¿Por qué es la derivada covariante del determinante de la métrica cero?

Question

Esta pregunta, determinante métrico y sus derivadas parciales y covariantes, parece indicar $$\nabla_a \sqrt{g}=0.$$ ¿Por qué es esto así? Siempre he aprendido que $$\nabla_a f= \partial_a f,$$ por lo tanto seguramente $$\nabla_a \sqrt{g}= \partial_a\sqrt{g} \neq 0. $$

¿Dónde está el error en mi lógica?

Answer 1

1. Con $g:=\det(g_{\mu\nu})$ nota que $\sqrt{|g|}$ se transforma como una densidad $$\begin{align}\rho^{(x)}\quad\longrightarrow&\quad \rho^{(y)}~=~\frac{\rho^{(x)}}{|J|}, \cr J~:=~&\det\frac{\partial y^{\nu}}{\partial x^{\mu}}, \end{align}$$ en lugar de un escalar $$s^{(x)}\quad\longrightarrow\quad s^{(y)}~=~s^{(x)},$$ bajo transformaciones generales de coordenadas $$x^{\mu}\quad\longrightarrow\quad y^{\nu}~=~f^{\nu}(x).$$ En particular, la derivada covariante de $\sqrt{|g|}$ no coincide necesariamente con la derivada parcial de $\sqrt{|g|}$.

2. Es consistente definir que una conexión $\nabla$ actúa en una densidad $\rho>0$ como $$ \nabla_{\mu}\ln\rho~:=~\partial_{\mu}\ln\rho-\Gamma^{\nu}_{\mu\nu},$$ porque entonces se transforma covariantemente $$ \frac{\partial y^{\nu}}{\partial x^{\mu}}\nabla^{(y)}_{\nu}\ln\rho^{(y)}~=~\nabla^{(x)}_{\mu}\ln\rho^{(x)}.$$ Una conexión $\nabla$ y una densidad $\rho$ son, por definición, compatibles si $$\nabla_{\mu}\ln\rho~=~0\quad\Leftrightarrow\quad\partial_{\mu}\ln\rho~=~\Gamma^{\nu}_{\mu\nu} .$$ Utilizando linealidad y la regla de Leibniz, concluimos que $$\nabla_{\mu}f(\ln\rho) ~=~0$$ para una función suficientemente agradable (por ejemplo, real analítica) $f$.

3. Una conexión $\nabla$ es, por definición, compatible con una métrica $$\mathbb{\bf g}~=~g_{\mu\nu}\mathrm{d}x^{\mu}\odot \mathrm{d}x^{\nu}$$ si $$\nabla_{\lambda}\mathbb{\bf g} ~=~0 \quad\Leftrightarrow\quad (\nabla_{\lambda}\mathbb{\bf g})_{\mu\nu}~=~0.$$ Por ejemplo, la conexión de Levi-Civita es compatible con la métrica $\mathbb{\bf g}$. La metricidad implica que$^1$ $$\begin{align} 2\Gamma^{\kappa}_{\lambda\kappa} ~=~&g^{\mu\nu}\partial_{\lambda}g_{\nu\mu}\cr ~=~&g^{\mu\nu}\eta_{\nu\sigma}\partial_{\lambda}\eta^{\sigma\tau}g_{\tau\mu}\cr ~=~&\partial_{\lambda}{\rm tr}{\rm Ln}(\eta^{\sigma\tau}g_{\tau\mu})\cr ~=~&\partial_{\lambda}\ln\det(\eta^{\sigma\tau}g_{\tau\mu})\cr ~=~&\partial_{\lambda}\ln|g|,\end{align}$$ lo cual a su vez muestra que la densidad $\rho=\sqrt{|g|}$ es compatible con una conexión métrica $\nabla$. Esto demuestra la pregunta del título del OP. Nótese que no es necesario asumir que la conexión $\nabla$ es libre de torsión. $\Box$

4. A continuación se presenta un enfoque alternativo que no utiliza la regla de transformación para densidades: Una conexión métrica satisface $$\nabla_{\lambda}(\mathbb{\bf g}^{\otimes n}) ~=~0\quad\Leftrightarrow\quad (\nabla_{\lambda}(\mathbb{\bf g}^{\otimes n}))_{\mu_1\nu_1\ldots\mu_n\nu_n}~=~0.$$ Utilizando linealidad y la regla de Leibniz, la derivada covariante $\nabla_{\lambda}$ entonces anula cualquier función lo suficientemente agradable (por ejemplo, real analítica) $f(g_{00},g_{01}, \ldots)$ de la métrica. En particular, la raíz cuadrada del determinante $\sqrt{|g|}$, de modo que $$\nabla_{\lambda}\sqrt{|g|}~=~0.$$ $\Box$

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$^1$ La métrica $\eta_{\mu\nu}$ anterior es simplemente un truco para tratar con el valor absoluto $|g|$ de $g$. Se asume que la métrica $\eta_{\mu\nu}$ debe

• (i) tener la misma signatura que $g_{\mu\nu}$,

• (ii) tener $\det(\eta_{\mu\nu})=\pm 1$, y

• (iii) tener componentes constantes en el vecindario local de coordenadas pertinentes.

