微分形式で見た電磁気学 : あるいは2+1次元人の電磁気学と時空平等解析力学について
どうして微分形式なるものを導入したのか、これを読むとわかりそう？ 15:40:50 微分形式完全に理解したtakker.icon*3 面積vectorのように、性質の違うものを同じvectorとして表現してしまっている 行列式で体積を表現すると、「体積の向き」なる概念が現れるから、ただのスカラーではない予感はする 微分形式ではこれらを明確に別の量として取り扱い、一般次元に拡張することができる 2.2.1 1フォーム
$ \bm f:\underline V\to\underline Vの$ C\quad(\subseteq\underline{V})に沿った線積分$ Wは、vector解析の記号で $ W=\int_C\bm f(\bm r)\cdot\mathrm d\bm r
と書かれる
空間内で$ \mathrm d\bm rだけ動いたときのpotential変化$ \bm f(\bm r)\cdot\mathrm d\bm rを足し合わせて、$ Cの始点と終点のpotentialの差$ Wを得る
ここで、$ \bm f(\bm r)\cdot\mathrm d\bm rを$ \bm r,\mathrm d\bm rを受け取ってscalarを返す函数と解釈してみる
$ \mathrm d\bm rだけに着目すると、これは函数$ \underline{V}\to\underline{K}となる
しかも、dot積で掛合わさっているだけなので、$ \mathrm d\bm rについての線型汎函数でもある $ \tilde{f}:\underline{V}^2\ni(\bm r,\Delta\bm r)\mapsto\bm f(\bm r)\cdot\Delta\bm r\in\underline{K}を定義し、これで$ Wを書き直す
この$ \Delta\bm rの$ \Deltaは連想しやすさのために置いた記号で、それ以上の意味はない
単なるplaceholderなので、別に$ \tilde{f}:\underline{V}^2\ni(\bm r,\bm h)\mapsto\bm f(\bm r)\cdot\bm h\in\underline{K}と書いても構わない
$ W=\int_C\tilde{f}(\bm r,\mathrm d\bm r)
引数を省略すると
$ W=\int_C\tilde{f}
となる。
テキストでは、以下では,フォームは上に波形 ($ \tilde{})をつけてあらわす｡波形をつければ,それはフォームを表すので,"積分をして欲しがっているという意志表示 "と考えられる｡したがって,旧来の記法での$ \mathrm d\bm rなどの =意志表示 "は書かなくてもよいことにする｡と書かれている
以下これに従う。
テキストでは$ \underline{V}\to\underline{K}を1-formとしているが、引数$ \bm rがあることも考慮して、線形写像$ \underline{V}\to\underline{V^*}を1-formと定義する $ V^*：$ Vの双対空間で、$ \underline{V^*}が線型汎函数$ \underline{V}\to\underline{K}集合となる $ \tilde{f}の定義は$ \tilde{f}:\underline{V}\ni\Delta\bm r\mapsto(\bm r\mapsto\bm f(\bm r)\cdot\Delta\bm r)\in\underline{V^*}と少し変わる
ただ流石にそこまでやるのは面倒なので、原点を固定し位置とその位置vectorとを混同視することにする $ \tilde{f}を成分表示する
$ \mathrm d\bm{r}=\sum_i\mathrm d r^i\bm e_iと成分表示されるのに併せ、$ \tilde{f}=\sum_if_i\tilde{e}^iと表記してみる
$ \tilde{e}^i\quad(\in\underline{V^*})：$ \bm e_iの双対基底 $ \tilde{e}^i(\bm e_j)=\llbracket i=j\rrbracketを満たす線型汎函数である 引数を明示すると、$ \tilde{f}(\Delta\bm r)(\bm r)=\sum_if_i(\bm r)\tilde{e}^i(\Delta\bm r)となる
2.2.2 1ベクトル,2ベクトル,そして nベクトル
しかしこれはたまたま3次元ではうまくいくが、4次元以上だと破綻する
2つ以上向きを用意しないと、面の向きを特定できないから
従来のvectorと同じ
今までのvector$ \bm vと区別するため、$ \bar vと表記することにする
1-vectorは従来のvectorと同じ($ \bm v=\bar v)だから、$ W=\int_C\tilde{f}=\int_C\tilde{f}(\mathrm d\bar r)(\bar r)=\int_C\sum_if_i(\bar r)\tilde{e}^i(\mathrm d\bar r)と書ける nを明記するときは、$ \underset{n}{\bar v}と書くことにする
2.2.3 2フォーム,nフォーム
2.3.1 ベクトルのくさび積とフォームのくさび積
