ(1) = (0, 1, 0, 0) , eµ(2) = (0, 0, r−1 , 0) , eµ(3) = (0, 0, 0, 1)c
これらは1 0eµ(a) e(b)µ = η(a)(b) =  0000−100−10000 0 −1となるように選んでいます。計量テンソルは基底ベクトルによって gµν = eµ eν というように表すことが出来るので (これは任意のベクトル A を基底ベクトルを使って A = Aµ eµ と表し、これともう一つの任意のベクトルと内(a)積をとると、A · B = (Aµ eµ ) · (B ν eν ) = Aµ B ν (eµ · eν )、つまり eµ · eν = gµν ( 今の場合なら e(a)µ eν

= gµν ) とすることで内積の式なります)、元の系での計量を再現します。
(a)

このような４つの直交する基底ベクトル (η (a)(b) e(a)µ eµ(b) = δ(a) ) が出てきて、この基底ベクトルを軸 (x, y, z 軸のような) とする局所的な慣性系を作れます。計量 η(a)(b) がミンコフスキー計量になるようにしたので、( ) のついた添え字に関して縮約をとるように適当なベクトルを作り内積を取ればミンコフスキー空間での内積になります(X (a) eµ(a) Y (b) e(b)µ = X (a) Y (b) eµ(a) e(b)µ = X (a) Y (b) η(a)(b) )。このような４つの基底ベクトルはテトラッド (tetrad)と呼ばれるものですが細かいことは置いといて、ここではこのようなものが作れて、書いてあるような性質があるんだ程度にしておきます。
元の座標系におけるある点での 4 元速度を求めます。線素を c2 dt2 で割って2
ω2 r2
dr2dz 2
1 ds22 dφ
2 dφdt=1−−(+r+2ωr+)
c2 dt2c2
c2 dt2c2 dt2c2 dt2c2 dt2= 1−1 2 2(ω r + ṙ2 − r2 φ̇2 − 2ωr2 φ̇ − ż 2 )c2

これより、ある点での 4 元速度 (u0 , u1 , u2 , u3 ) は ( 固有時間 dτ によるものでなく ds で定義しています。(cdτ )2 = ds2なので、速度の次元でなく無次元になります )

u0 =

cdt
1
=√ds
1 − V 2 /c2u1 =dr dtṙdr== √dsdt ds
c 1 − V 2 /c2u2 =dφφ̇= √dsc 1 − V 2 /c2u3 =dzż
= √dsc 1 − V 2 /c2(V 2 = ω 2 r2 + ṙ2 − r2 φ̇2 − 2ωr2 φ̇ − ż 2 )

これらに対して、テトラッドを使えばµ(a)(b)u(a) = e(a)e(b)µ uµµ u =ηなので6u(0) = e(0)µ uµ = (1, 0, 0, 0)(u0 , u1 , u2 , u3 ) = u0 = √11 − V 2 /c2ṙ
u(1) = − e(1)µ uµ = √c 1 − V 2 /c2u(2) = − (−rωrω 0r(φ̇ + ω)
, 0, −r, 0)(u0 , u1 , u2 , u3 ) =u + ru2 = √ccc 1 − V 2 /c2ż
u(3) = − e(3)µ uµ = √c 1 − V 2 /c2u(2) での r(φ̇ + ω) が局所的な慣性系での角速度になります。これで何がわかるかというと、今見ている点が慣性系で静止しているとしたら (u(1) = u(2) = u(3) = 0)、角速度は φ̇ + ω = 0 となるはずです。つまり、慣性系で静止しているのに元の座標系では φ̇ は 0 とならずに ω という角速度を持ちます。これが慣性系の引きずりと呼ばれるものです。

・補足
最初にミンコフスキー空間での自由粒子のラグランジアンの話をしましたが、そこでのラグランジアンは直接非相対論的な自由粒子とは一致していませんでした。直接一致させるためのラグランジアンをここでは求めてやります。上での結果から定数部分の操作だけで非相対論的な場合に対応させられることが分かっているので、定数部分を決定させるように求めます (特殊相対論をやった人はもっとちゃんとした導出方法を見たことがあると思います)。
非相対論的なラグランジアンと直接対応させるためには

L1 = (gµνdxµ dxν 1/2 √ 2)
= c − |v|2dt dtとして、ルートがついた状態から始めます。このときの作用としてS = −A∫ sf

ds = −Asi∫ tf
L1 dttiという形を仮定してます。マイナスがついているのは上での結果ではマイナスをつけることで非相対論的な場合になっていたからです (もしくはマイナスをつけないと積分が最小値を持たないから)。A は正の任意定数で、これを上手く選ぶことで非相対論的な場合に対応させます。L1 の形を入れてS = −A∫ tf(gµνti= −A∫ tf √dxµ dxν 1/2) dt
dt dt

c2 − |v|2 dt

ti= − Ac∫ tf √1 − |v|2 /c2 dtti

任意の定数である A は非相対論的な場合と一致させるように取ればいいので、非相対論的極限を取ります。非相対論的極限は |v| ≪ c とすればいいので7√Ac |v|2A−Ac 1 − |v|2 /c2 ≃ −Ac ++ · · · = −Ac + |v|2 + · · ·2 c22c
第一項 −Ac2 は定数項なので、ラグランジアンからは外すことができます (定数項は運動方程式に効かないから)。
そして、非相対論的なラグランジアンは m|v|2 /2 なので、A は mc とすればいいことが分かります。よって、作用は∫ tf

dxµ dxν 1/2) dt = −mc2
S = −mc(gµνdt dtti∫ tf √1 − |v|2 /c2 dttiとなり、ラグランジアンはL = −mc2√

1 − |v|2 /c2となります。これがより正確なミンコフスキー空間での自由粒子の作用とラグランジアンです。
これはもっと単純な手順ですれば (やってることは同じ)、ミンコフスキー空間での世界線を変形させてds2 = (cdt)2 − (dx1 )2 − (dx2 )2 − (dx3 )2= (cdt)2 (1 −1 dx1 2() − ···)c2 dt

= (cdt)2 (1 −|v|2)c2(v = (√
ds = cdt 1 − |v|2 /c2

dx1 dx2 dx3,,))dt dt dt

これを作用の式にいれればS = −A∫ sf

ds = −Acsi∫ tf∫ tf √√
dt 1 − v|2 /c2 = −mc2
dt 1 − v|2 /c2titi

このように同じものが出てきます。
ついでにハミルトニアンも求めます。ハミルトニアンを求めるには共役な運動量が分かればよくて、それはp=∂Lmv=√∂v
1 − |v|2 /c2と求まります。ハミルトニアンは H = p · v − L なので

8H = p·v−L= √=m|v|21 − |v|2 /c2+ mc2√
1 − |v|2 /c2m|v|2 + mc2 − m|v|2√
1 − |v|2 /c2= √mc2
1 − |v|2 /c2

これの非相対論的極限をとればH ≃ mc2 (1 +|v|21) = mc2 + m|v|222c2となって、第一項が静止エネルギー、第二項が非相対論的な自由粒子の運動エネルギーとなります。

9