Derivación de los símbolos de Christoffel

Question

Derivación de los símbolos de Christoffel

Josh Pilipovsky

Entonces, estoy leyendo un libro sobre relatividad y geometría diferencial y en el texto, dieron los símbolos de Christoffel en términos de la métrica y sus derivados, pero quería derivarlos yo mismo. Sin embargo, cuando lo derivé, parece que me faltan dos términos. ¿Alguien puede ver dónde me equivoqué?

Del texto, dijeron que la derivada de los vectores base $\vec{e}_{\mu}$ , denotado como $\vec{e}_{\mu, \nu} \equiv \partial_{\nu}\vec{e}_{\mu}$ , se puede escribir como una combinación lineal de estos vectores base y también como un vector normal, es decir

{\vec{mi}}_{m, v} = Γ_{m v}^{λ} {\vec{mi}}_{λ} + k_{m v} \vec{norte}

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

También sé que la métrica en sí, $g_{\mu \nu}$ se puede escribir como el producto escalar de estos vectores básicos como

{gramo}_{m v} = {\vec{mi}}_{m} \cdot {\vec{mi}}_{v}

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

Así que mi lógica era tomar la derivada de la métrica con esta definición:

\begin{aligned} \partial_{α} {gramo}_{m v} & = \partial_{α} ({\vec{mi}}_{m} \cdot {\vec{mi}}_{v}) \\ = \partial_{α} {\vec{mi}}_{m} \cdot {\vec{mi}}_{v} + {\vec{mi}}_{m} \cdot \partial_{α} {\vec{mi}}_{v} \\ = {\vec{mi}}_{m, α} \cdot {\vec{mi}}_{v} + {\vec{mi}}_{m} \cdot {\vec{mi}}_{v, α} \\ = (Γ_{m α}^{λ} {\vec{mi}}_{λ} + k_{m α} \vec{norte}) \cdot {\vec{mi}}_{v} + {\vec{mi}}_{m} \cdot (Γ_{v α}^{λ} {\vec{mi}}_{λ} + k_{v α} \vec{norte}) \\ = Γ_{m α}^{λ} ({\vec{mi}}_{λ} \cdot {\vec{mi}}_{v}) + Γ_{v α}^{λ} ({\vec{mi}}_{m} \cdot {\vec{mi}}_{λ}) \\ = Γ_{m α}^{λ} {gramo}_{λ v} + Γ_{v α}^{λ} {gramo}_{m λ} \\ = Γ_{m α}^{λ} {gramo}_{λ v} + Γ_{v α}^{λ} {gramo}_{λ m} \end{aligned}

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

En esto, lo único que usé fue que $\vec{n} \cdot \vec{e}_{\lambda} =0$ por definición y que la métrica es simétrica, es decir $g_{\mu \lambda} = g_{\lambda \mu}$ .

Así que ahora que tengo esa ecuación para la derivada de la métrica, también podría jugar con ella y resolver los símbolos de Christoffel. Lo único que hice fue multiplicar toda la ecuación por $g^{\alpha \lambda}$ en un intento de contraer y eliminar algunos de los términos métricos para aislar $\Gamma$ :

\begin{aligned} {gramo}^{α λ} \partial_{α} {gramo}_{m v} & = Γ_{m α}^{λ} {gramo}^{α λ} {gramo}_{λ v} + Γ_{v α}^{λ} {gramo}^{α λ} {gramo}_{λ v} \\ = Γ_{m α}^{λ} d_{v}^{α} + Γ_{v α}^{λ} d_{m}^{α} \end{aligned}

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

Dado que esto es solo multiplicar la métrica por su inversa, da como resultado la matriz de identidad o el delta de Kronecker. Dado que esto es $0$ cuando los índices no son iguales entre sí y $1$ cuando lo son, podemos escribir esto como:

{gramo}^{α λ} \partial_{α} {gramo}_{m v} = Γ_{m v}^{λ} + Γ_{v m}^{λ}

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

Y, por último, los símbolos de Christoffel son simétricos en sus dos índices inferiores, por lo que finalmente obtenemos:

{gramo}^{α λ} \partial_{α} {gramo}_{m v} = 2 Γ_{m v}^{λ}

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

Γ_{m v}^{λ} = \frac{1}{2} {gramo}^{α λ} (\partial_{α} {gramo}_{m v})

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

El problema es que la respuesta real (correcta) para $\Gamma$ involucra tres derivadas de la métrica en lugar de la mía. ¿Dónde me he equivocado aquí?

una mente curiosa

Esto parece ser una pregunta de matemáticas puras; pertenece a Matemáticas .

Regla Evan

No puedes contratar con

g^{α λ}

$g^{\alpha\lambda}$ cuando

λ

$\lambda$ ya es un índice de suma ficticia.

