# 測地線方程式で非保存系の運動方程式を表現してみたかった
エネルギーの散逸を入れたかったと供述しており

時間方向の軌道を考える上では重要

## 立式
今，与えられた空間軌道が1次元であるような気持ちの上で，1+1時空間$(x^0,x^1) = (ct,x)$を考える．
$c$は速度の次元を持つ定数である．

時空間に2×2対称な計量行列$G$が与えられているとする．
$$
G = \left(\begin{array}{}
g_{00} & g_{01}\\
g_{10} & g_{11}
\end{array}\right) = \left(\begin{array}{}
g_{00} & g_{01}\\
g_{01} & g_{11}
\end{array}\right)
$$
このとき，測地線方程式は
$$
\begin{eqnarray}
\frac{d^2x^0}{d\tau^2} = -\Gamma^0_{00}\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2-2\Gamma^0_{01}\frac{dx^0}{d\tau}\frac{dx^1}{d\tau}-\Gamma^0_{11}\left(\frac{dx^1}{d\tau}\right)^2\tag{1-A}\\
\frac{d^2x^1}{d\tau^2} = -\Gamma^1_{00}\left(\frac{dx^0}{d\tau}\right)^2-2\Gamma^1_{01}\frac{dx^0}{d\tau}\frac{dx^1}{d\tau}-\Gamma^1_{11}\left(\frac{dx^1}{d\tau}\right)^2\tag{1-B}
\end{eqnarray}
$$
である．

この測地線方程式$(1)$を以下の運動方程式
$$
\frac{d^2x}{dt^2} = -\eta \frac{dx}{dt}+f\tag{2}
$$
と等価にしたい（$\eta,f$は定数とする）．
$(1)$をそのまま使うと難しい．そこで，折角時空間を導入したところではあるが測地線方程式の(1-A)の右辺$0$という仮定を置く．
$$
\frac{d^2 x^0}{d\tau^2} = c^2\frac{d^2 t}{d\tau^2} = 0\tag{3}
$$
これは結局時間の歪みがなく，時間の進行が一定であることを意味する．この仮定を満たす十分条件として
$$
\begin{eqnarray}
\Gamma^0_{00} = 0\tag{4-A}\\
\Gamma^0_{01} = 0\tag{4-B}\\
\Gamma^0_{11} = 0\tag{4-C}
\end{eqnarray}
$$
を課すことにする．

また，$(3)$により$dx^0/d\tau$は定数を取るが，
$$
\frac{dt}{d\tau} = 1\quad つまり\quad \frac{dx^0}{d\tau} = c\tag{5}
$$
とする．
このとき測地線方程式の空間成分(1-B)について
$$
\begin{eqnarray*}
\frac{dx^1}{d\tau} &=& \frac{dx^1}{dt}\frac{dt}{d\tau} = \frac{dx^1}{dt}\\
\frac{d^2x^1}{d\tau^2} &=& \frac{d}{d\tau}\frac{dx^1}{d\tau} = \frac{d}{d\tau}\frac{dx^1}{dt} = \frac{d}{dt}\frac{dt}{d\tau}\frac{dx^1}{dt} = \frac{d^2x^1}{dt^2}
\end{eqnarray*}
$$
を得る．
従って(1-B)は
$$
\frac{d^2x^1}{dt^2} = -c^2\Gamma^1_{00}-2c\Gamma^1_{01}\frac{dx^1}{dt}-\Gamma^1_{11}\left(\frac{dx^1}{dt}\right)^2
$$
と書きなおせる．これが運動方程式$(2)$と一致すればよく，両者を比較することで
$$
\begin{eqnarray}
\Gamma^1_{00} &=& -\frac{f}{c^2}\tag{6-A}\\
\Gamma^1_{01} &=& \frac{\eta}{2c}\tag{6-B}\\
\Gamma^1_{11} &=& 0\tag{6-C}
\end{eqnarray}
$$
を満たせばよいことがわかる．

