Ableitung von Christoffel-Symbolen

Question

Ableitung von Christoffel-Symbolen

Josh Pilipovsky

Ich lese also ein Buch über Relativitätstheorie und Differentialgeometrie und im Text gaben sie die Christoffel-Symbole in Bezug auf die Metrik und ihre Ableitungen an, aber ich wollte sie selbst ableiten. Als ich es herleite, scheinen mir jedoch zwei Begriffe zu fehlen. Kann jemand erkennen, wo ich mich vertan habe?

Aus dem Text sagten sie, dass die Ableitung der Basisvektoren $\vec{e}_{\mu}$ , bezeichnet als $\vec{e}_{\mu, \nu} \equiv \partial_{\nu}\vec{e}_{\mu}$ , kann als Linearkombination dieser Basisvektoren und auch als Normalenvektor geschrieben werden, dh

{\vec{e}}_{μ, v} = Γ_{μ v}^{λ} {\vec{e}}_{λ} + K_{μ v} \vec{N}

$\vec{e}_{\mu,\nu}=\Gamma_{\mu\nu}^{\lambda}\vec{e}_{\lambda}+K_{\mu \nu} \vec{n}$

Ich weiß auch, dass die Metrik selbst, $g_{\mu \nu}$ kann als Skalarprodukt dieser Grundvektoren geschrieben werden als

G_{μ v} = {\vec{e}}_{μ} \cdot {\vec{e}}_{v}

$g_{\mu \nu} = \vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\nu}$

Meine Logik war also, die Ableitung der Metrik mit dieser Definition zu nehmen:

\begin{aligned} \partial_{a} G_{μ v} & = \partial_{a} ({\vec{e}}_{μ} \cdot {\vec{e}}_{v}) \\ = \partial_{a} {\vec{e}}_{μ} \cdot {\vec{e}}_{v} + {\vec{e}}_{μ} \cdot \partial_{a} {\vec{e}}_{v} \\ = {\vec{e}}_{μ, a} \cdot {\vec{e}}_{v} + {\vec{e}}_{μ} \cdot {\vec{e}}_{v, a} \\ = (Γ_{μ a}^{λ} {\vec{e}}_{λ} + K_{μ a} \vec{N}) \cdot {\vec{e}}_{v} + {\vec{e}}_{μ} \cdot (Γ_{v a}^{λ} {\vec{e}}_{λ} + K_{v a} \vec{N}) \\ = Γ_{μ a}^{λ} ({\vec{e}}_{λ} \cdot {\vec{e}}_{v}) + Γ_{v a}^{λ} ({\vec{e}}_{μ} \cdot {\vec{e}}_{λ}) \\ = Γ_{μ a}^{λ} G_{λ v} + Γ_{v a}^{λ} G_{μ λ} \\ = Γ_{μ a}^{λ} G_{λ v} + Γ_{v a}^{λ} G_{λ μ} \end{aligned}

$\begin{split}\partial_{\alpha} g_{\mu \nu} & =\partial_{\alpha} (\vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\nu}) \\ & =\partial_{\alpha}\vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\nu} + \vec{e}_{\mu} \cdot \partial_{\alpha} \vec{e}_{\nu} \\ & =\vec{e}_{\mu,\alpha} \cdot \vec{e}_{\nu} + \vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\nu, \alpha} \\ & =(\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} \vec{e}_{\lambda} +K_{\mu \alpha} \vec{n} ) \cdot \vec{e}_{\nu} +\vec{e}_{\mu} \cdot (\Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} \vec{e}_{\lambda} + K_{\nu \alpha} \vec{n}) \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} (\vec{e}_{\lambda} \cdot \vec{e}_{\nu}) + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} (\vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\lambda}) \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} g_{\lambda \nu} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} g_{\mu \lambda} \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} g_{\lambda \nu} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} g_{\lambda \mu} \end{split}$

In diesem Fall war das einzige, was ich verwendet habe $\vec{n} \cdot \vec{e}_{\lambda} =0$ per Definition und dass die Metrik symmetrisch ist, dh $g_{\mu \lambda} = g_{\lambda \mu}$ .

