多数の光線の束（多数の近接ヌル測地線が束になってるイメージ）を光線束という。この光線束の断面（2次元面）の形の変化を決めるのが expansion $\theta$ や shear $\sigma$ などの光学スカラーである。なんで以下のような式が必要になるかというと，角径距離や光度距離などの宇宙論的距離は，光線束の断面の変化から定義されるからである。
幾何光学近似のおさらい
ここのまとめを再掲。光の伝播をあらわす世界線 $x^{\mu}(v)$，これが光線。ここで，$v$ はアフィンパラメータ。
光線の接ベクトル $\displaystyle k^{\mu}= \frac{dx^{\mu}}{dv}$ は渦無しヌル測地線であった。
$$
k_{\mu, \nu} -k_{\nu, \mu} = k_{\mu; \nu} -k_{\nu; \mu} =0
$$
$$ k_{\mu} k^{\mu} = 0, \quad k^{\mu}_{\ \ ;\nu} k^{\nu} = 0$$
近接した2本の光線の偏差ベクトル
光線束の基準となる（センターにあるとか代表選手であるとか）光線 $x^{\mu}(v)$ とそれに近接する任意のもう1本の光線 $\tilde{x}^{\mu}(v)$ を考える。「近接」しているので
$$\tilde{x}^{\mu}(v) = x^{\mu}(v) + \epsilon \xi^{\mu}, \quad |\epsilon| \ll 1$$
（ここからの論理展開は別ページの偏差ベクトルの場合と同じ。）
それぞれの接ベクトルの成分は
\begin{eqnarray}
k^{\mu} &=& \frac{dx^{\mu}}{dv^{\ }} \\
\tilde{k}^{\mu} &=& \frac{d\tilde{x}^{\mu}}{dv^{\ }} = \frac{dx^{\mu}}{dv^{\ }} + \epsilon \frac{d\xi^{\mu}}{dv^{\ }} \\
&=& k^{\mu}(x) + \epsilon \frac{d\xi^{\mu}}{dv^{\ }} \tag{1}
\end{eqnarray}
一方で
\begin{eqnarray}
\tilde{k}^{\mu} = k^{\mu}\left(\tilde{x}\right) &=& k^{\mu}(x + \epsilon \xi) \\
&\simeq& k^{\mu}(x) + \epsilon k^{\mu}_{\ \ , \nu} \xi^{\nu} \tag{2}
\end{eqnarray}
$(1)$ 式と $(2)$ 式の $\epsilon$ の1次の項を等しいとおくと
\begin{eqnarray}
\frac{d\xi^{\mu}}{dv^{\ }} &=& k^{\mu}_{\ \ , \nu} \xi^{\nu} \\
\therefore\ \ \xi^{\mu}_{\ \ ,\nu} k^{\nu} &=& k^{\mu}_{\ \ , \nu} \xi^{\nu} \\
\xi^{\mu}_{\ \ ,\nu} k^{\nu} + \varGamma^{\mu}_{\ \ \ \nu\lambda} k^{\nu} \xi^{\lambda} &=& k^{\mu}_{\ \ , \nu} \xi^{\nu} + \varGamma^{\mu}_{\ \ \ \nu\lambda} k^{\nu} \xi^{\lambda} \\
\therefore\ \ \xi^{\mu}_{\ \ ;\nu} k^{\nu} &=& k^{\mu}_{\ \ ; \nu} \xi^{\nu} \\
\mbox{または} \ \ \xi_{\mu ;\nu} k^{\nu} \equiv \frac{D\xi_{\mu}}{Dv} &=& k_{\mu ; \nu} \xi^{\nu}
\end{eqnarray}
が得られる。
偏差ベクトルの直交性
$k^{\mu}$ と偏差ベクトル（連結ベクトル）$\xi^{\mu}$ の内積は光線に沿って一定であることは以下のようにして示される。
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dv} \left(k_{\mu} \xi^{\mu} \right) &=& \left(k_{\mu} \xi^{\mu} \right)_{,\nu} k^{\nu}\\
&=& \left(k_{\mu} \xi^{\mu} \right)_{;\nu} k^{\nu}\\
&=& k_{\mu; \nu} k^{\nu} \, \xi^{\mu} + k_{\mu}\, \xi^{\mu}_{\ \ ;\nu} k^{\nu} \\
&=& k_{\mu} k^{\mu}_{\ \ ; \nu} \xi^{\nu} \qquad\qquad(\because k_{\mu; \nu} k^{\nu} =0)\\
&=& \frac{1}{2} \left( k_{\mu} k^{\mu} \right)_{;\nu}\xi^{\nu}\\
&=& 0 \qquad\qquad\quad(\because k_{\mu} k^{\mu} = 0)\\
\therefore\ \ k_{\mu} \xi^{\mu} &=& \mbox{const.}
\end{eqnarray}
従って，初期条件として $k_{\mu} \xi^{\mu} = 0$ とすれば，ずーっと $k_{\mu} \xi^{\mu} = 0$ ということになる。
2つのベクトルの内積がゼロ $k_{\mu} \xi^{\mu} = 0$ ということは，$\xi^{\mu}$ は $k^{\mu}$ に「直交する」ということで，通常ならば，$\xi^{\mu}$ は $k^{\mu}$ に平行な成分は持たない！と言いたいところだが，$k^{\mu}$ がヌルであることから以下のような状況が生じてしまう。
