${\bf アル：}$ やってみましょう。
$${\bf a}(Q, S)\cdot \left( {\bf a}(Q, S)-{\bf a}(R, S)\right) \approx 0$$を示そうというのですが、まず
\begin{equation} {\bf a}(Q, S)\cdot {\bf a}(Q, S)={\bf a}\cdot {\bf a}=\Vert {\bf a}\Vert ^2 \label{eq:aqsdotaqs} \end{equation}です。平行移動によってはベクトルの間の内積が不変だからです。
$${\bf a}(Q, S)\cdot {\bf a}(R, S)$$について考えるために、$S$ での任意の面ベクトル ${\bf c}$ を $R$ を経由して $P$ まで平行移動して得られる $P$ での面ベクトルを $T{\bf c}$ で表すとしましょう。この記号を使うなら
$$T{\bf a}(Q, S)={\bf a}_f, \hskip 5mm T{\bf a}(R, S)={\bf a}$$です。前者は ${\bf a}$ を $P$ から $Q, S, R$ を経由して再び $P$ まで、平行移動して得られるベクトルですから、以前使った記号では ${\bf a}_f$ だからです。後者の等式は、${\bf a}(R, S)$ が ${\bf a}$ を $R$ を経由して $S$ まで平行移動したものであり、$T$ によって逆方向へ平行移動すれば ${\bf a}$ に戻るからです。
平行移動によって内積の値は変化しません。従って
$${\bf a}(Q, S)\cdot {\bf a}(R, S)={\bf a}_f\cdot {\bf a}$$です。更に以前定めたように ${\bf a}$ と ${\bf a}_f$ との成す角を $\omega (D)$ で表す（$D$ は曲線の囲む領域です）ならば
$${\bf a}(Q, S)\cdot {\bf a}(R, S)={\bf a}_f\cdot {\bf a}=\Vert {\bf a}\Vert ^2\cos \omega (D)$$です。平行移動によって内積は変わらないので $\Vert {\bf a}_f\Vert =\Vert {\bf a}\Vert $ です。
ここで５月８日の記事で導いた
$$\vert \omega (D)\vert \approx {1\over {\sqrt g}}\vert R_{1 2, 1 2}\vert \vert dx^1\delta x^2-dx^2\delta x^1\vert $$が思い起こされます。これを使うと
$${\bf a}(Q, S)\cdot {\bf a}(R, S)=\Vert {\bf a}\Vert ^2\left[ 1-{1\over 2}\omega (D)^2+\cdots \right] \approx \Vert {\bf a}\Vert ^2$$であって、(\ref{eq:aqsdotaqs}) 式
$${\bf a}(Q, S)\cdot {\bf a}(Q, S)=\Vert {\bf a}\Vert ^2$$と一緒に考えれば
$${\bf a}(Q, S)\cdot \left( {\bf a}(Q, S)-{\bf a}(R, S)\right) \approx 0$$が得られます。これはカールの欲していた結果です。
${\bf カール：}$ 辻褄はあっているようで安心しました。ところで、いくつかの添え字を持つ量、たとえば
$$a^i, \hskip 5mm g_{i j}, \hskip 5mm R_{i j, k l}$$等が、座標系の変換 $x^i \rightarrow x'^i$ に際して
$$g'_{i j}={{\partial x^k}\over {\partial x'^i}}{{\partial x^l}\over {\partial x'^j}}g_{k l}$$のように変換すること、及びそのいわれをアルバートは説明してくれました。このように変換する量を後世の人は「テンソル」と呼ぶことになります。ところで、添え字を持つ量として重要なものに
$${\Gamma ^i}_{j k}$$もあります。これもテンソルとして変換するのでしょうか。
${\bf アル：}$ やはり定義に立ち戻って考えることが基本かと思います。
$${\overline {\bf r}}_{j k}={\Gamma ^i}_{j k}{\bf r}_i$$がその定義です。但し、${\bf r}(x^1, x^2)$ は、３次元ユークリッド空間の原点 $O$ から曲面上の点 $(x^1, x^2)$ へ向かうベクトルであり、
$${\bf r}_i=\partial _i{\bf r}, \hskip 5mm {\bf r}_{j k}=\partial _k{\bf r}_j=\partial _k\partial _j{\bf r}$$と置きました。更に ${\bf r}_{j k}(x^1, x^2)$ を、点 $(x^1, x^2)$ において、曲面に垂直なベクトルと水平なベクトルの和に分解し後者を
