D'Alembertian für ein Skalarfeld

Dies basiert auf der Beobachtung, dass bei gegebenem Vektor$V^\mu$,

$$\nabla_\mu V^\mu=\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\mu(\sqrt{-g}V^\mu)$$

Wir können explizit zeigen, dass dies gilt:

$$\nabla_\mu V^\mu=\partial_\mu V^\mu +\Gamma^\mu_{\mu\lambda}V^\lambda$$

Betrachten wir den letzten Term:

$$\Gamma^\mu_{\mu\lambda}=\frac{1}{2}g^{\mu\rho}(\partial_\mu g_{\lambda\rho}+\partial_\lambda g_{\mu\rho} -\partial_\rho g_{\lambda\mu})$$ wir können den ersten und dritten Term auf der rechten Seite kürzen und ergeben $$\begin{equation} \Gamma^\mu_{\mu\lambda}=\frac{1}{2}g^{\mu\rho}\partial_\lambda g_{\mu\rho} \end{equation}$$

Die Idee ist zu zeigen, dass dies gleich ist$\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\lambda\sqrt{-g}$:

$$\begin{align*} \partial_\lambda\sqrt{-g}&=-\frac{1}{2\sqrt{-g}}\partial_\lambda g=-\frac{1}{2\sqrt{-g}}\frac{|g_{\mu\nu}+\delta g_{\mu\nu}|-|g_{\mu\nu}|}{\delta x^\lambda}\\ &=-\frac{1}{2\sqrt{-g}}\frac{|g_{\mu\nu}||\mathbb{I}+(g_{\mu\nu})^{-1}\partial_\lambda g_{\mu\nu}\delta x^\lambda|-|g_{\mu\nu}|}{\delta x^\lambda}\\ &=-\frac{1}{2\sqrt{-g}}\frac{|g_{\mu\nu}|\bigr(1+\text{Tr}((g_{\mu\nu})^{-1}\partial_\lambda g_{\mu\nu}\delta x^\lambda)\bigr)-|g_{\mu\nu}|}{\delta x^\lambda}\\ &=\sqrt{-g}\frac{1}{2}(g^{\mu\nu}\partial_\lambda g_{\mu\nu}) \end{align*}$$ Hier habe ich verwendet $|g_{\mu\nu}|$um die Determinante von zu bezeichnen $g_{\mu\nu}$. Multiplizieren mit $\frac{1}{\sqrt{-g}}$und der Vergleich zeigt das $$\Gamma^\mu_{\mu\lambda}=\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\lambda\sqrt{-g}=\partial_\lambda \ln\sqrt{-g}$$ Es folgt dem $$\nabla_\mu V^\mu =\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\mu(\sqrt{-g}V^\mu)$$ Sie sehen also, dass Ihre Formel des d'Alembertian nur für Skalare gilt: Die erste kovariante Ableitung reduziert sich auf eine partielle Ableitung, und für $\partial^\mu\phi$wir berufen uns auf die von mir hergeleitete Formel. Beachten Sie jedoch, dass wir die Bewegungsgleichungen nie verwendet haben. Dies ist alles nur eine viel längere und explizitere Version dessen, was Qmechanic bereits gepostet hat, während ich dies geschrieben habe.

Es gibt eine wirklich schöne Ableitung dieser Identität unter Verwendung von Differentialformen, und sie vermeidet vollständig die ganze Unordnung der Christoffel-Symbole.

Das Schöne an Differentialformen ist, dass die äußere Ableitung mit jedem Ableitungsoperator berechnet werden kann , sodass wir die Ausdrücke, die wir mit der kovarianten Ableitung erhalten, mit dem Ausdruck vergleichen können, den Sie mit partiellen Ableitungen erhalten würden.

