1. なぜ普通の微分ではダメか 動機

Vierbein で曲時空に スピノル ψ(x)\psi(x) を置けました。 スピノルは局所 Lorentz 変換のもとで

ψ′(x)=S(Λ(x)) ψ(x)\psi'(x) = S(\Lambda(x))\,\psi(x)

のように動きます(S(Λ)S(\Lambda) はスピノル表現での Lorentz 変換)。 ここで Λ(x)\Lambda(x) が 場所ごとに違うことが効いてきます。

このスピノルを普通に偏微分すると、ライプニッツ則から

∂μ ψ′(x)=S(Λ) ∂μψ(x)+(∂μS(Λ)) ψ(x)\partial_{\mu}\,\psi'(x) = S(\Lambda)\,\partial_{\mu}\psi(x) + \bigl(\partial_{\mu} S(\Lambda)\bigr)\,\psi(x)

右辺の第 2 項 (∂μS(Λ)) ψ(\partial_{\mu} S(\Lambda))\,\psi が余計に出ます。 これがあると、変換した方とそうでない方を比較しても揃わない ── つまり ∂μψ\partial_{\mu}\psi は共変的に変換しません。 共変性そのものに馴染みがなければ、先に 共変性入門 を一読しておくと、この「余計な項が出る」流れが追いやすい。

通常のテンソル VνV^{\nu} なら、Christoffel Γμρν\Gamma^{\nu}_{\mu\rho} を加えて ∇μVν=∂μVν+ΓμρνVρ\nabla_{\mu}V^{\nu} = \partial_{\mu}V^{\nu} + \Gamma^{\nu}_{\mu\rho}V^{\rho} とすれば共変的になりました。 スピノルにも同じ機構が必要です。 ただし、補正項はカーブド添字に作用するのではなく、 フラット添字に作用する別物でないといけません(スピノルはフラット添字側の量だから)。

この役を担うのが スピン接続 ωa^b^μ\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}。

2. スピン接続 ω の定義 定義

スピン接続係数 ωa^b^μ\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu} は、 フラット添字 2 つ(a^,b^\hat a, \hat b)と カーブド添字 1 つ(μ\mu)を持つ場で、 次の 2 つの性質を持ちます。

  • (a^\hat a, b^\hat b) について反対称 ωa^b^μ=− ωb^a^μ\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu} = -\,\omega^{\hat b \hat a}{}_{\mu}
  • スピノル共変微分の補正項として現れる(詳細は次回 #3)
    Dμψ=(∂μ+14 ωa^b^μ γa^γb^)ψD_{\mu}\psi = \Bigl(\partial_{\mu} + \tfrac{1}{4}\,\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\,\gamma_{\hat a}\gamma_{\hat b}\Bigr)\psi

γ行列の積は γa^γb^=ηa^b^+2 Σa^b^\gamma_{\hat a}\gamma_{\hat b} = \eta_{\hat a \hat b} + 2\,\Sigma_{\hat a \hat b} と分解でき、ω の反対称性で対称部分が落ちて Dμψ=(∂μ+12ωa^b^μΣa^b^)ψD_{\mu}\psi = \bigl(\partial_{\mu} + \tfrac{1}{2}\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\Sigma_{\hat a \hat b}\bigr)\psi と書ける(Σa^b^  ≡  14 [γa^, γb^]\Sigma_{\hat a \hat b} \;\equiv\; \tfrac{1}{4}\,[\gamma_{\hat a},\,\gamma_{\hat b}] はスピノル空間の Lorentz 生成子)。次節ではこの形式で進める。

用語の整理: 厳密には次のように使い分ける。

  • スピン接続係数 ωa^b^μ\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu} ── ただの数(成分)
  • 生成子 Σa^b^\Sigma_{\hat a \hat b} ── スピノル空間の Lorentz 代数の元(行列)
  • スピン接続 12ωa^b^μΣa^b^\tfrac{1}{2}\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\Sigma_{\hat a \hat b} ── 上記 2 つを組み合わせた Lie 代数値の場(ゲージ場)
慣用的には ωa^b^μ\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu} 自身を「スピン接続」と呼んでしまうことが多いが、本記事では特に区別が要る場面で「係数」と明記する。

反対称性の起源は、内部 Lorentz の生成子(so(1,3) の元)が反対称行列だから。 演習 #3 で内部計量 ηa^b^\eta_{\hat a \hat b} から直接導きます。

