Appendix A 練習問題 解答¶
目次
Basic（基礎）
- B-1. ベクトル積の成分計算
- B-2. ベクトル積の直交性
- B-3. スカラー三重積
- B-4. スカラー場の勾配
- B-5. ベクトル場の発散
- B-6. ベクトル場の回転
- B-7. スカラー場のラプラシアン
- B-8. Lagrange 恒等式の確認
- B-9. BAC-CAB 公式の確認
- B-10. rot(grad) = 0 の確認
Medium（標準）
Advanced（発展）
Basic（基礎）¶
B-1. ベクトル積の成分計算¶
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問題: \(\boldsymbol{a} = (2, 1, -1)\) と \(\boldsymbol{b} = (0, 3, 2)\) のベクトル積 \(\boldsymbol{a} \times \boldsymbol{b}\) を計算せよ。
解法の方針: 形式的行列式を第 1 行で余因子展開する。
計算:
検算: 反交換律より \(\boldsymbol{b} \times \boldsymbol{a} = (-5, 4, -6)\) となるはず。実際 \((\boldsymbol{b} \times \boldsymbol{a})_x = 3 \cdot (-1) - 2 \cdot 1 = -5\) ✓
B-2. ベクトル積の直交性¶
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問題: \(\boldsymbol{a} \times \boldsymbol{b} = (5, -4, 6)\) が \(\boldsymbol{a} = (2, 1, -1)\) に直交することを確認せよ。
計算:
検算: \(\boldsymbol{b}\) との内積も確認：\(5 \cdot 0 + (-4) \cdot 3 + 6 \cdot 2 = 0 - 12 + 12 = 0\) ✓
B-3. スカラー三重積¶
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問題: \(\boldsymbol{a} = (1, 0, 2)\), \(\boldsymbol{b} = (3, 1, 0)\), \(\boldsymbol{c} = (0, -1, 1)\) のスカラー三重積を行列式として計算せよ。
計算:
第 1 行で余因子展開：
検算（Sarrus の方法）:
右下がり対角線の和：\(a_{11}a_{22}a_{33} + a_{12}a_{23}a_{31} + a_{13}a_{21}a_{32} = 1 \cdot 1 \cdot 1 + 0 \cdot 0 \cdot 0 + 2 \cdot 3 \cdot (-1) = 1 + 0 - 6 = -5\)
左下がり対角線の和：\(a_{13}a_{22}a_{31} + a_{12}a_{21}a_{33} + a_{11}a_{23}a_{32} = 2 \cdot 1 \cdot 0 + 0 \cdot 3 \cdot 1 + 1 \cdot 0 \cdot (-1) = 0 + 0 + 0 = 0\)
行列式 \(= -5 - 0 = -5\) ✓
B-4. スカラー場の勾配¶
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問題: \(\varphi(x, y, z) = x^2 y + y^2 z + z^2 x\) の勾配を求めよ。
計算:
検算: 各項の次元（\(\varphi\) の各単項式の変数に対する偏微分）を確認。\(\partial(x^2 y)/\partial x = 2xy\) ✓, \(\partial(y^2 z)/\partial x = 0\) ✓, \(\partial(z^2 x)/\partial x = z^2\) ✓。他の成分も同様。
B-5. ベクトル場の発散¶
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問題: \(\boldsymbol{F} = (x^2 y,\; y^2 z,\; z^2 x)\) の発散を計算せよ。
計算:
検算: 各偏微分を個別に確認。\(\partial(x^2 y)/\partial x = 2xy\)（\(y\) は定数扱い）✓
B-6. ベクトル場の回転¶
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問題: \(\boldsymbol{F} = (yz,\; xz,\; xy)\) の回転を計算せよ。
計算:
検算: \(\boldsymbol{F} = (yz, xz, xy) = \nabla(xyz)\) であるから、勾配場の回転は恒等的にゼロ。実際 \(\partial(xyz)/\partial x = yz\), \(\partial(xyz)/\partial y = xz\), \(\partial(xyz)/\partial z = xy\) ✓
B-7. スカラー場のラプラシアン¶
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問題: \(\varphi = e^x \sin y + z^3\) のラプラシアンを計算せよ。
計算:
検算: \(e^x \sin y\) の部分は 2 次元の調和関数（\(\Delta_{2D}(e^x \sin y) = 0\)）であるから、ラプラシアンへの寄与はゼロ。\(z^3\) のラプラシアンは \(6z\)。一致 ✓
B-8. Lagrange 恒等式の確認¶
