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Appendix C 練習問題 解答

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目次

Basic（基礎）

Medium（標準）

Advanced（発展）

Basic（基礎）

B-1. Klein-Gordon の \(\partial \mathcal{L}/\partial \phi\)

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問題： \(\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\) に対して \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\) を求めよ。

解答：

\(\phi\) 自身を含む項は質量項 \(-\frac{m^2}{2}\phi^2\) のみ。微分項は \(\partial_\mu\phi\) に依存し、\(\phi\) そのものには依存しない。

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -\frac{m^2}{2}\cdot 2\phi = \boxed{-m^2\phi} \]

検算： 本文 C.5 のステップ 1 と一致。

B-2. Klein-Gordon の \(\partial \mathcal{L}/\partial(\partial\phi)\)

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問題： 同じ \(\mathcal{L}\) に対して \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\) を求めよ。

解答：

\(\partial_\mu\phi\) を含む項は \(-\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\) である。\(\partial_\mu\phi\) で微分すると、\(\alpha = \mu\) の場合と \(\beta = \mu\) の場合の 2 通りの寄与がある：

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\phi)}\left[\eta^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\right] = \eta^{\mu\beta}\partial_\beta\phi + \eta^{\alpha\mu}\partial_\alpha\phi = 2\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi \]

（\(\eta^{\alpha\beta}\) の対称性 \(\eta^{\alpha\beta} = \eta^{\beta\alpha}\) を用いた。）

前の係数 \(-\frac{1}{2}\) と合わせて：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = -\frac{1}{2}\cdot 2\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi = \boxed{-\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi} \]

検算： 本文 C.5 のステップ 2 と一致。

B-3. 弦の Lagrangian の偏微分

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問題： 弦の \(\mathcal{L} = \frac{\rho}{2}(\partial_t\psi)^2 - \frac{\mathcal{T}}{2}(\partial_x\psi)^2\) に対する各偏微分を求めよ。

解答：

\(\psi\) 自身は \(\mathcal{L}\) に陽に現れないので：

\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi} = 0} \]
\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\psi)} = \rho\,\frac{\partial\psi}{\partial t}} \]
\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\psi)} = -\mathcal{T}\,\frac{\partial\psi}{\partial x}} \]

検算： 次元確認。\([\rho\,\partial_t\psi] = (\text{kg/m})\cdot(\text{m/s}) = \text{kg/s}\)（運動量密度の次元）で整合。

B-4. \(\phi^4\) 理論の \(\partial \mathcal{L}/\partial \phi\)

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問題： \(\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{\lambda}{4!}\phi^4\) に対して \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\) を求めよ。

解答：

\(\phi\) を含む項は \(-\frac{\lambda}{4!}\phi^4\) のみ。

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -\frac{\lambda}{4!}\cdot 4\phi^3 = -\frac{\lambda}{3!}\phi^3 = \boxed{-\frac{\lambda}{6}\phi^3} \]

検算： \(4! = 24\), \(4/24 = 1/6 = 1/3!\)。✓

B-5. d'Alembert 演算子の陽な書き下し

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問題： \(\Box \equiv \eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\) を \((t,x,y,z)\) で陽に書き下せ。

解答：

\(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,+1,+1,+1)\) なので、\(\mu \neq \nu\) の項はすべてゼロ。対角成分のみ寄与する：

\[ \Box = \eta^{00}\partial_0\partial_0 + \eta^{11}\partial_1\partial_1 + \eta^{22}\partial_2\partial_2 + \eta^{33}\partial_3\partial_3 \]
\[ \boxed{\Box = -\frac{\partial^2}{\partial t^2} + \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2} = -\frac{\partial^2}{\partial t^2} + \nabla^2} \]

検算： \(\Box\phi = 0\) は波動方程式 \(\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} = \nabla^2\phi\)（光速 \(c=1\)）に一致。✓

B-6. 2 次元スカラー場の Euler–Lagrange 方程式

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問題： 2 次元時空で \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}(\partial_t\phi)^2 - \frac{1}{2}(\partial_x\phi)^2 - V(\phi)\) の Euler–Lagrange 方程式を書き下せ。

解答：

場の Euler–Lagrange 方程式は：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} - \partial_t\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\phi)}\right) - \partial_x\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\phi)}\right) = 0 \]