3. ω の変換規則を逆算する 派生関係

ω は「DμψD_{\mu}\psi を共変的にする」ために導入した補正項(§2)。 ω 自身がどう変換されるべきかは、「DμψD_{\mu}\psi が ψ\psi と同じ規則で変換される(共変的)」という要請から逆算できる。 以下、略記を使わず途中式を全部書き下す。

セットアップ

反対称な変換パラメータ εa^b^(x)\varepsilon^{\hat a \hat b}(x)(場所依存)で、無限小の局所 Lorentz 変換を取る。スピノルの変換は

δψ  =  12 εa^b^(x) Σa^b^ ψ\delta\psi \;=\; \tfrac{1}{2}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}(x)\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\psi

ここで Σa^b^\Sigma_{\hat a \hat b} は前節の Lorentz 生成子(Σa^b^  ≡  14 [γa^, γb^]\Sigma_{\hat a \hat b} \;\equiv\; \tfrac{1}{4}\,[\gamma_{\hat a},\,\gamma_{\hat b}])。 スピノル共変微分は §2 から

Dμψ  =  ∂μψ  +  12 ωa^b^μ Σa^b^ ψD_{\mu}\psi \;=\; \partial_{\mu}\psi \;+\; \tfrac{1}{2}\,\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\psi

要請:DμψD_{\mu}\psi も ψ\psi と同じ規則で変換される

δ(Dμψ)  =!  12 εa^b^ Σa^b^ (Dμψ)\delta(D_{\mu}\psi) \;\overset{!}{=}\; \tfrac{1}{2}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,(D_{\mu}\psi)

この要請から δωa^b^μ\delta\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu} を逆算する。

Step 1:δ(∂μψ)\delta(\partial_{\mu}\psi) を計算する

δψ\delta\psi を ∂μ\partial_{\mu} で微分する。Σ\Sigma は γ行列の積で作った定数行列(座標微分しない)なので、ライプニッツで εa^b^\varepsilon^{\hat a \hat b} と ψ\psi にだけ作用する

δ(∂μψ)  =  ∂μ(δψ)  =  ∂μ ⁣(12 εa^b^ Σa^b^ ψ)  =  12 (∂μεa^b^) Σa^b^ ψ⏟余計な項  +  12 εa^b^ Σa^b^ (∂μψ)\delta(\partial_{\mu}\psi) \;=\; \partial_{\mu}(\delta\psi) \;=\; \partial_{\mu}\!\left(\tfrac{1}{2}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\psi\right) \;=\; \underbrace{\tfrac{1}{2}\,(\partial_{\mu}\varepsilon^{\hat a \hat b})\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\psi}_{\text{余計な項}} \;+\; \tfrac{1}{2}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,(\partial_{\mu}\psi)

第 1 項 12(∂μεa^b^)Σa^b^ψ\tfrac{1}{2}(\partial_{\mu}\varepsilon^{\hat a \hat b})\Sigma_{\hat a \hat b}\psi が「余計な項」。ε\varepsilon が場所依存ゆえに非ゼロで、これが §1 で見た破綻項の中身。

Step 2:δ(Dμψ)\delta(D_{\mu}\psi) を計算する(左辺)

DμψD_{\mu}\psi 全体に δ\delta を作用させると、3 つの場所(∂μψ\partial_{\mu}\psi、ω\omega、ψ\psi)が変動する

δ(Dμψ)  =  δ(∂μψ)  +  12 (δωa^b^μ) Σa^b^ ψ  +  12 ωa^b^μ Σa^b^ (δψ)\delta(D_{\mu}\psi) \;=\; \delta(\partial_{\mu}\psi) \;+\; \tfrac{1}{2}\,(\delta\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu})\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\psi \;+\; \tfrac{1}{2}\,\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,(\delta\psi)

各項を代入:Step 1 の結果と δψ=12εc^d^Σc^d^ψ\delta\psi = \tfrac{1}{2}\varepsilon^{\hat c \hat d}\Sigma_{\hat c \hat d}\psi を入れる(ω\omega 項に入る δψ では添字が衝突するので c^,d^\hat c, \hat d に取り直す)

