ОТО: символы Кристоффеля и метрический тензор

[Slav-27]

Я хочу показать, что $g^{ab}_{,m}\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{rs}_{,t}}=\Gamma^t_{rs}$, где $g^{ik}$ - метрический тензор, $\Gamma^i_{kl}$ - символы Кристоффеля, запятая $_{,l}$ обозначает производную $\frac{\partial}{\partial x^l}$, по повторяющимся индексам подразумевается суммирование.
Для этого я расписываю в левой части символы Кристоффеля через компоненты метрического тензора и имею $\frac12g^{ab}_{,m}g^{mk}\left(\frac{\partial g_{ak,b}}{\partial g^{rs}_{,t}}+\frac{\partial g_{bk,a}}{\partial g^{rs}_{,t}}-\frac{\partial g_{ab,k}}{\partial g^{rs}_{,t}}\right)$. Первые 2 члена с помощью тождества $g^{ik}_{,m}g_{kl}+g^{ik}g_{kl,m}=0$ приводятся к виду $\frac12g^{mt}(g_{ms,r}+g_{mr,s})$. Посоветуйте, как можно преобразовать 3-й член $g^{ab}_{,m}g^{mk}\frac{\partial g_{ab,k}}{\partial g^{rs}_{,t}}$.
Если получится $g^{mk}g^{ab}_{,m}\frac{\partial g_{ab,k}}{\partial g^{rs}_{,t}}=g^{mk}g_{ab,m}\frac{\partial g^{ab}_{,k}}{\partial g^{rs}_{,t}}$, то уже всё хорошо, потому что второе выражение равняется как раз $g^{mt}g_{rs,m}$, и в сумме будет $\Gamma^t_{rs}$ - но из чего то равенство может следовать?

[Утундрий]

Интересная задачка. Сходу доказать не получилось, но я бы посоветовал применить сдвиг метрики (кристоффели при этом тоже сдвигаются на тензор) и посмотреть что получится в результате свёртки. Производные ковариантных компонент тоже нужно выразить через кристоффели.

[Munin]

Не знаю, а вы пробовали поднять индексы $ab$ внутри производной? А потом дифференцировать произведение.

[Утундрий]

Так просто они не поднимутся, но можно загнать $g^{ab}_{,m}$ под производную. Наверное так тоже получится, но вычисление сдвигом кажется более простым.

[Slav-27]

Munin в сообщении #928349 писал(а):

Не знаю, а вы пробовали поднять индексы $ab$ внутри производной?

Если вы имеете в виду, что $g^{ab}_{,m}\frac{\partial g_{ab,k}}{\partial g^{rs}_{,t}}=\left(g^{ab}\frac{\partial g_{ab,k}}{\partial g^{rs}_{,t}}\right)_{,m}-g^{ab}\left(\frac{\partial g_{ab,k}}{\partial g^{rs}_{,t}}\right)_{,m}$, то пробовал, но непонятно, как считать 2-й член справа. И если $g^{ab}_{,m}$ вносить под производную, то же самое выходит.
Сдвигом не пробовал, надо попробовать.

[Munin]

Я имел в виду $\partial g_{ab,k}=\partial(g_{aA}g_{bB}g^{AB}{}_{,k}),$ и потом по правилу Лейбница. Может, я сейчас чушь придумал.

[espe]

Slav-27 в сообщении #928341 писал(а):

Если получится $g^{mk}g^{ab}_{,m}\frac{\partial g_{ab,k}}{\partial g^{rs}_{,t}}=g^{mk}g_{ab,m}\frac{\partial g^{ab}_{,k}}{\partial g^{rs}_{,t}}$, то уже всё хорошо

$$g^{ab}_{,m}\partial g_{ab,k} =g^{ab}_{,m}\partial (g_{ac}g_{bd}g^{cd})_{,k} =g^{ab}_{,m}\partial \left(g_{ac,k}g_{bd}g^{cd}+g_{ac}g_{bd,k}g^{cd}+g_{ac}g_{bd}g^{cd}_{,k}\right) =$$

$$ =g^{ab}_{,m}\partial \left(-g_{ac}g_{bd}g^{cd}_{,k}-g_{ac}g_{bd}g^{cd}_{,k}+g_{ac}g_{bd}g^{cd}_{,k}\right) =-g^{ab}_{,m}g_{ac}g_{bd}\partial g^{cd}_{,k} =g^{ab}g_{ac,m}g_{bd}\partial g^{cd}_{,k} =g_{dc,m}\partial g^{cd}_{,k}$$

[Slav-27]

Munin в сообщении #928375 писал(а):

Я имел в виду $\partial g_{ab,k}=\partial(g_{aA}g_{bB}g^{AB}{}_{,k}),$ и потом по правилу Лейбница.

espe в сообщении #928619 писал(а):

$g^{ab}_{,m}\partial g_{ab,k} =g^{ab}_{,m}\partial (g_{ac}g_{bd}g^{cd})_{,k} =g^{ab}_{,m}\partial \left(g_{ac,k}g_{bd}g^{cd}+g_{ac}g_{bd,k}g^{cd}+g_{ac}g_{bd}g^{cd}_{,k}\right) $

Спасибо, все понятно, это действительно так.