まず， $k_{\mu} \xi^{\mu} = 0$ として $k^{\mu}$ に直交する $\xi^{\mu}$ に $k^{\mu}$ に平行な任意の成分を加えた $\tilde{\xi}^{\mu}$ を以下のように定義する。
$$\tilde{\xi}^{\mu} \equiv \xi^{\mu} + a k^{\mu}$$
ここで $a$ は任意の定数（関数であっても可）である。ところが
$$k_{\mu} \tilde{\xi}^{\mu} = k_{\mu} \xi^{\mu} + a k_{\mu} k^{\mu} = 0$$
となり，$\tilde{\xi}^{\mu}$ もまた $k^{\mu}$ に「直交する」ことになってしまう。これでは，$\xi^{\mu}$ はいったい何に直交し，何に平行なのか，訳がわからなくなってしまう。
4元速度の導入による $2+1+1$ 分解
そこで，観測者の4元速度である時間的ベクトル $u^{\mu}$ を導入し，まず光の4元ベクトル $k^{\mu}$ を $3+1$ 分解する。（特殊相対論の項と同じ。）
$$k^{\mu} = \omega \left( u^{\mu} + \gamma^{\mu} \right)$$
ここで $\omega \equiv -k_{\mu} u^{\mu}$ は4元速度 $u^{\mu}$ の観測者が観測する光の振動数であり，$\gamma^{\mu}$ は $u^{\mu}$ に直交する空間的単位ベクトルであり，観測者にとっては光がやってくる視線方向を表すベクトルになっている。
$$u_{\mu} u^{\mu} = -1, \quad u_{\mu} \gamma^{\mu} = 0, \quad \gamma_{\mu}\gamma^{\mu} =1$$
${\color{red}{2}}+{\color{blue}{1}}+{\color{green}{1}}$ 分解とは，
- 時間的ベクトル $u^{\mu}$ の方向が ${\color{green}{1}}$，
- $u^{\mu}$ に直交するのが3次元空間。この $3$ を以下のように ${\color{red}{2}}+{\color{blue}{1}}$ に分解する。
- $u^{\mu}$ に直交する空間的ベクトル $\gamma^{\mu}$ の方向（観測者にとって光がやってくる視線方向）が ${\color{blue}{1}}$
- $u^{\mu}$ にも $\gamma^{\mu}$ にも直交する，つまり視線方向に垂直な空間的2次元面が ${\color{red}{2}}$
という意味。
$u^{\mu}$ に直交する3次元超曲面への射影演算子が
$$P_{\mu\nu} \equiv g_{\mu\nu} + u_{\mu} u_{\nu}$$
のように定義されたように，$u^{\mu}$ にも $\gamma^{\mu}$ にも直交する，つまり視線方向に垂直な空間的2次元面への射影演算子 ${}^{(2)}\!P_{\mu\nu}$ を以下のように定義できる。
\begin{eqnarray}
{}^{(2)}\!P_{\mu\nu} &\equiv& g_{\mu\nu} + u_{\mu} u_{\nu} -\gamma_{\mu} \gamma_{\nu} \\
&=& g_{\mu\nu} + u_{\mu} u_{\nu} -\left( \frac{1}{\omega} k_{\mu} -u_{\mu}\right) \left( \frac{1}{\omega} k_{\nu} -u_{\nu}\right)\\
&=& g_{\mu\nu} -\frac{1}{\omega^2} k_{\mu} k_{\nu} + \frac{1}{\omega} k_{\mu} u_{\nu} + \frac{1}{\omega} u_{\mu} k_{\nu}
\end{eqnarray}
${}^{(2)}\!P^{\mu}_{\ \ \mu} = 4 -1 -1 = 2$ であることから（計量テンソルのトレースは次元数をあらわす），${}^{(2)}\!P_{\mu\nu}$ は視線方向に垂直な空間的2次元面の計量テンソルとみなすことができるだろう。
そこで，近接ヌル測地線間の偏差ベクトルである $\xi^{\mu}$ を，$u^{\mu}$ にも $\gamma^{\mu}$ にも直交する，視線方向に垂直な空間的2次元面上のベクトルとする。
$$\xi_{\mu} u^{\mu} = 0, \quad \xi_{\mu} \gamma^{\mu} = 0,
\quad\therefore\ \ \xi_{\mu}{}^{(2)}\!P^{\mu}_{\ \ \nu} = \xi_{\nu}$$
結果として $\xi^{\mu}$ は $k^{\mu}$ とも「直交している」。
$$\xi_{\mu} k^{\mu} = \xi_{\mu}\,\omega \left( u^{\mu} + \gamma^{\mu} \right) = 0$$
また，
$${}^{(2)}\!P_{\mu\nu} k^{\mu} = {}^{(2)}\!P_{\mu\nu} k^{\nu} = 0$$
となることも容易に示すことができる。
光学スカラー
さて，
$$ \xi_{\mu ;\nu} k^{\nu} = k_{\mu ; \nu} \xi^{\nu}$$
であるから，近接ヌル測地線の間隔，ひいては光線束の断面の形状変化は $k_{\mu ; \nu} $ によって決まる。特に，上記の右辺をみるとわかるように $k_{\mu ; \nu} $ のうちの $\xi^{\mu}$ がある空間的2次元面に射影した成分