δ(Dμψ)  =  12 (∂μεa^b^) Σa^b^ ψ  +  12 εa^b^ Σa^b^ ∂μψ  +  12 (δωa^b^μ) Σa^b^ ψ  +  14 ωa^b^μ εc^d^ Σa^b^ Σc^d^ ψ\delta(D_{\mu}\psi) \;=\; \tfrac{1}{2}\,(\partial_{\mu}\varepsilon^{\hat a \hat b})\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\psi \;+\; \tfrac{1}{2}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\partial_{\mu}\psi \;+\; \tfrac{1}{2}\,(\delta\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu})\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\psi \;+\; \tfrac{1}{4}\,\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\,\varepsilon^{\hat c \hat d}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat c \hat d}\,\psi

4 項出てきた。最後の 14ωa^b^μεc^d^Σa^b^Σc^d^ψ\tfrac{1}{4}\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\varepsilon^{\hat c \hat d}\Sigma_{\hat a \hat b}\Sigma_{\hat c \hat d}\psi に注目 ── 2 つの Σ\Sigma の積が出る。

Step 3:要請の右辺

要請の右辺 12εa^b^Σa^b^(Dμψ)\tfrac{1}{2}\varepsilon^{\hat a \hat b}\Sigma_{\hat a \hat b}(D_{\mu}\psi) を展開

12 εa^b^ Σa^b^ (Dμψ)  =  12 εa^b^ Σa^b^ ∂μψ  +  14 εa^b^ ωc^d^μ Σa^b^ Σc^d^ ψ\tfrac{1}{2}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,(D_{\mu}\psi) \;=\; \tfrac{1}{2}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\partial_{\mu}\psi \;+\; \tfrac{1}{4}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\omega^{\hat c \hat d}{}_{\mu}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat c \hat d}\,\psi

こちらも 2 項。第 2 項に Σa^b^Σc^d^\Sigma_{\hat a \hat b}\Sigma_{\hat c \hat d} の積が現れる(順序は左辺と逆)。

Step 4:左辺 = 右辺 で打ち消し

要請より左辺 = 右辺。両辺の 12εa^b^Σa^b^ ∂μψ\tfrac{1}{2}\varepsilon^{\hat a \hat b}\Sigma_{\hat a \hat b}\,\partial_{\mu}\psi が共通項として打ち消し合い、残るのは

12 (∂μεa^b^) Σa^b^ ψ  +  12 (δωa^b^μ) Σa^b^ ψ  +  14 ωa^b^μ εc^d^ Σa^b^ Σc^d^ ψ  =  14 εa^b^ ωc^d^μ Σa^b^ Σc^d^ ψ\tfrac{1}{2}\,(\partial_{\mu}\varepsilon^{\hat a \hat b})\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\psi \;+\; \tfrac{1}{2}\,(\delta\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu})\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\psi \;+\; \tfrac{1}{4}\,\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\,\varepsilon^{\hat c \hat d}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat c \hat d}\,\psi \;=\; \tfrac{1}{4}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\omega^{\hat c \hat d}{}_{\mu}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat c \hat d}\,\psi

Step 5:Σ の積を交換子にまとめる

左辺と右辺の ΣΣ\Sigma\Sigma の項は積の順序が逆。左辺の和記号(ダミー添字)を (a^b^)↔(c^d^)(\hat a \hat b) \leftrightarrow (\hat c \hat d) で取り替えると、両者は同じ前置因子 εa^b^ωc^d^μ\varepsilon^{\hat a \hat b}\omega^{\hat c \hat d}{}_{\mu} で書き直せる

ωa^b^μ εc^d^ Σa^b^ Σc^d^  →  (a^b^)↔(c^d^)    εa^b^ ωc^d^μ Σc^d^ Σa^b^\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\,\varepsilon^{\hat c \hat d}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat c \hat d} \;\xrightarrow{\;(\hat a \hat b) \leftrightarrow (\hat c \hat d)\;}\; \varepsilon^{\hat a \hat b}\,\omega^{\hat c \hat d}{}_{\mu}\,\Sigma_{\hat c \hat d}\,\Sigma_{\hat a \hat b}

したがって、左辺の ΣΣ\Sigma\Sigma 項を右辺に移すと「順序の差」=交換子になる

14 εa^b^ ωc^d^μ Σa^b^ Σc^d^  −  14 εa^b^ ωc^d^μ Σc^d^ Σa^b^  =  14 εa^b^ ωc^d^μ [Σa^b^, Σc^d^]\tfrac{1}{4}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\omega^{\hat c \hat d}{}_{\mu}\,\Sigma_{\hat a \hat b}\,\Sigma_{\hat c \hat d} \;-\; \tfrac{1}{4}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\omega^{\hat c \hat d}{}_{\mu}\,\Sigma_{\hat c \hat d}\,\Sigma_{\hat a \hat b} \;=\; \tfrac{1}{4}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\omega^{\hat c \hat d}{}_{\mu}\,[\Sigma_{\hat a \hat b},\,\Sigma_{\hat c \hat d}]