Кажется, я придумал более нормальный способ доказать исходное равенство $g^{ab}_{,m}\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{rs}_{,t}}=\Gamma^t_{rs}$.
Свернув с $g^{rs}_{,t}$, получим $g^{ab}_{,m}\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{rs}_{,t}}g^{rs}_{,t}=\Gamma^m_{ab}g^{ab}_{,m}$. Из этого следует $\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{rs}_{,t}}g^{rs}_{,t}=\Gamma^m_{ab}$ (что, кажется, неочевидно) - и обратно тоже таким же образом. Если в выражении $\Gamma^m_{ab}$ через контравариантные компоненты метрического тензора и их первые производные в каждом слагаемом содержится ровно один множитель вида $g^{xy}_{,z}$, то последнее равенство верно. Но такой множитель действительно только один, что следует из выражения $g_{ab}=\frac{G_{ab}}{g*}$, где $g*$ - определитель матрицы, составленной из контравариантных компонент метрического тензора, а $G_{ab}$ - алгебраическое дополнение в той же матрице: $g_{ab,c}=\frac{G_{ab}g*_{,c}-g*G_{ab,c}}{g*^2}$.

Теперь доказываю, что $\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{rs}_{,t}}g^{rs}_{,t}=\Gamma^m_{ab}$ влечет $g^{ab}_{,m}\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{rs}_{,t}}=\Gamma^t_{rs}$. Умножим первое равенство на $\frac{\partial{g^{ab}_{,m}}}{\partial g^{rs}_{,t}}$. Справа будет как раз $\Gamma^t_{rs}$, слева имеем $\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{de}_{,f}}g^{de}_{,f}\frac{\partial{g^{ab}_{,m}}}{\partial g^{rs}_{,t}}=\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{de}_{,f}}\frac{\partial g^{de}_{,f}}{\partial g^{rs}_{,t}}g^{ab}_{,m}=\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{rs}_{,t}}g^{ab}_{,m}$, что и требовалось.

Если кто-нибудь видит еще более нормальный способ доказать $g^{ab}_{,m}\frac{\partial\Gamma^m_{ab}}{\partial g^{rs}_{,t}}=\Gamma^t_{rs}$ или может упростить вышеприведенное доказательство, то скажите, пожалуйста.

[Утундрий]

А мой способ попробовать не хотите? Нынче я отрешаюсь от всего земного и включусь быть может не ранее чем в среду (ну, в крайнем случае в пятницу). Кстати, а для чего может понадобиться эдакое тождество?

[espe]

Slav-27 в сообщении #928714 писал(а):

Если в выражении $\Gamma^m_{ab}$ через контравариантные компоненты метрического тензора и их первые производные в каждом слагаемом содержится ровно один множитель вида $g^{xy}_{,z}$, то последнее равенство верно.

Однородная функция порядка 1.

Утундрий в сообщении #928721 писал(а):

Кстати, а для чего может понадобиться эдакое тождество?

Тоже интересно. Зачем оно Вам? Задача из задачника?

[Slav-27]

espe в сообщении #928745 писал(а):

Однородная функция порядка 1.

Да, я использовал теорему Эйлера.

Утундрий в сообщении #928721 писал(а):

А мой способ попробовать не хотите?

Я не очень понял ваш способ.
Сдвиг метрики - это куда? (Заменить координаты и посмотреть, что получится?)

Утундрий в сообщении #928721 писал(а):

Кстати, а для чего может понадобиться эдакое тождество?

Я использую его при дифференцировании величины, получаемой из скалярной кривизны пространства, которая используется в качестве плотности функции Лагранжа при вычислении действия для гравитационного поля (эта величина в ЛЛ-2 обозначается $G$, см. п. 93). Такая производная входит в выражение канонического полного псевдотензора энергии-импульса материи и гравитационного поля. Я вычисляю выражение этого псевдотензора через компоненты метрического тензора и их производные.

[Утундрий]

Slav-27 в сообщении #928775 писал(а):

Сдвиг метрики - это куда?

Это сюда $g_{\mu \nu } \to g_{\mu \nu } + h_{\mu \nu } $. И всё, что из этого следует. Я использую сие главным образом для нахождения УД, но при вычислении псевдотензора тоже может помочь.

[Munin]

Slav-27 в сообщении #928714 писал(а):

Спасибо, все понятно, это действительно так.

У меня ошибка по сравнению с выражением espe, вчера голова действительно не варила.