## 第1種クリストフェル記号
ここで，計量に対する条件は偏微分の形で(4-A)から(4-C)，(6-A)から(6-C)の計6個である．
もう一度並べて書くと
$$
\begin{eqnarray}
\Gamma^0_{00} = 0\tag{4-A}\\
\Gamma^0_{01} = 0\tag{4-B}\\
\Gamma^0_{11} = 0\tag{4-C}
\end{eqnarray}
$$
$$
\begin{eqnarray}
\Gamma^1_{00} &=& -\frac{f}{c^2}\tag{6-A}\\
\Gamma^1_{01} &=& \frac{\eta}{2c}\tag{6-B}\\
\Gamma^1_{11} &=& 0\tag{6-C}
\end{eqnarray}
$$
計量行列は対称との仮定により3つの独立した成分を持つ．

制約が多いような気もするが，偏微分方程式なので制約の形次第では解けるのか計算を行う．

共変成分が同一な第二種クリストフェル記号ごとに条件をまとめていく．
まず$\Gamma^i_{00}$について，(4-A)と(6-A)を連立することを考える．(4-A)は
$$
\begin{align}
\Gamma^0_{00} = g^{00}\Gamma_{00,0} + g^{01}\Gamma_{00,1} &= 0\\
\Gamma_{00,0} &= -\frac{g^{01}}{g^{00}}\Gamma_{00,1}
\end{align}
$$
と書ける．ここで$g^{00}\neq 0$とした．
これを条件(6-A)に代入することを考えて
$$
\begin{align}
\Gamma^1_{00} &= g^{10}\Gamma_{00,0} + g^{11}\Gamma_{00,1}\\
&= \left(-\frac{(g^{01})^2}{g^{00}}+g^{11}\right)\Gamma_{00,1}= -\frac{f}{c^2}\tag{7-A}
\end{align}
$$
を得る．もう一度(4-A)を使って

同様にして，(4-B)，(6-B)についても
$$
\begin{align}
\Gamma^0_{01} = g^{00}\Gamma_{01,0} + g^{01}\Gamma_{01,1} &= 0\\
\Gamma_{01,0} &= -\frac{g^{01}}{g^{00}}\Gamma_{01,1}
\end{align}
$$
より
$$
\begin{align}
\Gamma^1_{01} &= g^{10}\Gamma_{01,0} + g^{11}\Gamma_{01,1}\\
&= \left(-\frac{(g^{01})^2}{g^{00}}+g^{11}\right)\Gamma_{01,1}= \frac{\eta}{2c}\tag{7-B}
\end{align}
$$
を得る．

(4-C),(6-C)についてはどちらも右辺0のために，少し様相が異なる．
まず(4-C)についてこれまで通り
$$
\begin{align}
\Gamma^0_{11} = g^{00}\Gamma_{11,0} + g^{01}\Gamma_{11,1} &= 0\\
\Gamma_{11,0} &= -\frac{g^{01}}{g^{00}}\Gamma_{11,1}
\end{align}
$$
とかく．これを(6-C)にそのまま代入すると
$$
\begin{align}
\Gamma^1_{11} = g^{10}\Gamma_{11,0} + g^{11}\Gamma_{11,1} &= 0\\
\left(-\frac{(g^{01})^2}{g^{00}}+g^{11}\right)\Gamma_{11,1}&=0
\end{align}
$$
と計算される．

ここで大かっこの中身に着目すると
$$
-\frac{(g^{01})^2}{g^{00}}+g^{11} = \frac{1}{g^{00}}\left\{
g^{00}g^{11}-(g^{01})^2
\right\} = \frac{1}{g^{00}}\det G^{-1}
$$
であることに気づく．つまり大かっこの中身がゼロであるということは，$g^{00}$が無限大でなければ，$\det G^{-1} = 0$ということである．
これは計量行列の逆行列$G^{-1}$がランク落ちしているということを意味するが，ここでは計量行列$G^{-1}$はフルランク，つまり$\det G^{-1}\neq0$を課す．

すると(4-C)と(6-C)の連立から得られる条件は
$$
\begin{align}
\Gamma_{11,1} &= 0\tag{7-C}
\end{align}
$$
である