したがって Step 4 の式は次の形に整理できる

12 (δωa^b^μ) Σa^b^  =  − 12 (∂μεa^b^) Σa^b^  +  14 εa^b^ ωc^d^μ [Σa^b^, Σc^d^]\tfrac{1}{2}\,(\delta\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu})\,\Sigma_{\hat a \hat b} \;=\; -\,\tfrac{1}{2}\,(\partial_{\mu}\varepsilon^{\hat a \hat b})\,\Sigma_{\hat a \hat b} \;+\; \tfrac{1}{4}\,\varepsilon^{\hat a \hat b}\,\omega^{\hat c \hat d}{}_{\mu}\,[\Sigma_{\hat a \hat b},\,\Sigma_{\hat c \hat d}]

Step 6:成分形にする

ψ\psi は任意だったので、上の式は行列恒等式として両辺の Σa^b^\Sigma_{\hat a \hat b} の係数を比較すればよい。 交換子 [Σa^b^,Σc^d^][\Sigma_{\hat a \hat b},\Sigma_{\hat c \hat d}] は Lorentz 代数で別の Σ\Sigma に書き直せる([Σ,Σ]=i(η Σ−η Σ+⋯ )[\Sigma, \Sigma] = i(\eta\,\Sigma - \eta\,\Sigma + \cdots) の形)。 整理すると最終的に成分形

δωa^b^μ  =  − ∂μεa^b^  +  εa^c^ ωc^b^μ+εb^c^ ωa^c^μ\delta\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu} \;=\; -\,\partial_{\mu}\varepsilon^{\hat a \hat b} \;+\; \varepsilon^{\hat a}{}_{\hat c}\,\omega^{\hat c \hat b}{}_{\mu} + \varepsilon^{\hat b}{}_{\hat c}\,\omega^{\hat a \hat c}{}_{\mu}

各項の意味

  • 第 1 項 −∂μεa^b^-\partial_{\mu}\varepsilon^{\hat a \hat b}(非斉次項) ε\varepsilon が場所依存ゆえに必要。 これがちょうど ∂μψ\partial_{\mu}\psi の余計な項を符号反対で打ち消す
  • 第 2・3 項(斉次項) ω\omega が「内部 Lorentz 添字をもつ場(テンソル)」として、 その添字 a^,b^\hat a, \hat b を回転させる項

これは「ゲージ場」の構造

非斉次項 −∂με-\partial_{\mu}\varepsilon は、電磁気の U(1)U(1) ゲージ場 AμA_{\mu} の変換

δAμ  =  − ∂μα(電磁気の U(1) ゲージ場)\delta A_{\mu} \;=\; -\,\partial_{\mu}\alpha \quad\text{(電磁気の U(1) ゲージ場)}

と同じ構造。ω は局所 Lorentz 群 SO(1,3)SO(1,3) のゲージ場で、 Dμψ=∂μψ+12ωa^b^μΣa^b^ψD_{\mu}\psi = \partial_{\mu}\psi + \tfrac{1}{2}\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu}\Sigma_{\hat a \hat b}\psi は「ゲージ共変微分」そのもの。 斉次項に交換子 [Σ,Σ][\Sigma, \Sigma] が出るのは、Lorentz 群が非可換だから(電磁気 U(1) は可換なので交換子項が消える)。

4. 変換規則だけでは具体形が決まらない 動機

§3 で ω\omega の変換規則 δωa^b^μ  =  − ∂μεa^b^  +  εa^c^ ωc^b^μ+εb^c^ ωa^c^μ\delta\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu} \;=\; -\,\partial_{\mu}\varepsilon^{\hat a \hat b} \;+\; \varepsilon^{\hat a}{}_{\hat c}\,\omega^{\hat c \hat b}{}_{\mu} + \varepsilon^{\hat b}{}_{\hat c}\,\omega^{\hat a \hat c}{}_{\mu} は決まりました。 が、これは「ω\omega がどう変換されるか」だけで、 「ω\omega が何の関数か」(具体的な値)は何も決まっていません。

