dλ + Γµ ναu ν V α = 0 (3)

SESTA ESERCITAZIONE Trasporto parallelo Lungo una curva di parametro λ, di vettore tangente U µ = dxµ dλ, (1) il vettore V µ è trasportato parallelamente se soddisfa le equazioni del trasporto parallelo U ν V ;ν µ = [ Uν V,ν µ + Γµ να V α] = 0 () ovvero dove si è usato il fatto che dv µ dλ + Γµ ναu ν V α = 0 (3) U ν V µ x ν = dxν V µ dλ x ν = dv µ dλ. (4) Quando il cammino è la linea coordinata α, ovvero quando tutte le coordinate tranne x α sono costanti lungo il percorso, possiamo scegliere la stessa x α come parametro della curva. In tal caso il vettore tangente è il vettore di base e (α) : U µ = xµ x α = δµ α. (5) In questo caso, l equazione del trasporto parallelo assume una forma particolarmente semplice: U ν V ;ν µ = δν α V ;α µ = V ;α µ = 0 (6) ovvero V µ,α + Γ µ ανv ν = 0. (7) 1

Esempio: y C 1 D A 1 B x Consideriamo lo spazio euclideo bidimensionale, di metrica In coordinate polari x µ = (r, θ), definite da la metrica è ds = dx + dy. (8) x = r cosθ y = r sinθ, (9) ds = dr + r dθ. (10) Le coordinate polari x µ = (r, θ) dei punti in figura sono: A : (1, 0) B : (, 0) C : (, π ) D : (1, π ). (11) Considerato il vettore V definito in A, di componenti V µ = (V r, V θ ) = (1, 0), (1) trasportiamolo parallelamente lungo il cammino ABCDA in figura, utilizzando le coordinate polari. Osserviamo innanzitutto che essendo ( ) 1 0 g µν = 0 r (13)

l unica derivata non nulla della metrica è da cui segue che i simboli di Christoffel sono Le equazioni del trasporto sono quindi dv r dλ dλ g θθ,r = r (14) Γ r θθ = r Γ θ rθ = Γ θ θr = 1 r tutti gli altri = 0. (15) = ru θ V θ = 1 r [Uθ V r + U r V θ ]. (16) Se il percorso è una linea coordinata, usando le (7) le equazioni del trasporto parallelo si possono scrivere, più semplicemente: per una linea coordinata r, V ;r µ = 0, ovvero dv r dr = 0 dr = 1 r V θ ; (17) per una linea coordinata θ, V µ ;θ = 0, ovvero dv r dθ = rv θ dθ = 1 r V r. (18) Il percorso ABCDA è costituito da linee coordinate nel riferimento x µ = (r, θ), quindi possiamo utilizzare le (17), (18). Prima di procedere nel trasporto di V, dimostriamo una proprietà che ci tornerà utile in questo ed in altri esercizi: data una equazione differenziale (con condizione iniziale) del tipo dy dλ = f(λ)y y(0) = 0, (19) la sua soluzione è y(λ) 0. In altre parole, se la derivata di una funzione è proporzionale alla funzione stessa, e inizialmente la funzione è nulla, essa continua a rimanere nulla. Per dimostrarlo, osserviamo che (19) è una equazione differenziale del primo ordine con una condizione iniziale, quindi è un problema di Cauchy, e per i teoremi di Cauchy ha una sola soluzione. Poichè y(λ) 0 soddisfa sia l equazione differenziale che la condizione iniziale, è soluzione di (19), ed essendo questa unica, è l unica soluzione. Torniamo ora al trasporto parallelo di V nel percorso ABCDA. 3

1. Percorso AB. In A V µ = (1, 0), dobbiamo trovare il vettore V trasportato parallelamente in B. Il percorso AB è una linea coordinata r, quindi soddisfa le equazioni (17). Poichè V,r r = 0, V r è costante in AB, e quindi anche in B V r = 1. Per quanto riguarda V θ, = 1 dr r V θ V θ (r = 1) = 0 (0) e per la proprietà dimostrata sopra, lungo AB V θ 0. Quindi, in B V µ = (1, 0). (1) In conclusione, nel percorso AB le coponenti polari del vettore non cambiano.. Percorso BC. In B V µ = (1, 0), dobbiamo trovare il vettore V trasportato parallelamente in C. Il percorso BC è una linea coordinata θ, quindi soddisfa le equazioni (18). Derivando la prima delle (18) e sostituendo la seconda, si trova d V r dθ = V r. () La () è l equazione dell oscillatore armonico, e la sua soluzione generale, dipendente da due costanti, è Dalla prima delle (18) si ha inoltre che V θ = 1 r In B θ = 0 e (V r, V θ ) = (1, 0), per cui V r = C 1 cosθ + C sin θ. (3) dv r dθ = C 1 r sin θ + C cosθ. (4) r quindi C 1 = 1, C = 0, e V r = C 1 = 1 V θ = C = 0 (5) V r = cosθ V θ = 1 sin θ. (6) r In C, quindi, V µ = ( 0, 1 ). (7) 4