$${\overline {\bf r}}_{j k}(x^1, x^2)$$で表しました。それは
$${\bf r}_1, \hskip 5mm {\bf r}_2$$の和で表されますから、その係数を ${\Gamma ^i}_{j k}$ で表したのです。
この上付きのバーが目障りですから何とかして取り去りたいと考え、曲面に垂直なベクトルが面ベクトル ${\bf r}_l$ と内積を取ればゼロになることに気付き、
$${\bf r}_{j k}\cdot {\bf r}_l={\overline {\bf r}}_{j k}\cdot {\bf r}_l={\Gamma ^i}_{j k}{\bf r}_i\cdot {\bf r}_l={\Gamma ^i}_{j k}g_{i l}=\Gamma _{l, j k}$$を導きました。最後の等式は、上付きの添え字 $i$ を下へ下げるときの定義です。
ここで $\Gamma _{i, j k}$ の変換性についてまず考えてみましょう。
\begin{eqnarray*} \Gamma '_{i, j k}&=&\partial '_k\partial '_j{\bf r}\cdot {\bf r}'_i\\ &=&\left[ {{\partial x^p}\over {\partial x'^k}}\partial _p\left( {{\partial x^q}\over {\partial x'^j}}\partial _q{\bf r}\right) \right] \cdot \left[ {{\partial x^s}\over {\partial x'^i}}{\bf r}_s\right] \\ &=&\left[ {{\partial x^p}\over {\partial x'^k}}{{\partial x^q}\over {\partial x'^j}}\partial _p\partial _q{\bf r}+{{\partial x^p}\over {\partial x'^k}}\left( \partial _p{{\partial x^q}\over {\partial x'^j}}\right) \partial _q{\bf r}\right] \cdot \left[ {{\partial x^s}\over {\partial x'^i}}{\bf r}_s\right] \\ &=&{{\partial x^s}\over {\partial x'^i}}{{\partial x^q}\over {\partial x'^j}}{{\partial x^p}\over {\partial x'^k}}{\bf r}_{q p}\cdot {\bf r}_s+{{\partial x^s}\over {\partial x'^i}}{{\partial ^2x^q}\over {\partial x'^k\partial x'^j}}{\bf r}_q\cdot {\bf r}_s\\ &=&{{\partial x^s}\over {\partial x'^i}}{{\partial x^q}\over {\partial x'^j}}{{\partial x^p}\over {\partial x'^k}}\Gamma _{s, q p}+g_{q s}{{\partial x^s}\over {\partial x'^i}}{{\partial ^2x^q}\over {\partial x'^k\partial x'^j}} \end{eqnarray*}となります。
従って、最後の二階微分の項がなければテンソルとしての変換ですが、その項があるためにテンソルとは言えないことになります。ちなみに
\begin{eqnarray*} {\Gamma '^l}_{j k}&=&g'^{l i}\Gamma '_{i, j k}\\ &=&{{\partial x'^l}\over {\partial x^t}}{{\partial x^q}\over {\partial x'^j}}{{\partial x^p}\over {\partial x'^k}}{\Gamma ^t}_{q p}+{{\partial x'^l}\over {\partial x^t}}{{\partial ^2x^t}\over {\partial x'^j\partial x'^k}} \end{eqnarray*}です。
$$g'^{l i}{{\partial x^s}\over {\partial x'^i}}={{\partial x'^l}\over {\partial x^t}}{{\partial x'^i}\over {\partial x^u}}g^{t u}{{\partial x^s}\over {\partial x'^i}}={{\partial x'^l}\over {\partial x^t}}g^{t s}$$を用いれば、簡単に導けます。
