マクスウェル方程式を作る

一般相対性理論でマクスウェル方程式は $$\begin{array}{ll}{\nabla }_{𝜈}{𝐹}^{𝜆𝜈}={𝜇}_0{𝑗}^{𝜆}& \text{(33)}\\ {\partial }_{𝜆}{𝐹}_{𝜇𝜈}+{\partial }_{𝜇}{𝐹}_{𝜈𝜆}+{\partial }_{𝜈}{𝐹}_{𝜆𝜇}=0& \text{(34)}\end{array}$$ の2つである。(33)式の 𝑗^𝜆 は4元電流密度である。もし4元電磁ポテンシャルを使って電磁場テンソルを定義したのなら(34)式は自動的に成り立つので考えなくてよいが、今回は直接電磁場テンソルを定義したので(34)式も必要である。

(34)式の方が簡単なのでそれを先に考えよう。(34)式は3つの添え字がすべて異なるときだけ意味を持つ。なぜなら 𝐹_𝜇𝜈 が反対称だからどれかの添え字同士が等しいと左辺は恒等的に0になってしまって 𝐹_𝜇𝜈 に対して何の制限も課さないからだ。ところで(3)式より、0でない 𝐹_𝜇𝜈 は 𝐹_₀₁ と 𝐹_₁₀ だけであるが、それらは 𝑥^¹ (= 𝑟) のみの関数であり 𝑥^² (= 𝜃) や 𝑥^³ (= 𝜑) には依存しない。ということは(34)式の左辺の項のうち3つの添え字がすべて異なるような項はすべて0になるから、(34)式はすべての成分が 0 = 0 となり何もしなくても最初から成り立っている。

次に(33)式については、今は帯電した物体の外部で成り立つ解を考えているので右辺の4元電流密度は0である。左辺は共変微分の定義より、 $${\nabla }_{𝜈}{𝐹}^{𝜆𝜈}={\partial }_{𝜈}{𝐹}^{𝜆𝜈}+𝛤^{𝜆}{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{𝜌𝜈}+𝛤^{𝜈}{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{𝜆𝜌}\text{(35)}$$ であるから、これの具体的な表式を求めればよい。電磁場テンソル 𝐹^𝜇𝜈 は1.2節で $$\left({𝐹}^{𝜇𝜈}\right)=\left(\begin{array}{cccc}0& \frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}& 0& 0\\ -\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\text{←}\text{(10)式}$$ のように決めたのでこれを使う。クリストッフェル記号は1.2節で(2)式の計量テンソルから(6)〜(8)式のアインシュタインテンソルの表式を求める過程で計算したはずである。それをもう一度書いておくと、0でない成分は $$\begin{array}{llll}& 𝛤^1{}_0{}_0=\frac{{𝐴}^{\prime }}{2𝐵}\text{,}& & \\ 𝛤^0{}_1{}_0=𝛤^0{}_0{}_1=\frac{{𝐴}^{\prime }}{2𝐴}\text{,}& 𝛤^1{}_1{}_1=\frac{{𝐵}^{\prime }}{2𝐵}\text{,}& 𝛤^2{}_1{}_2=𝛤^2{}_2{}_1=\frac{1}{𝑟}\text{,}& 𝛤^3{}_1{}_3=𝛤^3{}_3{}_1=\frac{1}{𝑟}\text{,}\\ & 𝛤^1{}_2{}_2=-\frac{𝑟}{𝐵}\text{,}& & 𝛤^3{}_2{}_3=𝛤^3{}_3{}_2=\cot 𝜃\text{,}\\ & 𝛤^1{}_3{}_3=-\frac{𝑟}{𝐵}{\sin }^2𝜃\text{,}& 𝛤^2{}_3{}_3=-\sin 𝜃\cos 𝜃& \end{array}\text{←}\text{(5)式}$$ であるからこれを使えばよい。(10)・(5)式を(35)式に代入すると、 $$\begin{array}{lll}\hfill {\nabla }_{𝜈}{𝐹}^{0𝜈}& =& {\partial }_{𝜈}{𝐹}^{0𝜈}+𝛤^0{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{𝜌𝜈}+𝛤^{𝜈}{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{0𝜌}\\ & =& {\partial }_1{𝐹}^{01}+(𝛤^0{}_0{}_1{𝐹}^{01}+𝛤^0{}_1{}_0{𝐹}^{10})+(𝛤^0{}_1{}_0+𝛤^1{}_1{}_1+𝛤^2{}_1{}_2+𝛤^3{}_1{}_3){𝐹}^{01}\\ & =& \frac{\partial }{\partial 𝑟}\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}+(𝛤^0{}_1{}_0{𝐹}^{01}-𝛤^0{}_1{}_0{𝐹}^{01})+(\frac{{𝐴}^{\prime }}{2𝐴}+\frac{{𝐵}^{\prime }}{2𝐵}+\frac{1}{𝑟}+\frac{1}{𝑟})\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}\\ & =& \frac{\partial }{\partial 𝑟}\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}+(\frac{{𝐴}^{\prime }𝐵+𝐴{𝐵}^{\prime }}{2𝐴𝐵}+\frac{2}{𝑟})\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}\\ & =& {\left(\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}\right)}^{\prime }+\{\frac{{\left(𝐴𝐵\right)}^{\prime }}{2𝐴𝐵}+\frac{2}{𝑟}\}\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}\\ \hfill {\nabla }_{𝜈}{𝐹}^{1𝜈}& =& {\partial }_{𝜈}{𝐹}^{1𝜈}+𝛤^1{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{𝜌𝜈}+𝛤^{𝜈}{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{1𝜌}\\ & =& 0+0+0\\ & =& 0\\ \hfill {\nabla }_{𝜈}{𝐹}^{2𝜈}& =& {\partial }_{𝜈}{𝐹}^{2𝜈}+𝛤^2{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{𝜌𝜈}+𝛤^{𝜈}{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{2𝜌}\\ & =& 0+0+0\\ & =& 0\\ \hfill {\nabla }_{𝜈}{𝐹}^{3𝜈}& =& {\partial }_{𝜈}{𝐹}^{3𝜈}+𝛤^3{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{𝜌𝜈}+𝛤^{𝜈}{}_{𝜌}{}_{𝜈}{𝐹}^{3𝜌}\\ & =& 0+0+0\\ & =& 0\end{array}$$ となる。上の式変形では、添え字に具体的な数字（0〜3）を代入する段階で、項の値が0でないものだけを残すようにしている。これらを(33)式に代入すると、第0成分は $$\begin{array}{llll}\hfill {\left(\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}\right)}^{\prime }+\{\frac{{\left(𝐴𝐵\right)}^{\prime }}{2𝐴𝐵}+\frac{2}{𝑟}\}\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}& =& 0& \text{(36)}\end{array}$$ のようになる。第1, 2, 3成分は 0 = 0 となり何もしなくても最初から成り立っている。

