Warum ist die kovariante Ableitung der Determinante der Metrik Null?

Kommentare zum Beitrag (v2):

1. Beachten Sie, dass$\sqrt{|g|}$unter allgemeinen Koordinatentransformationen als Dichte und nicht als Skalar transformiert. Insbesondere die kovariante Ableitung von$\sqrt{|g|}$stimmt nicht unbedingt mit der partiellen Ableitung überein$\sqrt{|g|}$.

2. Hier ist eine heuristische Erklärung unter Verwendung lokaler Koordinaten. Die Levi-Civita-Verbindung ist mit der Metrik kompatibel$g_{\mu\nu}\mathrm{d}x^{\mu}\odot \mathrm{d}x^{\nu}$. Das ist eine Verbindung$\nabla$ist kompatibel mit einer Metrik bedeutet, dass$\nabla_{\lambda}g_{\mu\nu}=0$. Unter Verwendung von Linearität und Leibniz-Regel die kovariante Ableitung$\nabla_{\lambda}$vernichtet dann jede ausreichend schöne Funktion$f(g_{00},g_{01}, \ldots)$der Metrik. Insbesondere die Quadratwurzel der Determinante$\sqrt{|g|}$, Also$\nabla_{\lambda}\sqrt{|g|}=0$.

OK. Nehmen wir die gewöhnliche Ableitung der Determinante eines kovarianten 2-Tensors$A_{\mu\nu}$. Lass es anrufen$A$. Aber es ist bequemer, uns zu erlauben, darüber nachzudenken$A_{\mu\nu}$wie eine Matrix mit kovarianten Indizes. So

$$\det{A_{\mu\nu}} = A$$ Als nächstes führen wir die folgenden Berechnungen durch: $$\delta\ln{\det{A_{\mu\nu}}} = \ln{\det{(A_{\mu\nu}}+\delta A_{\mu\nu})}-\ln{\det{A_{\mu\nu}}} = \ln{\det({A^{\mu\sigma}(A_{\sigma\nu}+\delta A_{\sigma\nu}))}},$$ wo$\delta$ist wie Differential und$A^{\mu\sigma}$bezeichnet kontravrian 2-Tensor mit der folgenden Eigenschaft:$A^{\mu\sigma}A_{\sigma\nu} = \delta^{\mu}_{\,\nu}$, mit anderen Worten, "inverser" Tensor.

Lass uns weitermachen

$$\ln{\det({A^{\mu\sigma}(A_{\sigma\nu}+\delta A_{\sigma\nu}))}} = \ln{\det{(I+A^{\mu\sigma}\delta A_{\sigma\nu})}} = \ln{(1 + \mathrm{Tr}\,{A^{\mu\sigma}\delta A_{\sigma\nu}})} = \mathrm{Tr}\,{A^{\mu\sigma}\delta A_{\sigma\nu}}.$$ Aber $$\mathrm{Tr}\,{A^{\mu\sigma}\delta A_{\sigma\nu}} = A^{\mu\sigma}\delta A_{\sigma\mu}$$

Geteilt durch$dx^{\lambda}$es gibt

$$\partial_{\lambda}\ln{\det{A_{\mu\nu}}} = A^{\mu\sigma}\partial_{\lambda} A_{\sigma\mu}.$$

Deswegen,

$$\frac{\partial_{\lambda}A}{A} = A^{\mu\sigma}\partial_{\lambda} A_{\sigma\mu}$$

Oder

$$\partial_{\lambda}g = g g^{\mu\sigma}\partial_{\lambda} g_{\sigma\mu}$$ Der folgende Schritt macht ziemlich viel Spaß. Lassen Sie uns alle gewöhnlichen Teiltöne durch absolut (kovariant) ersetzen. Also haben wir $$\nabla_{\lambda}g = g g^{\mu\sigma}\nabla_{\lambda} g_{\sigma\mu}.$$ Aber $$\nabla_{\lambda} g_{\sigma\mu} = 0.$$ QED. Das letzte ist keine harte Übung. In der Tat, in den geodätischen Koordinaten ist es immer wahr, weil in diesen Koordinaten$\nabla_{\nu} = \partial_{\nu}$. Aber wenn ein Tensor in einem Referenzrahmen gleich Null ist, dann ist er in jedem Referenzrahmen Null.

Aber ich bin mir nicht sicher über den gleichen Trick mit einer beliebigen Matrix (obwohl es sich als gleich herausstellen kann). Es wäre besser, die folgenden zu verwenden. Seit

$$\det{g^{\mu\nu}A_{\nu\sigma}}$$ ein Skalar ist, können wir dafür gewöhnliche Ableitungen verwenden. Aber auf der anderen Seite könnten wir dafür kovariante Ableitungen verwenden. Für Skalare ist es dasselbe. So $$\nabla_{\nu}(\det{g^{\mu\nu}A_{\mu\nu}}) = g^{-1}\nabla_{\nu}A + A\nabla_{\nu}g^{-1} = g^{-1}\partial_\nu A + A\partial_\nu g^{-1}$$ Lassen Sie uns die Berechnungen fortsetzen $$\nabla_{\nu}A = \partial_{\nu} A - A\frac{\partial_\nu g}{g}$$ Wo wir verwendet haben$\nabla_\nu g = 0$. Partielle Ableitungen können wir aus den vorherigen Gleichungen finden.

Hier ist eine heuristische Berechnung: Let$\{E_i\}$sei ein orthonormaler Rahmen ($g(E_i,E_j)=\epsilon_i\delta_{ij}, \epsilon_i=\pm 1$). Dann$\mu$ist die kanonische Volumenform$\sqrt{g}\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n$iff$\mu(E_1,\dotsc, E_n)=1$. Dann

$$(\nabla_X\mu)(E_1,\dotsc,E_n)=\nabla_X(\mu(E_1,\dotsc,E_n))-\sum \mu(E_1,\dotsc,\nabla_X E_i,\dotsc,E_n)=-\sum \epsilon_ig(E_i,\nabla_X E_i)\mu(E_1,\dotsc,E_i,\dotsc,E_n)=-\sum \epsilon_ig(E_i,\nabla_X E_i)=-\frac{1}{2}\sum \epsilon_i\nabla_X g(E_i,E_i)=0$$ für alle Vektorfelder $X$. Verwenden Sie dann die Ableitungseigenschaft der Verbindung und $\nabla_X(\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n)=0$für alle $X$, hat man $$\nabla_X\mu=(\nabla_X\sqrt{g})\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n=0$$ woher $\nabla_X\sqrt{g}=0$für alle $X$und in irgendeinem Diagramm.

Um ganz pedantisch zu sein, sollte man die Definition der Verbindung in Bezug auf Paralleltransport an Tensordichten anpassen. Dies geschieht zB in Straumann, General Relativity (2013). Für eine skalare Dichte$\rho$findet man in lokalen Koordinaten$\nabla_i\rho=(\partial_i-\Gamma^l{}_{il})\rho$. Aus dem Standardausdruck für$\Gamma^l{}_{li}$das lässt sich leicht nachprüfen$\nabla_i\sqrt{g}=0$.