最后更新: 2025-06-22 10:00 查看: 58 次纠错评论(0) 课件开VIP

第6节外微分浅谈微分几何

终于开始谈到重点了，就是这部分内容促使我学习外微分的。用外微分可以方便地推导微分几何的一些内容，有时候还能方便计算。其主要根源在于：外微分本身在形式上是微分的推广，因此微分几何的东西能够使用外微分来描述并不出奇；然后，最重要的原因是，外微分把 $d x^\mu$ 看成一组基，因此相当于在几何中引入了两组基，一组是本身的向量基（用张量的语言，就是逆变向量的基），这组基可以做对称的内积，另外一组基就是 $d x^\mu$ ，这组基可以做反对称的外积。因此，当外微分引入几何时，微分几何就拥有了微分、积分、对称积、反对称积等各种＂理想装备＂，这就是外微分能够加速微分几何推导的主要原因。

## 标架的运动 
前面已经得到

$$
\begin{aligned}
& \omega^\mu=h_\alpha^\mu d x^\alpha \\
& d r =\hat{ e }_\mu \omega^\mu \\
& d s^2=\eta_{\mu \nu} \omega^\mu \omega^\nu \\
& \left\langle\hat{ e }_\mu, \hat{ e }_\nu\right\rangle=\eta_{\mu \nu}
\end{aligned}
$$

用 $d$ 作用于 $\left\langle\hat{ e }_\mu, \hat{ e }_\nu\right\rangle=\eta_{\mu \nu}$ 两边，得到

$$
d \eta_{\mu \nu}=\left\langle d \hat{ e }_\mu, \hat{ e }_\nu\right\rangle+\left\langle\hat{ e }_\mu, d \hat{ e }_\nu\right\rangle
$$

$d \hat{ e }_\mu$ 是一个向量的微分，结果也是一个向量，因此可以表示为 $\hat{ e }_\mu$ 的线性组合，即

$$
d \hat{ e }_\mu=\hat{ e }_\alpha \omega_\mu^\alpha
$$

于是有
$$
\begin{aligned}
d \eta_{\mu \nu} & =\left\langle\hat{ e }_\alpha \omega_\mu^\alpha, \hat{ e }_\nu\right\rangle+\left\langle\hat{ e }_\mu, \hat{ e }_\alpha \omega_\nu^\alpha\right\rangle \\
& =\left\langle\hat{ e }_\alpha, \hat{ e }_\nu\right\rangle \omega_\mu^\alpha+\left\langle\hat{ e }_\mu, \hat{ e }_\alpha\right\rangle \omega_\nu^\alpha \\
& =\eta_{\alpha \nu} \omega_\mu^\alpha+\eta_{\mu \alpha} \omega_\nu^\alpha
\end{aligned}
$$

在大多数实用情况，$\eta_{\mu \nu}$ 是一个常数对角矩阵，于是

$$
\eta_{\alpha \nu} \omega_\mu^\alpha+\eta_{\mu \alpha} \omega_\nu^\alpha=0
$$

那么 $\omega_{\mu \nu}=\eta_{\mu \alpha} \omega_\nu^\alpha$ 作为矩阵来看，就是反对称的，只有 $n(n-1) / 2$ 个分量。特别地，如果 $\eta_{\mu \nu}$ 是一个单位阵，那么 $\omega_\mu^\alpha$ 就是反对称的。

接着，我们断言

$$
d^2 r =0
$$

要注意，这并非显然的。虽然我们知道对于任意函数 $f$ 都有 $d^2 f=0$ ，但 $d r$ 并非真的是函数的微分得来的，而是任意给定的微分形式向量，因此 $d^2 r =0$ 并非显然的结论。但我们可以想象，任意一个 $n$维的弯曲空间（流形），都可以嵌入到一个足够高维数的 $m$ 维平直空间（欧氏空间）中，作为它的子集，就好比三维空间中的曲面那样。这样子，我们就有这个子空间的参数方程

$$
\begin{aligned}
& X^1=X^1\left(x^1, \ldots, x^n\right) \\
& X^2=X^2\left(x^1, \ldots, x^n\right) \\
& \cdots \\
& X^m=X^m\left(x^1, \ldots, x^n\right)
\end{aligned}
$$

这样

$$
d^2 r =d^2\left(X^1, X^2, \ldots, X^m\right)=\left(d^2 X^1, d^2 X^2, \ldots, d^2 X^m\right)=0
$$