以上より、解くべきマクスウェル方程式は(36)式だけである。そして解くべきアインシュタイン方程式は $$\begin{array}{ll}-\frac{{𝐵}^{\prime }}{{𝐵}^2𝑟}+\frac{1}{𝐵{𝑟}^2}-\frac{1}{{𝑟}^2}=-\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝐸}^2}{{𝑐}^4𝐴𝐵}& \text{←}\text{(15)式}\\ \frac{{𝐴}^{\prime }}{𝐴𝐵𝑟}+\frac{1}{𝐵{𝑟}^2}-\frac{1}{{𝑟}^2}=-\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝐸}^2}{{𝑐}^4𝐴𝐵}& \text{←}\text{(16)式}\\ \frac{{𝐴}^{″}}{2𝐴𝐵}-\frac{{𝐴}^{\prime }{𝐵}^{\prime }}{4𝐴{𝐵}^2}+\frac{{𝐴}^{\prime }}{2𝐴𝐵𝑟}-\frac{{{𝐴}^{\prime }}^2}{4{𝐴}^2𝐵}-\frac{{𝐵}^{\prime }}{2{𝐵}^2𝑟}=\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝐸}^2}{{𝑐}^4𝐴𝐵}& \text{←}\text{(17)式}\end{array}$$ であった。

方程式を解く

方程式を解く作業の最初の一手は1.3節と同じで、(16)式から(15)式を丸ごと引くと、 $$\begin{array}{llll}\hfill \frac{{𝐴}^{\prime }}{𝐴𝐵𝑟}+\frac{{𝐵}^{\prime }}{{𝐵}^2𝑟}& =& 0& \text{←}\text{(16)式}\text{から}\text{(15)式}\text{を引いた。}\\ \hfill \frac{{𝐴}^{\prime }𝐵+𝐴{𝐵}^{\prime }}{𝐴{𝐵}^2𝑟}& =& 0\\ \hfill {𝐴}^{\prime }𝐵+𝐴{𝐵}^{\prime }& =& 0\\ \hfill {\left(𝐴𝐵\right)}^{\prime }& =& 0& & \text{(37)}\\ \hfill 𝐴𝐵& =& 𝑏& \text{（𝑏は積分定数）}& \text{←}\text{(18)式}\end{array}$$ のようになる。ここでマクスウェル方程式を使う。(37)・(18)式を(36)式に代入すると、 $$\begin{array}{llll}\hfill {\left(\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}\right)}^{\prime }+\{\frac{{\left(𝐴𝐵\right)}^{\prime }}{2𝐴𝐵}+\frac{2}{𝑟}\}\frac{𝐸}{𝑐𝐴𝐵}& =& 0& \text{←}\text{(36)式}\\ \hfill {\left(\frac{𝐸}{𝑐𝑏}\right)}^{\prime }+(0+\frac{2}{𝑟})\frac{𝐸}{𝑐𝑏}& =& 0& \text{←}\text{(37)・(18)式}\text{を代入した。}\\ \hfill \frac{{𝐸}^{\prime }}{𝑐𝑏}+\frac{2𝐸}{𝑐𝑏𝑟}& =& 0\\ \hfill \frac{{𝐸}^{\prime }𝑟+2𝐸}{𝑐𝑏𝑟}& =& 0\\ \hfill \frac{{𝐸}^{\prime }{𝑟}^2+2𝐸𝑟}{𝑐𝑏{𝑟}^2}& =& 0\\ \hfill {𝐸}^{\prime }{𝑟}^2+2𝐸𝑟& =& 0\\ \hfill {\left(𝐸{𝑟}^2\right)}^{\prime }& =& 0\\ \hfill 𝐸{𝑟}^2& =& 𝑞& \text{（𝑞は積分定数）}\\ \hfill 𝐸& =& \frac{𝑞}{{𝑟}^2}& \text{(38)}\end{array}$$ となって 𝐸 が決まる。