#### 計量行列の非対角成分に関する議論
ここまでで，(4-A)から(4-C)，(6-A)から(6-C)までの6つの条件を使って(7-A)から(7-C)の3つの条件を得た．

(7-A)から(7-C)をもう一度(4-A)から(4-C)に戻せば，第一種クリストフェル記号に関する残り3つの条件が得られるはずである．

ここで，AとBについては$g^{01}=0$つまり計量行列を対角と置くか，非対角つまり$g^{01}\neq0$と置くかでその後の様相が異なる．

対角つまり$g^{01}=0$の想定の下では
$$
\begin{align}
\Gamma_{00,0} &= 0 \tag{8-I-A}\\
\Gamma_{01,0} &= 0 \tag{8-I-B}\\
\Gamma_{11,0} &= 0 \tag{8-I-C}
\end{align}
$$
が表れる．

非対角つまり$g^{01}\neq0$では
$$
\begin{align}
\frac{\det G^{-1}}{g^{01}}\Gamma_{00,0} &= \frac{f}{c^2} \tag{8-II-A}\\
\frac{\det G^{-1}}{g^{01}}\Gamma_{01,0} &= -\frac{\eta}{2c} \tag{8-II-B}\\
\Gamma_{11,0} &= 0 \tag{8-II-C}
\end{align}
$$
となる．

#### 計量行列の逆行列について
今回は2×2の行列なので，簡単に逆行列の計算ができる．
$$
G^{-1} = \left(\begin{array}{rr}
g^{00} & g^{01}\\
g^{10} & g^{11}
\end{array}\right) = \frac{1}{\det G}\left(\begin{array}{rr}
g_{11} & -g_{01}\\
-g_{01} & g_{00}
\end{array}\right)
$$
すると何度も出てきた部分から，計量の逆行列の成分と行列式が消えて，以下のように書き換えられる．
$$
\begin{align}
-\frac{(g^{01})^2}{g^{00}}+g^{11} = \frac{1}{g^{00}}\det G^{-1} = \frac{1}{g_{11}}\det G\ \det G^{-1} = \frac{1}{g_{11}}
\end{align}
$$
ここで逆行列に関する行列式が満たす等式より$\det G\ \det G^{-1} = 1$を用いた．
ここから(7)の各条件は
$$
\begin{align}
\frac{1}{g_{11}}\Gamma_{00,1}&= -\frac{f}{c^2}\tag{7'-A}\\
\frac{1}{g_{11}}\Gamma_{01,1}&= \frac{\eta}{2c}\tag{7'-B}\\
\Gamma_{11,1} &= 0\tag{7'-C}
\end{align}
$$
さらに(8-II)に関しても
$$
\frac{\det G^{-1}}{g^{01}} = -\frac{1}{g_{01}}\det G^{-1}\ \det G = -\frac{1}{g_{01}}
$$
より
$$
\begin{align}
\frac{1}{g_{01}}\Gamma_{00,0} &= -\frac{f}{c^2} \tag{8'-II-A}\\
\frac{1}{g_{01}}\Gamma_{01,0} &= \frac{\eta}{2c} \tag{8'-II-B}\\
\Gamma_{11,0} &= 0 \tag{8'-II-C}
\end{align}
$$