1. 結合律$ (\underset{l}{\bar u}\wedge\underset{m}{\bar v})\wedge\underset{n}{\bar w}=\underset{l}{\bar u}\wedge(\underset{m}{\bar v}\wedge\underset{n}{\bar w}) 2. 分配法則$ \underset{l}{\bar u}\wedge(\underset{m}{\bar v}+\underset{n}{\bar w})=\underset{l}{\bar u}\wedge\underset{m}{\bar v}+\underset{l}{\bar u}\wedge\underset{n}{\bar w} 3. 反対称律$ \underset{m}{\bar u}\wedge\underset{n}{\bar v}=(-1)^{mn}\underset{n}{\bar v}\wedge\underset{m}{\bar u} 4. 零元の存在$ \underset{l}{\bar u}\wedge\bar 0=\bar 0 3.より、$ \underset{1}{\bar u}\wedge\underset{1}{\bar u}=\bar 0とわかる
$ \tilde{e}^i(\bar e_j)=\llbracket i=j\rrbracket
$ \tilde{e}^{ij}=\tilde{e}^i\wedge\tilde{e}^j
$ \tilde{e}^{ij}(\bar e_{kl})=\llbracket i=k\land j=l\rrbracket
$ \bar e_{kl}=\bar e_k\wedge\bar e_lだから、$ \tilde{e}^{ij}
nformはnvectorしか受け付けないが、m-vectorなど他の次数のvectorも受け付けられるようにするために、内部積$ i_Xを導入する まず$ i_X\left(\underset{m}{\tilde f},\underset{m}{\bar v}\right)=\underset{m}{\tilde f}(\underset{m}{\bar v})である
違う次数のときは、その次数だけはみ出させる
(色々説明があるが、適当に飛す)
2.3.3 ベクトル同士,フォーム同士の内積
また今度考えてみる
N次元線型空間ではn-vector,n-form, (N-n)-vector, (N-n)-formが同じ成分数$ \binom{N}{n}となる
e.g. N=3のとき、1-vectorと2-vectorの成分数がどちらも$ \binom{3}{1}=\binom{3}{2}=3となる
このため、軸性vectorという性質の異なるものが、同じ3次元vectorとして表現されてしまっていた nからNを作る操作は応用が効くので、$ \underset{N-n}{\tilde b}:=i_X(\underset{N}{\tilde\omega},\underset{n}{\bar a})のとき、$ \underset{N-n}{\tilde b}を「$ \underset{n}{\bar a}の$ \underset{N}{\tilde\omega}による双対」と呼ぶことにする 特に$ \underset{N}{\tilde\omega}をN次元超体積を返すN-formとしたとき、$ \underset{N-n}{\tilde b}=*\underset{n}{\bar a}と書けるようにし、これを単に「$ \underset{n}{\bar a}の双対」と呼ぶことにする 3次元だと$ \underset{3}{\tilde{\omega}}=\tilde{e}_0\wedge\tilde{e}_1\wedge\tilde{e}_2かな
$ \underset{N-n}{\tilde b}:=*\bm{\sharp}\underset{n}{\tilde a}
$ \underset{N-n}{\bar b}:=\bm{\sharp}*\underset{n}{\bar a}
$ \underset{N-n}{\tilde b}:=\bm{\sharp}*\bm{\sharp}\underset{n}{\tilde a}
全て$ *\underset{n}{\tilde a}などとする流儀もあるが、厳密に区別したほうがいいことがありそうなので、区別しておくtakker.icon
1変数函数の積分は$ \int_{[a,b]}f(x)\mathrm dx=F(b)-F(a)
1-formで表すと$ \int_{[a,b]}\underset{1}{\tilde f}=\underset{0}{\tilde F}(b)-\underset{0}{\tilde F}(a)
これを一般化し、「n+1-formのn+1重積分はn-formのn重積分」になるとする $ \int_{C}\underset{n+1}{\tilde f}=\int_{\partial C}\underset{n}{\tilde F}ー☆
$ \underset{n+1}{\tilde f}=\tilde{\mathrm d}\underset{n}{\tilde F}\iff☆
具体的な形を調べていく
$ n=0