各項を計算する：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -V'(\phi) \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\phi)} = \partial_t\phi \quad \Longrightarrow \quad \partial_t\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\phi)}\right) = \partial_t^2\phi \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\phi)} = -\partial_x\phi \quad \Longrightarrow \quad \partial_x\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\phi)}\right) = -\partial_x^2\phi \]

代入して：

\[ -V'(\phi) - \partial_t^2\phi - (-\partial_x^2\phi) = 0 \]
\[ \boxed{\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} - \frac{\partial^2\phi}{\partial x^2} + V'(\phi) = 0} \]

検算： \(V(\phi) = \frac{m^2}{2}\phi^2\) とすると \(V'(\phi) = m^2\phi\) で、Klein–Gordon 方程式 \(\partial_t^2\phi - \partial_x^2\phi + m^2\phi = 0\) に帰着。✓

B-7. Minkowski 計量の \(\sqrt{-g}\)

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問題： Minkowski 計量 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,1,1,1)\) のとき \(g\) と \(\sqrt{-g}\) を求めよ。

解答：

対角行列の行列式は対角成分の積：

\[ g = \det(\eta_{\mu\nu}) = (-1)\cdot 1\cdot 1\cdot 1 = -1 \]
\[ \boxed{g = -1, \qquad \sqrt{-g} = \sqrt{1} = 1} \]

検算： 平坦時空では体積要素の補正因子が 1 であるべき。✓

B-8. Schwarzschild 計量の \(\sqrt{-g}\)

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問題： Schwarzschild 計量に対して \(g = \det(g_{\mu\nu})\) と \(\sqrt{-g}\) を求めよ。

解答：

対角計量なので：

\[ g = g_{tt}\cdot g_{rr}\cdot g_{\theta\theta}\cdot g_{\varphi\varphi} \]

各成分を読み取る：

\[ g_{tt} = -\left(1 - \frac{2M}{r}\right), \quad g_{rr} = \left(1 - \frac{2M}{r}\right)^{-1}, \quad g_{\theta\theta} = r^2, \quad g_{\varphi\varphi} = r^2\sin^2\theta \]

積を計算する：

\[ g_{tt}\cdot g_{rr} = -\left(1 - \frac{2M}{r}\right)\cdot\left(1 - \frac{2M}{r}\right)^{-1} = -1 \]
\[ g_{\theta\theta}\cdot g_{\varphi\varphi} = r^2\cdot r^2\sin^2\theta = r^4\sin^2\theta \]

よって：

\[ g = (-1)\cdot r^4\sin^2\theta = -r^4\sin^2\theta \]
\[ \boxed{g = -r^4\sin^2\theta, \qquad \sqrt{-g} = r^2\sin\theta} \]

検算： \(M \to 0\) の極限で Schwarzschild 計量は球座標の Minkowski 計量 \(ds^2 = -dt^2 + dr^2 + r^2 d\Omega^2\) に帰着する。その場合も \(\sqrt{-g} = r^2\sin\theta\) であり、球座標の体積要素 \(r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi\) と整合する。✓

Medium（標準）

M-1. 弦の波動方程式の Euler–Lagrange 導出

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問題： 弦の Lagrangian 密度から波動方程式を導出し、伝播速度 \(v\) を求めよ。

解法の方針

D3 の結果を用いて、2 次元の場の Euler–Lagrange 方程式に代入する。

計算の詳細

場の Euler–Lagrange 方程式（2 次元版）：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi} - \partial_t\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\psi)}\right) - \partial_x\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\psi)}\right) = 0 \]

D3 の結果を代入する：

\[ 0 - \partial_t\left(\rho\,\partial_t\psi\right) - \partial_x\left(-\mathcal{T}\,\partial_x\psi\right) = 0 \]

\(\rho\) と \(\mathcal{T}\) は定数なので：

\[ -\rho\,\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} + \mathcal{T}\,\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} = 0 \]

最終回答

\[ \boxed{\rho\,\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} = \mathcal{T}\,\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}} \]

これを \(\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} = v^2\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}\) の形に書き直すと：

\[ \boxed{v = \sqrt{\frac{\mathcal{T}}{\rho}}} \]

