### 1次系と測地線
1次元空間内の1次系の微分方程式
$$
\frac{d^2}{dt^2}x(t) + A\frac{d}{dt}x(t) = u(t)\tag{1}
$$
は測地線として書けるか？
（$A$は定数）

以下入力$u(t)=0$とし，初期条件として$x(0) = 0,\frac{d}{dt}x(0)=1$を考える．

この仮定の下で解は
$$
x(t) = \frac{1}{A}\left(1-e^{-At}\right)\tag{2}
$$
である．

#### 通常のリーマン計量付き空間の場合
測地線方程式は以下の通りである．
$$
\frac{d^2x}{dt^2}(t) + \Gamma(x)\left(\frac{dx}{dt}(t)\right)^2 = 0
$$
ただし$\Gamma$はクリストフェル記号で，リーマン計量$g(x)$（この場合はスカラー）が与えられたとき
$$
\Gamma(x) = \frac{1}{2g(x)}\frac{dg}{dx}(x)
$$
となる．

さて，1次系の解$(2)$の時間微分を取ると
$$
\frac{dx}{dt}(t) = e^{-At},\quad \frac{d^2x}{dt^2}(t) = -Ae^{-At}
$$
これは$(1)$の$u(t)=0$とした場合を満たす．
ここで
$$
\frac{d^2x}{dt^2}(t) = -\frac{1}{Ae^{-At}}(e^{-At})^2
$$
と書けるので
$$
\frac{d^2x}{dt^2}(t) = \frac{1}{x(t)-\frac{1}{A}}\left(\frac{dx}{dt}(t)\right)^2
$$
とできる．
従って，$\Gamma(x)=\frac{1}{x(t)-\frac{1}{A}}$を満たすようなリーマン計量$g(x)$を構成できれば，計量付き空間の測地線として$(2)$を表現できる．

これは$g(x)$に関する微分方程式を解けばよい．
$$
\frac{1}{2g(x)}\frac{dg}{dx}(x) = \frac{1}{x(t)-\frac{1}{A}}
$$
この解は
$$
g(x) = \left(x(t)-\frac{1}{A}\right)^2\geq 0
$$
であり，リーマン計量としての要件を満たしていそう．

結果，通常のリーマン計量付き空間でも，1次系を表現できていそう？
- 形が簡単だっただけ？
- $x=1/A$が特異点？

#### 時空間の場合
観測座標系$R$を$(t,x)=(x^0,x^3)$として取る．
計量テンソル$g_{ij}(x^0,x^3)$は$2\times 2$対称行列となる．

移動する物体の固有時間$\tau$を取った時，$R$から見た物体の運動が測地線になっているとすれば
$$
\begin{eqnarray}
\frac{d^2x^0}{d\tau^2}(\tau) + \Gamma^0_{00}\left(\frac{dx^0}{d\tau}(\tau)\right)^2+2\Gamma^0_{03}\left(\frac{dx^0}{d\tau}(\tau)\frac{dx^3}{d\tau}(\tau)\right)+\Gamma^0_{33}\left(\frac{dx^3}{d\tau}(\tau)\right)^2&=& 0\\
\frac{d^2x^3}{d\tau^2}(\tau) + \Gamma^3_{00}\left(\frac{dx^0}{d\tau}(\tau)\right)^2+2\Gamma^3_{03}\left(\frac{dx^0}{d\tau}(\tau)\frac{dx^3}{d\tau}(\tau)\right)+\Gamma^3_{33}\left(\frac{dx^3}{d\tau}(\tau)\right)^2&=& 0
\end{eqnarray}
$$
を満たす．

1次系の解$(2)$は次のように書き換えられる．
$$
x^3(\tau) = \frac{1}{A}\left(1-e^{-Ax^0(\tau)}\right)\tag{2'}
$$
この時間微分を取ると以下となる．（引数を一時的に省略）
$$
\begin{eqnarray}
\frac{dx^3}{d\tau} &=& e^{-Ax^0}\frac{dx^0}{d\tau}\\
\frac{d^2x^3}{d\tau^2} &=& -Ae^{-Ax^0}\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2 + e^{-Ax^0}\frac{d^2x^0}{d\tau^2}\tag{3}
\end{eqnarray}
$$
式$(3)$を満たすような$\frac{d^2x^0}{d\tau^2},\frac{d^2x^3}{d\tau^2}$の作り方はいくつも考えられる．