这样我们就证明了 $d^2 r =0$ ，这其实给出了：

$$
\begin{aligned}
0 & =d(d r ) \\
& =d\left(\hat{ e }_\mu \omega^\mu\right) \\
& =\hat{ e }_\mu d \omega^\mu+d \hat{ e }_\mu \wedge \omega^\mu \\
& =\hat{ e }_\mu d \omega^\mu+\hat{ e }_\nu \omega_\mu^\nu \wedge \omega^\mu \\
& =\hat{ e }_\mu d \omega^\mu+\hat{ e }_\mu \omega_\nu^\mu \wedge \omega^\nu \\
& =\hat{ e }_\mu\left(d \omega^\mu+\omega_\nu^\mu \wedge \omega^\nu\right)
\end{aligned}
$$

这样就说明

$$
d \omega^\mu+\omega_\nu^\mu \wedge \omega^\nu=0
$$

可以看到 $\omega_\nu^\mu \wedge \omega^\nu$ 这一项正好对应于矩阵的乘法，只不过将普通的乘积换成外积而已。

## 走得更远些 
上面讨论了正交标架的运动，得到

$$
d \hat{ e }_\mu=\hat{ e }_\nu \omega_\mu^\nu
$$

假定 $\eta_{\mu \alpha}$ 是常数矩阵，那么 $\omega_{\mu \nu}=\eta_{\mu \alpha} \omega_\nu^\alpha$ 是反对称的。上式实则可以写成

$$
\hat{ e }_\mu( x +d x )=\hat{ e }_\mu( x )+d \hat{ e }_\mu( x )=\hat{ e }_\nu( x )\left[\delta_\nu^\mu+\omega_\mu^\nu( x )\right]
$$

这可以看成是标架从 $x$ 运动到无穷小的邻近位置 $x +d x$ 的结果，那从任意一个点 $x _1$ 运动到另外一个点 $x _2$ 的变换公式又是怎样的呢？我们可以把从 $x _1$ 到 $x _2$ 的路径划分为若干小段，每次运动一小段，每一小段用上述公式近似，然后叠加并取极限，即

$$
\begin{aligned}
& \hat{ e }_\mu\left( x _2\right) \\
= & \hat{ e }_\nu\left( x _1\right) \prod_k\left[\delta_\nu^\mu+\omega_\mu^\nu\left( x _1+k d x \right)\right] \\
= & \hat{ e }_\nu\left( x _1\right) \prod_k \exp \left[\omega_\mu^\nu\left( x _1+k d x \right)\right]
\end{aligned}
$$

注意 $\omega_\mu^\nu$ 是一个矩阵，上述乘法是矩阵的乘法，对于矩阵 $A$ 和 $B$ 来说， $\exp ( A ) \exp ( B )=\exp ( A + B )$ 当且仅当 $A B = B A$ ，即矩阵乘法是可交换的。如果不同位置的 $\omega_\nu^\mu( x )$ 的乘法是可交换的（在二维空间总是成立，其他空间不总是成立），那么就有：

$$
\begin{aligned}
& \hat{ e }_\mu\left( x _2\right) \\
= & \hat{ e }_\nu\left( x _1\right) \exp \left[\sum_i \omega_\mu^\nu\left( x _1+k d x \right)\right] \\
= & \hat{ e }_\nu\left( x _1\right) \exp \left(\int_{ x _1}^{ x _2} \omega_\mu^\nu\right)
\end{aligned}
$$

这里的积分是沿着 $x _1$ 到 $x _2$ 的某路径进行积分，可见积分的结果是和路径有关的，因此标架的运动结果也跟路径有关。

## 向量的运动 
我们考虑向量 $A =\hat{ e }_\mu \hat{A}^\mu$ ，我们已经在 $A$ 加上了 ${ }^{\wedge}$ ，表明是它的分量在正交标架下测量的。现在考虑它的微分：

$$
\begin{aligned}
d A & =\hat{ e }_\mu d \hat{A}^\mu+d \hat{ e }_\mu \hat{A}^\mu \\
& =\hat{ e }_\mu d \hat{A}^\mu+\hat{ e }_\nu \omega_\mu^\nu \hat{A}^\mu \\
& =\hat{ e }_\mu\left(d \hat{A}^\mu+\omega_\nu^\mu \hat{A}^\nu\right)
\end{aligned}
$$

