Вывод символов Кристоффеля

Question

Вывод символов Кристоффеля

Джош Пилиповски

Итак, я читаю книгу по теории относительности и дифференциальной геометрии, и в тексте они дали символы Кристоффеля в терминах метрики и ее производных, но я хотел вывести их сам. Однако, когда я его вывел, мне, кажется, не хватает двух терминов. Может кто-нибудь заметить, где я накосячил?

Из текста они сказали, что производная базисных векторов $\vec{e}_{\mu}$ , обозначаемый как $\vec{e}_{\mu, \nu} \equiv \partial_{\nu}\vec{e}_{\mu}$ , может быть записан как линейная комбинация этих базисных векторов, а также вектор нормали, т.е.

{\vec{е}}_{мю, ν} "=" Г_{мю ν}^{λ} {\vec{е}}_{λ} + К_{мю ν} \vec{н}

$\vec{e}_{\mu,\nu}=\Gamma_{\mu\nu}^{\lambda}\vec{e}_{\lambda}+K_{\mu \nu} \vec{n}$

Я также знаю, что сама метрика, $g_{\mu \nu}$ можно записать как скалярное произведение этих основных векторов как

г_{мю ν} "=" {\vec{е}}_{мю} \cdot {\vec{е}}_{ν}

$g_{\mu \nu} = \vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\nu}$

Итак, моя логика заключалась в том, чтобы взять производную метрики с этим определением:

\begin{aligned} \partial_{α} г_{мю ν} & "=" \partial_{α} ({\vec{е}}_{мю} \cdot {\vec{е}}_{ν}) \\ "=" \partial_{α} {\vec{е}}_{мю} \cdot {\vec{е}}_{ν} + {\vec{е}}_{мю} \cdot \partial_{α} {\vec{е}}_{ν} \\ "=" {\vec{е}}_{мю, α} \cdot {\vec{е}}_{ν} + {\vec{е}}_{мю} \cdot {\vec{е}}_{ν, α} \\ "=" (Г_{мю α}^{λ} {\vec{е}}_{λ} + К_{мю α} \vec{н}) \cdot {\vec{е}}_{ν} + {\vec{е}}_{мю} \cdot (Г_{ν α}^{λ} {\vec{е}}_{λ} + К_{ν α} \vec{н}) \\ "=" Г_{мю α}^{λ} ({\vec{е}}_{λ} \cdot {\vec{е}}_{ν}) + Г_{ν α}^{λ} ({\vec{е}}_{мю} \cdot {\vec{е}}_{λ}) \\ "=" Г_{мю α}^{λ} г_{λ ν} + Г_{ν α}^{λ} г_{мю λ} \\ "=" Г_{мю α}^{λ} г_{λ ν} + Г_{ν α}^{λ} г_{λ мю} \end{aligned}

$\begin{split}\partial_{\alpha} g_{\mu \nu} & =\partial_{\alpha} (\vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\nu}) \\ & =\partial_{\alpha}\vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\nu} + \vec{e}_{\mu} \cdot \partial_{\alpha} \vec{e}_{\nu} \\ & =\vec{e}_{\mu,\alpha} \cdot \vec{e}_{\nu} + \vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\nu, \alpha} \\ & =(\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} \vec{e}_{\lambda} +K_{\mu \alpha} \vec{n} ) \cdot \vec{e}_{\nu} +\vec{e}_{\mu} \cdot (\Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} \vec{e}_{\lambda} + K_{\nu \alpha} \vec{n}) \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} (\vec{e}_{\lambda} \cdot \vec{e}_{\nu}) + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} (\vec{e}_{\mu} \cdot \vec{e}_{\lambda}) \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} g_{\lambda \nu} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} g_{\mu \lambda} \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} g_{\lambda \nu} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} g_{\lambda \mu} \end{split}$

В этом единственное, что я использовал, это то, что $\vec{n} \cdot \vec{e}_{\lambda} =0$ по определению и что метрика симметрична, т.е. $g_{\mu \lambda} = g_{\lambda \mu}$ .