Behandeln$\phi$als 0-Form werden wir rechnen$*d*d\phi$. Wenn Sie dies mit kovarianten Ableitungen tun, wird dies reproduziert$\nabla_a \nabla^a \phi$, während wir bei partiellen Ableitungen die Formel mit erhalten$\sqrt{-g}$:

$$\begin{align} *d*d\phi &= \frac{1}{4!}\epsilon_{abcd}\cdot4\nabla^{[a}\epsilon^{|e|bcd]}\nabla_e\phi \\ &=\frac{4}{4!}\epsilon_{abcd}\epsilon^{ebcd}\nabla^a\nabla_e\phi\\ &=\frac{4\cdot 3!}{4!}(-\delta^e_a)\nabla^a\nabla_e\phi \\ &=-\nabla_a\nabla^a\phi \end{align}$$

Wir haben das die kovariante Ableitung von verwendet$\epsilon$Tensor Null ist, und auch die Tatsache, dass, wenn Sie Indizes von zwei zusammenziehen$\epsilon$Tensoren erhalten Sie ein verallgemeinertes Kronecker-Delta . Das Minuszeichen kommt daher, dass$\epsilon$wird mit einem Faktor von normalisiert$\sqrt{-g}$, während Sie, wenn Sie alle Indizes des Epsilon-Tensors mit einer inversen Metrik erhöhen, einen Gesamtfaktor von erhalten$g^{-1}$, Also$\dfrac{\sqrt{-g}}{g} = -\dfrac{1}{\sqrt{-g}}$.

Jetzt machen wir dasselbe mit partiellen Ableitungen und mit der Normalisierung von$\epsilon$Tensor,$\epsilon_{abcd} = \sqrt{-g}\tilde{\epsilon}_{abcd}$, wo$\tilde{\epsilon}_{abcd}$ist das alternierende Symbol mit Werten von$+1$,$-1$oder$0$(und hat daher verschwindende partielle Ableitungen).

$$\begin{align} *d*d\phi &=\frac{1}{4!}\epsilon^{abcd}\cdot4\partial_{[a}(\epsilon_{|e|bcd]}\partial^e\phi)\\ &=\frac{4}{4!}\frac{-1}{\sqrt{-g}}\tilde{\epsilon}^{abcd}\partial_a(\sqrt{-g}\tilde{\epsilon}_{ebcd}g^{ef}\partial_f\phi)\\ &=-\frac{4\cdot3!}{4!}\delta^e_a\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_a(\sqrt{-g})g^{ef}\partial_f\phi)\\ &=-\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_a(\sqrt{-g}g^{af}\partial_f\phi) \end{align}$$ Daher sehen wir, warum die beiden Ausdrücke gleich sind: Es ist eng mit der Beschreibung der Differentialformen dieses Operators verbunden.

Für differentielle Rangformen$1$oder höher, der Betreiber$\nabla_a\nabla^a$ist mit dem Laplace-Beltrami-Operator verwandt $\triangle = *d*d+d*d*$, ist aber nicht genau gleich; die Differenz der beiden Operatoren ist proportional zum Krümmungstensor. Das Analogon der obigen Ableitung kann jedoch für ein Differential abgeleitet werden$p$-bilden$\alpha$, mit dem Betreiber$*d*$, dh

$$\nabla_{a_1} \alpha^{a_1\ldots a_p}= -*d*\alpha = \frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_{a_1}\left(\sqrt{-g} \alpha^{a_1\ldots a_p}\right)$$

Und wie andere bereits erwähnt haben, stützt sich die Ableitung nicht auf die Bewegungsgleichungen und bleibt daher offen.

Gegeben sei eine pseudo-riemannsche Mannigfaltigkeit $(M,g)$, wirkt der Laplace-Beltrami-Operator auf Skalarfunktionen$\phi$. Die Formel für den Laplace-Beltrami-Operator folgt (unter anderem) weil:

1. Die erste (ganz rechte) kovariante Ableitung$\nabla_{\mu}$in der Formel

   $$\tag{1} \Box ~=~ g^{\nu\mu}\nabla_\nu\nabla_\mu$$ wirkt auf einen Skalar$\phi$und kann daher durch eine partielle Ableitung ersetzt werden$\partial_{\mu}$. (Dieser Reduktionsschritt wäre für einen Nicht-Skalar nicht wahr gewesen.)

2. Vorausgesetzt$\phi$ein Skalar ist, dann die zweite (ganz links) kovariante Ableitung$\nabla_{\nu}$in (1) wirkt auf einen Co-Vektor$\partial_{\mu}\phi$, was impliziert, dass wir auch Beiträge von den Christoffel-Symbolen erhalten.

3. Verwenden Sie schließlich die Formel

   $$\Gamma^{\nu}_{\mu\nu}=\partial_{\mu}\ln\sqrt{|g|}$$ für die Levi-Civita-Verbindung .