Jetzt, da ich diese Gleichung für die Ableitung der Metrik habe, könnte ich genauso gut damit herumspielen und nach den Christoffel-Symbolen auflösen. Das einzige, was ich tat, war, die ganze Gleichung mit zu multiplizieren $g^{\alpha \lambda}$ in einem Versuch, einige der zu isolierenden metrischen Terme zusammenzuziehen und zu eliminieren $\Gamma$ :

\begin{aligned} G^{a λ} \partial_{a} G_{μ v} & = Γ_{μ a}^{λ} G^{a λ} G_{λ v} + Γ_{v a}^{λ} G^{a λ} G_{λ v} \\ = Γ_{μ a}^{λ} δ_{v}^{a} + Γ_{v a}^{λ} δ_{μ}^{a} \end{aligned}

$\begin{split} g^{\alpha \lambda} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} & = \Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} g^{\alpha \lambda} g_{\lambda \nu} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} g^{\alpha \lambda} g_{\lambda \nu} \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} \delta_{\nu}^{\alpha} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} \delta_{\mu}^{\alpha} \end{split}$

Da dies nur die Metrik mit ihrem Kehrwert multipliziert, ergibt sich die Identitätsmatrix oder das Kronecker-Delta. Da dies ist $0$ wenn die Indizes nicht gleich sind und $1$ wenn sie es sind, können wir dies schreiben als:

G^{a λ} \partial_{a} G_{μ v} = Γ_{μ v}^{λ} + Γ_{v μ}^{λ}

$g^{\alpha \lambda} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} = \Gamma_{\mu \nu}^{\lambda} + \Gamma_{\nu \mu}^{\lambda}$

Und schließlich sind die Christoffel-Symbole in ihren unteren beiden Indizes symmetrisch, sodass wir schließlich erhalten:

G^{a λ} \partial_{a} G_{μ v} = 2 Γ_{μ v}^{λ}

$g^{\alpha \lambda} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} = 2 \Gamma_{\mu \nu}^{\lambda}$ oder

Γ_{μ v}^{λ} = \frac{1}{2} G^{a λ} (\partial_{a} G_{μ v})

$\Gamma_{\mu \nu}^{\lambda} = \frac{1}{2} g^{\alpha \lambda} (\partial_{\alpha} g_{\mu \nu})$

Das Problem ist, dass die tatsächliche (richtige) Antwort für $\Gamma$ beinhaltet drei Ableitungen der Metrik statt meiner. Wo bin ich hier falsch gelaufen?

ACuriousMind

Dies scheint eine reine mathematische Frage zu sein; es gehört auf Mathematik .

Evan Rule

Sie können keinen Vertrag abschließen

g^{α λ}

$g^{\alpha\lambda}$ Wenn

λ

$\lambda$ ist bereits ein Dummy-Summenindex.

Evan Rule

Es ist eine der Regeln der Einstein-Summennotation: mathworld.wolfram.com/EinsteinSummation.html

Evan Rule

Γ_{μ α}^{λ} g^{α λ} g_{λ ν}

$\Gamma^{\lambda}_{\mu\alpha}g^{\alpha\lambda}g_{\lambda\nu}$ hat drei

λ

$\lambda$ ist drin. Bitte erläutern Sie, wie diese Summierung Ihrer Meinung nach durchgeführt werden sollte.

Ryan Unger

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Josh Pilipovsky

@0celo7 ja!!! Ich mag das Buch sehr, aber manchmal sind einige der Dinge, die er sagt, unklar.

Josh Pilipovsky

Jetzt verstehe ich, danke trotzdem.

Antworten (3)

Ableitung von Christoffel-Symbolen

Dies scheint eine reine mathematische Frage zu sein; es gehört auf Mathematik .
Sie können keinen Vertrag abschließen $g^{\alpha\lambda}$ Wenn $\lambda$ ist bereits ein Dummy-Summenindex.
Es ist eine der Regeln der Einstein-Summennotation: mathworld.wolfram.com/EinsteinSummation.html
$\Gamma^{\lambda}_{\mu\alpha}g^{\alpha\lambda}g_{\lambda\nu}$ hat drei $\lambda$ ist drin. Bitte erläutern Sie, wie diese Summierung Ihrer Meinung nach durchgeführt werden sollte.
@0celo7 ja!!! Ich mag das Buch sehr, aber manchmal sind einige der Dinge, die er sagt, unklar.

N0va · Answer 1

Eine definierende Eigenschaft von Christoffel-Symbolen der zweiten Art ist

$d\mathbf{e}_i=\Gamma^k_{ij}\mathbf{e}_k dq^j$ .

Dies als Definition für das Objekt akzeptieren $\Gamma^k_{ij}$ man kann zeigen, wenn man sich die zweite Ableitung des Linienelements ansieht, dass $\Gamma$ ist in seinen unteren Indizes symmetrisch $\Gamma^k_{ij}=\Gamma^k_{ji}$ .