Итак, теперь, когда у меня есть это уравнение для производной метрики, я могу поиграть с ним и найти символы Кристоффеля. Единственное, что я сделал, это умножил все уравнение на $g^{\alpha \lambda}$ в попытке сократить и устранить некоторые метрические термины, чтобы изолировать $\Gamma$ :

\begin{aligned} г^{α λ} \partial_{α} г_{мю ν} & "=" Г_{мю α}^{λ} г^{α λ} г_{λ ν} + Г_{ν α}^{λ} г^{α λ} г_{λ ν} \\ "=" Г_{мю α}^{λ} {дельта}_{ν}^{α} + Г_{ν α}^{λ} {дельта}_{мю}^{α} \end{aligned}

$\begin{split} g^{\alpha \lambda} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} & = \Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} g^{\alpha \lambda} g_{\lambda \nu} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} g^{\alpha \lambda} g_{\lambda \nu} \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} \delta_{\nu}^{\alpha} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} \delta_{\mu}^{\alpha} \end{split}$

Поскольку это просто умножение метрики на обратную, в результате получается единичная матрица или дельта Кронекера. Так как это $0$ когда индексы не равны друг другу и $1$ когда они есть, мы можем записать это как:

г^{α λ} \partial_{α} г_{мю ν} "=" Г_{мю ν}^{λ} + Г_{ν мю}^{λ}

$g^{\alpha \lambda} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} = \Gamma_{\mu \nu}^{\lambda} + \Gamma_{\nu \mu}^{\lambda}$

И, наконец, символы Кристоффеля симметричны по двум нижним индексам, поэтому в итоге мы получаем:

г^{α λ} \partial_{α} г_{мю ν} "=" 2 Г_{мю ν}^{λ}

$g^{\alpha \lambda} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} = 2 \Gamma_{\mu \nu}^{\lambda}$ или

Г_{мю ν}^{λ} "=" \frac{1}{2} г^{α λ} (\partial_{α} г_{мю ν})

$\Gamma_{\mu \nu}^{\lambda} = \frac{1}{2} g^{\alpha \lambda} (\partial_{\alpha} g_{\mu \nu})$

Проблема в том, что фактический (правильный) ответ для $\Gamma$ включает три производные метрики вместо одной моей. Где я ошибся здесь?

Любопытный Разум

Кажется, это чисто математический вопрос; это относится к математике .

Эван Рул

Вы не можете заключить договор с

g^{α λ}

$g^{\alpha\lambda}$ когда

λ

$\lambda$ уже является фиктивным индексом суммирования.

Эван Рул

Это одно из правил записи суммирования Эйнштейна: mathworld.wolfram.com/EinsteinSummation.html

Эван Рул

Γ_{μ α}^{λ} g^{α λ} g_{λ ν}

$\Gamma^{\lambda}_{\mu\alpha}g^{\alpha\lambda}g_{\lambda\nu}$ имеет три

λ

$\lambda$ с в нем. Пожалуйста, объясните, как, по вашему мнению, должно выполняться это суммирование.

Райан Унгер

Вы читаете Зи?

Джош Пилиповски

@0celo7 да!!! Мне очень нравится книга, но иногда некоторые вещи, которые он говорит, неясны.

Джош Пилиповски

Теперь понял, спасибо.

Ответы (3)

Вывод символов Кристоффеля

Кажется, это чисто математический вопрос; это относится к математике .
Вы не можете заключить договор с $g^{\alpha\lambda}$ когда $\lambda$ уже является фиктивным индексом суммирования.
Это одно из правил записи суммирования Эйнштейна: mathworld.wolfram.com/EinsteinSummation.html
$\Gamma^{\lambda}_{\mu\alpha}g^{\alpha\lambda}g_{\lambda\nu}$ имеет три $\lambda$ с в нем. Пожалуйста, объясните, как, по вашему мнению, должно выполняться это суммирование.
@0celo7 да!!! Мне очень нравится книга, но иногда некоторые вещи, которые он говорит, неясны.

N0va · Answer 1

Одним из определяющих свойств символов Кристоффеля второго рода является

$d\mathbf{e}_i=\Gamma^k_{ij}\mathbf{e}_k dq^j$ .

Принятие этого как определение объекта $\Gamma^k_{ij}$ можно показать, глядя на вторую производную линейного элемента, что $\Gamma$ симметричен по нижним показателям $\Gamma^k_{ij}=\Gamma^k_{ji}$ .

Теперь к выводу выражения для $\Gamma$ : глядя на полную производную метрики, можно получить:

$dg_{ij}=d( \mathbf{e}_i \cdot \mathbf{e}_j )=(\Gamma^k_{jl}g_{ik}+\Gamma^k_{il}g_{jk})dq^l$ .

Но по определению полная производная от $g_{ij}$ дан кем-то $dg_{ij}=\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^l}dq^l$ . Сравнивая коэффициенты, получаем:

$\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^l}=\Gamma^k_{jl}g_{ik}+\Gamma^k_{il}g_{jk}$ .