検算

  • 次元解析： \([\mathcal{T}] = \text{N} = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2\)、\([\rho] = \text{kg/m}\)。よって \([\mathcal{T}/\rho] = \text{m}^2/\text{s}^2\) で、\(v\) は速度の次元。✓
  • 物理的直感： 張力が大きいほど速く、密度が大きいほど遅い。✓
  • 特殊ケース： \(\mathcal{T} = 0\) なら \(v = 0\) で波は伝播しない（張力がなければ復元力がない）。✓

M-2. \(\phi^4\) 理論の運動方程式

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問題： \(\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{\lambda}{4!}\phi^4\) の運動方程式を導け。

解法の方針

D2 と D4 の結果を Euler–Lagrange 方程式に代入する。

計算の詳細

ステップ 1： D4 より

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -\frac{\lambda}{6}\phi^3 \]

ステップ 2： D2 と同じ計算（質量項がないだけ）より

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = -\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi \]
\[ \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) = -\eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\phi = -\Box\phi \]

ステップ 3： Euler–Lagrange 方程式に代入：

\[ -\frac{\lambda}{6}\phi^3 - (-\Box\phi) = 0 \]

最終回答

\[ \boxed{\Box\phi = \frac{\lambda}{6}\phi^3} \]

質量ゼロの Klein–Gordon 方程式 \(\Box\phi = 0\) との違い：

  • \(\lambda = 0\) の極限で \(\Box\phi = 0\) に帰着する。✓
  • 右辺の \(\frac{\lambda}{6}\phi^3\) は非線形な自己相互作用項である。Klein–Gordon 方程式は線形であり、解の重ね合わせが成り立つが、\(\phi^4\) 理論の運動方程式は非線形であり、重ね合わせの原理が成り立たない。
  • 物理的には、\(\phi^4\) 項はスカラー場が自分自身と相互作用することを表す。場の量子論では、この項は 4 本の \(\phi\) 粒子が 1 点で相互作用する頂点（4 点相互作用）に対応する。結合定数 \(\lambda\) が相互作用の強さを制御する。

検算

  • 次元解析： \([\Box] = [\text{長さ}^{-2}]\)。\(\phi\) がスカラー場で \([\phi] = [\text{長さ}^{-1}]\)（自然単位系）とすると、左辺 \([\Box\phi] = [\text{長さ}^{-3}]\)、右辺 \([\lambda\phi^3] = [\lambda][\text{長さ}^{-3}]\) なので \(\lambda\) は無次元。✓（4 次元時空での \(\phi^4\) 理論の結合定数は無次元。）
  • \(\lambda \to 0\) の極限： \(\Box\phi = 0\) に帰着。✓

M-3. 曲がった時空の質量ゼロスカラー場

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問題： 曲がった時空での自由質量ゼロスカラー場の運動方程式を導出せよ。

(a) 変分 \(\delta S\) の計算

解法の方針： \(\phi \to \phi + \delta\phi\) として作用の 1 次変分を計算する。\(\sqrt{-g}\) と \(g^{\mu\nu}\) は \(\phi\) に依存しないので変分されない。

\[ S = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\right] \]

\(\phi \to \phi + \delta\phi\) とすると \(\partial_\mu\phi \to \partial_\mu\phi + \partial_\mu(\delta\phi)\) なので：

\[ (\partial_\mu\phi + \partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi + \partial_\nu\delta\phi) = (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi) + (\partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi) + O(\delta\phi^2) \]

1 次の変分のみ残すと：

\[ \delta S = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}\left((\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi) + (\partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi)\right)\right] \]

\(g^{\mu\nu}\) の対称性 \(g^{\mu\nu} = g^{\nu\mu}\) を用いると、2 つの項は等しい：

\[ g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi) = g^{\nu\mu}(\partial_\nu\delta\phi)(\partial_\mu\phi) = g^{\mu\nu}(\partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi) \]

（最後の等号で添字 \(\mu \leftrightarrow \nu\) をリネームした。）

よって：

\[ \boxed{\delta S = -\int d^4x\,\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi)} \]

(b) 部分積分と運動方程式の導出

解法の方針： 積の法則を用いて \(\partial_\nu\delta\phi\) を \(\delta\phi\) に移す。

積の法則より：

\[ \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\delta\phi\right] = \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\right]\delta\phi + \sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\partial_\nu(\delta\phi) \]