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問題: \(\boldsymbol{a} = (1, 2, 0)\), \(\boldsymbol{b} = (0, 1, 3)\) に対し、Lagrange の恒等式を確認せよ。
計算（右辺）:
計算（左辺）:
両辺一致 ✓
B-9. BAC-CAB 公式の確認¶
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問題: \(\boldsymbol{a} = (1,0,0)\), \(\boldsymbol{b} = (0,1,0)\), \(\boldsymbol{c} = (0,0,1)\) で BAC-CAB 公式を確認せよ。
左辺の計算:
右辺の計算:
検算: \(\boldsymbol{a} = \boldsymbol{e}_1\), \(\boldsymbol{b} = \boldsymbol{e}_2\), \(\boldsymbol{c} = \boldsymbol{e}_3\) は互いに直交する標準基底なので \(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{c} = 0\) は自然。また \(\boldsymbol{b} \times \boldsymbol{c} = \boldsymbol{e}_1 = \boldsymbol{a}\) なので \(\boldsymbol{a} \times \boldsymbol{a} = \boldsymbol{0}\) も自然 ✓
B-10. rot(grad) = 0 の確認¶
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問題: \(\varphi = x^2 + y^2 + z^2\) に対して \(\nabla \times (\nabla\varphi) = \boldsymbol{0}\) を確認せよ。
計算:
\(\boldsymbol{G} = \nabla\varphi = (2x, 2y, 2z)\) として：
検算: これは恒等式 \(\operatorname{rot}(\operatorname{grad}\varphi) = \boldsymbol{0}\) の具体例。各成分は \(\frac{\partial^2 \varphi}{\partial y \partial z} - \frac{\partial^2 \varphi}{\partial z \partial y} = 0\) のように、偏微分の順序交換可能性（\(\varphi\) が \(C^2\) 級）から自動的にゼロになる ✓
Medium（標準）¶
M-1. BAC-CAB 公式の証明¶
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問題: BAC-CAB 公式を \(x\) 成分の比較により証明せよ。
解法の方針¶
左辺 \(\boldsymbol{a} \times (\boldsymbol{b} \times \boldsymbol{c})\) の \(x\) 成分を、外積の定義を 2 回適用して展開する。右辺 \(\boldsymbol{b}(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{c}) - \boldsymbol{c}(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})\) の \(x\) 成分も展開し、両者が一致することを示す。
計算の詳細¶
左辺の \(x\) 成分:
まず \(\boldsymbol{b} \times \boldsymbol{c}\) の成分を書き下す：
\(\boldsymbol{a} \times (\boldsymbol{b} \times \boldsymbol{c})\) の \(x\) 成分は：
ここで \(a_1 c_1\) と \(a_1 b_1\) を加えて引く（\(b_1 a_1 c_1 - c_1 a_1 b_1 = 0\) なので値は変わらない）：
右辺の \(x\) 成分:
最終回答¶
左辺と右辺の \(x\) 成分が一致した：
\(y\), \(z\) 成分について: 上の計算では添字 \(1, 2, 3\) の巡回的な構造のみを用いた。外積の定義は添字の巡回置換 \((1 \to 2 \to 3 \to 1)\) に対して同じ形をしているから、\(x\) 成分の証明において \(1 \to 2\), \(2 \to 3\), \(3 \to 1\) と置き換えれば \(y\) 成分の証明が、\(1 \to 3\), \(2 \to 1\), \(3 \to 2\) と置き換えれば \(z\) 成分の証明がそのまま得られる。
したがって、3 成分全てで等号が成り立ち、BAC-CAB 公式が証明された。\(\blacksquare\)
検算¶
D9 で具体的な数値例（標準基底）で確認済み ✓
M-2. div(rot) = 0 の証明¶
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問題: \(\operatorname{div}(\operatorname{rot}\boldsymbol{F}) = 0\) を証明し、物理的意味を述べよ。
解法の方針¶
\(\operatorname{rot}\boldsymbol{F}\) の各成分を書き下し、\(\operatorname{div}\) を取ったときに、偏微分の順序交換により全ての項がペアになって消えることを示す。
計算の詳細¶
\(\boldsymbol{F} = (F_1, F_2, F_3)\) とする。回転の各成分は：
発散を取る：
