Даламбертиан для скалярного поля

Это основано на наблюдении, что для некоторого вектора$V^\mu$,

$$\nabla_\mu V^\mu=\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\mu(\sqrt{-g}V^\mu)$$

Мы можем явно показать, что это верно:

$$\nabla_\mu V^\mu=\partial_\mu V^\mu +\Gamma^\mu_{\mu\lambda}V^\lambda$$

Рассмотрим последний термин:

$$\Gamma^\mu_{\mu\lambda}=\frac{1}{2}g^{\mu\rho}(\partial_\mu g_{\lambda\rho}+\partial_\lambda g_{\mu\rho} -\partial_\rho g_{\lambda\mu})$$ мы можем сократить первый и третий члены в правой части, что дает $$\begin{equation} \Gamma^\mu_{\mu\lambda}=\frac{1}{2}g^{\mu\rho}\partial_\lambda g_{\mu\rho} \end{equation}$$

Идея состоит в том, чтобы показать, что это равно$\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\lambda\sqrt{-g}$:

$$\begin{align*} \partial_\lambda\sqrt{-g}&=-\frac{1}{2\sqrt{-g}}\partial_\lambda g=-\frac{1}{2\sqrt{-g}}\frac{|g_{\mu\nu}+\delta g_{\mu\nu}|-|g_{\mu\nu}|}{\delta x^\lambda}\\ &=-\frac{1}{2\sqrt{-g}}\frac{|g_{\mu\nu}||\mathbb{I}+(g_{\mu\nu})^{-1}\partial_\lambda g_{\mu\nu}\delta x^\lambda|-|g_{\mu\nu}|}{\delta x^\lambda}\\ &=-\frac{1}{2\sqrt{-g}}\frac{|g_{\mu\nu}|\bigr(1+\text{Tr}((g_{\mu\nu})^{-1}\partial_\lambda g_{\mu\nu}\delta x^\lambda)\bigr)-|g_{\mu\nu}|}{\delta x^\lambda}\\ &=\sqrt{-g}\frac{1}{2}(g^{\mu\nu}\partial_\lambda g_{\mu\nu}) \end{align*}$$ Здесь я использовал $|g_{\mu\nu}|$для обозначения определителя $g_{\mu\nu}$. Умножение на $\frac{1}{\sqrt{-g}}$и сравнение показывает, что $$\Gamma^\mu_{\mu\lambda}=\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\lambda\sqrt{-g}=\partial_\lambda \ln\sqrt{-g}$$ Это следует из того $$\nabla_\mu V^\mu =\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\mu(\sqrt{-g}V^\mu)$$ Таким образом, вы видите, что ваша формула даламбертиана верна только для скаляров: первая ковариантная производная сводится к частной производной, а для $\partial^\mu\phi$апеллируем к формуле, которую я вывел. Обратите внимание, однако, что мы никогда не использовали уравнения движения. Это всего лишь гораздо более длинная и более подробная версия того, что Qmechanic уже опубликовал, пока я печатал это.

Существует действительно хороший вывод этого тождества с использованием дифференциальных форм, и он полностью избегает всей путаницы символов Кристоффеля.

Отличительной чертой дифференциальных форм является то, что внешнюю производную можно вычислить с помощью любого оператора производной, что позволяет нам сравнивать выражения, которые мы получаем, используя ковариантную производную, с выражением, которое вы получили бы, используя частные производные.

лечение$\phi$как 0-форму, мы собираемся вычислить$*d*d\phi$. Выполнение этого с ковариантными производными будет воспроизводить$\nabla_a \nabla^a \phi$, а с частными производными получим формулу с участием$\sqrt{-g}$:

$$\begin{align} *d*d\phi &= \frac{1}{4!}\epsilon_{abcd}\cdot4\nabla^{[a}\epsilon^{|e|bcd]}\nabla_e\phi \\ &=\frac{4}{4!}\epsilon_{abcd}\epsilon^{ebcd}\nabla^a\nabla_e\phi\\ &=\frac{4\cdot 3!}{4!}(-\delta^e_a)\nabla^a\nabla_e\phi \\ &=-\nabla_a\nabla^a\phi \end{align}$$

Мы использовали, что ковариантная производная$\epsilon$тензор равен нулю, а также тот факт, что при свертывании индексов двух$\epsilon$тензоры, вы получаете обобщенную дельту Кронекера . Знак минус связан с тем, что$\epsilon$нормируется с коэффициентом$\sqrt{-g}$, тогда как, когда вы повышаете все индексы тензора эпсилон с помощью обратной метрики, вы получаете общий коэффициент$g^{-1}$, так$\dfrac{\sqrt{-g}}{g} = -\dfrac{1}{\sqrt{-g}}$.

Теперь мы делаем то же самое, используя частные производные, и используя нормализацию$\epsilon$тензор,$\epsilon_{abcd} = \sqrt{-g}\tilde{\epsilon}_{abcd}$, куда$\tilde{\epsilon}_{abcd}$является чередующимся символом со значениями$+1$,$-1$или же$0$(и, следовательно, имеет исчезающие частные производные).

$$\begin{align} *d*d\phi &=\frac{1}{4!}\epsilon^{abcd}\cdot4\partial_{[a}(\epsilon_{|e|bcd]}\partial^e\phi)\\ &=\frac{4}{4!}\frac{-1}{\sqrt{-g}}\tilde{\epsilon}^{abcd}\partial_a(\sqrt{-g}\tilde{\epsilon}_{ebcd}g^{ef}\partial_f\phi)\\ &=-\frac{4\cdot3!}{4!}\delta^e_a\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_a(\sqrt{-g})g^{ef}\partial_f\phi)\\ &=-\frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_a(\sqrt{-g}g^{af}\partial_f\phi) \end{align}$$ Отсюда мы видим, почему оба выражения равны: это тесно связано с описанием дифференциальных форм этого оператора.

Для дифференциальных форм ранга$1$или больше, оператор$\nabla_a\nabla^a$связан с оператором Лапласа-Бельтрами $\triangle = *d*d+d*d*$, но не совсем равно этому; разница двух операторов пропорциональна тензору кривизны. Однако аналог приведенного выше вывода может быть получен для дифференциального$p$-форма$\alpha$, с оператором$*d*$, т.е.

$$\nabla_{a_1} \alpha^{a_1\ldots a_p}= -*d*\alpha = \frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_{a_1}\left(\sqrt{-g} \alpha^{a_1\ldots a_p}\right)$$

И, как отмечали другие, вывод не опирается на уравнения движения и, следовательно, выполняется вне оболочки.

Учитывая псевдориманово многообразие $(M,g)$, оператор Лапласа-Бельтрами действует на скалярные функции$\phi$. Формула для оператора Лапласа-Бельтрами следует (среди прочего), потому что:

1. Первая (самая правая) ковариантная производная$\nabla_{\mu}$в формуле

   $$\tag{1} \Box ~=~ g^{\nu\mu}\nabla_\nu\nabla_\mu$$ действует на скаляр$\phi$и, следовательно, может быть заменен частной производной$\partial_{\mu}$. (Этот шаг редукции не был бы верным для нескаляра.)

2. Предполагая$\phi$является скаляром, то вторая (самая левая) ковариантная производная$\nabla_{\nu}$в (1) действует на ковекторе$\partial_{\mu}\phi$, что означает, что мы также получаем вклад от символов Кристоффеля.

3. Наконец, используйте формулу

   $$\Gamma^{\nu}_{\mu\nu}=\partial_{\mu}\ln\sqrt{|g|}$$ для соединения Леви-Чивита .