例えば
$$
\left\{
\begin{eqnarray}
\frac{d^2x^0}{d\tau^2}(\tau) &=& 0\\
\frac{d^2x^3}{d\tau^2}(\tau) &=& -Ae^{-Ax^0(\tau)}\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2
\end{eqnarray}
\right.\tag{4-A}
$$

$$
\left\{
\begin{eqnarray}
\frac{d^2x^0}{d\tau^2}(\tau) &=& A\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2\\
\frac{d^2x^3}{d\tau^2}(\tau) &=& 0
\end{eqnarray}
\right.\tag{4-B}
$$

$$
\left\{
\begin{eqnarray}
\frac{d^2x^0}{d\tau^2}(\tau) &=& \left(\frac{dx^3}{d\tau}\right)^2\\
\frac{d^2x^3}{d\tau^2}(\tau) &=& -Ae^{-Ax^0}\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2 + e^{-Ax^0}\left(\frac{dx^3}{d\tau}\right)^2
\end{eqnarray}
\right.\tag{4-C}
$$
ただし，この中から$g_{ij}$がミンコフスキ計量となるものは限られると思われる．

一旦計量として正しいかは置いておいて，$(4{\rm -A})$が1次系を作れるかをシミュレーションで確認する．

ODE45にて$x^0(0)=x^3(0)=0,\frac{dx^0}{d\tau}(0)=1,\frac{dx^0}{d\tau}(3)=1$として実施．


少なくとも出てきた世界線はそれっぽい．

時間発展が単調なので，これ時空間である必要なくない？となって普通の空間でもやってみた．

時空として正しいか（クリストフェル記号からくる微分方程式が解をもち，またその計量が時空をよく表す（正負の固有値がひとつずつ）か）は疑問．

初期条件と計量の関係も気になる
→エネルギー・運動量テンソルとかで綺麗に書けたら嬉しいね

TODO:
- 2次系でのチェック
- 時空間の場合のミンコフスキ計量との整合性
- 初期条件とエネルギー・運動量テンソルの関係

## 09/23

### 特別な場合の時空間の計量と測地線方程式
#### 対角な計量行列の仮定
$$
g_{03} = g_{30} = 0,\quad このとき \quad g^{03} = g^{30} = 0
$$
クリストフェル記号計算大会，まずは共変的な書き方から
$$
\Gamma_{00,0} = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0}\\
\Gamma_{03,0} = \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{00}}{\partial x^3}+\frac{\partial g_{30}}{\partial x^0}-\frac{\partial g_{03}}{\partial x^0}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^3}\\
\Gamma_{33,0} = \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{30}}{\partial x^3}+\frac{\partial g_{03}}{\partial x^3}-\frac{\partial g_{33}}{\partial x^0}\right) = -\frac{1}{2}\frac{\partial g_{33}}{\partial x^0}\\
\Gamma_{00,3} = \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{03}}{\partial x^0}+\frac{\partial g_{30}}{\partial x^0}-\frac{\partial g_{00}}{\partial x^3}\right) = -\frac{1}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^3}\\
\Gamma_{03,3} = \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{03}}{\partial x^3}+\frac{\partial g_{33}}{\partial x^0}-\frac{\partial g_{03}}{\partial x^3}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{33}}{\partial x^0}\\
\Gamma_{33,3} = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{33}}{\partial x^3}\\
$$
反変的な記法．
$$
\begin{eqnarray}
\Gamma^0_{00} &=& g^{00}\Gamma_{00,0} + g^{03}\Gamma_{00,3}
= \frac{g^{00}}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0}\\
\Gamma^0_{03} &=& g^{00}\Gamma_{03,0} + g^{03}\Gamma_{03,3} = \frac{g^{00}}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^3}\\
\Gamma^0_{33} &=& g^{00}\Gamma_{33,0} + g^{03}\Gamma_{33,3} = -\frac{g^{00}}{2}\frac{\partial g_{33}}{\partial x^0}\\
\Gamma^3_{00} &=& g^{30}\Gamma_{00,0} + g^{33}\Gamma_{00,3} = -\frac{g^{33}}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^3}\\
\Gamma^3_{03} &=& g^{30}\Gamma_{03,0} + g^{33}\Gamma_{03,3} = \frac{g^{33}}{2}\frac{\partial g_{33}}{\partial x^0}\\
\Gamma^3_{33} &=& g^{30}\Gamma_{33,0} + g^{33}\Gamma_{33,3} = \frac{g^{33}}{2}\frac{\partial g_{33}}{\partial x^3}
\end{eqnarray}
$$
とすれば測地線方程式は
$$
\frac{d^2x^0}{d\tau^2}+\frac{g^{00}}{2}\left\{
\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0}\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2+\frac{\partial g_{00}}{\partial x^3}\frac{dx^0}{d\tau}\frac{dx^3}{d\tau} + \frac{\partial g_{33}}{\partial x^0}\left(\frac{dx^3}{d\tau}\right)^2
\right\}=0\\
\frac{d^2x^3}{d\tau^2}+\frac{g^{33}}{2}\left\{\frac{\partial g_{00}}{\partial x^3}\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2+\frac{\partial g_{33}}{\partial x^0}\frac{dx^0}{d\tau}\frac{dx^3}{d\tau} + \frac{\partial g_{33}}{\partial x^3}\left(\frac{dx^3}{d\tau}\right)^2
\right\}=0
$$
各方程式の中括弧内の第二項と第3項の係数にそれぞれ$\frac{\partial g_{33}}{\partial x^0},\frac{\partial g_{00}}{\partial x^3}$が入っていることから，各方程式が
$$
\frac{d^2x^0}{d\tau^2}+\frac{g^{00}}{2}
\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0}\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2
=0\\
\frac{d^2x^3}{d\tau^2}+\frac{g^{33}}{2}\frac{\partial g_{33}}{\partial x^3}\left(\frac{dx^3}{d\tau}\right)^2=0
$$
となるまで簡単にしてしまえば，計量に関する微分方程式はかなり解きうる形になる．