\(\boldsymbol{F}\) が十分滑らか（\(C^2\) 級）であれば、偏微分の順序は交換可能：\(\frac{\partial^2 F_i}{\partial x_j \partial x_k} = \frac{\partial^2 F_i}{\partial x_k \partial x_j}\)。したがって：
- \(\frac{\partial^2 F_3}{\partial x \partial y}\) と \(-\frac{\partial^2 F_3}{\partial y \partial x}\) が相殺
- \(-\frac{\partial^2 F_2}{\partial x \partial z}\) と \(\frac{\partial^2 F_2}{\partial z \partial x}\) が相殺
- \(\frac{\partial^2 F_1}{\partial y \partial z}\) と \(-\frac{\partial^2 F_1}{\partial z \partial y}\) が相殺
物理的意味¶
電磁気学において、磁場 \(\boldsymbol{B}\) はベクトルポテンシャル \(\boldsymbol{A}\) を用いて \(\boldsymbol{B} = \nabla \times \boldsymbol{A}\) と書ける。上の恒等式を適用すると：
これは Maxwell 方程式の一つ \(\nabla \cdot \boldsymbol{B} = 0\)（磁気単極子が存在しない）に対応する。すなわち、磁場がベクトルポテンシャルの回転として表現できるという事実は、数学的恒等式 \(\operatorname{div}(\operatorname{rot}) = 0\) によって、磁気単極子の非存在と自動的に整合する。逆に言えば、もし磁気単極子が存在すれば \(\nabla \cdot \boldsymbol{B} \neq 0\) となり、\(\boldsymbol{B}\) を単一のベクトルポテンシャルの回転として大域的に表すことはできなくなる。\(\blacksquare\)
M-3. ベクトル積どうしの内積の公式¶
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問題: ベクトル積どうしの内積の公式から Lagrange の恒等式を導き、\(|\boldsymbol{a} \times \boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\sin\theta\) を示せ。
計算の詳細¶
Lagrange の恒等式の導出:
ベクトル積どうしの内積の公式：
に \(\boldsymbol{c} = \boldsymbol{a}\), \(\boldsymbol{d} = \boldsymbol{b}\) を代入する：
\(|\boldsymbol{a} \times \boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\sin\theta\) の導出:
\(\boldsymbol{a}\) と \(\boldsymbol{b}\) のなす角を \(\theta\)（\(0 \leq \theta \leq \pi\)）とすると、\(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\theta\) であるから：
\(0 \leq \theta \leq \pi\) のとき \(\sin\theta \geq 0\) であるから、両辺の正の平方根をとって：
検算¶
\(\theta = 0\)（平行）のとき：\(|\boldsymbol{a} \times \boldsymbol{b}| = 0\) ✓（平行なベクトルの外積はゼロ）
\(\theta = \pi/2\)（直交）のとき：\(|\boldsymbol{a} \times \boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\) ✓（例えば \(\boldsymbol{e}_1 \times \boldsymbol{e}_2 = \boldsymbol{e}_3\) で \(|\boldsymbol{e}_3| = 1 = 1 \cdot 1\)）
\(\theta = \pi\)（反平行）のとき：\(|\boldsymbol{a} \times \boldsymbol{b}| = 0\) ✓（\(\sin\pi = 0\) であり、反平行なベクトルの外積もゼロ）
D8 の数値例でも確認済み ✓
M-4. 積の発散の公式¶
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問題: \(\operatorname{div}(\varphi\,\boldsymbol{F}) = (\nabla\varphi) \cdot \boldsymbol{F} + \varphi\,(\operatorname{div}\boldsymbol{F})\) を証明せよ。
解法の方針¶
\(\operatorname{div}(\varphi\,\boldsymbol{F})\) を成分表示で書き下し、各項に Leibniz の積の微分法則を適用して展開する。
計算の詳細¶
\(\boldsymbol{F} = (F_1, F_2, F_3)\) とする。
各項に Leibniz の積の微分法則 \(\frac{\partial(\varphi F_i)}{\partial x_i} = \frac{\partial\varphi}{\partial x_i}F_i + \varphi\frac{\partial F_i}{\partial x_i}\) を適用する：
全てを足し合わせる：
