¿Por qué la derivada covariante del determinante de la métrica es cero?

Comentarios a la publicación (v2):

1. Tenga en cuenta que$\sqrt{|g|}$se transforma como una densidad en lugar de un escalar bajo transformaciones de coordenadas generales. En particular, la derivada covariante de$\sqrt{|g|}$no coincide necesariamente con la derivada parcial de$\sqrt{|g|}$.

2. Aquí hay una explicación heurística usando coordenadas locales. La conexión Levi-Civita es compatible con la métrica$g_{\mu\nu}\mathrm{d}x^{\mu}\odot \mathrm{d}x^{\nu}$. que una conexión$\nabla$es compatible con una métrica significa que$\nabla_{\lambda}g_{\mu\nu}=0$. Usando la linealidad y la regla de Leibniz, la derivada covariante$\nabla_{\lambda}$luego aniquila cualquier función suficientemente agradable$f(g_{00},g_{01}, \ldots)$de la métrica. En particular, la raíz cuadrada del determinante$\sqrt{|g|}$, asi que$\nabla_{\lambda}\sqrt{|g|}=0$.

ESTÁ BIEN. Tomemos la derivada ordinaria del determinante de algún tensor covariante de 2$A_{\mu\nu}$. Vamos a llamarlo$A$. Pero es más conveniente dejarnos pensar en$A_{\mu\nu}$como una matriz con índices covariantes. Asi que

$$\det{A_{\mu\nu}} = A$$ A continuación, hagamos los siguientes cálculos: $$\delta\ln{\det{A_{\mu\nu}}} = \ln{\det{(A_{\mu\nu}}+\delta A_{\mu\nu})}-\ln{\det{A_{\mu\nu}}} = \ln{\det({A^{\mu\sigma}(A_{\sigma\nu}+\delta A_{\sigma\nu}))}},$$ dónde$\delta$es como diferencial y$A^{\mu\sigma}$denota 2-tensor contradictorio con la siguiente propiedad:$A^{\mu\sigma}A_{\sigma\nu} = \delta^{\mu}_{\,\nu}$, en otras palabras, tensor "inverso".

Continuemos

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

Dividido por$dx^{\lambda}$da

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

Por lo tanto,

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

O

$$\partial_{\lambda}g = g g^{\mu\sigma}\partial_{\lambda} g_{\sigma\mu}$$ El siguiente paso es bastante divertido. Reemplacemos todos los parciales ordinarios por absolutos (covariantes). Entonces tenemos $$\nabla_{\lambda}g = g g^{\mu\sigma}\nabla_{\lambda} g_{\sigma\mu}.$$ Pero $$\nabla_{\lambda} g_{\sigma\mu} = 0.$$ QED. El último no es un ejercicio duro. En efecto, en las coordenadas geodésicas siempre es cierto porque en estas coordenadas$\nabla_{\nu} = \partial_{\nu}$. Pero si algún tensor es igual a cero en un marco de referencia, entonces es cero en cada marco de referencia.

Pero no estoy seguro del mismo truco con matriz arbitraria (aunque puede resultar igual). Sería mejor usar lo siguiente. Ya que

$$\det{g^{\mu\nu}A_{\nu\sigma}}$$ es un escalar, podemos usar la derivada ordinaria para esto. Pero por otro lado, podríamos usar la derivada covariante para ello. Para escalar es lo mismo. Asi que $$\nabla_{\nu}(\det{g^{\mu\nu}A_{\mu\nu}}) = g^{-1}\nabla_{\nu}A + A\nabla_{\nu}g^{-1} = g^{-1}\partial_\nu A + A\partial_\nu g^{-1}$$ Sigamos con los cálculos $$\nabla_{\nu}A = \partial_{\nu} A - A\frac{\partial_\nu g}{g}$$ donde usamos$\nabla_\nu g = 0$. Derivadas parciales que podemos encontrar a partir de las ecuaciones anteriores.

He aquí un cálculo heurístico: Sea$\{E_i\}$ser un marco ortonormal ($g(E_i,E_j)=\epsilon_i\delta_{ij}, \epsilon_i=\pm 1$). Después$\mu$es la forma de volumen canónico$\sqrt{g}\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n$si y si$\mu(E_1,\dotsc, E_n)=1$. Después

$$(\nabla_X\mu)(E_1,\dotsc,E_n)=\nabla_X(\mu(E_1,\dotsc,E_n))-\sum \mu(E_1,\dotsc,\nabla_X E_i,\dotsc,E_n)=-\sum \epsilon_ig(E_i,\nabla_X E_i)\mu(E_1,\dotsc,E_i,\dotsc,E_n)=-\sum \epsilon_ig(E_i,\nabla_X E_i)=-\frac{1}{2}\sum \epsilon_i\nabla_X g(E_i,E_i)=0$$ para todos los campos vectoriales $X$. Luego, usando la propiedad de derivación de la conexión, y $\nabla_X(\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n)=0$para todos $X$, uno tiene $$\nabla_X\mu=(\nabla_X\sqrt{g})\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n=0$$ De dónde $\nabla_X\sqrt{g}=0$para todos $X$y en algún gráfico.

Para ser absolutamente pedante, uno debería adaptar la definición de la conexión en términos de transporte paralelo a las densidades de tensor. Esto se hace, por ejemplo, en Straumann, General Relativity (2013). Para una densidad escalar$\rho$se encuentra en coordenadas locales$\nabla_i\rho=(\partial_i-\Gamma^l{}_{il})\rho$. De la expresión estándar para$\Gamma^l{}_{li}$es fácil comprobar que$\nabla_i\sqrt{g}=0$.