¿Una prueba útil para contraer el símbolo de Christoffel?

Question

De todo el tiempo que llevo aprendiendo relatividad general, esta es la única identidad que $$ \Gamma_{\alpha \beta}^{\alpha} = \partial_{\beta}\ln\sqrt{-g} \tag{1}$$ donde $g$ es el determinante del tensor métrico $g_{\alpha \beta}$ .

Con el símbolo de Christoffel, empezamos contrayendo

$$ \begin{align} \Gamma_{\alpha \beta}^{\alpha} &= \frac{1}{2} g^{\alpha\gamma} (\partial_{\alpha} g_{\beta\gamma} + \partial_{\beta} g_{\alpha\gamma} - \partial_{\gamma} g_{\alpha\beta} ) \\ &= \frac{1}{2} g^{\alpha\alpha} ( \partial_{\beta} g_{\alpha\alpha}) \\ &= \frac{1}{2g_{\alpha\alpha}} ( \partial_{\beta} g_{\alpha\alpha}) \end{align}\tag{2}$$

donde tomé $\gamma \rightarrow \alpha$ y $g^{\alpha\alpha} = 1/g_{\alpha\alpha}$ .

Los siguientes pasos a dar ahora, no tengo ni idea. MTW da una pista diciendo que utilizar los resultados de algún ejercicio, que son,

$$\det A = \det||A^{\lambda}_{\ \ \rho}|| = \tilde{\epsilon}^{\alpha\beta\gamma\delta}A^{0}_{\ \ \alpha}A^{1}_{\ \ \beta}A^{2}_{\ \ \gamma}A^{3}_{\ \ \delta} $$

$$(A^{-1})^{\mu}_{\ \ \alpha}(\det A) = \frac{1}{3!}\delta_{\alpha\beta\gamma\delta}^{\mu\nu\rho\sigma} A^{\beta}_{\ \ \nu} A^{\gamma}_{\ \ \rho}A^{\delta}_{\ \ \sigma} $$

$$ \mathbf{d}\ln|\det A| = \mathrm{trace}(A^{-1}\mathbf{d}A) ,\tag{3}$$ donde $\mathbf{d}A$ es la matriz $||\mathbf{d}A^{\alpha}_{\ \ \mu}||$ cuyas entradas son formas únicas.

No logro razonar por qué la métrica se convierte en el determinante de lo que he hecho y luego se convierte en el resultado en la parte superior.

Answer 1

Recordemos la identidad matricial $$\tag{1}\log\det M=\operatorname{tr}\log M.$$ Si $M=M(\lambda)$ es diferenciable en $\lambda$ entonces $$\tag{2}\frac{d}{d\lambda}\log\det M=\operatorname{tr}\left(M^{-1}\frac{d}{d\lambda} M\right).$$ La prueba de $(1)$ para matrices simétricas se deduce de las fórmulas habituales para la traza y el determinante en términos de valores propios $^{1}$ .

En cuanto a los Christoffels, tenemos $$\Gamma^i{}_{ij}=\frac{1}{2}g^{ik}(\partial_i g_{jk}+\partial_j g_{ik}-\partial_k g_{ij})=\frac{1}{2}g^{ik}\partial_j g_{ik}=\frac{1}{2}\operatorname{tr}(g^{-1} \partial_j g).$$ La última igualdad es justo lo que la contracción de índices significa para la matriz (¡simétrica!) $g=(g_{ij})$ y hay un error en los índices en el post de OP. Ahora, usando $(2)$ tenemos $$\Gamma^i{}_{ij}=\frac{1}{2}\partial_j\log \det g.$$ Esto se puede llevar a la forma $$\Gamma^i{}_{ij}=\partial_j \log\sqrt{|\det g|}$$ por las reglas habituales del cálculo.

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$^{1}$ Para matrices simétricas, como $g$ es fácil porque $g$ se puede diagonalizar. Para otras matrices se puede necesitar una forma normal de Jordan para calcular $\log M$ .

Answer 2

La definición original y más general de determinante es la dada por Gauss . Para el determinante del tensor métrico escribimos \begin{eqnarray} g&:=& \frac{1}{4!}\varepsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\varepsilon^{{\mu\nu}{\rho\sigma}}g_{\alpha\mu}g_{\beta\nu}g_{\gamma\rho}g_{\delta\sigma}.\\ \therefore \delta g &=& \frac{1}{3!}\varepsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\varepsilon^{{\mu\nu}{\rho\sigma}}g_{\alpha\mu}g_{\beta\nu}g_{\gamma\rho}\delta g_{\delta\sigma},\\ &=&\frac{-g}{3!}\epsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\epsilon^{{\mu\nu}{\rho\sigma}} g_{\alpha\mu}g_{\beta\nu}g_{\gamma\rho}\delta g_{\delta\sigma},\\ &=&\frac{-g}{3!}\epsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\epsilon_{{\alpha\beta}\gamma}{}^\sigma \delta g_{\delta\sigma},\\ &=&g \, g^{\delta\sigma}\delta g_{\delta\sigma}. \end{eqnarray} (Equivalentemente, $$ \delta(\ln |\det g|)=Tr (g^{-1}\delta g)= Tr ( \delta \ln g )$$ ) Utilizando este resultado tenemos $$ \frac{1}{g} \partial_\beta g =g^{\delta\sigma}\partial_\beta g_{\delta\sigma} $$

Nota : Puede que necesites alguna manipulación básica de estas cantidades, $\varepsilon$ es el símbolo de Levi-Civita, $\epsilon$ es el tensor de Levi-Civita.