$${}^{(2)}\!k_{\mu ; \nu} \equiv k_{\alpha ; \beta} {}^{(2)}\!P^{\alpha}_{\ \ \mu}{}^{(2)}\!P^{\beta}_{\ \ \nu}$$
こそが変形を決める。
そこで，対称テンソルである ${}^{(2)}\!k_{\mu ; \nu} $ を2次元曲面の計量テンソルに相当する $ {}^{(2)}\!P_{\mu\nu}$ を使って「トレース部分」と「トレースレス部分」に分解する。（トレースとは対角和，計量テンソルによる縮約のこと。）
トレース部分を expansion $\theta$ と呼び，以下のように定義する。
\begin{eqnarray}
\theta &\equiv& \frac{1}{2} {}^{(2)}\!k_{\mu; \nu} {}^{(2)}\!P^{\mu\nu} \\
&=& \frac{1}{2} k_{\mu; \nu} {}^{(2)}\!P^{\mu\nu}\\
&=& \frac{1}{2} k_{\mu; \nu} \left(g^{\mu\nu} -\frac{1}{\omega^2} k^{\mu} k^{\nu} + \frac{1}{\omega} k^{\mu} u^{\nu} + \frac{1}{\omega} u^{\mu} k^{\nu} \right)\\
&=& \frac{1}{2} k_{\mu; \nu} g^{\mu\nu} \\
&=& \frac{1}{2} k^{\mu}_{\ \ ;\mu}
\end{eqnarray}
残りのトレースレス部分を shear $\sigma_{\mu\nu}$ と呼び，以下のようになる。
$$\sigma_{\mu\nu} \equiv {}^{(2)}\!k_{\mu; \nu} -{}^{(2)}\!P_{\mu\nu} \theta, \quad \sigma_{\mu\nu} {}^{(2)}\!P^{\mu\nu} =\sigma_{\mu\nu} g^{\mu\nu} = 0$$
対応するスカラー $\sigma$ を以下のように定義する。
\begin{eqnarray}
\sigma &\equiv& \sqrt{\frac{1}{2} \sigma_{\mu\nu} \sigma^{\mu\nu}} \\
&=& \sqrt{\frac{1}{2} \left( {{}^{(2)}}\!k_{\mu; \nu} -{{}^{(2)}}\!P_{\mu\nu} \theta\right) \left( {{}^{(2)}}\!k^{\mu; \nu} -{}^{(2)}\!P^{\mu\nu} \theta\right)} \\
&=& \sqrt{\frac{1}{2} \left( {{}^{(2)}}\!k^{\mu}_{\ \ ;\nu} {{}^{(2)}}\!k^{\nu}_{\ \ ;\mu} -\frac{1}{2} \left(k^{\mu}_{\ \ ;\mu} \right)^2\right)}\\
&=& \sqrt{\frac{1}{2} \left(k^{\mu}_{\ \ ;\nu}k^{\nu}_{\ \ ;\mu} -\frac{1}{2} \left(k^{\mu}_{\ \ ;\mu} \right)^2\right)}\\
&=& \sqrt{\frac{1}{2} k^{\mu}_{\ \ ;\nu}k^{\nu}_{\ \ ;\mu} -\theta^2}
\end{eqnarray}
$\theta, \ \sigma$ を光線束の光学スカラーと呼ぶ。元々は，光線束の空間的2次元面としての断面の変形を表す量として定義してきたが，光学スカラーの最終的な表記には，この空間的2次元面を特徴づける $u^{\mu}$ も $\gamma^{\mu}$ も表立っては現れない式になっていることに注意。縮約は $ {{}^{(2)}}\!P_{\mu\nu}$ ではなく，全て $g_{\mu\nu}$ 及び $g^{\mu\nu}$ で行えばよい。
光学スカラーの最終的な表記は，$2+1+1$ 分解を行うために導入した観測者の4元速度 $u^{\mu}$ に依存しない，というところが，渦無しヌル測地線の束である光線束の特徴である。
ついでに，偏差ベクトルの微分を光学スカラーを使って書き直しておくと
$$\xi_{\mu ;\nu} k^{\nu} \equiv \frac{D\xi_{\mu}}{Dv} = k_{\mu ; \nu} \xi^{\nu}
= \left({}^{(2)}\!P_{\mu\nu} \, \theta + \sigma_{\mu\nu} \right) \xi^{\nu}$$
光学スカラーのトランスポート方程式
$$k^{\alpha}_{\ \ ;\mu\nu} -k^{\alpha}_{\ \ ;\nu\mu} = R^{\alpha}_{\ \ \ \beta \nu\mu} k^{\beta}$$
から
\begin{eqnarray}
\left( k^{\alpha}_{\ \ ;\mu}\right)_{;\nu} k^{\nu} &=& k^{\alpha}_{\ \ ;\nu\mu} k^{\nu} + R^{\alpha}_{\ \ \ \beta \nu\mu} k^{\beta}k^{\nu} \\
&=& \left(k^{\alpha}_{\ \ ;\nu} k^{\nu} \right)_{; \mu} -k^{\alpha}_{\ \ ;\nu}k^{\nu}_{\ \ ;\mu} -R^{\alpha}_{\ \ \ \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu} \\