したがって：

\[ \sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\partial_\nu(\delta\phi) = \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\delta\phi\right] - \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\right]\delta\phi \]

\(\delta S\) に代入する：

\[ \delta S = -\int d^4x\left\{\partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\delta\phi\right] - \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\partial_\mu\phi\right]\delta\phi\right\} \]

第 1 項は全微分（total divergence）であり、Gauss の定理により境界上の積分に変換される。境界上で \(\delta\phi = 0\) なのでこの項は消える。

残りは：

\[ \delta S = \int d^4x\,\partial_\mu\left(\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\partial_\nu\phi\right)\delta\phi = 0 \]

（添字 \(\mu \leftrightarrow \nu\) をリネームした。）

任意の \(\delta\phi\) に対してこれがゼロであるためには：

\[ \boxed{\frac{1}{\sqrt{-g}}\,\partial_\mu\!\left(\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\,\partial_\nu\phi\right) = 0} \]

平坦時空での確認： Minkowski 時空では \(g^{\mu\nu} = \eta^{\mu\nu}\)、\(\sqrt{-g} = 1\) なので：

\[ \frac{1}{1}\,\partial_\mu\!\left(1\cdot\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi\right) = \eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\phi = \Box\phi = 0 \]

質量ゼロの Klein–Gordon 方程式に帰着する。✓

検算

  • 共変形式との整合： 曲がった時空でのスカラー場に対する共変 d'Alembert 演算子は \(\Box_g\phi = \frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\mu(\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\partial_\nu\phi)\) と定義される。得られた方程式は \(\Box_g\phi = 0\) であり、共変的な波動方程式として知られた結果と一致する。✓
  • \(m \neq 0\) の場合： 質量項 \(-\frac{m^2}{2}\phi^2\) を加えると \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -m^2\phi\) の寄与が加わり、\(\Box_g\phi - m^2\phi = 0\) となる。✓

M-4. エネルギー運動量テンソルの導出

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問題： 自由スカラー場の \(T_{\mu\nu}\) を導出せよ。

解法の方針

\(S_m = \int d^4x\,\sqrt{-g}\,\mathcal{L}_m\) を \(g^{\mu\nu}\) で変分する。変分は (i) \(\mathcal{L}_m\) 中の \(g^{\mu\nu}\) への直接の寄与と、(ii) \(\sqrt{-g}\) を通じた寄与の 2 箇所に作用する。

計算の詳細

\[ S_m = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\right] \]

\(g^{\mu\nu} \to g^{\mu\nu} + \delta g^{\mu\nu}\) として 1 次の変分を取る。

(i) \(\mathcal{L}_m\) 中の \(g^{\mu\nu}\) の変分：

\(g^{\mu\nu}\) が陽に現れるのは第 1 項のみ：

\[ \delta\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\right] = -\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\,\delta g^{\mu\nu} \]

(ii) \(\sqrt{-g}\) の変分：

与えられた公式 \(\frac{\delta(\sqrt{-g})}{\delta g^{\mu\nu}} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\) より：

\[ \delta\sqrt{-g} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

(iii) 全体の変分：

\[ \delta S_m = \int d^4x\left[\sqrt{-g}\left(-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\right)\delta g^{\mu\nu} + \left(-\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\right)\mathcal{L}_m\,\delta g^{\mu\nu}\right] \]
\[ = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m\right]\delta g^{\mu\nu} \]

(iv) \(T_{\mu\nu}\) の抽出：

定義 \(T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta S_m}{\delta g^{\mu\nu}}\) より：

\[ \frac{\delta S_m}{\delta g^{\mu\nu}} = \sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m\right] \]
\[ T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\cdot\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m\right] \]
\[ T_{\mu\nu} = (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m \]

最終回答

\(\mathcal{L}_m = -\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\) を代入して：

\[ \boxed{T_{\mu\nu} = (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - g_{\mu\nu}\left[\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) + \frac{m^2}{2}\phi^2\right]} \]