次に、(18)・(38)式を(15)式に代入すると、 $$\begin{array}{llll}\hfill -\frac{{𝐵}^{\prime }}{{𝐵}^2𝑟}+\frac{1}{𝐵{𝑟}^2}-\frac{1}{{𝑟}^2}& =& -\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝐸}^2}{{𝑐}^4𝐴𝐵}& \text{←}\text{(15)式}\\ \hfill -\frac{{𝐵}^{\prime }}{{𝐵}^2𝑟}+\frac{1}{𝐵{𝑟}^2}-\frac{1}{{𝑟}^2}& =& -\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝑞}^2}{{𝑐}^4𝑏{𝑟}^4}& \text{←}\text{(18)}\text{・}\text{(38)式}\text{を代入した。}\\ \hfill \frac{{𝐵}^{\prime }𝑟}{{𝐵}^2}-\frac{1}{𝐵}+1& =& \frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝑞}^2}{{𝑐}^4𝑏{𝑟}^2}\\ \hfill \frac{{𝐵}^{\prime }𝑟}{{𝐵}^2}-\frac{1}{𝐵}& =& -1+\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝑞}^2}{{𝑐}^4𝑏{𝑟}^2}\\ \hfill {(-\frac{𝑟}{𝐵})}^{\prime }& =& -1+\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝑞}^2}{{𝑐}^4𝑏{𝑟}^2}\\ \hfill -\frac{𝑟}{𝐵}& =& -𝑟-\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝑞}^2}{{𝑐}^4𝑏𝑟}+{𝑟}_{𝑠}& \text{（}{𝑟}_{𝑠}\text{は積分定数）}\\ \hfill \frac{1}{𝐵}& =& 1+\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝑞}^2}{{𝑐}^4𝑏{𝑟}^2}-\frac{{𝑟}_{𝑠}}{𝑟}\\ \hfill 𝐵& =& \frac{1}{1-\frac{{𝑟}_{𝑠}}{𝑟}+\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝑞}^2}{{𝑐}^4𝑏{𝑟}^2}}& \text{(39)}\end{array}$$ となって 𝐵 が決まる。次に、(39)式を(18)式に代入すると、 $$\begin{array}{llll}\hfill 𝐴𝐵& =& 𝑏& \text{←}\text{(18)式}\\ \hfill \frac{𝐴}{1-\frac{{𝑟}_{𝑠}}{𝑟}+\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝑞}^2}{{𝑐}^4𝑏{𝑟}^2}}& =& 𝑏& \text{←}\text{(39)式}\text{を代入した。}\\ \hfill 𝐴& =& 𝑏(1-\frac{{𝑟}_{𝑠}}{𝑟}+\frac{4𝜋𝐺{𝜀}_0{𝑞}^2}{{𝑐}^4𝑏{𝑟}^2})& \text{(40)}\end{array}$$ となって 𝐴 が決まる。これですべての未知関数が決まった。

これらの解は1.3節の解と比較すると、3つある積分定数のうち1つの使い方が異なるだけで、当然ながら同じ解である。ここまででまだ(17)式を使っていないので、あとは(38)・(39)・(40)式が(17)式をも満たしていることを確認すれば、解の導出は完了する。すでに1.3節で(17)式を使って同じ解を導いているのでその確認作業をここに書くことは割愛するが、この節のやり方だけを使って解いた人はその確認作業を省略してはいけない。

積分定数の値を決める計算は、1.3節と同じようにやればよい。