&=& -k^{\alpha}_{\ \ ;\nu}k^{\nu}_{\ \ ;\mu} -R^{\alpha}_{\ \ \ \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\therefore\ \ \frac{d\theta}{dv} &=& \frac{1}{2} \left( k^{\mu}_{\ \ ;\mu} \right)_{, \nu} k^{\nu}\\
&=& \frac{1}{2} \left( k^{\mu}_{\ \ ;\mu} \right)_{; \nu} k^{\nu} \\
&=& -\frac{1}{2} \left(k^{\mu}_{\ \ ;\nu}k^{\nu}_{\ \ ;\mu} + R^{\mu}_{\ \ \ \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu} \right) \\
&=& -\frac{1}{2} \left( {{}^{(2)}}\!k^{\mu}_{\ \ ;\nu} {{}^{(2)}}\!k^{\nu}_{\ \ ;\mu} + R_{\beta \nu} k^{\beta}k^{\nu} \right) \\
&=& -\frac{1}{2} \left({}^{(2)}\!P_{\mu\nu} \theta+ \sigma_{\mu\nu} \right)\left({}^{(2)}\!P^{\mu\nu} \theta+ \sigma^{\mu\nu} \right) -\frac{1}{2} R_{\beta \nu} k^{\beta}k^{\nu}\\
&=& -(\theta^2 + \sigma^2) -\frac{1}{2} R_{\beta \nu} k^{\beta}k^{\nu}\\ \ \\
\therefore\ \ \frac{d\theta}{dv} &=& -(\theta^2 + \sigma^2) -\frac{1}{2} R_{\beta \nu} k^{\beta}k^{\nu}
\end{eqnarray}
これが expansion $\theta$ に対するトランスポート方程式である。
shear $\sigma$ についても同様に導くことができる。まず，$\sigma$ の定義式
$$ \sigma^2 = \frac{1}{2} k^{\mu}_{\ \ ;\alpha}\, k^{\alpha}_{\ \ ;\mu} -\,\theta^2$$
の両辺をアフィンパラメータ $v$ で微分して
\begin{eqnarray}
2\sigma \frac{d\sigma}{dv} &=& k^{\mu}_{\ \ ;\alpha}\, k^{\alpha}_{\ \ ;\mu\nu} k^{\nu}\, -\, 2 \theta \frac{d\theta}{dv}\\
&=& k^{\mu}_{\ \ ;\alpha} \left\{-k^{\alpha}_{\ \ ;\nu}k^{\nu}_{\ \ ;\mu} -R^{\alpha}_{\ \ \ \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu} \right\} \\
&&\qquad -2 \theta \left\{ -(\theta^2 + \sigma^2) -\frac{1}{2} R_{\beta \nu} k^{\beta}k^{\nu}\right\} \\
&=& -k^{\mu}_{\ \ ;\alpha}\,k^{\alpha}_{\ \ ;\nu}\,k^{\nu}_{\ \ ;\mu}
-k^{\mu;\alpha}\,R_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu}\\
&&\qquad + 2 \theta^3 + 2 \theta \sigma^2 + \theta R_{\beta \nu} k^{\beta}k^{\nu}
\end{eqnarray}
右辺の面倒な項を別途計算する。まず，
\begin{eqnarray}
-k^{\mu}_{\ \ ;\alpha}\,k^{\alpha}_{\ \ ;\nu}\,k^{\nu}_{\ \ ;\mu}
&=& -{{}^{(2)}}\!k^{\mu}_{\ \ ;\alpha}\,{{}^{(2)}}\!k^{\alpha}_{\ \ ;\nu}\,{{}^{(2)}}\!k^{\nu}_{\ \ ;\mu} \\
&=& \left( {{}^{(2)}}\!P^{\mu}_{\ \ \alpha} \theta + \sigma^{\mu}_{\ \ \alpha}\right)
\left( {{}^{(2)}}\!P^{\alpha}_{\ \ \nu} \theta + \sigma^{\alpha}_{\ \ \nu}\right)
\left( {{}^{(2)}}\!P^{\nu}_{\ \ \mu} \theta + \sigma^{\nu}_{\ \ \mu} \right) \\
&=& -\left({{}^{(2)}}\!P^{\mu}_{\ \ \nu} \theta^2 + 2 \theta \sigma^{\mu}_{\ \ \nu} + \sigma^{\mu}_{\ \ \alpha} \sigma^{\alpha}_{\ \ \nu} \right) \left( {{}^{(2)}}\!P^{\nu}_{\ \ \mu} \theta + \sigma^{\nu}_{\ \ \mu} \right) \\
&=& -\left(2 \theta^3 + 6 \theta \sigma^2
+ {\color{red}{\sigma^{\mu}_{\ \ \alpha} \sigma^{\alpha}_{\ \ \nu}\sigma^{\nu}_{\ \ \mu} }} \right)\\
&=& -2 \theta^3 -6 \theta \sigma^2