第 1 括弧は勾配とベクトル場の内積 \((\nabla\varphi) \cdot \boldsymbol{F}\)、第 2 括弧はベクトル場の発散 \(\operatorname{div}\boldsymbol{F}\) であるから：
\(\blacksquare\)
検算¶
具体例で確認する。\(\varphi = x\), \(\boldsymbol{F} = (y, 0, 0)\) とすると：
- 左辺：\(\operatorname{div}(xy, 0, 0) = \frac{\partial(xy)}{\partial x} + 0 + 0 = y\)
- 右辺：\((\nabla x) \cdot (y, 0, 0) + x \cdot \operatorname{div}(y, 0, 0) = (1, 0, 0) \cdot (y, 0, 0) + x \cdot 0 = y + 0 = y\)
一致 ✓
もう一つの例。\(\varphi = x^2 + y^2 + z^2\), \(\boldsymbol{F} = (x, y, z)\) とすると：
- \(\varphi\boldsymbol{F} = ((x^2+y^2+z^2)x,\; (x^2+y^2+z^2)y,\; (x^2+y^2+z^2)z)\)
- 左辺の \(x\) 成分の偏微分：\(\frac{\partial}{\partial x}[(x^2+y^2+z^2)x] = (2x)x + (x^2+y^2+z^2) = 2x^2 + x^2+y^2+z^2\)。同様に \(y\), \(z\) 成分も計算して足すと：\(2(x^2+y^2+z^2) + 3(x^2+y^2+z^2) = 5(x^2+y^2+z^2)\)
- 右辺：\((\nabla\varphi) \cdot \boldsymbol{F} + \varphi(\operatorname{div}\boldsymbol{F}) = (2x,2y,2z)\cdot(x,y,z) + (x^2+y^2+z^2) \cdot 3 = 2(x^2+y^2+z^2) + 3(x^2+y^2+z^2) = 5(x^2+y^2+z^2)\)
一致 ✓
M-5. Gauss の定理とクーロン電場¶
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問題: Gauss の定理を用いて、クーロン電場の電束が \(q/\varepsilon_0\) となることを示せ。
解法の方針¶
原点を含む任意の閉曲面 \(S\) の内部に、原点を中心とする十分小さな半径 \(\epsilon\) の球面 \(S_\epsilon\) を取る。\(S\) と \(S_\epsilon\) に挟まれた領域 \(V'\) では \(r \neq 0\) なので \(\operatorname{div}\boldsymbol{E} = 0\) が成り立つ。この領域に Gauss の定理を適用し、\(S\) 上の面積分を \(S_\epsilon\) 上の面積分に帰着させる。
計算の詳細¶
Step 1: \(r \neq 0\) での \(\operatorname{div}\boldsymbol{E} = 0\) の確認
\(\boldsymbol{E} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\boldsymbol{r}}{r^3}\) に対して、\(\frac{\boldsymbol{r}}{r^3} = \left(\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}},\; \frac{y}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}},\; \frac{z}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\right)\) の発散を計算する。
\(x\) 成分の偏微分：
同様に \(y\), \(z\) 成分も求めて足すと：
Step 2: Gauss の定理の適用
\(S\) と \(S_\epsilon\) に囲まれた領域 \(V'\) を考える。\(V'\) の境界は、外側の \(S\)（外向き法線）と内側の \(S_\epsilon\)（\(V'\) に対する外向き法線は原点に向かう \(-\hat{\boldsymbol{r}}\) 方向）からなる。
\(V'\) 内では \(\operatorname{div}\boldsymbol{E} = 0\) であるから、Gauss の定理より：
\(S_\epsilon\) 上で \(V'\) に対する外向き法線は \(-\hat{\boldsymbol{r}}\) 方向なので \(d\boldsymbol{S}_{V'\text{外向き}} = -\hat{\boldsymbol{r}}\, dA\)。したがって：
Step 3: 球面上での面積分の計算
\(S_\epsilon\) 上では \(r = \epsilon\)（一定）であり、\(\boldsymbol{E}\) は動径方向を向き大きさが一定：
したがって：
球面全体で積分：
最終回答¶
原点を含む任意の閉曲面 \(S\) に対して成立する。\(\blacksquare\)
検算¶
- 次元解析: \([E] = \text{V/m}\), \([dS] = \text{m}^2\) なので \([E \cdot dS] = \text{V·m}\)。\([q/\varepsilon_0] = \text{C}/(\text{C}^2\text{s}^2/(\text{kg·m}^3))\) を整理すると \(\text{kg·m}^3/(\text{C·s}^2) = \text{V·m}\)。整合 ✓
