Почему ковариантная производная определителя метрики равна нулю?

Комментарии к посту (v2):

1. Обратите внимание, что$\sqrt{|g|}$преобразуется как плотность , а не как скаляр при общих преобразованиях координат. В частности, ковариантная производная от$\sqrt{|g|}$не обязательно совпадает с частной производной$\sqrt{|g|}$.

2. Вот эвристическое объяснение с использованием локальных координат. Соединение Levi-Civita совместимо с метрикой$g_{\mu\nu}\mathrm{d}x^{\mu}\odot \mathrm{d}x^{\nu}$. Это связь$\nabla$совместим с метрикой означает, что$\nabla_{\lambda}g_{\mu\nu}=0$. Используя линейность и правило Лейбница, ковариантная производная$\nabla_{\lambda}$затем аннулирует любую достаточно хорошую функцию$f(g_{00},g_{01}, \ldots)$метрики. В частности, квадратный корень из определителя$\sqrt{|g|}$, так$\nabla_{\lambda}\sqrt{|g|}=0$.

ХОРОШО. Возьмем обыкновенную производную определителя некоторого ковариантного 2-тензора$A_{\mu\nu}$. Позвольте назвать это$A$. Но удобнее позволить нам думать о$A_{\mu\nu}$как матрица с ковариантными индексами. Так

$$\det{A_{\mu\nu}} = A$$ Далее произведем следующие расчеты: $$\delta\ln{\det{A_{\mu\nu}}} = \ln{\det{(A_{\mu\nu}}+\delta A_{\mu\nu})}-\ln{\det{A_{\mu\nu}}} = \ln{\det({A^{\mu\sigma}(A_{\sigma\nu}+\delta A_{\sigma\nu}))}},$$ куда$\delta$как дифференциальный и$A^{\mu\sigma}$обозначает контравриантный 2-тензор со следующим свойством:$A^{\mu\sigma}A_{\sigma\nu} = \delta^{\mu}_{\,\nu}$, другими словами, «обратный» тензор.

Давай продолжим

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

Деленное на$dx^{\lambda}$это дает

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

Следовательно,

$$\frac{\partial_{\lambda}A}{A} = A^{\mu\sigma}\partial_{\lambda} A_{\sigma\mu}$$

Или же

$$\partial_{\lambda}g = g g^{\mu\sigma}\partial_{\lambda} g_{\sigma\mu}$$ Следующий шаг довольно забавный. Заменим все обычные партиалы на абсолютные (ковариантные). Итак, у нас есть $$\nabla_{\lambda}g = g g^{\mu\sigma}\nabla_{\lambda} g_{\sigma\mu}.$$ Но $$\nabla_{\lambda} g_{\sigma\mu} = 0.$$ КЭД. Последнее не является тяжелым упражнением. Действительно, в геодезических координатах всегда верно, потому что в этих координатах$\nabla_{\nu} = \partial_{\nu}$. Но если какой-то тензор равен нулю в одной системе отсчета, то он равен нулю во всех системах отсчета.

А вот насчёт такого же фокуса с произвольной матрицей я не уверен (хотя может получиться то же самое). Лучше использовать следующее. С

$$\det{g^{\mu\nu}A_{\nu\sigma}}$$ является скаляром, мы можем использовать для этого обычную производную. Но с другой стороны, мы могли бы использовать для этого ковариантную производную. Для скаляра то же самое. Так $$\nabla_{\nu}(\det{g^{\mu\nu}A_{\mu\nu}}) = g^{-1}\nabla_{\nu}A + A\nabla_{\nu}g^{-1} = g^{-1}\partial_\nu A + A\partial_\nu g^{-1}$$ Продолжим расчеты $$\nabla_{\nu}A = \partial_{\nu} A - A\frac{\partial_\nu g}{g}$$ Где мы использовали$\nabla_\nu g = 0$. Частные производные мы можем найти из предыдущих уравнений.

Вот эвристический расчет: пусть$\{E_i\}$быть ортонормированным репером ($g(E_i,E_j)=\epsilon_i\delta_{ij}, \epsilon_i=\pm 1$). затем$\mu$является канонической формой объема$\sqrt{g}\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n$если$\mu(E_1,\dotsc, E_n)=1$. затем

$$(\nabla_X\mu)(E_1,\dotsc,E_n)=\nabla_X(\mu(E_1,\dotsc,E_n))-\sum \mu(E_1,\dotsc,\nabla_X E_i,\dotsc,E_n)=-\sum \epsilon_ig(E_i,\nabla_X E_i)\mu(E_1,\dotsc,E_i,\dotsc,E_n)=-\sum \epsilon_ig(E_i,\nabla_X E_i)=-\frac{1}{2}\sum \epsilon_i\nabla_X g(E_i,E_i)=0$$ для всех векторных полей $X$. Затем, используя свойство вывода соединения, и $\nabla_X(\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n)=0$для всех $X$, надо $$\nabla_X\mu=(\nabla_X\sqrt{g})\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n=0$$ откуда $\nabla_X\sqrt{g}=0$для всех $X$и в каком-то графике.

Чтобы быть абсолютно педантичным, следует адаптировать определение связи в терминах параллельного переноса к тензорным плотностям. Это сделано, например, в Straumann, General Relativity (2013). Для скалярной плотности$\rho$находится в местных координатах$\nabla_i\rho=(\partial_i-\Gamma^l{}_{il})\rho$. Из стандартного выражения для$\Gamma^l{}_{li}$легко убедиться, что$\nabla_i\sqrt{g}=0$.