### 粘性のあるシステムを与える(1+1)時空間上の計量
次の計量行列を考える．（負の固有値1つと正の固有値1つ！一応ミンコフスキっぽい）
$$
(g_{kl})(x^0,x^3) = \left(\begin{array}{}
Ce^{2Ax^0} & 0\\
0 & -1
\end{array}
\right),\quad A,C\neq 0は定数
$$
この時逆行列は
$$
g^{00} = \frac{1}{C}e^{-2Ax^0},\quad g^{03}=g^{30}=0,\quad g^{33} = -1
$$
となる．
このとき，第1種クリストフェル記号$\Gamma_{ij,l}$は
$$
\Gamma_{ij,l}=
\begin{cases}
ACe^{2Ax^0} & (i, j, l= 0)\\
0 & {\rm else}
\end{cases}
$$
第2種クリストフェル記号$\Gamma_{ij}^k$は
$$
\Gamma_{ij}^k = g^{kl}\Gamma_{ij,l}=
\begin{cases}
g^{00}\Gamma_{00,0} = A & (i, j, k= 0)\\
0 & {\rm else}
\end{cases}
$$
従って測地線方程式は
$$
\frac{d^2x^0}{d\tau^2} + A\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2 = 0,\quad \frac{d^2x^3}{d\tau^2}=0
$$
となり式(4-B)を満たす

(4-B)をODE45によってシミュレーションした結果は以下であり，グラフの形はよさそう．


観測者依存という話は残り続けそうだが…

### 別のパターン
一様な力と粘性抵抗を受ける運動

計量行列
$$
(g_{kl}) = \left(\begin{array}{}
\frac{C}{(1-e^{-Ax^0})^2} & 0\\
0 & -1
\end{array}
\right)
$$
とすると
測地線eqが
$$
\frac{d^2x^0}{d\tau^2} + \frac{Ae^{-Ax^0}}{e^{-Ax^0}-1}\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2 = 0,\quad \frac{d^2x^3}{d\tau^2}=0
$$
となって，この測地線eqの解は
$$
\frac{dx^3}{dx^0} = \frac{1}{B}(1-e^{-Ax^0})\tag{6}
$$
（の両辺を$\tau$で微分したもの）を満たす．

いずれにせよ，最終的な解を考えてから測地線eqを考えると，何らかの初期条件が入りそう．