Nun zur Ableitung eines Ausdrucks für $\Gamma$ : Wenn man sich die Gesamtableitung der Metrik ansieht, kann man Folgendes erreichen:

$dg_{ij}=d( \mathbf{e}_i \cdot \mathbf{e}_j )=(\Gamma^k_{jl}g_{ik}+\Gamma^k_{il}g_{jk})dq^l$ .

Aber per Definition ist die totale Ableitung von $g_{ij}$ wird von gegeben $dg_{ij}=\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^l}dq^l$ . Durch Vergleich der Koeffizienten erhalten wir:

$\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^l}=\Gamma^k_{jl}g_{ik}+\Gamma^k_{il}g_{jk}$ .

EDIT: Das wurde in der Frage auf andere Weise abgeleitet. Aber um nun ein einzelnes Christoffel-Symbol zu isolieren, muss man diesen Ausdruck mit verschiedenen Indizes addieren. Auf den Herleitungsfehler in der Frage wurde in den Kommentaren hingewiesen; es war ein Fehler bezüglich des Summationsindex $\lambda$ .

Damit kann man die Symmetrien von zeigen $\Gamma$ Und $g$ dass gilt:

$\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^l}+\frac{\partial g_{lj}}{\partial q^i}-\frac{\partial g_{il}}{\partial q^j}=2\Gamma^k_{li}g_{jk}$ .

Jetzt durch 2 dividieren und mit invertieren $g$ bringt Sie zu einem Ausdruck für $\Gamma$ :

$\Gamma^k_{li}=\frac{1}{2}g^{jm}(\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^l}+\frac{\partial g_{lj}}{\partial q^i}-\frac{\partial g_{il}}{\partial q^j})$

Dies ist eine mögliche Ableitung, bei der der Schritt des Summierens dieser 3 partiellen Ableitungen zugegebenermaßen nicht sehr intuitiv ist.

Ich weiß, dass man einen Ausdruck für die Christoffel-Symbole der zweiten Art erhalten kann, indem man sich die Lagrange-Bewegungsgleichung für ein freies Teilchen auf einer gekrümmten Oberfläche ansieht. Dadurch erhalten Sie im Grunde die geodätische Gleichung wo $\Gamma$ taucht auch auf. Dann wäre die Bestimmungseigenschaft die geodätische Gleichung, und man müsste die obige Berechnung durchführen, um dies zu zeigen $d\mathbf{e}_i=\Gamma^k_{ij}\mathbf{e}_k dq^j$ hält eigentlich für $\Gamma$ .

Hamideh · Answer 2

Um die Christoffel-Symbole zu erhalten, sollten wir beachten, dass, wenn zwei Vektoren parallel entlang einer beliebigen Kurve transportiert werden, das innere Produkt zwischen ihnen bei einer solchen Operation invariant bleibt. Daher sollten wir Ihren Ausdruck für drei Parameter schreiben $\alpha$ , $\lambda$ Und $\nu$ in zyklischer Reihenfolge, um die korrekten Christoffel-Symbole zu erhalten.

Siderius · Answer 3

Meiner Meinung nach enthält diese Passage einen Fehler:

\begin{aligned} G^{a λ} \partial_{a} G_{μ v} & = Γ_{μ a}^{λ} G^{a λ} G_{λ v} + Γ_{v a}^{λ} G^{a λ} G_{λ v} \\ = Γ_{μ a}^{λ} δ_{v}^{a} + Γ_{v a}^{λ} δ_{μ}^{a} \end{aligned}

$\begin{split} g^{\alpha \lambda} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} & = \Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} g^{\alpha \lambda} g_{\lambda \nu} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} g^{\alpha \lambda} g_{\lambda \nu} \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} \delta_{\nu}^{\alpha} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} \delta_{\mu}^{\alpha} \end{split}$

Sie können einen laufenden Index nicht wie bisher kontrahieren, da Sie sich für einen Index entschieden haben $\lambda$ aber Sie haben es sich mit einem bereits bestehenden Laufen zugezogen $\lambda$ (Dieser Vorgang ist für LHS in Ordnung). Sie können zum Beispiel einen Vertrag abschließen $g^{\nu l}$ mit $\partial_a g_{\mu \nu}$ aber es wäre nur für das erste Element von RHS nützlich, da Sie erhalten würden $\Gamma^{\lambda}_{\mu \alpha} \delta_{\lambda}^{ \nu }$ . Aus diesem Grund sind für eine solche Demonstration viele Ergänzungen "ähnlicher" Tricks dieser Art erforderlich.

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Josh Pilipovsky

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Evan Rule

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