重力波
前回紹介した線形化アインシュタイン方程式の右辺が0の場合について考えます。
$$ \Box\psi_{\mu\nu}=0 $$
$\Box\psi_{\mu\nu}=(-\partial_t^2+\Delta)\psi_{\mu\nu}$なので、$\Box\psi_{\mu\nu}=0$は波動方程式の形をしており、真空を伝わる重力波を表しています。
この波動方程式を解いていく前に、まずは、座標変換による計量$g_{\mu\nu}$の変化について確かめたいと思います。
なお、今回の記事の執筆にあたっては、「EMANの物理学」が大いに参考になりました。
というより、「EMANの物理学」に記載されている内容とほぼ同じなので、そちらを確認していただいた方がいいかもしれません。
座標変換による計量の変化
座標がわずかに変化したときに計量$g_{\mu\nu}$がどのように変化するか調べます。
$\zeta^{\mu}$を微小量として、$x^{\mu}\to x’^{\mu}=x^{\mu}+\zeta^{\mu}$と変化すると考えます。
このとき、$x^{\mu}$と$x’^{\mu}$の座標変換は、
$$ \begin{align*} dx^{\mu}&=\frac{\partial x^{\mu}}{\partial x’^{\nu}}dx’^{\nu} \\ &=\frac{\partial(x’^{\mu}-\zeta^{\mu})}{\partial x’^{\nu}}dx’^{\nu} \\ &=(\delta^{\mu}_{\;\nu}-\frac{\partial \zeta^{\mu}}{\partial x’^{\nu}})dx’^{\nu} \end{align*} $$
より、
$$ \begin{align*} ds^2&=g_{\mu\nu}dx^{\mu}dx^{\nu} \\ &=g_{\mu\nu}(\delta^{\mu}_{\;\alpha}-\frac{\partial\zeta^{\mu}}{\partial x’^{\alpha}})(\delta^{\nu}_{\;\beta}-\frac{\partial\zeta^{\nu}}{\partial x’^{\beta}})dx’^{\alpha}dx’^{\beta} \\ &\approx g_{\mu\nu}(\delta^{\mu}_{\;\alpha}\delta^{\nu}_{\;\beta}-\delta^{\mu}_{\;\alpha}\frac{\partial\zeta^{\nu}}{\partial x’^{\beta}}-\delta^{\nu}_{\;\beta}\frac{\partial\zeta^{\mu}}{\partial x’^{\alpha}})dx’^{\alpha}dx’^{\beta} \\ &=(g_{\alpha\beta}-g_{\alpha\nu}\frac{\partial\zeta^{\nu}}{\partial x’^{\beta}}-g_{\beta\mu}\frac{\partial\zeta^{\mu}}{\partial x’^{\alpha}})dx’^{\alpha}dx’^{\beta} \\ &\approx (g_{\alpha\beta}-g_{\alpha\nu}\partial_{\beta}\zeta_{\nu}-g_{\beta\mu}\partial_{\alpha}\zeta_{\mu})dx’^{\alpha}dx’^{\beta} \\ &=(g_{\alpha\beta}-\partial_{\beta}\zeta_{\alpha}-\partial_{\alpha}\zeta_{\beta})dx’^{\alpha}dx’^{\beta} \\ &\equiv g’_{\alpha\beta}dx’^{\alpha}dx’^{\beta} \end{align*} $$
したがって、座標変換後の計量$g’_{\alpha\beta}$は、$g’_{\alpha\beta}=g_{\alpha\beta}-\partial_{\beta}\zeta_{\alpha}-\partial_{\alpha}\zeta_{\beta}$となります。
今、$g_{\alpha\beta}=\eta_{\alpha\beta}+h_{\alpha\beta}$と表すことにしていたので、$g’_{\alpha\beta}=\eta_{\alpha\beta}+h_{\alpha\beta}-\partial_{\beta}\zeta_{\alpha}-\partial_{\alpha}\zeta_{\beta}$、つまり、$h’_{\alpha\beta}=h_{\alpha\beta}-\partial_{\beta}\zeta_{\alpha}-\partial_{\alpha}\zeta_{\beta}$と考えることができます。
ここで、$\psi’_{\mu\nu}=h’_{\mu\nu}-\frac{1}{2}h’\eta_{\mu\nu}$を計算してみます。
$$ \begin{align*} \psi’_{\mu\nu}&=h’_{\mu\nu}-\frac{1}{2}h’\eta_{\mu\nu} \\ &=h’_{\mu\nu}-\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}h’_{\alpha\beta}\eta_{\mu\nu} \\ &=(h_{\mu\nu}-\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\partial_{\mu}\zeta_{\nu})-\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}(h_{\alpha\beta}-\partial_{\beta}\zeta_{\alpha}-\partial_{\alpha}\zeta_{\beta})\eta_{\mu\nu} \\ &=(h_{\mu\nu}-\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\partial_{\mu}\zeta_{\nu})-\frac{1}{2}(h-\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha}-\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha})\eta_{\mu\nu} \\ &=(h_{\mu\nu}-\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\partial_{\mu}\zeta_{\nu})-\frac{1}{2}(h-2\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha})\eta_{\mu\nu} \\ &=(h_{\mu\nu}-\frac{1}{2}h\eta_{\mu\nu})-\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\partial_{\mu}\zeta_{\nu}+\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha}\eta_{\mu\nu} \\ &=\psi_{\mu\nu}-\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\partial_{\mu}\zeta_{\nu}+\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha}\eta_{\mu\nu} \end{align*} $$
したがって、
$$ \begin{align*} \partial^{\mu}\psi’_{\mu\nu}&=\partial^{\mu}\psi_{\mu\nu}-\partial^{\mu}\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\partial^{\mu}\partial_{\mu}\zeta_{\nu}+\partial^{\mu}\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha}\eta_{\mu\nu} \\ &=\partial^{\mu}\psi_{\mu\nu}-\partial^{\mu}\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\Box\zeta_{\nu}+\partial^{\mu}\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha}\eta_{\mu\nu} \end{align*} $$
$\partial^{\mu}\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha}\eta_{\mu\nu}$は
$$ \begin{align*} \partial^{\mu}\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha}\eta_{\mu\nu}&=\eta^{\mu\alpha}\partial_{\mu}\partial_{\alpha}\zeta_{\alpha} \\ &=\delta^{\alpha}_{\;\nu}\partial_{\mu}\partial_{\alpha}\zeta_{\alpha} \\ &=\partial^{\mu}\partial_{\nu}\zeta_{\nu} \\ &=\partial^{\mu}\partial_{\nu}\zeta_{\mu} \end{align*} $$
なので、
$$ \begin{align*} \partial^{\mu}\psi’_{\mu\nu}&=\partial^{\mu}\psi_{\mu\nu}-\partial^{\mu}\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\Box\zeta_{\nu}+\partial^{\mu}\partial_{\nu}\zeta_{\mu} \\ &=\partial^{\mu}\psi_{\mu\nu}-\Box\zeta_{\nu} \end{align*} $$
$\Box\zeta_{\mu}=0$を満たすような$\zeta_{\mu}$で変換した座標を使うなら、$\psi_{\mu\nu}$は座標変換によって変化しない値になるので、$\Box\zeta_{\mu}=0$という条件を追加で課すことにします。
これによって$\psi_{\mu\nu}$にさらに四つの制約がかかり、$\psi_{\mu\nu}$の独立な成分としては10-4-4=2個が残ることになります。
($\psi_{\mu\nu}$は4×4の対称行列なので独立な成分は10個。$\partial^{\mu}\psi_{\mu\nu}=0$と$\Box\zeta_{\mu}=0$によってそれぞれ四つの制約がかかることになる)
波動方程式から2個の解が生じる理由
$\Box\psi_{\mu\nu}=0$の両辺に$\eta^{\mu\nu}$をかけて縮約をとると、$\Box\psi=0$となります。
座標変換によって$\psi$がどのように変化するか確かめてみます。
$$ \begin{align*} \psi&=\eta^{\mu\nu}\psi’_{\mu\nu} \\ &=\eta^{\mu\nu}(\psi_{\mu\nu}-\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\partial_{\mu}\zeta_{\nu}+\partial^{\alpha}\zeta_{\alpha}\eta_{\mu\nu}) \\ &=\psi-\partial^{\mu}\zeta_{\mu}-\partial^{\mu}\zeta_{\mu}+\delta^{\mu}_{\;\mu}\partial^{\mu}\zeta_{\mu} \\ &=\psi^2\partial^{\mu}\zeta_{\mu}+4\partial^{\mu}\zeta_{\mu} \\ &=\psi+2\partial^{\mu}\zeta_{\mu} \end{align*} $$
ここで、$\psi=0$とすれば必然的に$\Box\psi=0$も成り立ちますが、$\psi=0$が常に成り立つためには$\partial^{\mu}\zeta_{\mu}=0$となる必要があることがわかります。
$\psi=0$とすると、$\psi=-h=0$より、$h=0$
$\psi_{\mu\nu}=h_{\mu\nu}-\frac{1}{2}h\eta_{\mu\nu}$なので、$\psi_{\mu\nu}=h_{\mu\nu}$となり、$\psi_{\mu\nu}$と$h_{\mu\nu}$を同じものとみなすことができます。