$$\epsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}} = -\frac{1}{\sqrt{-g}}\varepsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}$$ $$\epsilon_{{\alpha\beta}{\gamma\delta}} = \sqrt{-g}\varepsilon_{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}$$

$$\varepsilon_{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}=\varepsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}= \delta^{[\alpha}_0 \delta^\beta_1 \delta^\gamma_2 \delta^{\delta]}_3$$

$$\varepsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\varepsilon_{{\mu\nu}{\rho\sigma}} =-\epsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\epsilon_{{\mu\nu}{\rho\sigma}}= 4! \delta^{[\alpha}_\mu \delta^\beta_\nu \delta^\gamma_\rho \delta^{\delta]}_\sigma \equiv \delta^{\alpha\beta\gamma\delta}_{\mu\nu\rho\sigma}\equiv \left| \begin{matrix} \delta^\alpha_\mu & \delta^\alpha_\nu & \delta^\alpha_\rho & \delta^\alpha_\sigma \\ \delta^\beta_\mu & \delta^\beta_\nu & \delta^\beta_\rho & \delta^\beta_\sigma \\ \delta^\gamma_\mu & \delta^\gamma_\nu & \delta^\gamma_\rho & \delta^\gamma_\sigma \\ \delta^\delta_\mu & \delta^\delta_\nu & \delta^\delta_\rho & \delta^\delta_\sigma \end{matrix} \right|$$

$$\epsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\epsilon_{{\alpha\nu}{\rho\sigma}} = -\left| \begin{matrix} \delta^\alpha_\alpha & \delta^\alpha_\nu & \delta^\alpha_\rho & \delta^\alpha_\sigma \\ \delta^\beta_\alpha & \delta^\beta_\nu & \delta^\beta_\rho & \delta^\beta_\sigma \\ \delta^\gamma_\alpha & \delta^\gamma_\nu & \delta^\gamma_\rho & \delta^\gamma_\sigma \\ \delta^\delta_\alpha & \delta^\delta_\nu & \delta^\delta_\rho & \delta^\delta_\sigma \end{matrix} \right| =-\left| \begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \delta^\beta_\nu & \delta^\beta_\rho & \delta^\beta_\sigma \\ 0 & \delta^\gamma_\nu & \delta^\gamma_\rho & \delta^\gamma_\sigma \\ 0 & \delta^\delta_\nu & \delta^\delta_\rho & \delta^\delta_\sigma \end{matrix} \right| =-\left| \begin{matrix} \delta^\beta_\nu & \delta^\beta_\rho & \delta^\beta_\sigma \\ \delta^\gamma_\nu & \delta^\gamma_\rho & \delta^\gamma_\sigma \\ \delta^\delta_\nu & \delta^\delta_\rho & \delta^\delta_\sigma \end{matrix} \right|$$

$$\epsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\epsilon_{{\alpha\beta}{\rho\sigma}} = -\left| \begin{matrix} \delta^\beta_\beta & \delta^\beta_\rho & \delta^\beta_\sigma \\ \delta^\gamma_\beta & \delta^\gamma_\rho & \delta^\gamma_\sigma \\ \delta^\delta_\beta & \delta^\delta_\rho & \delta^\delta_\sigma \end{matrix} \right|=-\left| \begin{matrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & \delta^\gamma_\rho & \delta^\gamma_\sigma \\ 0 & \delta^\delta_\rho & \delta^\delta_\sigma \end{matrix} \right|=-2 \left| \begin{matrix} \delta^\gamma_\rho & \delta^\gamma_\sigma \\ \delta^\delta_\rho & \delta^\delta_\sigma \end{matrix} \right| $$

$$\epsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\epsilon_{{\alpha\beta}{\gamma\sigma}} =-2 \left| \begin{matrix} \delta^\gamma_\gamma & \delta^\gamma_\sigma \\ \delta^\delta_\gamma & \delta^\delta_\sigma \end{matrix} \right| =-2 \left| \begin{matrix} 3 & 0 \\ 0 & \delta^\delta_\sigma \end{matrix} \right| = -3! \delta^\delta_\sigma $$

$$\epsilon^{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\epsilon_{{\alpha\beta}{\gamma\delta}} =-3! \delta^\delta_\delta = -4!$$

Nota2 : \begin{eqnarray} g^{-1}&:=& \frac{1}{4!}\varepsilon_{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\varepsilon_{{\mu\nu}{\rho\sigma}}g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu}g^{\gamma\rho}g^{\delta\sigma}.\\ \therefore \delta g^{-1} &=& \frac{1}{3!}\varepsilon_{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\varepsilon_{{\mu\nu}{\rho\sigma}}g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu}g^{\gamma\rho}\delta g^{\delta\sigma},\\ &=&\frac{-g^{-1}}{3!}\epsilon_{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\epsilon_{{\mu\nu}{\rho\sigma}} g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu}g^{\gamma\rho}\delta g^{\delta\sigma},\\ &=&\frac{-g^{-1}}{3!}\epsilon_{{\alpha\beta}{\gamma\delta}}\epsilon^{{\alpha\beta}\gamma}{}_\sigma \delta g^{\delta\sigma},\\ &=&g^{-1} \, g_{\delta\sigma}\delta g^{\delta\sigma}.\\ \therefore -g^{-2}\delta g &=&g^{-1} \, g_{\delta\sigma}\delta g^{\delta\sigma}.\\ \delta g &=& -g\,g_{\delta\sigma}\delta g^{\delta\sigma}. \end{eqnarray} Comparando este $\delta g$ al primer resultado, tenemos $$\delta g_{\alpha\beta}=- g_{\alpha\mu}g_{\beta\nu} \delta g^{\mu\nu}$$