#### 第一種クリストフェル記号の展開
クリストフェル記号を展開することで，計量行列の各成分に対する偏微分方程式を得ることができる．
一旦すべて書き下してしまえば
$$
\begin{align}
\Gamma_{00,0} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} + \frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} - \frac{\partial g_{00}}{\partial x^0}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0}\\
\Gamma_{01,0} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{00}}{\partial x^1} + \frac{\partial g_{01}}{\partial x^0} - \frac{\partial g_{01}}{\partial x^0}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^1}\\
\Gamma_{11,0} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{10}}{\partial x^1} + \frac{\partial g_{01}}{\partial x^1} - \frac{\partial g_{11}}{\partial x^0}\right) = \frac{1}{2}\left(2\frac{\partial g_{10}}{\partial x^1}- \frac{\partial g_{11}}{\partial x^0}\right)\\
\Gamma_{00,1} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{01}}{\partial x^0} + \frac{\partial g_{10}}{\partial x^0} - \frac{\partial g_{00}}{\partial x^1}\right) = \frac{1}{2}\left(2\frac{\partial g_{01}}{\partial x^0}- \frac{\partial g_{00}}{\partial x^1}\right)\\
\Gamma_{01,1} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{01}}{\partial x^1} + \frac{\partial g_{11}}{\partial x^0} - \frac{\partial g_{01}}{\partial x^1}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{11}}{\partial x^0}\\
\Gamma_{11,1} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{11}}{\partial x^1} + \frac{\partial g_{11}}{\partial x^1} - \frac{\partial g_{11}}{\partial x^1}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{11}}{\partial x^1}
\end{align}
$$
全て(7')，(8'-I)，(8'-II)に代入して整理すると
$$
\begin{align}
\frac{1}{g_{11}}\left(2\frac{\partial g_{01}}{\partial x^0}- \frac{\partial g_{00}}{\partial x^1}\right)&= -\frac{2f}{c^2}\tag{9-A}\\
\frac{1}{g_{11}}\frac{\partial g_{11}}{\partial x^0} &= \frac{\eta}{c}\tag{9-B}\\
\frac{\partial g_{11}}{\partial x^1} &= 0\tag{9-C}
\end{align}
$$
また(8-I)つまり対角計量の仮定では
$$
\begin{align}
\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} &= 0\tag{10-I-A}\\
\frac{\partial g_{00}}{\partial x^1} &= 0\tag{10-I-B}\\
\frac{\partial g_{11}}{\partial x^0} &= 0\tag{10-I-C}
\end{align}
$$
を得る．

一方で非対角計量の仮定では
$$
\begin{align}
\frac{1}{g_{01}}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} &= -\frac{2f}{c^2}\tag{10-II-A}\\
\frac{1}{g_{01}}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^1} &= \frac{\eta}{c}\tag{10-II-B}\\
\frac{1}{2}\left(2\frac{\partial g_{10}}{\partial x^1}- \frac{\partial g_{11}}{\partial x^0}\right) &= 0\tag{10-II-C}
\end{align}
$$

ここで，(9-B)と(10-I-C)が，どちらも$\frac{\partial g_{11}}{\partial x^0}$を含むが$\eta\neq0$の下で矛盾していることが分かる．
また，(9-A)と(10-I-B)も計量が対角との想定の下では矛盾する．

従って，計量行列の非対角成分が$0$と仮定してしまうと，偏微分方程式を満たしきれないことが分かる．
（6個の拘束に対し最大でも2×2の自由度しかないので2つ重複するのはわかる気がする）

と，いうことで後は(9)と(10-II)を連立して，計量の各成分を導出することになる．

#### 計量行列の成分に関する偏微分方程式
もう一度(9)と(10-II)を書く．
$$
\begin{align}
\frac{1}{g_{11}}\left(2\frac{\partial g_{01}}{\partial x^0}- \frac{\partial g_{00}}{\partial x^1}\right)&= -\frac{2f}{c^2}\tag{9-A}\\
\frac{1}{g_{11}}\frac{\partial g_{11}}{\partial x^0} &= \frac{\eta}{c}\tag{9-B}\\
\frac{\partial g_{11}}{\partial x^1} &= 0\tag{9-C}\\
\frac{1}{g_{01}}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} &= -\frac{2f}{c^2}\tag{10-II-A}\\
\frac{1}{g_{01}}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^1} &= \frac{\eta}{c}\tag{10-II-B}\\
\frac{1}{2}\left(2\frac{\partial g_{10}}{\partial x^1}- \frac{\partial g_{11}}{\partial x^0}\right) &= 0\tag{10-II-C}
\end{align}
$$
(9-B)，(9-C)のペアからは一意に$g_{11}$が定まることが分かる．
計算してみる

