Determinante del tensor métrico

Question

Determinante del tensor métrico

José

Después de un cambio de sistema de coordenadas en un espacio plano de $x\rightarrow y$ , tenemos el tensor métrico:

{gramo}_{m v} = \frac{\partial y^{α}}{\partial X^{m}} \frac{\partial y^{β}}{\partial X^{v}} η_{α β} .

$g_{\mu \nu} = \frac{\partial y^{\alpha}}{\partial x^{\mu}} \frac{\partial y^{\beta}}{\partial x^{\nu}}\eta_{\alpha \beta}.$

Ahora, después de expandir

y^{α} = X^{α} + ϵ ξ^{α},

$y^{\alpha}= x^{\alpha}+\epsilon \xi^{\alpha},$ necesito el determinante

g

$g$ en términos de la nueva variable

ξ

$\xi$ . ¿Hay un método estándar para hacer esto?

Slereah

El determinante es un invariante bajo cambio de coordenadas

Miguel

@Slereah ¿Qué? ¿Qué hay de cambiar coordenadas cartesianas a esféricas, por ejemplo? Creo que estás pensando en transformaciones ortogonales.

Miguel

@Joe ¿Sabes cómo calcular el jacobiano ? ¿Y sabes cómo calcular el determinante del producto de dos matrices? ¿Has probado algo?

José

@Mike... Sí, lo hago. El determinante del producto es simplemente el producto de la det de las dos matrices.

Vanguardia

@Mike Creo que Slereah quiso decir

\sqrt{- g} d^{4} x

$\sqrt{-g} d^4 x$ es invariante bajo transformaciones de coordenadas.

g

$g$ se transforma.

Respuestas (2)

Determinante del tensor métrico

@Slereah ¿Qué? ¿Qué hay de cambiar coordenadas cartesianas a esféricas, por ejemplo? Creo que estás pensando en transformaciones ortogonales.
@Joe ¿Sabes cómo calcular el jacobiano ? ¿Y sabes cómo calcular el determinante del producto de dos matrices? ¿Has probado algo?
@Mike... Sí, lo hago. El determinante del producto es simplemente el producto de la det de las dos matrices.
@Mike Creo que Slereah quiso decir $\sqrt{-g} d^4 x$ es invariante bajo transformaciones de coordenadas. $g$ se transforma.

Vanguardia · Answer 1

Tomando el determinante en ambos lados, se obtiene:

gramo = - {| \frac{\partial y (X)^{α}}{\partial X^{β}} |}^{2}

$g = -\left|\frac{\partial y(x)^\alpha}{\partial x^\beta}\right|^2$

dónde $g = \text{det} (g_{\mu \nu})$ y $\text{det} (\eta_{\mu \nu}) = -1$ . En el lado derecho está el jacobiano (cuadrado) de la transformación de coordenadas. ¿Puedes tomarlo desde aquí?

@ Avantgarde. El jacobiano tiene que venir con derivada parcial, ¿verdad? Gracias ... Anteriormente llegué al mismo punto también.
@Joe ¡Sí, gracias! Sabía que algo andaba mal cuando lo escribí por primera vez jaja.

maestro de matemáticas · Answer 2

Dejar $\chi$ sea la matriz de transformación de coordenadas que consta de elementos de la forma

x = {\frac{\partial y^{α}}{\partial X^{β}}} .

$\chi = \Big\{\frac{\partial y^\alpha}{\partial x^\beta}\Big\}.$ La inversa de esta matriz

χ^{- 1}

$\chi^{-1}$ consta de elementos de la forma:

x^{- 1} = {\frac{\partial X^{β}}{\partial y^{α}}} .

$\chi^{-1} = \Big\{\frac{\partial x^\beta}{\partial y^\alpha}\Big\}.$

Por lo tanto, encontramos que la métrica $g$ (así por ejemplo $\eta=diag(-1,1,1,1)$ ) se puede transformar como un tensor de rango- $(0,2):$

{gramo}^{'} = (x^{- 1})^{T} gramo x^{- 1} .

$g^\prime = (\chi^{-1})^T g \ \chi^{-1}.$

Tomando el determinante encontramos:

det ({gramo}^{'}) = det ((x^{- 1})^{T} gramo x^{- 1}) = det (gramo) det ((x^{- 1})^{T}) det (x^{- 1}) \neq det (gramo) .

$\det(g^\prime) = \det((\chi^{-1})^T g \ \chi^{-1}) = \det(g) \det((\chi^{-1})^T)\det(\chi^{-1}) \neq \det(g).$

El determinante es invariante iff $\det((\chi^{-1})^T)\ = 1/\det(\chi^{-1})$ .

En general, solo resuelve esta multiplicación de matrices y determina $\det(g^\prime).$

Entonces obtenemos lo siguiente:

det ({gramo}^{'}) = - det (x^{- 1})^{2}

$\det(g^\prime) = - \det(\chi^{-1})^2$

dónde $\det(\chi^{-1})$ es de hecho el jacobiano ya que $\det((\chi^{-1})^T)=\det(\chi^{-1})$ y $\det(g)=\det(\eta)=-1$ ya que solicitó la conversión de coordenadas planas a no planas.

Determinante del tensor métrico

José

Slereah

Miguel

Miguel

José

Vanguardia

Respuestas (2)

Vanguardia

José

Vanguardia

maestro de matemáticas

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