実際、たとえば ω≡0\omega \equiv 0 と置いても変換規則は満たされる (零場が変換規則を破る斉次項を出さないので)。 でもそれが正しいのは平坦時空・デカルト座標のときだけで、一般の時空では ω≠0\omega \neq 0 でないと困る。

具体形を決めるには、Vierbein や計量という幾何学的データから ω\omega を作る追加の要請が要ります。 その要請が次の Tetrad postulate。

物理的には、ゲージ理論で「ゲージ場の作用」(Lagrangian)を別途与えてゲージ場のダイナミクスが決まるのと同じ役割。 ここでは Lagrangian の代わりに、Vierbein を共変微分するとゼロという幾何的な制約条件で ω\omega の具体形を固定する。

演習 #1

平坦時空でのチェック。 Minkowski 時空をデカルト座標で取ると、Vierbein は ea^μ=δa^μe^{\hat a}{}_{\mu} = \delta^{\hat a}{}_{\mu}(定数)、Christoffel は Γμνλ=0\Gamma^{\lambda}_{\mu\nu} = 0(定数計量だから)。

このとき Tetrad postulate

∂μ ea^ν−Γμνλ ea^λ+ωa^b^μ eb^ν=0\partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} - \Gamma^{\lambda}_{\mu\nu}\,e^{\hat a}{}_{\lambda} + \omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,e^{\hat b}{}_{\nu} = 0

から、スピン接続 ωa^b^μ\omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu} がすべてゼロになることを示そう。

▶ 解答を見る

代入していくだけ:

  • ∂μ ea^ν=∂μ δa^ν=0\partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} = \partial_{\mu}\,\delta^{\hat a}{}_{\nu} = 0(定数の微分)
  • Γμνλ ea^λ=0⋅δa^λ=0\Gamma^{\lambda}_{\mu\nu}\,e^{\hat a}{}_{\lambda} = 0 \cdot \delta^{\hat a}{}_{\lambda} = 0
  • 残りは ωa^b^μ eb^ν=ωa^b^μ δb^ν=ωa^ν μ\omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,e^{\hat b}{}_{\nu} = \omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,\delta^{\hat b}{}_{\nu} = \omega^{\hat a}{}_{\nu\,\mu}
(δ\delta で潰したので時空添字 ν\nu がそのままハットなしで出てくる)。

Tetrad postulate より

0−0+ωa^ν μ=0  ⟹  ωa^ν μ=00 - 0 + \omega^{\hat a}{}_{\nu\,\mu} = 0 \;\Longrightarrow\; \omega^{\hat a}{}_{\nu\,\mu} = 0

各 (a^,ν,μ)(\hat a, \nu, \mu) で成り立つので、すべての ω\omega 成分はゼロ。

意味:平坦かつデカルト座標では、Vierbein が定数なので位置による "ねじれ" がない。Christoffel もゼロ。よってスピノルを微分する補正項も不要 ── 普通の ∂μ\partial_{\mu} が共変微分そのもの。

5. Tetrad postulate(具体形を決める要請) 要請

要請は次の一行(Vierbein を共変微分するとゼロ)

∇μ ea^ν  =  ∂μ ea^ν  −  Γμνλ ea^λ  +  ωa^b^μ eb^ν  =  0\nabla_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} \;=\; \partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} \;-\; \Gamma^{\lambda}_{\mu\nu}\,e^{\hat a}{}_{\lambda} \;+\; \omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,e^{\hat b}{}_{\nu} \;=\; 0

以下、これがなぜ自然か、なぜ ω\omega を決められるかを「2 表記の共変微分が一致する」という形で見ます。 まずセットアップを整理。同じベクトル VV には 2 つの表記がある:

  • カーブド表記:成分は VνV^{\nu}
  • フラット表記:成分は Va^=ea^ν VνV^{\hat a} = e^{\hat a}{}_{\nu}\,V^{\nu}(Vierbein で翻訳)

それぞれに専用の共変微分がある:

  • カーブド側:Christoffel Γ\Gamma を補正項として使う
    ∇μVν  =  ∂μVν+Γμρν Vρ\nabla_{\mu} V^{\nu} \;=\; \partial_{\mu} V^{\nu} + \Gamma^{\nu}_{\mu\rho}\,V^{\rho}
  • フラット側:スピン接続 ω\omega を補正項として使う
    DμVa^  =  ∂μVa^+ωa^b^μ Vb^D_{\mu} V^{\hat a} \;=\; \partial_{\mu} V^{\hat a} + \omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,V^{\hat b}