\end{eqnarray}
ここで ${\color{red}{\sigma^{\mu}_{\ \ \alpha} \sigma^{\alpha}_{\ \ \nu}\sigma^{\nu}_{\ \ \mu} = 0}}$ となることは次のように理解する。
まず，$\sigma^{\mu}_{\ \ \nu}$ は $ {{}^{(2)}}\!P_{\mu\nu}$ で張られる2次元面上の対称テンソルであるから，${{}^{(2)}}\!P_{\mu\nu} \equiv \delta_{(a) (b)} e^{(a)}_{\ \ \mu} e^{(b)}_{\ \ \nu}$ なる dyad $e^{(a)}_{\ \ \mu} \ \ (a = 1, 2)$（4本が tetrad，3本が triad，2本が dyad）成分を使うと，$\sigma^{(a)}_{\ \ (b)}$ は2行2次列の対称行列であり，その固有値はトレースレスであることから，対角化した表示にすると，
$$\sigma^{\mu}_{\ \ \nu} \Rightarrow \sigma^{(a)}_{\ \ (b)} \Rightarrow
\begin{pmatrix}
\sigma & 0 \\
0 & -\sigma \\
\end{pmatrix} \quad (\sigma > 0)$$
ということは，
\begin{eqnarray}
\sigma^{\mu}_{\ \ \mu} &\Rightarrow& \sigma^{(a)}_{\ \ (a)} = \sigma + (-\sigma) = 0\\
\sigma^{\mu}_{\ \ \nu}\sigma^{\nu}_{\ \ \mu}&\Rightarrow& \sigma^{(a)}_{\ \ (b)} \sigma^{(b)}_{\ \ (a)}= \sigma^2 + (-\sigma)^2 = 2 \sigma^2\\
\sigma^{\mu}_{\ \ \alpha} \sigma^{\alpha}_{\ \ \nu}\sigma^{\nu}_{\ \ \mu} &\Rightarrow&
\sigma^{(a)}_{\ \ (b)} \sigma^{(b)}_{\ \ (c)}\sigma^{(c)}_{\ \ (a)} = \sigma^3 + (-\sigma)^3 =0
\end{eqnarray}
つまり，光学スカラー $\sigma$ は
$$\sigma \equiv \sqrt{\frac{1}{2} \sigma^{\mu}_{\ \ \nu}\sigma^{\nu}_{\ \ \mu}}$$
と定義したが，これは $\sigma^{(a)}_{\ \ (b)}$ の正の固有値となっている。
次に，リーマンテンソルを含む項の計算の際は，以下のリーマンテンソルの分解式を使う。
\begin{eqnarray}
R_{\alpha\beta\mu\nu} &\equiv & C_{\alpha\beta\mu\nu} \\
&&\ \ + \frac{1}{2} \left(g_{\alpha\mu} R_{\nu\beta} -g_{\alpha\nu} R_{\mu\beta} -g_{\beta\mu} R_{\nu\alpha} + g_{\beta\nu} R_{\mu\alpha} \right)\\
&&\ \ -\frac{1}{6} \left(g_{\alpha\mu} g_{\nu\beta} -g_{\alpha\nu} g_{\mu\beta} \right) R
\end{eqnarray}
$C_{\alpha\beta\mu\nu}$ はワイルテンソルと呼び，トレースレスである。
$$C_{\alpha\beta\mu\nu}g^{\alpha\mu} = 0, \quad C_{\alpha\beta\mu\nu} g^{\beta\nu} = 0$$
これを使って計算すると，
\begin{eqnarray}
&&-k^{\mu;\alpha}\,R_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu} \\
&=& -{{}^{(2)}}\!k^{\mu;\alpha}\,R_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu} \\
&=& -\left({{}^{(2)}}\!P^{\mu\alpha}\theta + \sigma^{\mu\alpha} \right) C_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu} \\
&& + \frac{1}{2} \left({{}^{(2)}}\!P^{\mu\alpha}\theta + \sigma^{\mu\alpha} \right) \left(g_{\alpha\mu} R_{\nu\beta} -g_{\alpha\nu} R_{\mu\beta} -g_{\beta\mu} R_{\nu\alpha} + g_{\beta\nu} R_{\mu\alpha} \right)k^{\beta} k^{\nu}\\
&& -\frac{1}{6} \left({{}^{(2)}}\!P^{\mu\alpha}\theta + \sigma^{\mu\alpha} \right)\left(g_{\alpha\mu} g_{\nu\beta} -g_{\alpha\nu} g_{\mu\beta} \right) R k^{\beta} k^{\nu}\\
&=& -\sigma^{\mu\alpha}\,C_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu} -\theta R_{\beta\nu} k^{\beta} k^{\nu}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\therefore\ \ 2\sigma \frac{d\sigma}{dv}