vector解析では勾配定理$ \int_{[a, b]}\bm{\nabla}F\cdot\mathrm d\bm{r}=F(b)-F(a) に相当する $ \tilde{f}:\underline{V}\ni\Delta\bm r\mapsto(\bm r\mapsto\bm f(\bm r)\cdot\Delta\bm r)\in\underline{V^*}としていたことから、$ \tilde{\bm{\nabla}F}:\underline{V}\ni\Delta\bm r\mapsto(\bm r\mapsto\bm{\nabla}F(\bm r)\cdot\Delta\bm r)\in\underline{V^*}と類推できる
$ \bm{\nabla}Fが$ \tilde{\mathrm d}\underset{0}{\tilde F}に相当するということ
$ \tilde{\bm{\nabla}F}(\Delta\bm r)(\bm r)=\sum_i\tilde{\bm{\nabla}F}_i(\bm r)\tilde{e}^i(\Delta\bm r)=\sum_i\frac{\partial F}{\partial e^i}\tilde{e}^i(\Delta\bm r)という関係だったから$ \tilde{\bm{\nabla}F}=\tilde{\mathrm d}\underset{0}{\tilde F}=\sum_i\frac{\partial F}{\partial e^i}\tilde{e}^iであればよさそう
注：$ \frac{\partial F}{\partial e^i}:=\frac{\partial F(\sum_je^j\bar e_j)}{\partial e^i}とした
$ \tilde{\mathrm d}\underset{0}{\tilde F}:=\sum_i\frac{\partial F}{\partial e_i}\tilde{e}^iとする
$ (\tilde{\mathrm d}\underset{0}{\tilde F})(\Delta\bar{r})が$ \underset{0}{\tilde F}の$ \Delta\bar r方向への方向微分となる $ n=1
回転定理$ \int_{S}(\bm{\nabla}\times\bm{F})\cdot\mathrm d\bm{S}=\int_{\partial S}\bm{F}\cdot\mathrm d\bm{r} に相当する $ (\bm{\nabla}\times\bm{F})\cdot\mathrm d\bm{S}=\left(\frac{\partial F_2}{\partial e^1}-\frac{\partial F_1}{\partial e^2}\right)\mathrm dS_0+\left(\frac{\partial F_0}{\partial e^2}-\frac{\partial F_2}{\partial e^0}\right)\mathrm dS_1+\left(\frac{\partial F_1}{\partial e^0}-\frac{\partial F_0}{\partial e^1}\right)\mathrm dS_2だから、$ \tilde{\mathrm d}\underset{1}{\tilde F}=\left(\frac{\partial F_2}{\partial e^1}-\frac{\partial F_1}{\partial e^2}\right)\tilde{e}^1\wedge\tilde{e}^2+\left(\frac{\partial F_0}{\partial e^2}-\frac{\partial F_2}{\partial e^0}\right)\tilde{e}^2\wedge\tilde{e}^0+\left(\frac{\partial F_1}{\partial e^0}-\frac{\partial F_0}{\partial e^1}\right)\tilde{e}^0\wedge\tilde{e}^1となればいい
$ 1,2軸で作られる座標面の基底2-formが$ \tilde{e}^1\wedge\tilde{e}^2になる $ \sumを使うと$ \tilde{\mathrm d}\underset{1}{\tilde F}=\sum_{i,j}\frac{\partial F_j}{\partial e^i}\tilde{e}^i\wedge\tilde{e}^jとなる
符号反転は$ \wedgeの反対称律で再現
重複する添字は$ \wedgeの性質から消える
$ n=2
発散定理$ \int_{B}(\bm{\nabla}\cdot\bm{F})\mathrm dV=\int_{\partial B}\bm{F}\cdot\mathrm d\bm{S} に相当する $ \tilde{\mathrm d}\underset{2}{\tilde F}=\left(\frac{\partial F_{12}}{\partial e^0}+\frac{\partial F_{20}}{\partial e^1}+\frac{\partial F_{01}}{\partial e^2}\right)\tilde{e}^0\wedge\tilde{e}^1\wedge\tilde{e}^2となればいい
$ \underset{2}{\tilde F}=F_{01}\tilde{e}^0\wedge\tilde{e}^1+F_{12}\tilde{e}^1\wedge\tilde{e}^2+F_{20}\tilde{e}^2\wedge\tilde{e}^0