- 特殊ケース: \(S\) 自体が半径 \(R\) の球面の場合、直接計算で \(\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R^2} \cdot 4\pi R^2 = q/\varepsilon_0\) ✓
- \(q < 0\) の場合: 電場は原点に向かう方向（\(-\hat{\boldsymbol{r}}\)）を向くので、外向き法線との内積は負。電束 \(q/\varepsilon_0 < 0\) となり整合 ✓
Advanced（発展）¶
A-1. Levi-Civita 記号による恒等式¶
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問題: Levi-Civita 記号を用いた添字計算。
(a) ベクトル積どうしの内積の公式¶
計算の詳細:
縮約公式 \(\sum_i \varepsilon_{ijk}\,\varepsilon_{ilm} = \delta_{jl}\delta_{km} - \delta_{jm}\delta_{kl}\) を適用：
\(\blacksquare\)
(b) BAC-CAB 公式¶
計算の詳細:
\(\varepsilon_{klm} = \varepsilon_{lmk}\)（巡回置換で不変）であるから、\(\sum_k \varepsilon_{ijk}\,\varepsilon_{klm} = \sum_k \varepsilon_{ijk}\,\varepsilon_{lmk}\)。
縮約公式 \(\sum_k \varepsilon_{ijk}\,\varepsilon_{lmk} = \delta_{il}\delta_{jm} - \delta_{im}\delta_{jl}\) を適用：
全ての \(i\) について成り立つので、BAC-CAB 公式が証明された。\(\blacksquare\)
(c) \(\operatorname{div}(\operatorname{rot}\boldsymbol{F}) = 0\) の添字計算による証明¶
\(\operatorname{rot}\boldsymbol{F}\) の第 \(i\) 成分:
ここで \(\partial_j = \frac{\partial}{\partial x_j}\) である。
\(\operatorname{div}(\operatorname{rot}\boldsymbol{F})\) の計算:
ここで、\(\partial_i \partial_j F_k\) は添字 \(i, j\) について対称（\(\boldsymbol{F}\) が \(C^2\) 級のとき \(\partial_i \partial_j = \partial_j \partial_i\)）である一方、\(\varepsilon_{ijk}\) は添字 \(i, j\) について反対称（\(\varepsilon_{ijk} = -\varepsilon_{jik}\)）である。
対称テンソルと反対称テンソルの縮約はゼロになる。具体的に示すと：
添字 \(i \leftrightarrow j\) のダミー変数を入れ替えると：
（第 1 の等号でダミー変数の名前を \(i \leftrightarrow j\) と戻し、第 2 の等号で \(\varepsilon_{jik} = -\varepsilon_{ijk}\)（反対称性）と \(\partial_j \partial_i = \partial_i \partial_j\)（偏微分の順序交換）を使った。）
したがって \(S = -S\)、すなわち \(2S = 0\) より：
\(\blacksquare\)
4 次元との対応について: 本編の一般相対論では、4 次元の Levi-Civita テンソル \(\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\) が双対テンソルの構成に使われた。3 次元の \(\varepsilon_{ijk}\) が回転（rot）を定義するのと同様に、4 次元の \(\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\) は電磁場テンソル \(F_{\mu\nu}\) の双対 \({}^*F^{\mu\nu} = \frac{1}{2}\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\rho\sigma}\) を定義する。\(\operatorname{div}(\operatorname{rot}) = 0\) の 4 次元版は Bianchi 恒等式 \(\partial_{[\mu}F_{\nu\rho]} = 0\) に対応し、これが Maxwell 方程式の同次方程式（\(\nabla \cdot \boldsymbol{B} = 0\) と Faraday の法則）を与える。
検算¶
(a) \(\boldsymbol{c} = \boldsymbol{a}\), \(\boldsymbol{d} = \boldsymbol{b}\) とおくと Lagrange の恒等式が得られ、S3 と整合 ✓
(b) D9 の数値例と整合 ✓
(c) S2 の成分計算による証明と整合 ✓
A-2. Stokes の定理の応用¶
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問題: Stokes の定理を用いた議論。
(a) 勾配場の閉曲線積分がゼロであること¶
証明:
\(\boldsymbol{F} = \nabla\varphi\) とする。任意の閉曲線 \(C\) に対し、\(C\) を境界とする曲面 \(S\) を取る。Stokes の定理より：