3. Percorso CD. In C V µ = (0, 1/), dobbiamo trovare il vettore V trasportato parallelamente in D. Il percorso CD è una linea coordinata r, quindi soddisfa le equazioni (17). In particolare, V r = costante = 0. Per quanto riguarda V θ, dr = 1 r V θ V θ (r = ) = 1 (8) che integrato per separazione delle variabili dà V θ (1) V θ () V θ 1 = dr r (9) la cui soluzione è V θ (1) = V θ () = 1 quindi, in D, V µ = (0, 1). (30) 4. Percorso DA. In D V µ = (0, 1), dobbiamo trovare il vettore V trasportato parallelamente in A. Il percorso DA è una linea coordinata θ, quindi soddisfa le equazioni (18). Risolvendolo come per il percorso BC, V r = C 3 cosθ + C 4 sin θ V θ = C 3 r sinθ + C 4 cosθ. (31) r In A θ = π/ e (V r, V θ ) = (0, 1), per cui quindi C 3 = 1, C 4 = 0, e V r = C 4 = 0 V θ = C 3 = 1 (3) V r = cosθ V θ = sinθ. (33) In A, quindi, V µ = (1, 0). (34) Quindi il vettore trasportato parallelamente lungo il percorso chiuso ABCDA torna ad essere coincidente al vettore di partenza. Questo risultato era prevedibile, essendo lo spazio piatto. Notare che se avessimo svolto questo esercizio nelle coordinate cartesiane (x, y), sarebbe stato molto più semplice, poichè nelle coordinate (x, y) la metrica è costante, i simboli di Christoffel sono tutti nulli, e quindi le equazioni del trasporto parallelo sono semplicemente dv α /dλ = 0. 5

Sfera Si consideri la sfera S di raggio unitario, in coordinate polari: {x µ } = (θ, φ) (35) ds = dθ + sin θdφ = g µν dx µ dx ν (36) ( ) 1 0 g µν = 0 sin. (37) θ Calcoliamo i simboli di Christoffel. La sola derivata della metrica non nulla è g φφ,θ = sinθ cosθ. (38) I simboli di Christoffel con indici bassi Γ µνρ, definiti dalla non nulli, saranno: Γ µνρ = 1 (g µρ,ν + g νρ,µ g µν,ρ ), (39) Γ θφφ = Γ φθφ = 1 (g θφ,φ + g φφ,θ g θφ,φ ) = 1 g φφ,θ = sinθ cosθ (40) Γ φφθ = 1 (g φθ,φ + g φθ,φ g φφ,θ ) = 1 g φφ,θ = sinθ cosθ. (41) I simboli di Christoffel Γ ρ µν non nulli, essendo saranno: Γ ρ µν = g ρσ Γ µνσ (4) ( ) 1 0 g µν = 1, (43) 0 sin θ Γ φ φθ = Γφ θφ = gφσ Γ φθσ = g φφ Γ φθφ = g φφ sin θ cosθ Γ θφφ = sin = cotθ θ Γ θ φφ = g θσ Γ φφσ = g θθ Γ φφθ = Γ φφθ = sin θ cosθ. Trasporto parallelo sulla sfera (44) Studiamo il trasporto parallelo sulla sfera lungo il cammino in figura (notare che tale cammino è definito in maniera tale da evitare il polo nord, dove la mappa polare non è definita). 6