${\bf カール：}$ われわれは球面上の「直線」の概念から議論を始めたのですが、ずいぶん遠くまでやってきたように思います。ここいらで少しまとめておきましょう：曲線の接線の向きに着目し、それが変化しない曲線が「直線」と呼ぶに値すると判断しました。但し、曲面上に束縛されて運動する身にとっては、面に垂直な方向の変化は容認すべきだと決めました。一般に任意の面ベクトル ${\bf a}$ を、曲面上のある曲線に沿って面ベクトルを保ちながら移動させるとき、面に垂直な方向の変化だけを容認する場合を「平行移動」と名づけました。$s$ を曲線の始点から曲線に沿って測った長さとして、曲線上の点を
$$(x^1(s), x^2(s))$$と表し、その点まで ${\bf a}$ を平行移動して得られるベクトルを
$${\bf a}(s)=a^i(s){\bf r}_i(x^1(s), x^2(s))$$と書き表して $a^i(s)$ を導入しました。このとき微分方程式
\begin{equation} {{da^i}\over {ds}}+{\Gamma ^i}_{j k}a^j{{dx^k}\over {ds}}=0 \label{eq:heikouidouhoutei} \end{equation}が成り立つことも証明しました。
${\bf アル：}$ もう既に何度も使ってきたことですが、『平行移動は内積を（従って長さも）変化させない』ことの厳密な証明は、今もってしていません。そろそろ証明しておくべきかと思います。その微分方程式が役立つはずです：任意の面ベクトル ${\bf a}$ と ${\bf b}$ を取って
\begin{equation} {d\over {ds}}\left( {\bf a}(s)\cdot {\bf b}(s)\right) =0 \label{eq:ddsastobs} \end{equation}が証明できれば一件落着です。
ここで
\begin{equation} {d\over {ds}}\left( {\bf a}(s)\cdot {\bf b}(s)\right) ={d\over {ds}}{\bf a}(s)\cdot {\bf b}(s)+{\bf a}(s)\cdot {d\over {ds}}{\bf b}(s) \label{eq:dovedsasdotbs} \end{equation}ですが
\begin{eqnarray*} {d\over {ds}}{\bf a}(s)&=&\left( {d\over {ds}}a^i\right) {\bf r}_i+a^i\left( {d\over {ds}}{\bf r}_i\right) \\ &=&{{da^i}\over {ds}}{\bf r}_i+a^i{\bf r}_{i k}{{dx^k}\over {ds}} \end{eqnarray*}です。これと ${\bf b}(s)$ との内積を考えるなら ${\bf b}(s)$ が面ベクトルであるが故に
$${\bf r}_{i k}\cdot {\bf b}(s)={\overline {\bf r}}_{i k}\cdot {\bf b}(s)={\Gamma ^l}_{i k}{\bf r}_l\cdot {\bf b}(s)$$となる。よって、添え字の記号を上手に変えて
$${d\over {ds}}{\bf a}(s)\cdot {\bf b}(s)=\left[ {{da^i}\over {ds}}+a^j{\Gamma ^i}_{j k}{{dx^k}\over {ds}}\right] {\bf r}_i\cdot {\bf b}(s)$$と書き表すことができる。ここで $a^i(s)$ に関する微分方程式 (\ref{eq:heikouidouhoutei})
$${{da^i}\over {ds}}+{\Gamma ^i}_{j k}a^j{{dx^k}\over {ds}}=0$$の左辺が現れた。よって
$${d\over {ds}}{\bf a}(s)\cdot {\bf b}(s)=0$$となる。この論法は ${\bf b}(s)$ に対してもそのまま適用出来て
$${\bf a}(s)\cdot {d\over {ds}}{\bf b}(s)=0$$が結論できる。これらを合わせると
$${d\over {ds}}\left[ {\bf a}(s)\cdot {\bf b}(s)\right] =0$$つまり (\ref{eq:ddsastobs}) を示すことができたのであって、平行移動によって内積が変わらないことの厳密な証明を得たことになる。
${\bf カール：}$ 始点からの長さ $s$ をパラメーターとして曲線上の点を座標
$$(x^1(s), x^2(s))$$で表すとき、３次元ユークリッド空間の原点 $0$ からその点までのベクトル
$${\bf r}(x^1(s), x^2(s))$$を $s$ で微分すれば
$${d\over {ds}}{\bf r}(x^1(s), x^2(s))={{dx^1}\over {ds}}{\bf r}_1+{{dx^2}\over {ds}}{\bf r}_2$$が得られますが、これが接ベクトルです。よって
$$a^i(s)={{dx^i}\over {ds}}$$を、平行移動の微分方程式 (\ref{eq:heikouidouhoutei})
$${{da^i}\over {ds}}+{\Gamma ^i}_{j k}a^j{{dx^k}\over {ds}}=0$$に代入して得られる二階の方程式