&=& -k^{\mu}_{\ \ ;\alpha}\,k^{\alpha}_{\ \ ;\nu}\,k^{\nu}_{\ \ ;\mu}
-k^{\mu;\alpha}\,R_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu}\\
&&\qquad + 2 \theta^3 + 2 \theta \sigma^2 + \theta R_{\beta \nu} k^{\beta}k^{\nu}\\
&=& -2 \theta^3 -6 \theta \sigma^2
-\sigma^{\mu\alpha}\,C_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu} -\theta R_{\beta\nu} k^{\beta} k^{\nu}\\
&&\qquad + 2 \theta^3 + 2 \theta \sigma^2 + \theta R_{\beta \nu} k^{\beta}k^{\nu}\\
&=& -4 \theta \sigma^2 -\sigma^{\mu\alpha}\,C_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu}\\
\ \\
\therefore \ \ \frac{d\sigma}{dv} &=& -2 \theta \sigma -\frac{1}{2 \sigma} \sigma^{\mu\alpha}\,C_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu}
\end{eqnarray}
expansion $\theta$ と光線束の断面積の変化率
光線束の断面の微小面積を $dS$ とすると，
$$\frac{d}{dv} dS= k^{\mu}_{\ \ ;\mu} S = 2 \theta \, dS$$
となることを導く。
まずは，動径方向に垂直な2次元面上の2つの（微小）ベクトル $a^{\mu}, \, b^{\mu}$ を考える。
簡単のために，$a^{\mu}, \, b^{\mu}$ は $\sigma_{\mu\nu}$ の独立な固有ベクトルとする。（こう仮定すると，いくらか証明が簡単になる。）
$\sigma_{\mu\nu}$は実質的に2次元のトレースレスな対称行列であるから，固有値は2つ $\sigma$ と $-\sigma$。したがって，
\begin{eqnarray}
\sigma_{\mu\nu} \, a^{\nu} &=& \sigma\, a_{\mu} \\
\sigma_{\mu\nu} \, b^{\nu} &=& -\sigma\, b_{\mu} \\
a_{\mu}\, b^{\mu} &=& 0
\end{eqnarray}
微小面積要素 $dS$ を，微小ベクトル $a^{\mu}, \, b^{\mu}$ からつくられる微小長方形とすると，
$$(dS)^2 = \left(a_{\mu} a^{\mu} \right) \cdot\left(b_{\nu} b^{\nu} \right) $$
さて，$a^{\mu}, \, b^{\mu}$ もまた偏差ベクトルであるので，偏差ベクトルの微分と同じように，
\begin{eqnarray}
a_{\mu; \nu} k^{\nu} \equiv \frac{D a_{\mu}}{Dv} &=& k_{\mu; \nu} \,a^{\nu} \\
&=& \left({}^{(2)}\!P_{\mu\nu} \,\theta + \sigma_{\mu\nu} \right) a^{\nu} \\
&=& \left(\theta + \sigma\right)\, a_{\mu} \\
\mbox{同様に} \ \ b_{\mu; \nu} k^{\nu} \equiv \frac{D b_{\mu}}{Dv} &=&\left(\theta -\sigma\right)\, b_{\mu} \\
\therefore\ \ \frac{d}{dv} \left(dS\right)^2 &=&
2 \left(\frac{D a_{\mu}}{Dv}\,a^{\mu} \right)\cdot \left(b_{\nu} b^{\nu} \right) \\
&&+ 2 \left(a_{\mu} a^{\mu} \right) \cdot\left(\frac{D b_{\nu}}{Dv}\,b^{\nu} \right) \\
&=& 2 \left(\theta + \sigma\right)\, a_{\mu} a^{\mu} \cdot \left(b_{\nu} b^{\nu} \right) \\
&& + 2 \left(a_{\mu} a^{\mu} \right) \cdot \left(\theta -\sigma\right) \,b_{\nu} b^{\nu} \\
&=& 4 \theta\, (dS)^2 \\
\therefore\ \ \frac{d}{dv} \left(dS\right) &=& 2 \theta\, dS
\end{eqnarray}
$\sigma_{\mu\nu}$ の固有ベクトルを使わない場合は，以下のような証明が可能だと思うが，今読み返すと面倒でフォローできないなぁ。
以下は当初考えた，一般的な方法。今読み返すと，なんだか面倒臭い。