(9-C)から，$g_{11}$は$x^0$のみの関数として書かれなければならない．
$$
g_{11} = h_1(x^0)
$$
これを(9-B)に代入
$$
\begin{align}
\frac{1}{h_1}\frac{dh_1}{dx^0} &= \frac{\eta}{c}\\
\frac{1}{h_1}dh_1 &= \frac{\eta}{c}dx^0\\
\log(h_1) &= \frac{\eta}{c}x^0 + C\\
h_1(x^0) &= Ae^{\frac{\eta}{c}x^0}
\end{align}
$$
よって
$$
g_{11} = h_1(x^0) = Ae^{\frac{\eta}{c}x^0}
$$
を得る（これ以外の選択肢はないか？）．

$g_{11}$が計算されたことで(10-II-C)が計算できる．
$$
\begin{align}
\frac{\partial g_{10}}{\partial x^1} &= \frac{1}{2}\frac{\partial g_{11}}{\partial x^0}\\
\frac{\partial g_{10}}{\partial x^1}&= \frac{\eta}{2c}h_1(x^0)\\
g_{10} &= \frac{\eta}{2c}x^1 h_1(x^0) + h_2(x^0)
\end{align}
$$
ただし$h_2(x^0)$は$x^0$に関する任意の関数．

(10-II-B)を(9-A)に代入すると
$$
\begin{align}
2\frac{\partial g_{01}}{\partial x^0}-\frac{\eta}{c}g_{01} &= -\frac{2f}{c^2}g_{11}\\
\frac{\eta^2}{c^2}x^1h_1(x^0)+2h_2'(x^0)-\frac{\eta^2}{2c^2}x^1h_1(x^0)-\frac{\eta}{c}h_2(x^0) &= -\frac{2f}{c^2}h_1(x^0)\\
\frac{\eta^2}{2c^2}x^1h_1(x^0)+\left\{2h_2'(x^0)-\frac{\eta}{c}h_2(x^0)+\frac{2f}{c^2}h_1(x^0)\right\} &= 0\tag{*}
\end{align}
$$

ここで，方程式がどんな$x^1$でも満たされるようにしたいが，$x^1$に関する項が恒等式を満たすには
$$
\frac{\eta^2}{2c^2}h_1(x^0) = 0
$$
を満たさねばならず，$\eta=0$か$h_1(x^0)=0$のどちらかを要求するが，前者は粘性なし，後者は$g_{11}=0$となり，問題設定が崩れてしまう．

つまりこれまでの仮定で偏微分方程式を目指すような計量行列は存在しなさそう…
→測地線として書けない…？

##### 考察
- $f=0$としても解けない：粘性だけで測地線になれないかも
- 粘性$\eta=0$ならまだ進めるが，面白いのかそれ

#### 無理やり進める ～$f$を与える～
まだあきらめないとすれば，$f$を使って$(*)$が恒等式として成立させるようにするしかなさそう．
今，$f$が定数という仮定をとっぱらい，$x^1$の関数でかつ固定されているとする．
（自由な入力は入れられなくなった！しかも状態FB）
$$
f(x^1) = -\frac{1}{4}\eta^2x^1
$$
と定めると，$(*)$は$h_2\neq0$として
$$
\begin{align}
2h_2'(x^0)-\frac{\eta}{c}h_2(x^0) &= 0\\
\frac{1}{h_2}h_2' &= \frac{\eta}{2c}\\
h_2(x^0) &= Be^{\frac{\eta}{2c}x^0}
\end{align}
$$
を得る．さしずめ
$$
g_{10} = \frac{\eta}{2c}x^1 h_1(x^0) + h_2(x^0) = \frac{A\eta}{2c}x^1 e^{\frac{\eta}{c}x^0} + Be^{\frac{\eta}{2c}x^0}
$$
となって計量行列の非対角成分が決まる($B$は定数)．