Come dimostreremo, trasportando lungo tale cammino il vettore V, da A in A, esso viene ruotato di 90 o. Dimostriamolo. I quattro punti in figura hanno coordinate x µ = (θ, φ): ( π ) A =, 0 (45) B = (ε, 0) (46) ( C = ε, π ) (47) ( π D =, π ) (48) dove ε è un parametro che assumiamo piccolo, e che alla fine della dimostrazione faremo tendere a zero. Trasportiamo parallelamente lungo il cammino in figura il vettore inizialmente in A con componenti Le equazioni del trasporto parallelo sono V µ = (V θ, V φ ) = (1, 0). (49) dv α dλ + Γα γβv γ U β = 0 (50) con U µ dxµ (51) dλ vettore tangente alla curva λ x µ (λ); sostituendo i simboli di Christoffel dati in (44), dλ = Uφ V φ sin θ cosθ dv φ dλ = ( U θ V φ + V θ U φ) cotθ. (5) Osserviamo che i cammini AB, BC, CD, DA sono linee coordinate; le equazioni del trasporto parallelo possono quindi essere espresse in forma più semplice: 7

per le linee coordinate θ, V µ ;θ = V µ,θ + Γµ θν V ν = 0 (53) ovvero V θ,θ = 0 V φ,θ = cotθv φ ; (54) per le linee coordinate φ, V µ ;φ = V µ,φ + Γµ φν V ν = 0 (55) ovvero V θ,φ = sin θ cosθv φ V φ,φ = cotθv θ. (56) 1. Il tratto da A = (π/, 0) a B = (ε, 0) è una linea coordinata θ, quindi valgono le (54). La prima delle (54) ci dice che V θ e costante, quindi V θ (θ) = V θ (π/) = 1. L equazione per V φ è della forma dv φ ( dθ V φ π ) = cotθv φ = 0. (57) Questo è un problema di Cauchy (una equazione differenziale del primo ordine e un dato iniziale), quindi ammette un unica soluzione. V φ (θ) 0 è soluzione, quindi è l unica soluzione. Questo risultato vale anche in casi piu generali: se la derivata di una grandezza (in questo caso V φ ) è proporzionale alla grandezza stessa, e nel punto iniziale (in questo caso θ = π/) la grandezza vale 0, essa continua a valere 0 anche successivamente. Possiamo concludere che V µ (θ) è costante nel tratto AB, e in B si ha ancora: V µ = (1, 0). (58). Il tratto da B = (ε, 0) a C = (ε, π/) è una linea coordinata φ con θ = ǫ, quindi valgono le (56), che per ε 1 diventano dφ = sin ε cosεv φ = εv φ + O ( ε 3) (59) dv φ dφ = cotεv θ = 1 ε V θ + O (ε). (60) 8

Come si vede, non si può prendere ε 0, ovvero arrivare al polo nord, perchè le equazioni vi divergono. Dalla (60) si trova che mentre derivando la (59) rispetto a φ si ha La soluzione generale di questa equazione è e dalla (61) V φ = 1 ε V θ,φ + O (ε), (61) d V θ dφ = V θ + O ( ε ). (6) V θ = C 1 cosφ + C sin φ + O ( ε ) (63) V φ = C 1 ε sin φ + C cosφ + O (ε). (64) ε con C 1, C costanti di integrazione determinate dalle condizioni iniziali in φ = 0, dove V θ = C 1 + O ( ε ) = 1 V φ = C ε per cui C 1 = 1 + O ( ε ), C = O (ε) e V θ = cosφ + O ( ε ) + O (ε) = 0 (65) V φ = 1 sin φ + O (ε). (66) ε Ponendo φ = π/ si trova V µ nel punto C: V µ = (O ( ε ), 1ε ) + O (ε). (67) 3. Il tratto da C = (ε, π/) a D = (π/, π/) è una linea coordinata θ, quindi valgono le (54). Quindi V θ è costante, mentre V φ soddisfa V θ (θ) O ( ε ) (68) dv φ dθ La soluzione di questo sistema è quindi in D, ove θ = π/, = cotθv φ V φ (θ = ǫ) = 1 + O (ε). (69) ε V φ = 1 + O (ε) (70) sinθ V µ = ( O ( ε ), 1 + O (ε) ). (71) 9

4. Il tratto da D = (π/, π/) a A = (π/, 0) è una linea coordinata φ, quindi valgono le (56), dφ = sin θ cosθv φ (7) dv φ dφ = cotθv θ. (73) In entrambe le equazioni il secondo membro si annulla, perchè sul percorso da D ad A si ha sempre θ = π. Quindi in A il vettore è V µ = ( O ( ε ), 1 + O (ε) ). (74) Nel limite ε 0 mentre in A alla partenza era: V µ = (0, 1) (75) V µ = (1, 0) : (76) il trasporto parallelo lungo questo cammino chiuso ha ruotato il vettore di 90 o in senso orario. 10