まず，偏差ベクトル $\xi^{\mu}$ と同じように，${}^{(2)}\!P_{\mu\nu}$ で射影される空間的2次元面上にある，2つの線形独立な微小ベクトル $a^{\mu}, \ b^{\mu}$ を用意し，2つのベクトルのなす角を $\vartheta$ とする。（expansion $\theta$ とは区別する。まぎらわしいが，以下の2行しか現れないのでご容赦。また線形独立なので $\sin \vartheta \neq 0$）
$a^{\mu}, \ b^{\mu}$から作られる微小平行四辺形の面積を $\varDelta S$ とすると，
\begin{eqnarray}
\varDelta S &=& |a^{\mu}| |b^{\mu}| \sin\vartheta \\
&=& |a^{\mu}| |b^{\mu}| \sqrt{1 -\cos^2\vartheta}\\
&=& \sqrt{ |a^{\mu}|^2 |b^{\mu}|^2 \,-\, (a_{\mu} b^{\mu})^2} \\
\therefore\ \ (\varDelta S)^2 &=& (a_{\mu}a^{\mu}) (b_{\nu} b^{\nu}) -(a_{\mu} b^{\mu})^2
\end{eqnarray}
$a^{\mu}, \ b^{\mu}$ の微分は偏差ベクトル $\xi^{\mu}$ の微分と同様なので（というより，$a^{\mu}, \ b^{\mu}$ も偏差ベクトルなので）
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dv} (a_{\mu}a^{\mu}) &=& 2 a_{\mu} a^{\mu}_{\ \ ;\nu} k^{\nu} \\
&=& 2 a_{\mu} {}^{(2)}\!k^{\mu}_{\ \ ;\nu} a^{\nu} \\
&=& 2 \left({}^{(2)}\!P_{\mu\nu} \theta + \sigma_{\mu \nu} \right) a^{\mu} a^{\nu} \\
&=& 2 \left(\theta a_{\mu} a^{\mu} + \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} a^{\nu} \right)
\end{eqnarray}
同様にして
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dv} (b_{\mu}b^{\mu}) &=&2 \left(\theta b_{\mu} b^{\mu} + \sigma_{\mu\nu} b^{\mu} b^{\nu} \right) \\
\frac{d}{dv} (a_{\mu}b^{\mu}) &=&2 \left(\theta a_{\mu} b^{\mu} + \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} b^{\nu} \right) \\
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\therefore\ \ \frac{d}{dv} (\varDelta S)^2 &=& 2 \varDelta S \frac{d}{dv} \varDelta S \\
&=& \frac{d}{dv}\left( (a_{\mu}a^{\mu}) (b_{\nu} b^{\nu}) -(a_{\mu} b^{\mu})^2\right)\\
&=& \left(\frac{d}{dv} a_{\mu}a^{\mu}\right) (b_{\nu} b^{\nu}) + (a_{\mu}a^{\mu}) \left(\frac{d}{dv} b_{\mu}b^{\mu}\right) \\
&& -2 (a_{\mu} b^{\mu}) \left(\frac{d}{dv} a_{\nu}b^{\nu}\right)\\
&=& 4\theta \left( (a_{\mu} a^{\mu})(b_{\nu} b^{\nu}) -(a_{\mu} b^{\mu})^2 \right) \\
&&\ {\color{red}{+ 2\left( \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} a^{\nu} (b_{\alpha}b^{\alpha}) + (a_{\alpha}a^{\alpha})\sigma_{\mu\nu} b^{\mu} b^{\nu}\right)}}
{\color{red}{ -4 (a_{\alpha} b^{\alpha}) \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} b^{\nu} }} \\
&=& 4\theta (\varDelta S)^2 \\ \ \\
\therefore\ \ \frac{d}{dv} \varDelta S &=& 2 \theta\, \varDelta S
\end{eqnarray}
光線束の微小断面積 $dS$ の変化はこの微小面積 $\varDelta S$ と同じであるから，$dS$ についても同じ式が成り立ち，
$$ \frac{d}{dv} dS = 2 \theta\, dS$$
となることが導かれた。
なお，
$$\color{red}{2\left( \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} a^{\nu} (b_{\alpha}b^{\alpha}) + (a_{\alpha}a^{\alpha})\sigma_{\mu\nu} b^{\mu} b^{\nu}\right) -4 (a_{\alpha} b^{\alpha}) \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} b^{\nu} = 0}$$
