ベクトル場の発散 - wetchのブログ

参考文献：深谷，解析力学と微分形式 (現代数学への入門)
あと，まだ読んでないけど以下も役立ちそう：
http://www.sci.osaka-cu.ac.jp/~ohnita/exercise/16ManifoldIInotes(HitoshiYamanaka).pdf

動機とやりたいこと
問題1：∇の場合
問題1の解答
問題2：外微分の場合
問題2の解答

動機とやりたいこと

ベクトル場の微分は $\nabla:=(\frac{\partial }{\partial x},\frac{\partial }{\partial y})$ で定義されていて，極座標とかで考えるときにはこれを真面目に座標変換して複雑な形になるので泣きながら計算していた．
ところで $\nabla$ 自身を座標に依存しない形で定義することはできないのだろうか？　なぜ1つの座標系に過ぎないデカルト座標で定義されるのか？

その答えとして，どうやら外微分だとそういうことができるらしい．
つまりベクトルの微分を考えるとき $\nabla$ は座標変換するとややこしくなる一方，外微分はもっと簡単に変換できるということ．
ここではそれを初等的に示してみる．

問題1：∇の場合

2次元空間で考える（高次元への拡張は容易なはず）．2種類の座標系 $\boldsymbol{x}=(x,y)$ と $\boldsymbol{\xi}=(\xi,\eta)$ があり，両者は何らかの関数関係でつながっているとする：
　　 $\boldsymbol{\xi}=\boldsymbol{\xi}(\boldsymbol{x}),\quad \text{i.e.}\quad \xi=\xi(x,y),\eta=\eta(x,y).$
またこの空間上には $(x,y)$ 座標で表されるベクトル場 $\boldsymbol{u}(\boldsymbol{x})=(u(x,y),v(x,y))$ があり，同じ変換則によって， $(\xi,\eta)$ 座標上のベクトル場 $\boldsymbol{u}'(\boldsymbol{\xi})=(u'(\xi,\eta),v'(\xi,\eta))$ になるとする．このとき
　　 $\nabla_\boldsymbol{\xi}\cdot\boldsymbol{u}':=\frac{\partial u'}{\partial \xi}+\frac{\partial v'}{\partial \eta}$
を $(x,y)$ 座標で表し， $\nabla_\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{u}:=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}\neq \nabla_\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{u}$ を示す．

問題1の解答

場所によって変わるベクトル場 $\boldsymbol{u}(x,y)$ をいきなり考えるとややこしいので，最初は定ベクトル $\boldsymbol{u}$ が座標変換でどう変わるかを考える．
$(x,y)$ 座標で表したベクトル $(u,v)$ を $(\xi,\eta)$ 座標で $(u',v')$ と表すことにすると，
　　 $\begin{pmatrix}u'\\v'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{\partial \xi}{\partial x}&\frac{\partial \xi}{\partial y}\\\frac{\partial \eta}{\partial x}&\frac{\partial \eta}{\partial y}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}$

一方， $\nabla_\boldsymbol{x}:=(\frac{\partial }{\partial x},\frac{\partial }{\partial y})$ と $\nabla_\boldsymbol{\xi}:=(\frac{\partial }{\partial \xi},\frac{\partial }{\partial \eta})$ の関係は，
　　 $\begin{pmatrix}\frac{\partial }{\partial \xi}\\\frac{\partial }{\partial \eta}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{\partial x}{\partial \xi}&\frac{\partial y}{\partial \xi}\\\frac{\partial x}{\partial \eta}&\frac{\partial y}{\partial \eta}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{\partial }{\partial x}\\\frac{\partial }{\partial y}\end{pmatrix}.$

