Posterior a indagar en diversos repositorios y páginas webs de internet al terminar hemos hallado la resolución que te mostramos más adelante.
Solución:
Comentarios a la publicación (v2):
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Tenga en cuenta que $ sqrt g $ se transforma como una densidad en lugar de un escalar en las transformaciones de coordenadas generales. En particular, la derivada covariante de $ sqrt g $ no necesariamente coincide con la derivada parcial de $ sqrt $.
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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 $ sea compatible con una métrica significa que $ nabla _ lambda g _ mu nu = 0 $. Usando linealidad y la regla de Leibniz, la derivada covariante $ nabla _ lambda $ luego aniquila cualquier función suficientemente buena $ f (g_ 00, g_ 01, ldots) $ de la métrica. En particular, la raíz cuadrada del determinante $ sqrt g $, entonces $ nabla _ lambda sqrt g = 0 $.
está bien. Tomemos la derivada ordinaria del determinante de algún 2-tensor covariante $ A _ mu nu $. Vamos a llamarlo $ A $. Pero es más conveniente permitirnos pensar en $ A _ mu nu $ como una matriz con índices covariantes. Entonces $$ det A _ mu nu = A $$
A continuación, hagamos los siguientes cálculos:
$$ delta ln det A _ mu nu = ln det (A _ mu nu + delta A _ mu nu) – ln det A _ mu nu = ln det (A ^ mu sigma (A _ sigma nu + delta A _ sigma nu)) , $$
donde $ delta $ es como diferencial y $ A ^ mu sigma $ denota 2-tensor contrario 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
$$ parcial _ lambda ln det A _ mu nu = A ^ mu sigma parcial _ lambda A _ sigma mu. $$
Por lo tanto,
$$ frac parcial _ lambda A A = A ^ mu sigma parcial _ lambda A _ sigma mu $$
O
$$ parcial _ lambda g = gg ^ mu sigma parcial _ lambda g _ sigma mu $$
El siguiente paso es bastante divertido. Reemplacemos todos los parciales ordinarios por absolutos (covariantes). Entonces tenemos
$$ nabla _ lambda g = gg ^ mu sigma nabla _ lambda g _ sigma mu. $$
Pero
$$ nabla _ lambda g _ sigma mu = 0. $$
QED. El último no es un ejercicio duro. De hecho, en las coordenadas geodésicas siempre es true porque en estas coordenadas $ nabla _ nu = parcial _ 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 una matriz arbitraria (aunque puede resultar lo mismo). Sería mejor utilizar lo siguiente. Ya que
$$ det g ^ mu nu A _ nu sigma $$
es un escalar, podemos usar una derivada ordinaria para esto. Pero, por otro lado, podríamos usar una derivada covariante para ello. Para escalar es lo mismo. Entonces
$$ nabla _ nu ( det g ^ mu nu A _ mu nu) = g ^ – 1 nabla _ nu A + A nabla _ nu g ^ – 1 = g ^ – 1 parcial_ nu A + A parcial_ nu g ^ – 1 $$
Continuemos con los cálculos
$$ nabla _ nu A = parcial _ nu A – A frac parcial_ nu g g $$
Donde usamos $ nabla_ nu g = 0 $. Derivadas parciales que podemos encontrar a partir de las ecuaciones anteriores.
Aquí hay un cálculo heurístico: Sea $ E_i $ un marco ortonormal ($ g (E_i, E_j) = epsilon_i delta_ ij, epsilon_i = pm 1 $). Entonces $ mu $ es la forma de volumen canónica $ sqrt g , mathrm d x ^ 1 wedge cdots wedge mathrm d x ^ n $ iff $ mu (E_1, dotsc , E_n) = 1 $. Entonces $$ ( nabla_X mu) (E_1, dotsc, E_n) = nabla_X ( mu (E_1, dotsc, E_n)) – sum mu (E_1, dotsc, nabla_X E_i, dotsc, E_n) = – sum epsilon_ig (E_i, nabla_X E_i) mu (E_1, dotsc, E_i, dotsc, E_n) = – sum epsilon_ig (E_i, nabla_X E_i) = – frac 1 2 sum epsilon_i nabla_X g (E_i, E_i) = 0 $$ 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 los $ X $, uno tiene $$ nabla_X mu = ( nabla_X sqrt g) , mathrm d x ^ 1 wedge cdots wedge mathrm d x ^ n = 0 $$ de donde $ nabla_X sqrt g = 0 $ para todos los $ X $ y en algún gráfico.
Para ser absolutamente pedante, uno debe adaptar la definición de la conexión en términos de transporte paralelo a las densidades de los tensores. Esto se hace, por ejemplo, en Straumann, Relatividad general (2013). Para una densidad escalar $ rho $ uno encuentra en coordenadas locales $ nabla_i rho = ( partial_i- Gamma ^ l _ il) rho $. A partir de la expresión estándar para $ Gamma ^ l _ li $ es fácil verificar que $ nabla_i sqrt g = 0 $.
Puntuaciones y comentarios
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