$ \sumを使うと$ \tilde{\mathrm d}\underset{2}{\tilde F}=\sum_{i,j,k}\frac{\partial F_{jk}}{\partial e^i}\tilde{e}^i\wedge\tilde{e}^j\wedge\tilde{e}^kとなる
以上より、
$ \tilde{\mathrm d}\underset{n}{\tilde F}=\sum_{i,j,k,\cdots}\frac{\partial F_{jk\cdots}}{\partial e^i}\tilde{e}^i\wedge\tilde{e}^j\wedge\tilde{e}^k\wedge\cdots
と定義すればいいとわかる
$ \tilde{\mathrm d}(k\tilde\alpha+l\tilde\beta)=k\tilde{\mathrm d}\tilde\alpha+l\tilde{\mathrm d}\tilde\beta
まあこれは当然
$ \tilde{\mathrm d}(\underset{m}{\tilde\alpha}\wedge\underset{n}{\tilde\beta})=\sum_{i_0,i_1,i_2,\cdots,i_m,j_1,j_2,\cdots ,j_n}\frac{\partial \alpha_{i_1i_2\cdots i_m}\beta_{j_1j_2\cdots j_n}}{\partial e^{i_0}}\tilde{e}^{i_0}\wedge\tilde{e}^{i_1}\wedge\tilde{e}^{i_2}\wedge\cdots\wedge\tilde{e}^{i_m}\wedge\tilde{e}^{j_1}\wedge\tilde{e}^{j_2}\wedge\cdots\wedge\tilde{e}^{j_n}
$ =\sum_{i_0,i_1,i_2,\cdots,i_m,j_1,j_2,\cdots ,j_n}\frac{\partial \alpha_{i_1i_2\cdots i_m}}{\partial e^{i_0}}\beta_{j_1j_2\cdots j_n}\tilde{e}^{i_0}\wedge\tilde{e}^{i_1}\wedge\tilde{e}^{i_2}\wedge\cdots\wedge\tilde{e}^{i_m}\wedge\tilde{e}^{j_1}\wedge\tilde{e}^{j_2}\wedge\cdots\wedge\tilde{e}^{j_n}
$ +\sum_{i_0,i_1,i_2,\cdots,i_m,j_1,j_2,\cdots ,j_n}\alpha_{i_1i_2\cdots i_m}\frac{\partial\beta_{j_1j_2\cdots j_n}}{\partial e^{i_0}}\tilde{e}^{i_0}\wedge\tilde{e}^{i_1}\wedge\tilde{e}^{i_2}\wedge\cdots\wedge\tilde{e}^{i_m}\wedge\tilde{e}^{j_1}\wedge\tilde{e}^{j_2}\wedge\cdots\wedge\tilde{e}^{j_n}
$ =(\tilde{\mathrm d}\underset{m}{\tilde\alpha})\wedge\underset{n}{\tilde\beta}+(-1)^m\underset{m}{\tilde\alpha}\wedge\tilde{\mathrm d}\underset{n}{\tilde\beta}
$ \tilde{\mathrm d}(\tilde{\mathrm d}\underset{m}{\tilde\alpha})=\sum_{i_{-1},i_0,i_1,i_2,\cdots,i_m}\frac{\partial^2 \alpha_{i_1i_2\cdots i_m}}{\partial e^{i_{-1}}\partial e^{i_0}}\tilde{e}^{i_{-1}}\wedge\tilde{e}^{i_0}\wedge\tilde{e}^{i_1}\wedge\tilde{e}^{i_2}\wedge\cdots\wedge\tilde{e}^{i_m}
$ =\sum_{i_{-1},i_0,i_1,i_2,\cdots,i_m}\frac{\partial^2 \alpha_{i_1i_2\cdots i_m}}{\partial e^{i_0}\partial e^{i_{-1}}}\tilde{e}^{i_{-1}}\wedge\tilde{e}^{i_0}\wedge\tilde{e}^{i_1}\wedge\tilde{e}^{i_2}\wedge\cdots\wedge\tilde{e}^{i_m}
$ =-\sum_{i_{-1},i_0,i_1,i_2,\cdots,i_m}\frac{\partial^2 \alpha_{i_1i_2\cdots i_m}}{\partial e^{i_0}\partial e^{i_{-1}}}\tilde{e}^{i_0}\wedge\tilde{e}^{i_{-1}}\wedge\tilde{e}^{i_1}\wedge\tilde{e}^{i_2}\wedge\cdots\wedge\tilde{e}^{i_m}
$ =-\tilde{\mathrm d}(\tilde{\mathrm d}\underset{m}{\tilde\alpha})