まとめると、以下の方程式を解くことになります。
$$ \left\{ \begin{align*} &\Box h_{\mu\nu}=0 \\ &\partial^{\mu}h_{\mu\nu}=0 \\ &h=0 \end{align*} \right. $$
$h_{\mu\nu}$は波動方程式の解なので、
$$ h_{\mu\nu}=a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} $$
という波動解を仮定しておきます。
ここに出てくる$\boldsymbol{k}$は波数ベクトル、$\omega$は角振動数です。
角振動数$\omega$については$c$で割って、0から1の範囲に収まるように正規化しておきます。
この処理を行わなくても大きな問題はないと思いますが、アインシュタイン方程式の右辺に出てくるエネルギー・運動量テンソル$T_{\mu\nu}$では4元速度を$c$で割ったものを使うことにしたので、ここで出てくる角振動数$\omega$についても$c$で割っておくのが自然な流れかと思います。
まず、$\Box h_{\mu\nu}=0$に波動解の式を代入して計算してみます。
$$ \Box h_{\mu\nu}=(-\partial_t^2+\partial_i\partial^i)(a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)})=0 $$
波を指数関数で表しているので、簡単に微分を計算できます。
$\partial_t^2a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)}$は、
$$ \begin{align*} \partial_t^2a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)}&=(-i\frac{\omega}{c})^2a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} \\ &=i^2\frac{\omega^2}{c^2}a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} \end{align*} $$
$\partial_i\partial^ia_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)}$は、$\partial_i\partial^i=\partial_x^2+\partial_y^2+\partial_z^2$なので、
$$ \begin{align*} \partial_i\partial^ia_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)}&=i^2(k_x^2+k_y^2+k_z^2)a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} \\ &=i^2\boldsymbol{k}^2a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} \end{align*} $$
したがって、$-\frac{\omega^2}{c^2}+\boldsymbol{k}^2=0$より、$\omega=c|\boldsymbol{k}|$となります。
これは、重力波が光速で伝わる波であることを表しています。
次に、$\partial^{\mu}h_{\mu\nu}=0$に波動解の式を代入して計算してみます。
$$ \begin{align*} \partial^{\mu}h_{\mu\nu}&=\partial^{\mu}a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} \\ &=i(-\frac{\omega}{c}a_{0\nu}+k_xa_{1\nu}+k_ya_{2\nu}+k_za_{3\nu})e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} \\ &=0 \end{align*} $$
より、
$$ -\frac{\omega}{c}a_{0\nu}+k_xa_{1\nu}+k_ya_{2\nu}+k_za_{3\nu}=0 $$
となります。
最後に、$h=0$に波動解の式を代入して計算してみます。
$$ \begin{align*} h&=\eta^{\mu\nu}h_{\mu\nu} \\ &=(-a_{00}+a_{11}+a_{22}+a_{33})e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} \\ &=0 \end{align*} $$
より、
$$ -a_{00}+a_{11}+a_{22}+a_{33}=0 $$
となります。
簡単のため、重力波が進む方向が$z$方向だと考えると、波数ベクトル$\boldsymbol{k}$は$\boldsymbol{k}=(0,0,k)$となるので、$\omega=ck$となります。
このとき、$-\frac{\omega}{c}a_{0\nu}+k_xa_{1\nu}+k_ya_{2\nu}+k_za_{3\nu}=0$より、$a_{0\nu}=a_{3\nu}$となります。
$$ \left\{ \begin{align*} &-a_{00}+a_{11}+a_{22}+a_{33}=0 \\ &a_{0\nu}=a_{3\nu} \end{align*} \right. $$
と$a_{\mu\nu}$が対称行列($h_{\mu\nu}$が対称行列なので)であることを考えると、
$$ \left\{ \begin{align*} &a_{00}=a_{30}=a_{03}=a_{33} \\ &a_{01}=a_{10}=a_{31}=a_{13} \\ &a_{02}=a_{20}=a_{23}=a_{32} \\ &a_{11}=-a_{22} \\ &a_{12}=a_{21} \end{align*} \right. $$
という5個の独立な成分があることがわかります。
ところで、座標変換によって$\psi_{\mu\nu}$が変化しないための条件として$\Box\zeta_{\mu}=0$、$\psi=0$が常に成り立つための条件として$\partial^{\mu}\zeta_{\mu}=0$がありました。