つまり$$ \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} a^{\nu} (b_{\alpha}b^{\alpha}) + (a_{\alpha}a^{\alpha})\sigma_{\mu\nu} b^{\mu} b^{\nu} -2 (a_{\alpha} b^{\alpha}) \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} b^{\nu} = 0$$
となることは，次のようにして理解する。
まず， dyad $e^{(a)}_{\ \ \mu} \ \ (a = 1, 2)$ 成分を使うと，
$$\sigma^{\mu}_{\ \ \nu} \Rightarrow \sigma^{(a)}_{\ \ (b)} \Rightarrow
\begin{pmatrix}
\sigma & 0 \\
0 & -\sigma \\
\end{pmatrix} \quad (\sigma > 0)$$
また，
$$a^{\mu} \Rightarrow a^{(c)} = (a^1, a^2), \quad b^{\mu} \Rightarrow b^{(c)} = (b^1, b^2)$$
従って
\begin{eqnarray}
\sigma_{\mu\nu} a^{\mu} a^{\nu} (b_{\alpha}b^{\alpha}) &\Rightarrow& \sigma (a^1 a^1 -a^2 a^2) (b^1 b^1 + b^2 b^2) \\
(a_{\alpha}a^{\alpha})\sigma_{\mu\nu} b^{\mu} b^{\nu} &\Rightarrow& (a^1 a^1 + a^2 a^2) \sigma (b^1 b^1 -b^2 b^2)\\
-2 (a_{\alpha}b^{\alpha})\sigma_{\mu\nu} a^{\mu} b^{\nu} &\Rightarrow& -2 (a^1 b^1 + a^2 b^2) \sigma (a^1 b^1 -a^2 b^2)\\
\end{eqnarray}
これらを辺辺足し合わせると，
$$\left( \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} a^{\nu} (b_{\alpha}b^{\alpha}) + (a_{\alpha}a^{\alpha})\sigma_{\mu\nu} b^{\mu} b^{\nu}\right) -2 (a_{\alpha} b^{\alpha}) \sigma_{\mu\nu} a^{\mu} b^{\nu} = 0$$
が示される。
まとめ
光の4元ベクトルの $3+1$ 分解：
$$k^{\mu} = \omega \left( u^{\mu} + \gamma^{\mu} \right), \quad \omega \equiv -k_{\mu} u^{\mu}$$
$u^{\mu}$ にも $\gamma^{\mu}$ にも直交する，つまり視線方向に垂直な空間的2次元面への射影演算子 ${}^{(2)}\!P_{\mu\nu}$：
\begin{eqnarray}
{}^{(2)}\!P_{\mu\nu} &\equiv& g_{\mu\nu} + u_{\mu} u_{\nu} -\gamma_{\mu} \gamma_{\nu} \\
&=& g_{\mu\nu} -\frac{1}{\omega^2} k_{\mu} k_{\nu} + \frac{1}{\omega} k_{\mu} u_{\nu} + \frac{1}{\omega} u_{\mu} k_{\nu}
\end{eqnarray}
光学スカラー：トレース部分は expansion $\theta$，トレースレス部分は shear $\sigma_{\mu\nu}$，
\begin{eqnarray}
{}^{(2)}\!k_{\mu ; \nu} &\equiv& k_{\alpha ; \beta} {}^{(2)}\!P^{\alpha}_{\ \ \mu}{}^{(2)}\!P^{\beta}_{\ \ \nu} \\
&=& {}^{(2)}\!P_{\mu\nu} \theta + \sigma_{\mu \nu}
\end{eqnarray}
$$\sigma_{\mu\nu} {}^{(2)}\!P^{\mu\nu} = \sigma_{\mu\nu} g^{\mu\nu} = 0$$
\begin{eqnarray}
\theta &\equiv& \frac{1}{2} k^{\mu}_{\ \ ;\mu}\\
\sigma &\equiv& \sqrt{\frac{1}{2} \sigma_{\mu\nu} \sigma^{\mu\nu}} \\
&=& \sqrt{\frac{1}{2} k^{\mu}_{\ \ ;\nu}k^{\nu}_{\ \ ;\mu} -\theta^2}
\end{eqnarray}
トランスポート方程式：
\begin{eqnarray}
\frac{d\theta}{dv} &=& -(\theta^2 + \sigma^2) -\frac{1}{2} R_{\beta \nu} k^{\beta}k^{\nu}\\ \ \\
\frac{d\sigma}{dv} &=& -2 \theta \sigma -\frac{1}{2 \sigma} \sigma^{\alpha\mu}\,C_{\alpha \beta \mu\nu} k^{\beta}k^{\nu}
\end{eqnarray}
光学スカラーは，光線束の微小断面積 $dS$ の変化を知るために必要であり，
$$ \frac{d}{dv} dS = 2 \theta\, dS$$