検算

  • 対称性： \(T_{\mu\nu} = T_{\nu\mu}\) は明らか（第 1 項は \((\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) = (\partial_\nu\phi)(\partial_\mu\phi)\)、第 2 項は \(g_{\mu\nu}\) が対称）。✓
  • トレース： \(g^{\mu\nu}T_{\mu\nu} = g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + 4\mathcal{L}_m = g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + 4\left[-\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\right] = -g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) - 2m^2\phi^2\)。\(m = 0\) のとき \(T^\mu{}_\mu = -g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\) で、共形不変ではない（4 次元のスカラー場は共形結合でない限りトレースレスにならない）。これは既知の結果と整合。✓
  • 平坦時空・\(m = 0\) の \(T_{00}\) 成分： \(T_{00} = (\partial_t\phi)^2 - \eta_{00}\left[\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\right] = (\partial_t\phi)^2 + \frac{1}{2}\left[-(\partial_t\phi)^2 + (\nabla\phi)^2\right] = \frac{1}{2}(\partial_t\phi)^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2\)。これはスカラー場のエネルギー密度として正しい。✓

Advanced（発展）

A-1. 電磁場 Lagrangian からの Maxwell 方程式

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問題： 電磁場の Lagrangian 密度から Maxwell 方程式を導出せよ。

(a) \(\mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\) の確認

\(F^{\mu\nu}\) の定義は \(F^{\mu\nu} \equiv \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta}\) である。

与えられた Lagrangian 密度は：

\[ \mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta} \]

ここで \(\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta} = F^{\mu\nu}\) であるから：

\[ \mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}\cdot\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]
\[ \boxed{\mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}} \quad \checkmark \]

(b) Euler–Lagrange 方程式から \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\) の導出

解法の方針： 場の変数は \(A_\nu\) である。Euler–Lagrange 方程式は：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} - \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right) = 0 \]

ステップ 1： \(A_\nu\) は \(\mathcal{L}\) に陽に現れない（\(\mathcal{L}\) は \(\partial_\mu A_\nu\) のみに依存する）：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = 0 \]

ステップ 2： \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\) を計算する。

\(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\) であり、\(F_{\alpha\beta} = \partial_\alpha A_\beta - \partial_\beta A_\alpha\) なので、\(\partial_\mu A_\nu\) に対する \(F_{\alpha\beta}\) の依存性を調べる：

\[ \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \delta^\mu_\alpha\,\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\,\delta^\nu_\alpha \]

連鎖律を用いて：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}\left[\frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F^{\alpha\beta} + F_{\alpha\beta}\frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right] \]

\(F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\) は \(F_{\alpha\beta}\) と \(F^{\alpha\beta}\) の縮約であり、\(F^{\alpha\beta} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\gamma\delta}\) なので \(\partial_\mu A_\nu\) に対する微分は \(F_{\alpha\beta}\) の微分と同じ構造を持つ。具体的に計算する：

第 1 項：

\[ \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F^{\alpha\beta} = (\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\delta^\nu_\alpha)F^{\alpha\beta} = F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu} = 2F^{\mu\nu} \]

（\(F^{\mu\nu}\) の反対称性 \(F^{\nu\mu} = -F^{\mu\nu}\) を使った。）

第 2 項：同様に

\[ F_{\alpha\beta}\frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} \]

\(F^{\alpha\beta} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\gamma\delta}\) なので：

\[ \frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}(\delta^\mu_\gamma\delta^\nu_\delta - \delta^\mu_\delta\delta^\nu_\gamma) = \eta^{\alpha\mu}\eta^{\beta\nu} - \eta^{\alpha\nu}\eta^{\beta\mu} \]
\[ F_{\alpha\beta}(\eta^{\alpha\mu}\eta^{\beta\nu} - \eta^{\alpha\nu}\eta^{\beta\mu}) = F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu} = 2F^{\mu\nu} \]

よって：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}(2F^{\mu\nu} + 2F^{\mu\nu}) = -F^{\mu\nu} \]

ステップ 3： Euler–Lagrange 方程式に代入：

\[ 0 - \partial_\mu(-F^{\mu\nu}) = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0} \]

(c) Gauss の法則と Ampère–Maxwell の法則の確認

電磁場テンソルの成分と電場・磁場の対応関係を用いる：

\[ F^{0i} = -E^i, \qquad F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k \]

（ここで \(i, j, k = 1, 2, 3\) は空間成分。）

\(\nu = 0\) の場合（Gauss の法則）：

\[ \partial_\mu F^{\mu 0} = \partial_0 F^{00} + \partial_i F^{i0} = 0 \]