这其实就相当于向量的协变导数，可以看出来多出来的一项是因为标架的运动。
再考虑它的外微分：

$$
\begin{aligned}
d^2 A & =d\left[\hat{ e }_\mu\left(d \hat{A}^\mu+\omega_\nu^\mu \hat{A}^\nu\right)\right] \\
& =\hat{ e }_\mu d\left(d \hat{A}^\mu+\omega_\nu^\mu \hat{A}^\nu\right)+d \hat{ e }_\mu \wedge\left(d \hat{A}^\mu+\omega_\nu^\mu \hat{A}^\nu\right) \\
& =\hat{ e }_\mu d\left(\omega_\nu^\mu \hat{A}^\nu\right)+\hat{ e }_\alpha \omega_\mu^\alpha \wedge\left(d \hat{A}^\mu+\omega_\nu^\mu \hat{A}^\nu\right) \\
& =-\hat{ e }_\mu \omega_\nu^\mu \wedge d \hat{A}^\nu+\hat{ e }_\mu d \omega_\nu^\mu \hat{A}^\nu+\hat{ e }_\alpha \omega_\mu^\alpha \wedge\left(d \hat{A}^\mu+\omega_\nu^\mu \hat{A}^\nu\right) \\
& =\hat{ e }_\mu\left(d \omega_\nu^\mu+\omega_\alpha^\mu \wedge \omega_\nu^\alpha\right) \hat{A}^\nu
\end{aligned}
$$

根据我们前面讨论的 $d \omega$ 的绕圈子含义，以及回顾分量语言中黎曼曲率张量的定义，我们可以猜测 $R _\nu^\mu=d \omega_\nu^\mu+\omega_\alpha^\mu \wedge \omega_\nu^\alpha$ 必然跟黎曼曲率张量有关，事实上，我们有

$$
\begin{aligned}
R _\nu^\mu & =\frac{1}{2} R_{\nu \beta \gamma}^\mu \omega^\beta \wedge \omega^\gamma \\
& =\sum_{\beta<\gamma} \hat{R}_{\nu \beta \gamma}^\mu \omega^\beta \wedge \omega^\gamma
\end{aligned}
$$

再次地，我们用在 $R$ 上加了 ${ }^{\wedge}$ 表明这是在正交标架下测量的。回顾前面讨论的微分外积的几何意义，我们得到 $\omega^\beta \wedge \omega^\gamma$ 正是面积微元的投影，上式左端是向量是沿着闭合曲线运动的变化，右端同样是沿着闭合曲线运动的变化，只不过右端是用分量语言叙述而已，因此它们具有相同的几何意义，所以等式是必然的，并不需要将分量具体代入上式验算。

如果我们需要换回原来的坐标系，那么我们要在

$$
d^2 A =\hat{ e }_\mu\left(\sum_{\beta<\gamma} \hat{R}_{\nu \beta \gamma}^\mu \omega^\beta \wedge \omega^\gamma\right) \hat{A}^\nu
$$

中代入 $\omega^\mu=h_\alpha^\mu d x^\alpha$ ，还有 $\hat{A}^\mu=h_\alpha^\mu A^\alpha$ 和 $\hat{ e }_\mu= e _\alpha\left(h^{-1}\right)_\alpha^\mu$ ，最终得到

$$
d^2 A = e _\mu\left(\sum_{\beta<\gamma}\left(h^{-1}\right)_{\mu^{\prime}}^\mu \hat{R}_{\nu^{\prime} \beta^{\prime} \gamma^{\prime}}^{\mu^{\prime}} h_\nu^{\nu^{\prime}} h_\beta^{\beta^{\prime}} h_\gamma^{\gamma^{\prime}} d x^\beta \wedge d x^\gamma\right) A^\nu
$$

可以看到，我已经不够指标用了，不得不用加一撇的方式来表示求和指标，最终可以看到

$$
R_{\nu \beta \gamma}^\mu=\left(h^{-1}\right)_{\mu^{\prime}}^\mu \hat{R}_{\nu^{\prime} \beta^{\prime} \gamma^{\prime}}^{\mu^{\prime}} h_\nu^{\nu^{\prime}} h_\beta^{\beta^{\prime}} h_\gamma^{\gamma^{\prime}}
$$

当然我们实际计算中不需要先计算出 $\hat{R}_{\nu \beta \gamma}^\mu$ ，然后再来计算 $R_{\nu \beta \gamma}^\mu$ ，而是可以直接计算 $\left(h^{-1}\right)_{\mu^{\prime}}^\mu R _{\nu^{\prime}}^{\mu^{\prime}} h_\nu^{\nu^{\prime}}$ ，然后将它写成 $d x^\beta \wedge d x^\gamma$ 的求和形式，就可以读出 $R_{\nu \beta \gamma}^\mu$ 来。具体操作例子看下节。

本文转载 科学空间 ， [原文地址](https://spaces.ac.cn/archives/4065)

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