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Algunos cálculos sobre la divergencia del campo vectorial en la variedad riemanniana

Supongamos en primer lugar que tenemos una variedad riemanniana $(M,g)$ . Además, $X$ es un campo vectorial en M y $\nabla$ es la conexión Levi-Civita de siempre. Sea $\{e_i\}$ sea una base ortonormal en M.

Entonces, ¿cómo podemos conseguir $\operatorname{div} X =\sum_i\langle e_i,\nabla_{e_i}X\rangle$ ? Dónde $\operatorname{div} $ representa la divergencia de $X$ . En otras palabras, $\operatorname{div} X=\operatorname{tr}(\nabla X)$ .

Intento utilizar la definición de diferencial covariante y tenemos $$\operatorname{div} X = \sum_{i}\nabla X(e_i,e_i)=\sum_{i}\nabla_{e_i}X(e_i)$$ ¿pero qué es lo siguiente? He encontrado muchos libros y simplemente ignoran el detalle así que ¿alguien puede ayudarme? Muchas gracias a ustedes.

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DIdier_ Puntos 1202

$\DeclareMathOperator{\div}{div} \DeclareMathOperator{\tr}{tr}$

Consideramos la siguiente definición de la divergencia. Sea $(M,g)$ sea una variedad riemanniana orientable, con forma de volumen riemanniano $\mathrm{d}vol_g$ y $X$ sea un campo vectorial. La divergencia de $X$ es la única función suave $\div X$ tal que $L_X\mathrm{d}vol_g = (\div X) \mathrm{d}vol_g$ .

Dejemos que $\{e_1,\ldots,e_n\}$ sea un marco local ortonormal y considere su marco dual $\{\theta^1,\ldots,\theta^n\}$ Es decir $\theta^i = g(\cdot,e_i)$ . Entonces tenemos la igualdad $$ \mathrm{d}vol_g = \theta^1\wedge\cdots\wedge \theta^n. $$ En efecto, estas dos formas de volumen son proporcionales y coinciden en el marco ortonormal $\{e_1,\ldots,e_n\}$ . Ahora bien, como $L_X$ es una derivación del álgebra exterior, se deduce que $$ L_X\mathrm{d}vol_g = \sum_{i=1}^n \theta^1\wedge\cdots\wedge L_X\theta^i \wedge \cdots \wedge \theta^n. $$ Para cualquier campo vectorial $Y$ tenemos \begin{align} (L_X\theta^i)(Y) &= X\theta^i(Y) - \theta^i([X,Y]) & \text{by Leibniz rule}\\ &= Xg(Y,e_i) - g([X,Y],e_i)\\ &= g(\nabla_XY-[X,Y],e_i) + g(Y,\nabla_Xe_i) &\text{from the compatibility of $g$ and $\nabla$}\\ &= g(\nabla_YX,e_i) + g(Y,\nabla_Xe_i) & \text{since $\nabla$ is torsion-free}\\ &= (\theta^i\circ \nabla X)(Y) + g(Y,\nabla_Xe_i). \end{align} Aplicando $\nabla_X$ a la igualdad $\|e_i\|^2 = 1$ da $\nabla_Xe_i\perp e_i$ para que la forma 1 $g(\cdot,\nabla_Xe_i)$ se desvanece en $e_i$ y es entonces una combinación lineal de $\{\theta^j\}_{j\neq i}$ . Entonces desaparece en el producto cuña, y se deduce que $$ L_X\mathrm{d}vol_g = \sum_{i=1}^n \theta^1\wedge\cdots\wedge (\theta^i\circ \nabla X) \wedge \cdots \wedge \theta^n. $$ Finalmente, evaluando en el marco ortonormal $\{e_1,\ldots,e_n\}$ rinde \begin{align} \div X &= \sum_{i=1}^n \theta^1(e_1)\times \cdots \times \theta^i(\nabla_{e_i}X) \times \cdots \theta^n(e_n)\\ &= \sum_{i=1}^n \theta^i(\nabla_{e_i}X)\\ &= \sum_{i=1}^n g(\nabla_{e_i}X,e_i)\\ &= \tr \nabla X. \end{align}

Hay muchas otras pruebas (también en este sitio web) que se basan en la expresión de coordenadas de la forma volumétrica de Riemann. Este método se conoce como el método de marcos en movimiento (refiriéndose al (co)marco local ortonormal). Sorprendentemente resulta que es menos conocido mientras que es (en mi opinión) más sencillo. Algunas personas (entre las que me incluyo) prefieren trabajar sin coordenadas, y para ello los marcos móviles son buenos amigos.

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