\begin{equation} {{d^2x^i}\over {ds^2}}+{\Gamma ^i}_{j k}{{dx^j}\over {ds}}{{dx^k}\over {ds}}=0 \label{eq:sokuchisenhoutei} \end{equation}が、「曲面上の直線」を表す方程式だということになります。
${\bf アル：}$ もう一度、半径 $r$ の球面に立ちかえるなら、この方程式を満たす曲線は大円であるはずです。手ごろな計算問題になると思いますので確かめてみます。北極点と南極点以外を覆う座標系として、$Z$ 軸からの角度 $\theta $ と $X$ 軸からの角度 $\phi $ の組 $(\theta , \phi )$ を用います。つまり
\begin{equation} {\bf r}(\theta , \phi )=(\sin \theta \cos \phi , \sin \theta \sin \phi , \cos \theta ) \label{eq:kyugausuzah-2} \end{equation}とするのです。但し、これからの推論で球の半径 $r$ は何の役割も果たさないと思われますから $r=1$ と置きました。このとき
$$x^1=\theta , \hskip 5mm x^2=\phi $$とすれば、
\begin{eqnarray} {\bf r}_1&=&\partial _{\theta }{\bf r}=(\cos \theta \cos \phi , \cos \theta \sin \phi , -\sin \theta ) \label{eq:kyurtheta-2}\\ {\bf r}_2&=&\partial _{\phi }{\bf r}=(-\sin \theta \sin \phi , \sin \theta \cos \phi , 0) \label{eq:kyurphi-2} \end{eqnarray}であり、よって
\begin{equation} g_{1 1}=1, \hskip 5mm g_{1 2}=g_{2 1}=0, \hskip 5mm g_{2 2}=\sin ^2\theta \end{equation}です。
これらを、以前、５月１１日の記事で求めた
$$\Gamma _{l, j k}={1\over 2}\left( -\partial _lg_{j k}+\partial _jg_{k l}+\partial _kg_{l j} \right)$$へ代入すれば
\begin{equation} \Gamma _{\theta , \phi \phi }=-\sin \theta \cos \theta , \hskip 5mm \Gamma _{\phi , \theta \phi }=\Gamma _{\phi , \phi \theta }=\sin \theta \cos \theta , \hskip 5mm 他は 0 \label{eq:kyumennogamma-0-2} \end{equation}が得られます。
また、行列
$$\pmatrix{ g_{\theta \theta } & g_{\theta \phi } \cr g_{\phi \theta } & g_{\phi \phi }}=\pmatrix{ 1 & 0 \cr 0 & \sin ^2\theta }$$の逆行列を求めることにより
$$g^{\theta \theta }=1, \hskip 5mm g^{\theta \phi }=g^{\phi \theta }=0, \hskip 5mm g^{\phi \phi }=\sin ^{-2}\theta $$となり、
\begin{equation} {\Gamma ^{\theta }}_{\phi \phi }=-\sin \theta \cos \theta , \hskip 5mm {\Gamma ^{\phi }}_{\theta \phi }={\Gamma ^{\phi }}_{\phi \theta }={{\cos \theta }\over {\sin \theta }}, \hskip 5mm 他は 0 \label{eq:kyumennogamma-2} \end{equation}が得られます。よって「直線」の方程式は
\begin{eqnarray} &&{{d^2\theta }\over {ds^2}}-\sin \theta \cos \theta \left( {{d\phi }\over {ds}}\right) ^2=0 \label{eq:d2thetads2} \\ &&{{d^2\phi }\over {ds^2}}+2{{\cos \theta }\over {\sin \theta }}{{d\theta }\over {ds}}{{d\phi }\over {ds}}=0 \label{eq:d2phids2} \end{eqnarray}となります。これが大円を意味することを証明できれば良いのです：