整合性要請(Tetrad postulate の本質): 同じベクトル VV の共変微分は、どちらの側で計算しても一致するべき。 式で書くと

DμVa^  =  ea^ν ∇μVνD_{\mu} V^{\hat a} \;=\; e^{\hat a}{}_{\nu}\,\nabla_{\mu} V^{\nu}

つまり「フラット側で微分」=「カーブド側で微分してから翻訳」。 以下、この等号をそれぞれ展開して、VV が任意であることから ω\omega についての式を取り出します。

左辺の展開:DμVa^D_{\mu} V^{\hat a}

フラット側の共変微分の定義に Va^=ea^νVνV^{\hat a} = e^{\hat a}{}_{\nu} V^{\nu} と Vb^=eb^νVνV^{\hat b} = e^{\hat b}{}_{\nu} V^{\nu} を入れ、Leibniz で展開

DμVa^  =  (∂μ ea^ν) Vν⏟Vielbein を微分した余計な項  +  ea^ν (∂μVν)⏟偏微分を翻訳  +  ωa^b^μ eb^ν Vν⏟ω 補正を翻訳D_{\mu} V^{\hat a} \;=\; \underbrace{(\partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu})\,V^{\nu}}_{\text{Vielbein を微分した余計な項}} \;+\; \underbrace{e^{\hat a}{}_{\nu}\,(\partial_{\mu} V^{\nu})}_{\text{偏微分を翻訳}} \;+\; \underbrace{\omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,e^{\hat b}{}_{\nu}\,V^{\nu}}_{\omega\text{ 補正を翻訳}}

3 項出てきます。最初の 「Vierbein を微分した余計な項」がフラット表記の付帯コスト。

右辺の展開:ea^ν ∇μVνe^{\hat a}{}_{\nu}\,\nabla_{\mu} V^{\nu}

カーブド側の共変微分を Vierbein で翻訳するだけ

ea^ν ∇μVν  =  ea^ν (∂μVν)⏟偏微分を翻訳  +  ea^ν Γμρν Vρ⏟Γ 補正を翻訳e^{\hat a}{}_{\nu}\,\nabla_{\mu} V^{\nu} \;=\; \underbrace{e^{\hat a}{}_{\nu}\,(\partial_{\mu} V^{\nu})}_{\text{偏微分を翻訳}} \;+\; \underbrace{e^{\hat a}{}_{\nu}\,\Gamma^{\nu}_{\mu\rho}\,V^{\rho}}_{\Gamma\text{ 補正を翻訳}}

こちらは 2 項。Vierbein の偏微分は出てこない(微分は VνV^{\nu} にだけかかる)。

等号で結ぶ:何が打ち消されるか

整合性要請より左辺 = 右辺

(∂μ ea^ν) Vν+ea^ν (∂μVν)+ωa^b^μ eb^ν Vν  =  ea^ν (∂μVν)+ea^ν Γμρν Vρ(\partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu})\,V^{\nu} + e^{\hat a}{}_{\nu}\,(\partial_{\mu} V^{\nu}) + \omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,e^{\hat b}{}_{\nu}\,V^{\nu} \;=\; e^{\hat a}{}_{\nu}\,(\partial_{\mu} V^{\nu}) + e^{\hat a}{}_{\nu}\,\Gamma^{\nu}_{\mu\rho}\,V^{\rho}

両辺の ea^ν (∂μVν)e^{\hat a}{}_{\nu}\,(\partial_{\mu} V^{\nu}) が同じ形で打ち消し合い、残るのは

(∂μ ea^ν) Vν  +  ωa^b^μ eb^ν Vν  =  ea^ν Γμρν Vρ(\partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu})\,V^{\nu} \;+\; \omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,e^{\hat b}{}_{\nu}\,V^{\nu} \;=\; e^{\hat a}{}_{\nu}\,\Gamma^{\nu}_{\mu\rho}\,V^{\rho}

ここで VνV^{\nu} は任意なので、両辺の VV の係数を比較すれば VV 自体は落ち、添字 ν,ρ\nu, \rho を揃えた式が出てきます

∇μ ea^ν  =  ∂μ ea^ν  −  Γμνλ ea^λ  +  ωa^b^μ eb^ν  =  0\nabla_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} \;=\; \partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} \;-\; \Gamma^{\lambda}_{\mu\nu}\,e^{\hat a}{}_{\lambda} \;+\; \omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,e^{\hat b}{}_{\nu} \;=\; 0