\(F^{00} = 0\)（反対称性より）、\(F^{i0} = -F^{0i} = E^i\) なので：

\[ \partial_i E^i = 0 \quad \Longrightarrow \quad \boxed{\nabla\cdot\mathbf{E} = 0} \]

これはソースなしの Gauss の法則。✓

\(\nu = j\)（空間成分）の場合（Ampère–Maxwell の法則）：

\[ \partial_\mu F^{\mu j} = \partial_0 F^{0j} + \partial_i F^{ij} = 0 \]

\(F^{0j} = -E^j\) なので \(\partial_0 F^{0j} = -\frac{\partial E^j}{\partial t}\)。

\(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\) なので：

\[ \partial_i F^{ij} = -\epsilon^{ijk}\partial_i B_k \]

\((\nabla\times\mathbf{B})\) の \(j\) 成分との関係を確認する。\((\nabla\times\mathbf{B})^j = \epsilon^{jab}\partial_a B_b\) であり、\(\epsilon^{ijk} = \epsilon^{jki}\) なので：

\[ -\epsilon^{ijk}\partial_i B_k = -\epsilon^{jki}\partial_i B_k \]

添字 \(i \to a\), \(k \to b\) とリネームすると \(-\epsilon^{jba}\partial_a B_b = +\epsilon^{jab}\partial_a B_b = (\nabla\times\mathbf{B})^j\)。

（\(\epsilon^{jba} = -\epsilon^{jab}\) を使った。）

よって \(\partial_i F^{ij} = (\nabla\times\mathbf{B})^j\)。

方程式は：

\[ -\frac{\partial E^j}{\partial t} + (\nabla\times\mathbf{B})^j = 0 \]
\[ \boxed{(\nabla\times\mathbf{B})^j = \frac{\partial E^j}{\partial t} \quad \Longleftrightarrow \quad \nabla\times\mathbf{B} = \frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}} \]

これはソースなしの Ampère–Maxwell の法則。✓

検算

  • 残りの Maxwell 方程式について： \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\) は Maxwell 方程式の半分（ソースあり方程式のソースなし版）に対応する。残りの半分（\(\nabla\cdot\mathbf{B} = 0\) と Faraday の法則 \(\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}\)）は \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) の定義から自動的に満たされる（Bianchi 恒等式 \(\partial_{[\lambda}F_{\mu\nu]} = 0\)）。✓
  • ソース項を加える場合： \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} - J^\nu A_\nu\) とすると \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = -J^\nu\) が加わり、\(\partial_\mu F^{\mu\nu} = J^\nu\) となる。✓

A-2. 宇宙定数付き Einstein 方程式

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問題： 宇宙定数を含む Einstein 方程式を導出し、物理的効果を考察せよ。

(a) \(\sqrt{-g}\,\Lambda\) の \(g^{\mu\nu}\) による変分

\(\Lambda\) は定数なので、変分は \(\sqrt{-g}\) にのみ作用する：

\[ \delta\!\left(\sqrt{-g}\,\Lambda\right) = \Lambda\,\delta(\sqrt{-g}) \]

与えられた公式 \(\frac{\delta(\sqrt{-g})}{\delta g^{\mu\nu}} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\) を用いると：

\[ \delta(\sqrt{-g}) = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

よって：

\[ \boxed{\delta\!\left(\sqrt{-g}\,\Lambda\right) = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,\Lambda\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu}} \]

(b) 宇宙定数を含む Einstein 方程式の導出

全作用は：

\[ S = \frac{1}{16\pi G}\int d^4x\,\sqrt{-g}\,(R - 2\Lambda) + \int d^4x\,\sqrt{-g}\,\mathcal{L}_m \]

各項の変分を計算する。

第 1 項：\(\sqrt{-g}\,R\) の変分（既知として用いる）

\[ \delta(\sqrt{-g}\,R) = \sqrt{-g}\left(R_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}R\right)\delta g^{\mu\nu} = \sqrt{-g}\,G_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

第 2 項：\(-2\sqrt{-g}\,\Lambda\) の変分

(a) の結果を用いて：

\[ \delta(-2\sqrt{-g}\,\Lambda) = -2\left(-\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,\Lambda\,g_{\mu\nu}\right)\delta g^{\mu\nu} = \sqrt{-g}\,\Lambda\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