残りは$g_{00}$であって，(10-II-B)より
$$
\begin{align}
\frac{\partial g_{00}}{\partial x^1} &= \frac{\eta}{c}g_{01}\\
&= \frac{\eta^2}{2c^2}x^1 h_1(x^0) +\frac{\eta}{c}h_2(x^0)\\
g_{00} &= \frac{\eta^2}{4c^2}(x^1)^2 h_1(x^0)+ \frac{\eta}{c}x^1h_2(x^0)+h_3(x^0)
\end{align}
$$
これを(10-II-A)に入れる！！
$$
\begin{align}
\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} &= -\frac{2f}{c^2}g_{01}\\
\frac{\eta^3}{4c^3}(x^1)^2 h_1(x^0)+ \frac{\eta^2}{2c^2}x^1h_2(x^0)+h_3'(x^0) &= -\frac{3\eta^2}{2c^2}x^1\left(\frac{\eta}{2c}x^1 h_1(x^0) + h_2(x^0)\right)\\
\frac{\eta^3}{c^3}(x^1)^2 h_1(x^0)+ \frac{2\eta^2}{c^2}x^1h_2(x^0)+h_3'(x^0) &= 0
\end{align}
$$
この恒等式も解けません！！
終わり！！

#### 無理やり進める　～$\eta=0$～
当初の目標からは大幅に後退するが，粘性なしで定数入力のみを与える場合はどうだろうか．
$\eta=0$とし,再び$f$は定数と考える．
$(*)$までの議論では$\eta$で割り算していないので，出てきたものに$\eta=0$を突っ込んでいく

このとき
$$
g_{11} = h_1(x^0) = A
$$
となる．

また，方程式$(*)$は
$$
\begin{align}
2h_2'(x^0)+\frac{2f}{c^2}h_1(x^0) &= 0\\
h_2'(x^0) &= -\frac{f}{c^2}A\\
h_2(x^0) &= -\frac{f}{c^2}Ax^0 + B
\end{align}
$$
ただし$B$は定数．
さしずめ
$$
g_{10} = h_2(x^0) = -\frac{f}{c^2}Ax^0 + B
$$
となって計量行列の非対角成分が決まる．

続いて(10-II-B)は
$$
\begin{align}
\frac{\partial g_{00}}{\partial x^1} &= 0\\
g_{00} &= h_3(x^0)
\end{align}
$$

(10-II-A)に入れて
$$
\begin{align}
\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} &= -\frac{2f}{c^2}g_{01}\\
h_3'(x^0) &= \frac{2f^2}{c^4}Ax^0 - \frac{2f}{c^2}B\\
h_3(x^0) &= \frac{f^2}{c^4}A(x^0)^2 - \frac{2f}{c^2}x^0B + C
\end{align}
$$

以上より！
$$
\begin{align}
g_{00} &= \frac{f^2}{c^4}A(x^0)^2 - \frac{2f}{c^2}x^0B + C\\
g_{01} &= -\frac{f}{c^2}Ax^0 + B\\
g_{11} &= A
\end{align}
$$
という結果が出るには出る．
##### 検算
$$
\begin{align}
\Gamma_{00,0} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} + \frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} - \frac{\partial g_{00}}{\partial x^0}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^0} = \frac{f^2}{c^4}Ax^0 - \frac{f}{c^2}B\\
\Gamma_{01,0} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{00}}{\partial x^1} + \frac{\partial g_{01}}{\partial x^0} - \frac{\partial g_{01}}{\partial x^0}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{00}}{\partial x^1}=0\\
\Gamma_{11,0} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{10}}{\partial x^1} + \frac{\partial g_{01}}{\partial x^1} - \frac{\partial g_{11}}{\partial x^0}\right) = \frac{1}{2}\left(2\frac{\partial g_{10}}{\partial x^1}- \frac{\partial g_{11}}{\partial x^0}\right) = 0\\
\Gamma_{00,1} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{01}}{\partial x^0} + \frac{\partial g_{10}}{\partial x^0} - \frac{\partial g_{00}}{\partial x^1}\right) = \frac{1}{2}\left(2\frac{\partial g_{01}}{\partial x^0}- \frac{\partial g_{00}}{\partial x^1}\right) = -\frac{f}{c^2}A\\
\Gamma_{01,1} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{01}}{\partial x^1} + \frac{\partial g_{11}}{\partial x^0} - \frac{\partial g_{01}}{\partial x^1}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{11}}{\partial x^0} = 0\\
\Gamma_{11,1} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial g_{11}}{\partial x^1} + \frac{\partial g_{11}}{\partial x^1} - \frac{\partial g_{11}}{\partial x^1}\right) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{11}}{\partial x^1} = 0
\end{align}
$$