この$\zeta_{\mu}$も波動方程式の解になっているので、$h_{\mu\nu}$と同じような波動解を仮定して、
$$ \zeta_{\mu}=b_{\mu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} $$
と表すことにします。
$\partial^{\mu}\zeta_{\mu}=0$より、
$$ \frac{\omega}{c}b_0+k_xb_1+k_yb_2+k_zb_3=0 $$
が成り立ちます。
$h’_{\mu\nu}=h_{\mu\nu}-\partial_{\nu}\zeta_{\mu}-\partial_{\mu}\zeta_{\nu}$より、
$$ \begin{align*} a’_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)}&=a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)}-\partial_{\nu}b_{\mu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)}-\partial_{\mu}b_{\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} \\ &=a_{\mu\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)}-ib_{\mu}k_{\nu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)}-ib_{\nu}k_{\mu}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\omega}{c}t)} \end{align*} $$
なので、
$$ \begin{align*} a’_{\mu\nu}&=a_{\mu\nu}-ib_{\mu}k_{\nu}-ib_{\nu}k_{\mu} \\ &=a_{\mu\nu}-i(b_{\mu}k_{\nu}+b_{\nu}k_{\mu}) \end{align*} $$
となります。
ここで、式を簡潔に表すため、$k_0=-\frac{\omega}{c}$を表すものとしました。
$\omega=ck$より、$k_0=-\frac{\omega}{c}=-k$、その他の成分は、$k_1=0,k_2=0,k_3=k$となります。
したがって、
$$ \left\{ \begin{align*} a’_{00}&=a_{00}+2ib_0k \\ a’_{01}&=a_{01}-ib_1k \\ a’_{02}&=a_{02}-ib_2k \\ a’_{11}&=a_{11} \\ a’_{12}&=a_{12} \end{align*} \right. $$
となります。
$a_{00},a_{01},a_{02}$については適切な$b_i$を見つけることで0とすることができますが、$a_{11}$と$a_{12}$については座標変換で0にすることができない成分です。
よって、$a_{11}$と$a_{12}$が何らかの物理的な意味をもっているのではないか、と考えることができます。
最初の方に述べた、独立な成分としては2個が残る、ということも、ここまでの議論を踏まえれば理解していただけるかと思います。
$a_{11}$と$a_{12}$はどちらも重力波の進行方向$z$とは垂直な$xy$平面の歪みを表す成分なので、重力波は進行方向に対して垂直な面で歪みが伝わっていく横波であることがわかります。
重力波のモード
ここでは、重力波のざっくりとしたイメージをつかむことを目的とします。
実際に宇宙からやってくる重力波を数式で表現する、みたいなことはここでは行いません。
たぶん実際の重力波についてこの方程式を解析的に解くのは無理で、もしやるとすれば、色々なパラメーターを設定した上で数値的に解く、というアプローチになるかと思います。
結局、計量$g_{\mu\nu}=\eta_{\mu\nu}+h_{\mu\nu}$で$h_{\mu\nu}$の独立な成分としては、
$$ \left\{ \begin{align*} h_{11}&=-h_{22} \\ h_{12}&=h_{21} \end{align*} \right. $$
の二つとなるので、
$$ g_{\mu\nu}= \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & A & B & 0 \\ 0 & B & -A & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$
計量のうち変化しない部分は省略して、
$$ g_{ij}= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} A & B \\ B & -A \end{pmatrix} $$
と表すことにします。
ここに出てくる$A$と$B$が波のように変化するので、
$$ \left\{ \begin{align*} A&=a\sin(\omega_at+\delta_a) \\ B&=b\sin(\omega_bt+\delta_b) \end{align*} \right. $$
とおくことにします。
$ds^2=g_{ij}dx^idx^j$なので、
$$ \begin{align*} ds^2&=g_{11}dx^2+g_{12}dxdy+g_{21}dydx+g_{22}dy^2 \\ &=g_{11}dx^2+2g_{12}dxdy+g_{22}dy^2 \\ &=(1+A)dx^2+2Bdxdy+(1-A)dy^2 \end{align*} $$
これを平面図の上で表すためには、何らかの座標変換を行って$ds^2=g’_{11}dx’^2+g’_{22}dy’^2$と表せるようにすればよいです。
行列で表せば、
$$ \begin{pmatrix} dx & dy \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1+A & B \\ B & 1-A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} dx \\ dy \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} dx’ & dy’ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X & 0 \\ 0 & Y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} dx’ \\ dy’ \end{pmatrix} $$