РЕДАКТИРОВАТЬ: Это то, что было получено в вопросе другим способом. Но теперь, чтобы выделить один символ Кристоффеля, нужно сложить это выражение с разными индексами. В комментариях была указана ошибка в выводе вопроса; это была ошибка относительно индекса суммирования $\lambda$ .

Используя это, можно показать, используя симметрии $\Gamma$ и $g$ что имеет место следующее:

$\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^l}+\frac{\partial g_{lj}}{\partial q^i}-\frac{\partial g_{il}}{\partial q^j}=2\Gamma^k_{li}g_{jk}$ .

Теперь делим на 2 и инвертируем с помощью $g$ приводит вас к выражению для $\Gamma$ :

$\Gamma^k_{li}=\frac{1}{2}g^{jm}(\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^l}+\frac{\partial g_{lj}}{\partial q^i}-\frac{\partial g_{il}}{\partial q^j})$

Это один из возможных выводов, при котором шаг суммирования этих трех частных производных не очень интуитивен.

Я знаю, что можно получить выражение для символов Кристоффеля второго рода, взглянув на уравнение движения Лагранжа для свободной частицы на искривленной поверхности. Это в основном дает вам геодезическое уравнение, где $\Gamma$ появляется так же. Тогда определяющим свойством будет геодезическое уравнение, и нужно будет выполнить приведенный выше расчет, чтобы показать, что $d\mathbf{e}_i=\Gamma^k_{ij}\mathbf{e}_k dq^j$ на самом деле держится за $\Gamma$ .

хамиде · Answer 2

Чтобы получить символы Кристоффеля, заметим, что при параллельном переносе двух векторов по любой кривой скалярное произведение между ними остается неизменным при такой операции. Поэтому мы должны написать ваше выражение для трех параметров $\alpha$ , $\lambda$ и $\nu$ в циклическом порядке, чтобы получить правильные символы Кристоффеля.

Сидериус · Answer 3

На мой взгляд, в этом отрывке есть ошибка:

\begin{aligned} г^{α λ} \partial_{α} г_{мю ν} & "=" Г_{мю α}^{λ} г^{α λ} г_{λ ν} + Г_{ν α}^{λ} г^{α λ} г_{λ ν} \\ "=" Г_{мю α}^{λ} {дельта}_{ν}^{α} + Г_{ν α}^{λ} {дельта}_{мю}^{α} \end{aligned}

$\begin{split} g^{\alpha \lambda} \partial_{\alpha} g_{\mu \nu} & = \Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} g^{\alpha \lambda} g_{\lambda \nu} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} g^{\alpha \lambda} g_{\lambda \nu} \\ & =\Gamma_{\mu \alpha}^{\lambda} \delta_{\nu}^{\alpha} + \Gamma_{\nu \alpha}^{\lambda} \delta_{\mu}^{\alpha} \end{split}$

Вы не можете свернуть текущий индекс, как вы это сделали, потому что вы выбрали индекс $\lambda$ но вы заразились этим уже существующим бегом $\lambda$ (эта операция подходит для LHS). Например, вы можете заключить договор $g^{\nu l}$ с $\partial_a g_{\mu \nu}$ но это было бы полезно только для первого элемента RHS, так как вы получили бы $\Gamma^{\lambda}_{\mu \alpha} \delta_{\lambda}^{ \nu }$ . Именно поэтому для такой демонстрации требуется много дополнений «подобных» трюков подобного рода.

Вывод символов Кристоффеля

Джош Пилиповски

Любопытный Разум

Эван Рул

Эван Рул

Эван Рул

Райан Унгер

Джош Пилиповски

Джош Пилиповски

Ответы (3)

N0va

хамиде

Сидериус

Вопрос от Шутца

Контрактные индексы

Уникальность аффинных связей

Как найти нулевую геодезическую?

Как сделать так, чтобы два отдельных уравнения для символов Кристоффеля давали один и тот же ответ?

Проблема с повышением/понижением индексов в ковариантной производной [закрыто]

Два наблюдателя Робертсона-Уокера, в какое время будет получен световой сигнал?

Ускорение частицы, «удерживаемой на месте» при x=1x=1x = 1 [закрыто]

Является ли метрическое тензорное поле тем же, что и ds²=−dt²+dx²+dy²+dz²ds²=−dt²+dx²+dy²+dz²ds² = -dt² + dx²+ dy² + dz²?

Почему ковариантная производная метрического тензора равна нулю?