Hay un truco análogo para tratar el valor absoluto $|J|$ del determinante Jacobiano $J$.

Answer 2

De acuerdo. Tomemos la derivada ordinaria del determinante de algún tensor covariante 2- $A_{\mu\nu}$. Llamémoslo $A$. Pero es más conveniente permitirnos pensar en $A_{\mu\nu}$ como una matriz con índices covariantes. Así que $$\det{A_{\mu\nu}} = A$$ Siguientes pasos, vamos a hacer los siguientes cálculos: $$\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}))}}, donde $\delta$ es como diferencial y $A^{\mu\sigma}$ denota tensor contravariante 2- con la siguiente propiedad: $A^{\mu\sigma}A_{\sigma\nu} = \delta^{\mu}_{\,\nu}$, en otras palabras, el tensor "inverso".

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

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

Por lo tanto, $$\frac{\partial_{\lambda}A}{A} = A^{\mu\sigma}\partial_{\lambda} A_{\sigma\mu}

O $$\partial_{\lambda}g = g g^{\mu\sigma}\partial_{\lambda} g_{\sigma\mu} El siguiente paso es bastante divertido. Reemplazamos todas las derivadas parciales ordinarias por derivadas absolutas (covariantes). Así que tenemos $$\nabla_{\lambda}g = g g^{\mu\sigma}\nabla_{\lambda} g_{\sigma\mu} Pero $$\nabla_{\lambda} g_{\sigma\mu} = 0 QED. El último no es un ejercicio difícil. De hecho, en las coordenadas geodésicas siempre es cierto porque en estas coordenadas $\nabla_{\nu} = \partial_{\nu}$. Pero si algún tensor es igual a cero en un marco de referencia, entonces es cero en cualquier marco de referencia.

Pero no estoy seguro sobre el mismo truco con una matriz arbitraria (aunque puede resultar lo mismo). Sería mejor usar lo siguiente. Dado que $$\det{g^{\mu\nu}A_{\nu\sigma}} es un escalar, podemos usar derivadas ordinarias para esto. Pero, por otro lado, podríamos usar derivada covariante para ello. Para un escalar es lo mismo. Así que $$\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} Continuemos con los cálculos $$\nabla_{\nu}A = \partial_{\nu} A - A\frac{\partial_\nu g}{g} Donde usamos $\nabla_\nu g = 0 Podemos encontrar las derivadas parciales a partir de las ecuaciones anteriores.

Answer 3

Aquí hay un cálculo heurístico: Sea $\{E_i\}$ un marco ortonormal ($g(E_i,E_j)=\epsilon_i\delta_{ij}, \epsilon_i=\pm 1$). Entonces $\mu$ es la forma de volumen canónica $\sqrt{g}\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n$ si y solo si $\mu(E_1,\dotsc, E_n)=1. Entonces $$(\nabla_X\mu)(E_1,\dotsc,E_n)=\nabla_X(\mu(E_1,\dotsc,E_n))-\sum \mu(E_1,\dotsc,\nabla_X E_i,\dotsc,E_n)=-\sum \epsilon_ig(E_i,\nabla_X E_i)\mu(E_1,\dotsc,E_i,\dotsc,E_n)=-\sum \epsilon_ig(E_i,\nabla_X E_i)=-\frac{1}{2}\sum \epsilon_i\nabla_X g(E_i,E_i)=0$$ para todos los campos vectoriales $X$. Luego, usando la propiedad de derivación de la conexión, y $\nabla_X(\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n)=0$ para todo $X$, se tiene $$\nabla_X\mu=(\nabla_X\sqrt{g})\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n=0$$ por lo tanto $\nabla_X\sqrt{g}=0$ para todo $X$ y en algún carta.

Para ser absolutamente pedante, se debe adaptar la definición de la conexión en términos de transporte paralelo a densidades tensoriales. Esto se hace, por ejemplo, en Straumann, Relatividad General (2013). Para una densidad escalar $\rho$ se encuentra en coordenadas locales $\nabla_i\rho=(\partial_i-\Gamma^l{}_{il})\rho$. A partir de la expresión estándar de $\Gamma^l{}_{li}$ es fácil verificar que $\nabla_i\sqrt{g}=0$.

Answer 4

De hecho, la notación misma $\nabla_\alpha \sqrt{g}$ está incorrecta, ya que $g = \det g_{\mu\nu}$ es dependiente de las coordenadas, y por lo tanto no forma un campo escalar.

Para ser más concreto, considera un espacio euclidiano bidimensional con coordenadas polares $(r, \theta)$. $g = \mathrm{diag} (1, r^2)$. Así que $\sqrt{g} = r$. Si $\nabla_r \sqrt{g}$ tuviera sentido, tendríamos $\nabla_r \sqrt{g} = \partial_r r = 1$, contradiciendo la afirmación en tu pregunta original.

Solo puedo suponer que hiciste esta pregunta cuando estabas intentando calcular derivadas de campos tensoriales como $\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}$, en los cuales se usa $\sqrt{g}$ para convertir una densidad tensorial en un tensor adecuado. Mi respuesta a otra pregunta podría ser útil.