Regla Evan

Es una de las reglas de la notación de suma de Einstein: mathworld.wolfram.com/EinsteinSummation.html

Regla Evan

Γ_{μ α}^{λ} g^{α λ} g_{λ ν}

$\Gamma^{\lambda}_{\mu\alpha}g^{\alpha\lambda}g_{\lambda\nu}$ tiene tres

λ

$\lambda$ está en él. Explique cómo cree que debería ejecutarse esta suma.

ryan unger

¿Estás leyendo Zee?

Josh Pilipovsky

@0celo7 si!!! Me gusta mucho el libro, pero a veces algunas de las cosas que dice no son claras.

Josh Pilipovsky

Ahora entiendo, gracias.

Respuestas (3)

Derivación de los símbolos de Christoffel

Esto parece ser una pregunta de matemáticas puras; pertenece a Matemáticas .
No puedes contratar con $g^{\alpha\lambda}$ cuando $\lambda$ ya es un índice de suma ficticia.
Es una de las reglas de la notación de suma de Einstein: mathworld.wolfram.com/EinsteinSummation.html
$\Gamma^{\lambda}_{\mu\alpha}g^{\alpha\lambda}g_{\lambda\nu}$ tiene tres $\lambda$ está en él. Explique cómo cree que debería ejecutarse esta suma.
@0celo7 si!!! Me gusta mucho el libro, pero a veces algunas de las cosas que dice no son claras.

N0va · Answer 1

Una propiedad definitoria de los símbolos de Christoffel del segundo tipo es

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

Aceptar esto como una definición para el objeto. $\Gamma^k_{ij}$ uno puede mostrar, mirando la segunda derivada del elemento de línea, que $\Gamma$ es simétrica en sus índices inferiores $\Gamma^k_{ij}=\Gamma^k_{ji}$ .

Ahora a la derivación de una expresión para $\Gamma$ : mirando la derivada total de la métrica se puede llegar a:

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

Pero por definición, la derivada total de $g_{ij}$ es dado por $dg_{ij}=\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^l}dq^l$ . Al comparar los coeficientes llegamos a:

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

EDITAR: Eso es lo que se derivó en la pregunta de una manera diferente. Pero ahora, para aislar un solo símbolo de Christoffel, se necesita sumar esta expresión con diferentes índices. El error en la derivación de la pregunta se señaló en los comentarios; fue un error con respecto al índice de suma $\lambda$ .

Usando eso, uno puede mostrar usando las simetrías de $\Gamma$ y $g$ que se cumple lo siguiente:

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

Ahora dividiendo por 2 e invirtiendo con $g$ te lleva a una expresión para $\Gamma$ :

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

Esta es una posible derivación donde el paso de sumar esas 3 derivadas parciales no es muy intuitivo.

Sé que uno puede llegar a una expresión para los símbolos de Christoffel del segundo tipo observando la ecuación de movimiento de Lagrange para una partícula libre en una superficie curva. Esto básicamente te da la ecuación geodésica donde $\Gamma$ aparece también. Entonces, la propiedad determinante sería la ecuación geodésica y habría que hacer el cálculo anterior para demostrar que $d\mathbf{e}_i=\Gamma^k_{ij}\mathbf{e}_k dq^j$ en realidad se mantiene para $\Gamma$ .

hamideh · Answer 2

Para obtener los símbolos de Christoffel, debemos notar que cuando dos vectores se transportan paralelamente a lo largo de cualquier curva, el producto interno entre ellos permanece invariante bajo dicha operación. Por lo tanto, debemos escribir su expresión para tres parámetros $\alpha$ , $\lambda$ y $\nu$ en un orden cíclico para obtener los símbolos de Christoffel correctos.

Siderio · Answer 3

En mi opinión, este pasaje tiene un error:

\begin{aligned} {gramo}^{α λ} \partial_{α} {gramo}_{m v} & = Γ_{m α}^{λ} {gramo}^{α λ} {gramo}_{λ v} + Γ_{v α}^{λ} {gramo}^{α λ} {gramo}_{λ v} \\ = Γ_{m α}^{λ} d_{v}^{α} + Γ_{v α}^{λ} d_{m}^{α} \end{aligned}

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

No puede contratar un índice en ejecución como lo hizo, porque ha elegido un índice $\lambda$ pero lo contrajiste con un preexistente en ejecución $\lambda$ (esta operación está bien para LHS). Puede, por ejemplo, contratar $g^{\nu l}$ con $\partial_a g_{\mu \nu}$ pero sería útil solo para el primer elemento de RHS ya que obtendría $\Gamma^{\lambda}_{\mu \alpha} \delta_{\lambda}^{ \nu }$ . Por esta razón, para tal demostración se requieren muchas adiciones de trucos "similares" de este tipo.

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