$ \implies\tilde{\mathrm d}(\tilde{\mathrm d}\underset{m}{\tilde\alpha})=0
これはどちらが正しいんだ？
$ \tilde{\mathrm d}\tilde{e}^i=\sum_j\frac{\partial\tilde{e}^i}{\partial e^j}\tilde{e}^j=\sum_j\frac{\partial e^j}{\partial e^j}\tilde{e}^j=\tilde{e}^i
$ \tilde{\mathrm d}\underset{1}{\tilde{e}^i}=\sum_j\frac{\partial\llbracket i=j\rrbracket}{\partial e^j}\tilde{e}^j\wedge\tilde{e}^i=\frac{\partial1}{\partial e^i}\tilde{e}^i\wedge\tilde{e}^i=0
おそらくこちらが正しい？
3.1 マックスウェル ･ヘ ビサイド ･ヘルツの方程式
$ \bm\nabla\cdot\bm D=\rho
$ \bm\nabla\times\bm E=-\frac{\partial\bm B}{\partial t}-\bm j_m
$ \bm\nabla\cdot\bm B=\rho_m
$ \bm\nabla\times\bm H=\frac{\partial\bm D}{\partial t}+\bm j
ここから、添え字の番号と次元との対応を、$ e_0=e_t,e_1=e_x,e_2=e_y,e_3=e_zとする
上までと一つずつずらす
$ \underset{2}{\cal\tilde{F}}=-E_1\tilde{e}^0\wedge\tilde{e}^1-E_2\tilde{e}^0\wedge\tilde{e}^2-E_3\tilde{e}^0\wedge\tilde{e}^3+B_1\tilde{e}^2\wedge\tilde{e}^3+B_2\tilde{e}^3\wedge\tilde{e}^1+B_3\tilde{e}^1\wedge\tilde{e}^2
4次元電流$ \underset{1}{\cal\bar{J}}=Q\bar e_0+J^1\bar{e}_1+J^2\bar{e}_2+J^3\bar{e}_3 $ \tilde{\mathrm d}\underset{2}{\cal\tilde{F}}=0
$ \tilde{\mathrm d}(\bm{\sharp}*\bm{\sharp}\underset{2}{\cal\tilde{F}})=\bm{\sharp}*\underset{1}{\cal\bar{J}}
$ \underset{2}{\cal\tilde{F}}=\tilde{\mathrm d}\underset{1}{\cal\tilde{A}}
$ \tilde{\mathrm d}(\bm{\sharp}*\bm{\sharp}\tilde{\mathrm d}\underset{1}{\cal\tilde{A}})=\bm{\sharp}*\underset{1}{\cal\bar{J}}
3次元での表記との関係
$ \underset{1}{\tilde{E}}=E_1\tilde{e}^1+E_2\tilde{e}^2+E_3\tilde{e}^3のとき、
$ \tilde{\mathrm d}(-\tilde{e}^0\wedge\underset{1}{\tilde{E}})=-\tilde{\mathrm d}\tilde{e}^0\wedge\underset{1}{\tilde{E}}-(-1)\tilde{e}^0\wedge\tilde{\mathrm d}\underset{1}{\tilde{E}}
$ =\tilde{e}^0\wedge(\tilde{\mathrm d}\underset{1}{\tilde{E}}-\underset{1}{\tilde{E}})
これ計算ミスtakker.icon
$ \tilde{\mathrm d}(-\tilde{e}^0\wedge\underset{1}{\tilde{E}})=-\sum_{i,j}\frac{\partial E_j}{\partial e^i}\tilde{e}^i\wedge\tilde{e}^0\wedge\tilde{e}^j
$ =\tilde{e}^0\wedge\tilde{\mathrm d}\underset{1}{\tilde E}
$ \underset{2}{\tilde B}:=B_1\tilde{e}^2\wedge\tilde{e}^3+B_2\tilde{e}^3\wedge\tilde{e}^1+B_3\tilde{e}^1\wedge\tilde{e}^2
以上より、
$ \tilde{\mathrm d}\underset{2}{\cal\tilde{F}}=\tilde{e}^0\wedge(\frac{\partial\underset{2}{\tilde B}}{\partial t}+\tilde{\mathrm d}\underset{1}{\tilde E})+\tilde{\mathrm d}\underset{2}{\tilde B}=0
ただし、$ \tilde{\mathrm d}\underset{2}{\tilde B}は1,2,3成分に関する外微分とする