これが Tetrad postulate(四脚場の要請)です。

各項の意味

  • ∂μ ea^ν\partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} ── Vierbein の偏微分(余計な項の中身)
  • − Γμνλ ea^λ-\,\Gamma^{\lambda}_{\mu\nu}\,e^{\hat a}{}_{\lambda} ── カーブド添字 ν\nu に対する Christoffel 補正
  • + ωa^b^μ eb^ν+\,\omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,e^{\hat b}{}_{\nu} ── フラット添字 a^\hat a に対するスピン接続補正

まとめると「Vierbein の偏微分から出る余計な項を、Γ と ω が協力して打ち消す」 ── これが Tetrad postulate の中身。 Γ が(計量から)与えられれば、残りの方程式は ω についてだけのものとなり、 ω が一意に決まります(次節)。

6. ω は Vierbein と Γ から決まる 定理

Tetrad postulate を ω\omega について解くと、 ω\omega は Vierbein と Christoffel から一意に書けることが分かります。

手順は素朴で、Tetrad postulate を移項してスピン接続だけ左辺に残すと

ωa^b^μ eb^ν=− ∂μ ea^ν+Γμνλ ea^λ\omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu} \,e^{\hat b}{}_{\nu} = -\,\partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} + \Gamma^{\lambda}_{\mu\nu}\,e^{\hat a}{}_{\lambda}

両辺に逆 Vierbein ec^νe_{\hat c}{}^{\nu} を掛けて、§5 で出てきた完全性関係 eb^ν ec^ν=δb^c^e^{\hat b}{}_{\nu}\,e_{\hat c}{}^{\nu} = \delta^{\hat b}{}_{\hat c} で潰せば、 スピン接続が単独で取り出せる

ωa^b^μ=eb^ν(−∂μ ea^ν+Γμνλ ea^λ)\omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu} = e_{\hat b}{}^{\nu}\bigl(-\partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} + \Gamma^{\lambda}_{\mu\nu}\,e^{\hat a}{}_{\lambda}\bigr)

Christoffel Γ\Gamma 自身は計量 gg の偏微分で書ける(GR シリーズで扱う)、 そして gg は Vierbein で書ける(#1 の定義)。 したがって、ω\omega は Vierbein ee とその偏微分だけから書けることになります。

演習 #2 で具体的な座標(2 次元極座標)で ω\omega を計算してみましょう。

演習 #2

2 次元極座標での計算。 2 次元 Euclidean 空間を極座標 (r,θ)(r, \theta) で書くと

ds2=dr2+r2 dθ2ds^2 = dr^2 + r^2\,d\theta^2

(空間の話なのでフラット添字側の計量は ηa^b^→δa^b^=diag⁡(+1,+1)\eta_{\hat a \hat b} \to \delta_{\hat a \hat b} = \operatorname{diag}(+1, +1) と読み替える)。

Vierbein は対角

er^r=1,eθ^θ=r,他の成分は 0.e^{\hat r}{}_{r} = 1,\quad e^{\hat\theta}{}_{\theta} = r,\quad \text{他の成分は }0.

Christoffel は

Γθθr=−r,Γrθθ=Γθrθ=1r,他はすべて 0.\Gamma^{r}_{\theta\theta} = -r,\quad \Gamma^{\theta}_{r\theta} = \Gamma^{\theta}_{\theta r} = \frac{1}{r},\quad \text{他はすべて }0.

このとき Tetrad postulate を (a^=r^, ν=θ, μ=θ)(\hat a = \hat r,\, \nu = \theta,\, \mu = \theta) で書いて、ωr^θ^ θ\omega^{\hat r}{}_{\hat\theta\,\theta} を求めよう。

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Tetrad postulate

∂μ ea^ν−Γμνλ ea^λ+ωa^b^μ eb^ν=0\partial_{\mu}\,e^{\hat a}{}_{\nu} - \Gamma^{\lambda}_{\mu\nu}\,e^{\hat a}{}_{\lambda} + \omega^{\hat a}{}_{\hat b\mu}\,e^{\hat b}{}_{\nu} = 0

に (a^,ν,μ)=(r^,θ,θ)(\hat a, \nu, \mu) = (\hat r, \theta, \theta) を代入。

各項を計算:

