La equivalencia de las dos fórmulas para la de Laplace—Beltrami operador

Question

Deje $M$ ser un (pseudo-)de Riemann colector con métrica $g_{ab}$. Deje $\nabla_a$ ser la de Levi-Civita de conexión en $M$. Es bien conocido que el de Laplace-Beltrami operador puede ser definida en este contexto como $$\nabla^2 = \nabla^a \nabla_a = g^{ab} \nabla_a \nabla_b$$ donde $g^{ab}$ es el doble de la métrica y repite los índices se suman. Sin embargo, también tenemos la de coordinar la fórmula $$\nabla^2 \phi = \frac{1}{\sqrt{| \det g |}} \partial_a \left( \sqrt{| \det g |} g^{ab} \partial_b \phi \right)$$ que, como yo lo entiendo, proviene de la utilización de la fórmula para el dual de Hodge.

Sin invocación de maquinaria avanzada, ¿cuál es la manera más fácil directamente demostrar la equivalencia de las dos definiciones? Puedo ver que si las derivadas parciales de $g_{ab}$ desaparecen, después $$\nabla_{a} \left( g^{ab} \nabla_b \phi \right) = \partial_a \left( g^{ab} \partial_b \phi \right) = \frac{1}{\sqrt{| \det g |}} \partial_a \left( \sqrt{| \det g |} g^{ab} \partial_b \phi \right)$$ y en el caso general, es suficiente para demostrar que $$\Gamma^{b}_{\phantom{b}ab} = \frac{1}{\sqrt{| \det g |}} \partial_a \left( \sqrt{| \det g |} \right)$$ pero entonces es que parece ser necesario para calcular la derivada de un determinante. Hay un truco que puede ser utilizado para evitar este cálculo?

Answer 1

Este no necesita ningún tipo de lujo o engaño o maquinaria complicada. La moraleja de la historia es: no tener miedo de la diferenciación de los determinantes! Formalmente, la derivada de un determinante es la traza. En realidad, esto sucede muy a menudo en el análisis geométrico, debido a que la medida de un colector de Riemann está dado por $d\mu = \sqrt{\det g} \mathcal{H}^n$ donde $n$ es la dimensión de la multiforme y $\mathcal{H}^n$ $n$- dimensional medida de Hausdorff.

Tenemos $$ \partial_k \det a = (\partial_k A_{ij})^{ij} \det a, $$ así, en particular, $$ \partial_i \sqrt{\det g} = \frac{(\partial_ig_{pq})g^{pq}}{2} \sqrt{\det g}. $$ Así $$\begin{align*} \frac{1}{\sqrt{\det g}}\partial_i\Big(g^{ij}\sqrt{\det g}\partial_j\phi\Big) &= (\partial_ig^{ij})\partial_j\phi + g^{ij}\frac{1}{\sqrt{\det g}}\Big(\partial_i\sqrt{\det g}\partial_j\phi\Big) + g^{ij}\partial_{ij}\phi\\ &= (\partial_ig^{ij})\partial_j\phi + g^{ij}\frac{1}{\sqrt{\det g}}\Big(\frac{(\partial_ig_{pq})g^{pq}}{2} \sqrt{\det g}\partial_j\phi\Big) + g^{ij}\partial_{ij}\phi\\ &= (\partial_ig^{ij})\partial_j\phi + \frac{1}{2}g^{ij}(\partial_ig_{pq})g^{pq}\partial_j\phi + g^{ij}\partial_{ij}\phi\\ &= g^{ij}\partial_{ij}\phi - g^{ij}\Gamma_{ij}^p(\partial_ig_{pq})g^{pq}\partial_j\phi, \end{align*}$$ usando el estándar de la expresión de los coeficientes de la de Levi-civita (conexión de los símbolos de Christoffel) en términos de la métrica.

Answer 2

Para la relatividad general de estudiantes creo que esto podría ser una prueba razonable. Uno tiene que saber que su segunda expresión para $\nabla^2\phi$ (el uso de $\sqrt{|\det g|}$) es independiente de la elección de coordenadas (*). Para cualquier punto que se puede elegir el sistema de coordenadas tal que $\partial_a g_{bc}=0$ y las dos fórmulas (como se nota) dan el mismo resultado.

(*) significa (como también aviso, sólo nos quieren para volver a formular en un lenguaje más sencillo - y no estoy seguro de si tengo éxito para hacer esto) que si $u^a$ es un vector de valores de la densidad, es decir si $u^a=v^a \sqrt{|\det g|}$ donde $v^a$ es un campo vectorial, entonces $\partial_a u^a$ es la densidad, es decir $\partial_a u^a=f\sqrt{|\det g|}$ para algunos la función $f$ ( $f$ independiente de la elección de coordenadas, lo que implica $f=\nabla_av^a$). Si de verdad queremos evitar formas diferenciales, a continuación, podemos invocar el teorema de Gauss (en coordenadas), observe que el flujo de $u^a$ a pesar de una hipersuperficie es independiente de las coordenadas, y por lo tanto su divergencia $\partial_a u^a$ es un bien definida (independiente de las coordenadas) de la densidad.

edit: aquí está (en realidad el mismo, pero un poco más sensato argumento de por qué $f$ (ver arriba) es independiente de las coordenadas. Si $\psi$ es una función con soporte compacto, a continuación, $\int (\partial_a\psi)\, v^a \sqrt{|\det g|} dx^1\dots dx^n$ es independiente de la elección de coordenadas, y es igual a (por partes) $$-\int \psi \partial_a\Bigl( v^a \sqrt{|\det g|}\Bigr)\sqrt{|\det g|}^{-1}\,\sqrt{|\det g|} dx^1\dots dx^n$$ la que se muestra (por la elección de $\psi$ con los más pequeños, de apoyo y con $\int\psi\sqrt{|\det g|} dx^1\dots dx^n=1$) que $$f=\partial_a\Bigl( v^a \sqrt{|\det g|}\Bigr)\sqrt{|\det g|}^{-1}$$ es independiente de las coordenadas.