$$
G^{-1} = \left(\begin{array}{rr}
g^{00} & g^{01}\\
g^{10} & g^{11}
\end{array}\right) = \frac{1}{\det G}\left(\begin{array}{rr}
g_{11} & -g_{01}\\
-g_{01} & g_{00}
\end{array}\right)
$$

$$
\det G = g_{00}g_{11}-(g_{01})^2 = \frac{f^2}{c^4}A^2(x^0)^2 - \frac{2f}{c^2}x^0AB + AC - \left(\frac{f^2}{c^4}A^2(x^0)^2-2\frac{f}{c^2}x^0AB+B^2\right) = AC-B^2
$$
ようやくきれいにキャンセルしてくれる項が出てくる．

$$
\begin{align}
\Gamma^0_{00} &= g^{00}\Gamma_{00,0} + g^{01}\Gamma_{00,1}\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\left(g_{11}\Gamma_{00,0}-g_{01}\Gamma_{00,1}\right)\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\left(\frac{f^2}{c^4}A^2x^0 - \frac{f}{c^2}AB-\frac{f^2}{c^4}A^2x^0 + \frac{f}{c^2}AB\right)\\
&= 0\\
\Gamma^0_{01} &= g^{00}\Gamma_{01,0} + g^{01}\Gamma_{01,1}\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\left(g_{11}\Gamma_{01,0}-g_{01}\Gamma_{01,1}\right)\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\cdot 0\\
&= 0\\
\Gamma^0_{11} &= g^{00}\Gamma_{11,0} + g^{01}\Gamma_{11,1}\\
&= 0\\
\Gamma^1_{00} &= g^{10}\Gamma_{00,0} + g^{11}\Gamma_{00,1}\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\left(-g_{01}\Gamma_{00,0}+g_{00}\Gamma_{00,1}\right)\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\left\{\left(\frac{f}{c^2}Ax^0 - B\right)\left(\frac{f^2}{c^4}Ax^0 - \frac{f}{c^2}B\right)-\left(\frac{f^2}{c^4}A(x^0)^2 - \frac{2f}{c^2}x^0B + C\right)\frac{f}{c^2}A\right\}\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\frac{f}{c^2}(B^2-AC)\\
&= -\frac{f}{c^2}\\
\Gamma^1_{01} &= g^{10}\Gamma_{01,0} + g^{11}\Gamma_{01,1}\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\left(-g_{01}\Gamma_{01,0}+g_{00}\Gamma_{01,1}\right)\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\cdot 0\\
&= 0\\
\Gamma^1_{11} &= g^{10}\Gamma_{11,0} + g^{11}\Gamma_{11,1}\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\left(-g_{01}\Gamma_{01,0}+g_{00}\Gamma_{01,1}\right)\\
&= \frac{1}{AC-B^2}\cdot 0\\
&= 0\\
\end{align}
$$
OK

### 感想
- 粘性を測地線eqで書いてやろうという試みは撃沈した
- 近似的に粘性項になるようなサムシングを導入すべきなのかも
- 等加速度運動も本当は双曲線だし
- 定数入力を入れるだけならできた
- ただし時間経過で計量は発散しそう
- しかもそれ運動方程式でよくないって
- 結局，ちゃんと計量として書くにはミンコフスキ的に扱う必要があるのか？
- それ粘性かけない！！

粘性も，方程式そのものでなく，散逸させるような効果を計量として書ける形で押し込む方が正解かも
エネルギーが減っているように見える
- ユークリッドでは減っているんだけど，ミンコフスキでは保存する，みたいな

### 雑多なメモ
- 実はまだ
$$
\frac{dx^0}{d\tau}\frac{dx^1}{d\tau} = 1
$$
とする手が残ってはいる
- 見た目の問題
$$
\frac{d}{dt}\sum_i \left(\frac{dx^\alpha}{dt}\right)^2<0
$$
だけど
$$
\frac{d}{d\tau}\sum_i \left(\frac{dx^i}{d\tau}\right)=0
$$
みたいな
なんか保存量があればいいんだろ！！！って