  • ∂θ er^θ=∂θ(0)=0\partial_{\theta}\,e^{\hat r}{}_{\theta} = \partial_{\theta}(0) = 0
  • Γθθλ er^λ\Gamma^{\lambda}_{\theta\theta}\,e^{\hat r}{}_{\lambda}: λ\lambda の和。非ゼロは Γθθr=−r\Gamma^{r}_{\theta\theta} = -r で、er^r=1e^{\hat r}{}_{r} = 1。なので (−r)(1)=−r(-r)(1) = -r
  • ωr^b^θ eb^θ\omega^{\hat r}{}_{\hat b\theta}\,e^{\hat b}{}_{\theta}: b^\hat b の和。非ゼロな eb^θe^{\hat b}{}_{\theta} は eθ^θ=re^{\hat\theta}{}_{\theta} = r のみ。なので ωr^θ^ θ⋅r\omega^{\hat r}{}_{\hat\theta\,\theta} \cdot r
合わせて

0−(−r)+ωr^θ^ θ⋅r=00 - (-r) + \omega^{\hat r}{}_{\hat\theta\,\theta}\cdot r = 0

r+r ωr^θ^ θ=0r + r\,\omega^{\hat r}{}_{\hat\theta\,\theta} = 0

ωr^θ^ θ=−1.\omega^{\hat r}{}_{\hat\theta\,\theta} = -1.

反対称性から ωθ^r^ θ=+1\omega^{\hat\theta}{}_{\hat r\,\theta} = +1 (添字を上げ下げした形での反対称)。

意味:Vierbein eθ^θ=re^{\hat\theta}{}_{\theta} = r は rr ごとに「目盛り」が違うフレーム。点を動かすと内部 Lorentz(平面回転)も少しずつ回る必要があり、その分が ω\omega に乗っている。

演習 #3

反対称性の確認。 スピン接続が (a^,b^\hat a, \hat b) 添字で反対称になる、つまり

ωa^b^μ=− ωb^a^μ\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu} = -\,\omega^{\hat b \hat a}{}_{\mu}

を、内部の計量 ηa^b^\eta_{\hat a \hat b}(定数)が共変微分でゼロ ∇μ ηa^b^=0\nabla_{\mu}\,\eta_{\hat a \hat b} = 0 であることを使って示そう。

ヒント:∇μ ηa^b^\nabla_{\mu}\,\eta_{\hat a \hat b} を、テンソル添字 μ\mu に対する Christoffel(η\eta はテンソル添字を持たない)と、フラット添字 a^,b^\hat a, \hat b に対するスピン接続で書き下せ。

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ηa^b^\eta_{\hat a \hat b} は時空添字 μ\mu を持たないので、共変微分のうち Christoffel 項は出ません。スピン接続だけ

∇μ ηa^b^=∂μ ηa^b^−ωc^a^ μ ηc^b^−ωc^b^ μ ηa^c^\nabla_{\mu}\,\eta_{\hat a \hat b} = \partial_{\mu}\,\eta_{\hat a \hat b} - \omega^{\hat c}{}_{\hat a\,\mu}\,\eta_{\hat c \hat b} - \omega^{\hat c}{}_{\hat b\,\mu}\,\eta_{\hat a \hat c}

η\eta は定数だから ∂μ ηa^b^=0\partial_{\mu}\,\eta_{\hat a \hat b} = 0。これがゼロという要請より

ωc^a^ μ ηc^b^+ωc^b^ μ ηa^c^=0.\omega^{\hat c}{}_{\hat a\,\mu}\,\eta_{\hat c \hat b} + \omega^{\hat c}{}_{\hat b\,\mu}\,\eta_{\hat a \hat c} = 0.

η\eta で添字を下げ

ωb^a^ μ+ωa^b^ μ=0\omega_{\hat b \hat a\,\mu} + \omega_{\hat a \hat b\,\mu} = 0

∴  ωa^b^ μ=− ωb^a^ μ.\therefore\;\omega_{\hat a \hat b\,\mu} = -\,\omega_{\hat b \hat a\,\mu}.

両添字を上げると ωa^b^μ=− ωb^a^μ\omega^{\hat a \hat b}{}_{\mu} = -\,\omega^{\hat b \hat a}{}_{\mu}。 ✓

意味:スピン接続は内部の Lorentz 群の生成子(反対称行列)に値を取る。つまり、内部添字に対する「変換のし方」が Lorentz 変換でなければならない、という要請の現れ。