第 3 項：物質の作用の変分

エネルギー運動量テンソルの定義 \(T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta S_m}{\delta g^{\mu\nu}}\) より：

\[ \delta S_m = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left(-\frac{1}{2}T_{\mu\nu}\right)\delta g^{\mu\nu} \]

全変分をゼロとおく：

\[ \delta S = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[\frac{1}{16\pi G}\left(G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu}\right) - \frac{1}{2}T_{\mu\nu}\right]\delta g^{\mu\nu} = 0 \]

任意の \(\delta g^{\mu\nu}\) に対してこれがゼロであるためには：

\[ \frac{1}{16\pi G}\left(G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu}\right) = \frac{1}{2}T_{\mu\nu} \]

両辺に \(16\pi G\) を掛けて：

\[ G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu} = 8\pi G\,T_{\mu\nu} \]
\[ \boxed{G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu} = 8\pi G\,T_{\mu\nu}} \]

(c) 真空（\(T_{\mu\nu} = 0\)）での \(\Lambda > 0\) の物理的効果

\(T_{\mu\nu} = 0\) のとき、Einstein 方程式は：

\[ G_{\mu\nu} = -\Lambda\,g_{\mu\nu} \]

これを書き換えると：

\[ G_{\mu\nu} = 8\pi G\left(-\frac{\Lambda}{8\pi G}\,g_{\mu\nu}\right) \]

右辺は、エネルギー運動量テンソル

\[ T_{\mu\nu}^{(\text{eff})} = -\frac{\Lambda}{8\pi G}\,g_{\mu\nu} \]

と等価である。これは完全流体のエネルギー運動量テンソル \(T_{\mu\nu} = (\rho + p)u_\mu u_\nu + p\,g_{\mu\nu}\) において

\[ \rho_\Lambda = \frac{\Lambda}{8\pi G}, \qquad p_\Lambda = -\frac{\Lambda}{8\pi G} = -\rho_\Lambda \]

とした場合に対応する。すなわち、\(\Lambda > 0\) は状態方程式 \(p = -\rho\) を持つ一様なエネルギー密度として振る舞う。

物理的効果：

  1. 斥力的重力効果： \(p = -\rho < 0\) という負の圧力は、一般相対論では重力的な斥力として作用する。Friedmann 方程式の加速度方程式 \(\ddot{a}/a = -\frac{4\pi G}{3}(\rho + 3p) = -\frac{4\pi G}{3}(\rho_\Lambda - 3\rho_\Lambda) = \frac{8\pi G}{3}\rho_\Lambda > 0\) より、宇宙の膨張を加速させる。

  2. de Sitter 時空： 真空かつ \(\Lambda > 0\) の場合、時空は de Sitter 時空となり、指数関数的に膨張する宇宙を記述する。スケール因子は \(a(t) \propto e^{Ht}\)（\(H = \sqrt{\Lambda/3}\)）。

  3. 真空エネルギー： \(\Lambda\) 項は物質が存在しなくても時空にエネルギーが存在することを意味し、「真空のエネルギー」あるいは「暗黒エネルギー（dark energy）」の最も単純なモデルに対応する。

検算

  • \(\Lambda = 0\) の極限： 通常の Einstein 方程式 \(G_{\mu\nu} = 8\pi G\,T_{\mu\nu}\) に帰着する。✓
  • トレースの確認： \(G_{\mu\nu} + \Lambda g_{\mu\nu} = 8\pi G T_{\mu\nu}\) のトレースを取ると、\(g^{\mu\nu}G_{\mu\nu} = -R\)（4 次元）、\(g^{\mu\nu}g_{\mu\nu} = 4\) なので \(-R + 4\Lambda = 8\pi G T\)。真空 \(T = 0\) では \(R = 4\Lambda\)。これは de Sitter 時空の Ricci スカラーとして知られた結果。✓
  • Bianchi 恒等式との整合： \(\nabla^\mu G_{\mu\nu} = 0\) であり、\(\nabla^\mu(\Lambda g_{\mu\nu}) = 0\)（\(\Lambda\) は定数、\(\nabla^\mu g_{\mu\nu} = 0\)）なので、\(\nabla^\mu T_{\mu\nu} = 0\)（エネルギー運動量保存則）が自動的に満たされる。✓