となるような$X$と$Y$を見つければよいことになります。
ここで、$dx’$と$dy’$を仮に以下のように表すことにします。
$$ \begin{pmatrix} dx’ \\ dy’ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} s & t \\ u & v \end{pmatrix} \begin{pmatrix} dx \\ dy \end{pmatrix} $$
転置をとれば、
$$ \begin{pmatrix} dx’ & dy’ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} dx & dy \end{pmatrix} \begin{pmatrix} s & u \\ t & v \end{pmatrix} $$
となります。
これを先の式の右辺に代入すると、
$$
\begin{align*}
&\begin{pmatrix}
dx’ & dy’
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
X & 0 \\
0 & Y
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
dx’ \\
dy’
\end{pmatrix} \\
&=
\begin{pmatrix}
dx & dy
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
s & u \\
t & v
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
X & 0 \\
0 & Y
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
s & t \\
u & v
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
dx \\
dy
\end{pmatrix}
\end{align*}
$$
より、
$$ \begin{pmatrix} 1+A & B \\ B & 1-A \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} s^2X+u^2Y & stX+uvY \\ stX+uvY & t^2X+v^2Y \end{pmatrix} $$
ここで、$X=Y=1$としてしまうと、
$$ \left\{ \begin{align*} &s^2+u^2=1+A \\ &t^2+v^2=1-A \\ &st+uv=B \end{align*} \right. $$
となります。
もし$A=B=0$なら、$s,t,u,v$の行列は単位行列になるので、$s=v=1$、$t=u=0$となります。
$A$と$B$が変化すると$s,t,u,v$の値はそこから少しずれるので、微小量$s’,v’$を用いて、
$$ \left\{ \begin{align*} s&=1+s’ \\ v&=1+v’ \end{align*} \right. $$
とおきます。
$t$と$u$のずれもわずかだと考えられるので、$s’,t,u,v’$はすべて微小量です。
このようにおくと、先程の式は、
$$ \left\{ \begin{align*} &(1+2s’+s’^2)+u^2=1+A \\ &t^2+(1+2v’+v’^2)=1-A \\ &(1+s’)t+u(1+v’)=B \end{align*} \right. $$
2次の微小量を無視して整理すると、
$$ \left\{ \begin{align*} &s’=\frac{A}{2} \\ &v’=-\frac{A}{2} \\ &t+u=B \end{align*} \right. $$
$B$が増減することによる効果は$dx’$と$dy’$が等しく半分ずつ受けるとして、$t=u=\frac{B}{2}$とします。
以上より、
$$ \begin{pmatrix} dx’ \\ dy’ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} s & t \\ u & v \end{pmatrix} \begin{pmatrix} dx \\ dy \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 1+\frac{A}{2} & \frac{B}{2} \\ \frac{B}{2} & 1-\frac{A}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} dx \\ dy \end{pmatrix} $$
重力波が来たときに原点から円上にある各点までの距離がどのように変化するのかシミュレーションしてみたいと思います。
先程の式に$dx=\cos\theta$、$dy=\sin\theta$を代入して、
$$ \begin{pmatrix} dx’ \\ dy’ \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 1+\frac{a\sin(\omega_at+\delta_a)}{2} & \frac{b\sin(\omega_bt+\delta_b)}{2} \\ \frac{b\sin(\omega_bt+\delta_b)}{2} & 1-\frac{a\sin(\omega_at+\delta_a)}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\theta \\ \sin\theta \end{pmatrix} $$
$A$だけが変化する場合と$B$だけが変化する場合を分けて考えてみます。
ここでは、$\omega=\omega_a=\omega_b$、$\delta_a=\delta_b=0$とします。
$B=0$として$A$だけを変化させると、変化の様子が+記号のように見えるので、これをプラス偏極モードと呼びます。
一方、$A=0$として$B$だけを変化させると、変化の様子が×記号のように見えるので、これをクロス偏極モードと呼びます。