Variation der Quadratwurzel der Determinante der Metrik, δgδg\delta g [geschlossen]

Question

Variation der Quadratwurzel der Determinante der Metrik, δgδg\delta g [geschlossen]

JohnHenry

Ich versuche zu rechnen

\frac{\partial \sqrt{- G}}{\partial G^{μ v}},

$\frac{\partial \sqrt{- g}}{\partial g^{\mu \nu}},$

Wo $g = \text{det} g_{\mu \nu}$ . Wir haben

\frac{\partial \sqrt{- G}}{\partial G^{μ v}} = - \frac{1}{2 \sqrt{- G}} \frac{\partial G}{\partial G^{μ v}},

$\frac{\partial \sqrt{- g}}{\partial g^{\mu \nu}} = - \frac{1}{2 \sqrt{-g}}\frac{\partial g}{\partial g^{\mu \nu}},$ Das Problem wird also, wie man rechnet

\frac{\partial g}{\partial g^{μ ν}} .

$\frac{\partial g}{\partial g^{\mu \nu}}.$

Ich habe die Identität verwendet $\text{Tr}( \text{ln} M) = \text{ln} (\text{det} M)$ zu erhalten, wendet es mit an $M = g^{\mu \nu}$ und variiere es:

δ (Tr (ln (G^{μ v}))) = \frac{δ G}{G}

$\delta (\text{Tr} (\text{ln} (g^{\mu \nu}))) = \frac{\delta g}{g}$

aber dann stecke ich fest. Wie kann ich weitermachen? Ich weiß, das Ergebnis sollte sein $-\frac{1}{2} g_{\mu \nu} \sqrt{-g}$

Antworten (2)

Variation der Quadratwurzel der Determinante der Metrik, δgδg\delta g [geschlossen]

Michael Seifert · Answer 1

Verwenden Sie die Identität if $M$ ist invertierbar und $\delta M$ ist "klein" im Vergleich zu $M$ , dann haben wir

det (M + δ M) = det (M) det (1 + M^{- 1} δ M) \approx det (M) [1 + tr (M^{- 1} δ M)] .

$\det (M + \delta M) = \det(M) \det( 1 + M^{-1} \delta M) \approx \det(M) \left[ 1 + \text{tr} (M^{-1} \delta M) \right].$ Im Fall der Metrik impliziert dies dies

- det (G + δ G) \approx - det (G) [1 + G^{A B} δ G_{A B}]

$-\det(g + \delta g) \approx -\det(g) \left[ 1 + g^{ab} \delta g_{ab} \right]$ und so

δ (- g) = (- g) g^{a b} δ g_{a b}

$\delta (-g) = (-g) g^{ab} \delta g_{ab}$ .

Um die Berechnung abzuschließen, müssen Sie dann beziehen $\delta g^{ab}$ Zu $\delta g_{ab}$ , aber das sollte Sie auf den Weg bringen. Wenn dies kein Hausaufgabenproblem oder ähnliches ist, lassen Sie es mich wissen und ich kann diesen letzten Teil erweitern.

Jerry Schirmer · Answer 2

Der einfachste Trick besteht darin, zu schreiben (z. B. in drei Dimensionen. Für höhere Dimensionen fügen Sie Indizes zum Levi-Civita-Symbol und Faktoren von g hinzu):

G = \frac{1}{3!} ϵ^{A B C} ϵ^{X j z} G_{A X} G_{B j} G_{C z}

$g = \frac{1}{3!}\epsilon^{abc}\epsilon^{xyz}g_{ax}g_{by}g_{cz}$

Dann ist die Variation einfach. Ich werde es als Übung belassen, die Variation herauszuarbeiten und das Ergebnis in Faktoren von zu übersetzen $g_{ab}$ Und $g$

Um ehrlich zu sein, denke ich, dass dies der bessere Weg ist, darüber nachzudenken – ich habe nur versucht, zu vermeiden, zu viele neue Notationen in meine Antwort einzuführen.

Variation der Quadratwurzel der Determinante der Metrik, δgδg\delta g [geschlossen]

JohnHenry

Antworten (2)

Michael Seifert

Jerry Schirmer

Michael Seifert

Frage von Schutz

Warum ist die kovariante Ableitung des metrischen Tensors Null?

Wie wird die kovariante Ableitung zweiter Ordnung eines Skalars berechnet?

Wann können wir niedrigere Indizes für „Nichttensoren“ erhöhen, wie in Diracs Buch Allgemeine Relativitätstheorie beschrieben?

Können sich diese beiden Terme aufheben?

Contracting-Indizes

Ableitung von Christoffel-Symbolen

Kovariante Ableitung einer kovarianten Ableitung

Kovariante Ableitungen von Nulltetraden

Äußere und kovariante Ableitungen