まずここまででひどい間違いをしていないことを確かめたいので、大円として明らかな例がこの方程式を満たすことを見ておく。$\phi $ が一定の経線は大円だから、この方程式を満たすはず。このとき $\alpha , \beta $ を定数として
$$\theta (s)=\alpha s, \hskip 5mm \phi =\beta $$と書けるから、確かに方程式 (\ref{eq:d2thetads2}) と (\ref{eq:d2phids2}) は満たされる。
また赤道、つまり
$$\theta ={\pi \over 2}, \hskip 5mm \phi =\gamma s$$である曲線もこれらを満たす。
計算間違いはしてなさそうなので、さてこれらの方程式を満たす曲線が必ず大円であることを証明したい。
$${\bf r}(\theta , \phi )=(\sin \theta \cos \phi , \sin \theta \sin \phi , \cos \theta )$$に
$$\theta =\theta (s), \hskip 5mm \phi =\phi (s)$$を代入して ${\bf r}(s)$ と置けば
$${d\over {ds}}{\bf r}(s)$$が接ベクトル。ここでベクトル積
$${\bf r}\times {{d{\bf r}}\over {ds}}$$は、動径ベクトル ${\bf r}$ にも接ベクトル $d{\bf r}/ds$ にも直交する長さが $1$ のベクトルとなる。何故ならば、$s$ を始点からの長さとしているから接ベクトル $d{\bf r}/ds$ の長さは $1$ であり、動径ベクトルも長さが $1$、更に両者は直交しているから。
曲線が大円であるなら、このベクトル
$${\bf r}\times {{d{\bf r}}\over {ds}}$$の方向は $s$ に依存せず常に一定でなければいけない。逆も言える。従って、
$${d\over {ds}}\left( {\bf r}\times {{d{\bf r}}\over {ds}}\right) =0$$であることと、件の「直線」の方程式とが同値であることを示せば、われわれの目的が達せられたことになる。
ここで
\begin{eqnarray*} &&{\bf r}\times {\bf r}_1=(-\sin \phi , \cos \phi , 0)\\ &&{\bf r}\times {\bf r}_2=\sin \theta (-\cos \theta \cos \phi , -\cos \theta \sin \phi , \sin \theta ) \end{eqnarray*}なので
$${\bf r}\times {{d{\bf r}}\over {ds}}={{d\theta }\over {ds}}(-\sin \phi , \cos \phi , 0)+{{d\phi }\over {ds}}\sin \theta (-\cos \theta \cos \phi , -\cos \theta \sin \phi , \sin \theta )$$となる。
よって、ベクトル
$${d\over {ds}}\left( {\bf r}\times {{d{\bf r}}\over {ds}}\right) $$は、少し長いけれども単純な計算によって求まり、
\begin{eqnarray*} 第一成分&=&第二成分\\ &=&-\left( {{d^2\phi }\over {ds^2}}+2{{\cos \theta }\over {\sin \theta }}{{d\theta }\over {ds}}{{d\phi }\over {ds}}\right) \sin \theta \cos \theta \cos \phi \\ &&-\left( {{d^2\theta }\over {ds^2}}-\sin \theta \cos \theta ({{d\phi }\over {ds}})^2\right) \sin \phi \\ 第三成分&=&\sin ^2\theta \left( {{d^2\phi }\over {ds^2}}+2{{\cos \theta }\over {\sin \theta }}{{d\theta }\over {ds}}{{d\phi }\over {ds}}\right) \end{eqnarray*}従って、これら三つの成分がすべて $0$ であるための必要十分条件は、「直線」の方程式
\begin{eqnarray*} &&{{d^2\theta }\over {ds^2}}-\sin \theta \cos \theta \left( {{d\phi }\over {ds}}\right) ^2=0 \\ &&{{d^2\phi }\over {ds^2}}+2{{\cos \theta }\over {\sin \theta }}{{d\theta }\over {ds}}{{d\phi }\over {ds}}=0 \end{eqnarray*}が成り立つことだとわかりました。
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