よって組み合わせて，まず $\nabla_\boldsymbol{\xi}\cdot\boldsymbol{u'}$ の前半をゴリゴリ計算していくと，
　　 $\begin{align}\frac{\partial u'}{\partial \xi} &=\left(\frac{\partial x}{\partial \xi}\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial \xi}\frac{\partial }{\partial y}\right)\left(u\frac{\partial \xi}{\partial x}+v\frac{\partial \xi}{\partial y}\right)\\ &=\frac{\partial \xi}{\partial x}\left(\frac{\partial x}{\partial \xi}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial \xi}\frac{\partial u}{\partial y}\right) +\frac{\partial \xi}{\partial y}\left(\frac{\partial x}{\partial \xi}\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial \xi}\frac{\partial v}{\partial y}\right)\\ &\quad +u\left(\frac{\partial y}{\partial \xi}\frac{\partial^2 \xi}{\partial x\partial y}+\frac{\partial x}{\partial \xi}\frac{\partial^2 \xi}{\partial x^2}\right) +v\left(\frac{\partial x}{\partial \xi}\frac{\partial^2 \xi}{\partial x\partial y}+\frac{\partial y}{\partial \xi}\frac{\partial^2 \xi}{\partial y^2}\right)\\ &=\frac{\partial \xi}{\partial x}\frac{\partial u}{\partial \xi} +\frac{\partial \xi}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial \xi} +u\frac{\partial}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial x} +v\frac{\partial}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial y} \end{align}$
となる（ $\frac{\partial}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial x}$ って0じゃないんだろか？）．後半も同様に計算すると
　　 $\begin{align}\frac{\partial v'}{\partial \eta} &=\left(\frac{\partial x}{\partial \eta}\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial \eta}\frac{\partial }{\partial y}\right)\left(u\frac{\partial \eta}{\partial x}+v\frac{\partial \eta}{\partial y}\right)\\ &=\frac{\partial \eta}{\partial x}\left(\frac{\partial x}{\partial \eta}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial \eta}\frac{\partial u}{\partial y}\right) +\frac{\partial \eta}{\partial y}\left(\frac{\partial x}{\partial \eta}\frac{\partial v}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial \eta}\frac{\partial v}{\partial y}\right) \\ &\quad + u\left(\frac{\partial^2 \eta}{\partial x^2}\frac{\partial x}{\partial \eta} + \frac{\partial^2 \eta}{\partial x\partial y}\frac{\partial y}{\partial \eta}\right) + v\left(\frac{\partial^2 \eta}{\partial x\partial y}\frac{\partial x}{\partial \eta} + \frac{\partial^2 \eta}{\partial y^2}\frac{\partial y}{\partial \eta}\right)\\ &=\frac{\partial \eta}{\partial x}\frac{\partial u}{\partial \eta} +\frac{\partial \eta}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial \eta} + u\frac{\partial}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial x} + v\frac{\partial}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial y}. \end{align}$
前半と後半を足せば
　　 $\begin{align}\nabla_\boldsymbol{\xi}\cdot\boldsymbol{u}' &=\frac{\partial u'}{\partial \xi}+\frac{\partial v'}{\partial \eta}\\ &=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y} +u\left(\frac{\partial}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial x} + \frac{\partial}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial x}\right) +v\left(\frac{\partial}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial y} + v\frac{\partial}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial y}\right)\\ &=\nabla_\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{u} +u\left(\frac{\partial}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial x} + \frac{\partial}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial x}\right) +v\left(\frac{\partial}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial y} + v\frac{\partial}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial y}\right). \end{align}$
となって， $\nabla_\boldsymbol{\xi}\cdot\boldsymbol{u}'\neq \nabla_\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{u}$ が示せた，らしい．ちょっとよくわからないところあるけど．

問題2：外微分の場合

微分形式を使うと座標変換で同じ形が保たれる．座標変換の関数 $\Phi:(x,y)\mapsto(\xi,\eta)$ による微分形式の引き戻しを $\Phi^*$ と書くことにすれば，
　　 $\Phi^*(du)=d(\Phi^*u).$
ただし左辺の $u$ は $(\xi,\eta)$ 空間の微分形式，左辺の $d$ は同じく $(\xi,\eta)$ 空間の外微分．右辺では $\Phi^*u$ が $(x,y)$ 空間の微分形式で $d$ は $(x,y)$ 空間の外微分．
つまりそれぞれの空間で単に $d$ を付ければよくて，余計な項は出てこないということ．

問題2の解答

$u$ は一般の次元の中の一般の次数の微分形式とし，関数 $f(\xi)$ を使って
　　 $u=f(\xi) d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k$
と表されてる場合を考える．するとその引き戻しは
　　 $\Phi^*u=f\circ\Phi dx^1\wedge\cdots\wedge dx^k$
となる．ここで $(f\circ\Phi)(x):=f(\Phi(x))$ ．だから問題の式の右辺は
　　 $\begin{align}d(\Phi^*u) &=d(f\circ\Phi d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k)\\ &=d(f\circ\Phi)\wedge d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k + (f\circ\Phi)d(d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k)\\ \end{align}$
で，実は右辺第1項が左辺に等しく，右辺第2項は0になる．まず右辺第1項は
　　 $\begin{align}d(f\circ\Phi)\wedge d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k &=\left(\sum_j \frac{\partial f\circ\Phi}{\partial \xi^j}dx^j\right)\wedge d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k\\ &=\sum_j \sum_i\frac{\partial f}{\partial \xi^i}\frac{\partial \xi^i}{\partial x^j}dx^j \wedge d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k\\ &=\sum_i\frac{\partial f}{\partial \xi^i}d\xi^i \wedge d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k\\ &=\sum_i \frac{\partial f}{\partial \xi^i}\circ \Phi dx^i\wedge d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k\\ &=\Phi^*(\sum_i \frac{\partial f}{\partial \xi^i}d\xi^i \wedge d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k)\\ &=\Phi^*(df\wedge d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k)\\ &=\Phi^*(du) \end{align}$
となる（らしいが，式変形が自力で再現できない）．
また右辺第2項は
　　 $d(d\xi^1\wedge\cdots\wedge d\xi^k)=dd\xi^1\wedge(d\xi^2\wedge\cdots\wedge d\xi^k)-d\xi^1\wedge d(d\xi^2\wedge\cdots\wedge d\xi^k)$
となることから， $k$ についての帰納法で0になることが示せる．