divergencia de un campo vectorial en una variedad

Question

Me han pedido que muestre lo siguiente: Para un campo vectorial $V$ en una variedad semi-riemanniana con métrica $g$ que $$Div \cdot V = \frac{1}{\sqrt{\det(g)}}\partial_i\left(\sqrt{\det(g)}V^i\right)$$ Sé que debemos utilizar los símbolos de Christoffel, así como algunas fórmulas matriciales, pero no estoy seguro de cómo proceder. En particular, nos dieron que para una matriz (invertible) $M$ con algún parámetro $s$ que $$\frac{d}{ds}\det M(s)=\det M(s) \cdot tr\left(M(s)^{-1}\frac{d}{ds}M(s)\right)$$ y $$\frac{d}{ds}(M(s)^{-1})=-M(s)^{-1}M'(s)M(s)^{-1}$$ Cualquier ayuda será muy apreciada.

La definición de divergencia que nos dieron fue $$Div \cdot V = \nabla_{\partial_i}V^i = \partial_iV^i+\Gamma_{ij}^iV^i$$

Answer 1

Trabajemos hacia atrás.

La regla del producto da $$\begin{align*} \frac{1}{\sqrt{\det g}}\partial_i\left(\sqrt{\det g}\,V^i \right) & = \frac{1}{\sqrt{\det g}}\left[ \sqrt{\det g}\ \partial_iV^i + \partial_i\left(\sqrt{\det g}\right)V^i \right] \\ & = \partial_iV^i + \frac{1}{\sqrt{\det g}}\partial_i\left(\sqrt{\det g}\right)V^i \\ & = \partial_iV^i + \frac{1}{\sqrt{\det g}} \frac{1}{2\sqrt{\det g}}\partial_i\left(\det g\right)V^i \end{align*}$$

Ahora podemos aplicar la fórmula de la derivada de un determinante para obtener: $$\begin{align*} \frac{1}{\sqrt{\det g}}\partial_i\left(\sqrt{\det g}\,V^i \right) & = \partial_iV^i + \frac{1}{2} \text{tr}(g^{-1}\partial_ig)\,V^i \\ & = \partial_iV^i + \frac{1}{2} \text{tr}(g^{jk}\partial_ig_{kl})\,V^i \\ & = \partial_iV^i + \frac{1}{2} g^{jk} \partial_i g_{kj}\,V^i \end{align*}$$

Ahora bien, es un hecho general que para la conexión Levi-Civita, los símbolos de Christoffel satisfacen $$\partial_ig_{kj} = \Gamma^l_{ik}g_{lj} + \Gamma^l_{ij}g_{kl}.$$ Por lo tanto, $$\begin{align*} \frac{1}{\sqrt{\det g}}\partial_i\left(\sqrt{\det g}\,V^i \right) & = \partial_iV^i + \frac{1}{2} g^{jk} \left(\Gamma^l_{ik}g_{lj} + \Gamma^l_{ij}g_{kl} \right)\,V^i \\ & = \partial_iV^i + \frac{1}{2}\left(\Gamma^l_{ik}\delta^k_l + \Gamma^l_{ij}\delta^j_l \right)\,V^i \\ & = \partial_iV^i + \Gamma^l_{il}\,V^i \\ & = Div \cdot V \end{align*}$$ como se iba a demostrar.

Answer 2

$\def\div[0]{\operatorname{div}}$ Mi razón favorita es que esta fórmula es cierta: dejemos $\phi$ sea una función suave arbitraria con soporte compacto contenida en un único gráfico $(U,x)$ . Entonces, integrando por partes obtenemos

$$ \int_U \phi \div V d\mu_g= -\int_U V^i \partial_i \phi\, d\mu_g = -\int_U V^i \partial_i \phi \sqrt {\det g}\, dx.$$ Ahora integra por partes de nuevo, pero esta vez en la geometría de la carta (es decir, utiliza la regla del producto para las derivadas parciales en lugar de la de la divergencia de Riemann, y la medida $dx$ en lugar de $d \mu_g$ ):

$$ -\int_U \partial_i \phi\, V^i \sqrt {\det g}\, dx= \int_U \phi\, \partial_i (\sqrt{\det g}\, V^i) dx = \int_U \phi\, \frac 1{\sqrt{\det g}} \partial_i(\sqrt{\det g}\, V^i)\ d\mu_g.$$

Dado que esto es cierto para cada $\phi$ obtenemos la fórmula deseada para $\div V$ .

En cierto sentido, esto no es más que una versión débil de la respuesta de Giuseppe, pero al ver que era la primera vez que esta fórmula realmente encajaba para mí, pensé en escribirla.

Answer 3

La forma métrica del volumen es $\omega=\sqrt{|\det(g)|}dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n.$
La divergencia de $V=V^i\partial_i$ se determina por $(\text{div}V)\omega=d(V\lrcorner\omega)\equiv V(\omega),$ de ahí que obtengamos: $$(\text{div}V)\omega=\left[V^i\partial_i(\sqrt{|\det(g)|})+\sqrt{|\det(g)|}\partial_iV^i\right]dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n,$$ Donde utilizamos la fórmula obvia $V(dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n)=(\partial_iV^i)dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n.$
Por lo tanto, $$\text{div}V=\frac{1}{\sqrt{|\det(g)|}}\frac{\partial}{\partial x_i}\left[\sqrt{|\det(g)|}V^i\right]$$

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Edición añadida en respuesta al comentario de Asaf Shachar

Probablemente, en la versión original de mi respuesta, debería haber dedicado unas palabras a justificar la siguiente fórmula $$V(dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n)=(\partial_iV^i)dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n.\tag{$ \N - La estrella $}$$ Aquí, en el lado izquierdo, como en otras partes de mi respuesta, estoy usando la expresión $V(\eta)$ para denotar la derivada de Lie, a lo largo del campo vectorial $V$ de una forma diferencial $\eta$ .

Recordemos que el campo vectorial $V$ está dada localmente por $V=V^i\partial_i$ en términos del marco holonómico $\partial_1,\ldots,\partial_n$ correspondiente al sistema de coordenadas local $x^1,\ldots,x^n$ para que $$V(x^i)=V^i\tag{1}.$$ Además, como la derivada de Lie $V(-)$ es un (grado $0$ ) derivación del álgebra diferencial graduada $(\Omega^\bullet(X),\wedge,d_{dR})$ , obtenemos inmediatamente que $$V(dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n)=\sum_{i=1}^n dx^1\wedge\ldots\wedge d(V(x^i))\wedge\ldots\wedge dx^n.\tag{2}$$ Ahora, desde $(1)$ y $(2)$ se deduce que $(\star)$ como necesitábamos.