恒等式 \(\nabla \times (\nabla\varphi) = \boldsymbol{0}\)（D10 で確認、一般には偏微分の順序交換から従う）より：
\(\blacksquare\)
別証（Stokes の定理を使わない直接的方法）: \(C\) を \(\boldsymbol{r}(t)\)（\(t: a \to b\), \(\boldsymbol{r}(a) = \boldsymbol{r}(b)\)）でパラメトライズすると：
（閉曲線なので始点と終点が一致。）この別証は Stokes の定理を前提としない。✓
(b) 渦なし場がスカラーポテンシャルを持つこと¶
証明:
単連結な領域 \(D\) で \(\nabla \times \boldsymbol{F} = \boldsymbol{0}\) が成り立つとする。
Step 1: \(\varphi\) の構成
固定点 \(\boldsymbol{r}_0 \in D\) を選び、任意の点 \(\boldsymbol{r} \in D\) に対して：
と定義する。ここで積分は \(D\) 内の \(\boldsymbol{r}_0\) から \(\boldsymbol{r}\) への任意の曲線に沿って行う。
Step 2: 経路非依存性
\(\boldsymbol{r}_0\) から \(\boldsymbol{r}\) への 2 つの経路 \(C_1\), \(C_2\) を取る。\(C_1\) と \(C_2^{-1}\)（\(C_2\) の逆向き）をつなげると閉曲線 \(C = C_1 + C_2^{-1}\) が得られる。\(D\) が単連結であるから、\(C\) を境界とする曲面 \(S \subset D\) が存在する。Stokes の定理より：
したがって：
よって \(\varphi(\boldsymbol{r})\) は経路の選び方によらず well-defined である。
Step 3: \(\nabla\varphi = \boldsymbol{F}\) の確認
\(\boldsymbol{r}\) から \(\boldsymbol{r} + \delta\boldsymbol{r}\)（\(\delta\boldsymbol{r} = \delta x\, \boldsymbol{e}_1\) とする）への直線経路を考えると：
したがって：
\(y\), \(z\) 成分も同様に \(\frac{\partial\varphi}{\partial y} = F_2\), \(\frac{\partial\varphi}{\partial z} = F_3\) が得られるので：
\(\blacksquare\)
注意: 単連結性の仮定は本質的である。例えば、\(D = \mathbb{R}^3 \setminus \{z\text{軸}\}\)（\(z\) 軸を除いた空間）において \(\boldsymbol{F} = \frac{1}{x^2+y^2}(-y, x, 0)\) は \(\nabla \times \boldsymbol{F} = \boldsymbol{0}\) を満たすが、\(z\) 軸を囲む閉曲線に沿う線積分は \(2\pi \neq 0\) であり、大域的なスカラーポテンシャルは存在しない。
(c) Stokes の定理と曲率の関係¶
定性的議論:
Stokes の定理は、ベクトル場 \(\boldsymbol{F}\) の閉曲線 \(C\) に沿う循環（線積分）を、\(C\) を境界とする曲面 \(S\) 上での \(\nabla \times \boldsymbol{F}\) の面積分に等しいと述べる：
特に、微小な閉曲線（面積 \(\delta A\)、法線 \(\hat{\boldsymbol{n}}\)）に対しては：
すなわち、\(\operatorname{rot}\boldsymbol{F}\) は「単位面積あたりの循環」を表す。
一般相対論における曲率テンソル \(R^\mu{}_{\nu\rho\sigma}\) は、これと完全に類似した役割を果たす。ベクトル \(V^\mu\) を微小な閉じた平行四辺形（辺が \(\ delta x^\rho\) と \(\delta x^\sigma\)）に沿って平行移動すると、一周して戻ったときにベクトルが変化する。その変化量は
$$\delta V^\mu = R^\mu{}_{\nu\rho\sigma}\,V^\nu\,\delta x^\rho\,\delta x^\sigma $$ で与えられる。これは Stokes の定理の一般相対論版と見なせる：
| ベクトル解析（\(\mathbb{R}^3\)） | 一般相対論（曲がった時空） |
|---|---|
| ベクトル場 \(\boldsymbol{F}\) の循環 | ベクトル \(V^\mu\) の平行移動による変化 |
| 回転 \(\nabla \times \boldsymbol{F}\) | Riemann 曲率テンソル \(R^\mu{}_{\nu\rho\sigma}\) |
| 微小閉曲線の面積 \(\delta A\) | 微小平行四辺形の面積 \(\delta x^\rho \wedge \delta x^\sigma\) |
- 平坦な空間（\(R^\mu{}_{\nu\rho\sigma} = 0\)）では、平行移動は経路に依存しない（循環がゼロ）。
- 曲がった空間（\(R^\mu{}_{\nu\rho\sigma} \neq 0\)）では、平行移動は経路に依存する（循環が非ゼロ）。
この対応は、曲率テンソルが「平行移動の非可換性」を測る量であることを示しており、第 12 章で学んだ Riemann テンソルの導出と整合する。\(\square\)
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