Christoffel sembolleri

Matematik ve fizikte Elwin Bruno Christoffel'in adına atfedilen Christoffel sembolleri eğri uzaylardaki metrik farkı düzenler.Daha basit bir biçimde anlatmaya çalışırsak bir vektörü gösterdiğimiz kartezyen koordinat sistemi gibi düz koordinatlarda vektörün bileşenlerini temsil eden baz vektörler kendi eksenlerine dik olduğu için türevleri sıfıra eşittir. Fakat eğri bir uzayda baz vektörler de değişir yani türevlenir. İşte bu türev işlemi Yunan alfabesinden $\Gamma$ harfi ile temsil edilmektedir. Christoffel sembollerinin fizikte birçok uygulaması vardır. Bunlardan en önemlisi Einstein alan denklemlerinde kullanılmasıdır.

Ön Hazırlık

$x^{i}$ koordinatlarından oluşan $i=1,2,3...n$ için M üzerine n boyutlu bir manifold verilsin. O halde baz vektörler:

$e_{i}$$={\partial \over \partial x^{i}}=\partial _{i},i=1,2..n$

Baz vektörleri tanımladığımıza göre metrik tensörü inşa edebiliriz:

$g_{ij}=e_{i}\otimes e_{j}$

ve onun tersi:

$g^{ij}={1 \over g_{ij}}$

Kovaryant baz vektörünü şu biçimde de yazabiliriz:

$e^{j}=e_{j}g^{ji}$ $i=1,2..n$

Bazı kaynaklarda $e_{i}$ yerine $g_{i}$ yazabilir.İkisi de aynı şeyi temsil eder.

Öklit Uzayında Gösterimi

Öklit uzayında Cristoffel sembollerinin genel ifadesi dışında 2. gösterim türü aşağıda verilmiştir:

$\Gamma _{ij}^{k}={\partial e_{i} \over \partial x^{j}}e_{k}$$={\partial e_{i} \over \partial x^{j}}.g^{km}e_{m}$ (Burada Einstein toplama kuralı kullanılmıştır.)

Christoffel sembollerinin ilk türü ise indislerin düşmesi ile açıklanabilir:

$\Gamma _{kij}=\Gamma _{ij}^{m}g_{mk}={\partial e_{i} \over \partial x^{j}}.e^{m}.g_{mk}=$${\partial e_{i} \over \partial x^{j}}.e_{k}$

Ve şu durumu görebiliriz:

${\partial e_{i} \over \partial x^{j}}=\Gamma _{ij}^{k}.e_{k}=\Gamma _{ijk}.e^{k}$

Demek istediğimizi sözlü olarak açıklarsak Christoffel sembolleri tarafından temsil edilen baz vektörlerin noktadan noktaya nasıl değiştiğini izler. 2. türdeki semboller değişimi tek baz vektöre göre ayrıştırırken 1. türdekiler onu iki baz vektöre göre ayrıştırır. 2 tür sembollerde de bir şart dahilinde simetri vardır:

$g_{ij}=g_{ji}$ ise

$\Gamma _{ij}^{k}=\Gamma _{ji}^{k}$ ve $\Gamma _{kij}=\Gamma _{kji}$ olur.

Sebebi:

$g_{ij}=e_{i}\otimes e_{j}={\partial \over \partial x^{i}}\otimes {\partial \over \partial x^{j}}$ $=g_{ji}=e_{j}\otimes e_{i}={\partial \over \partial x^{j}}\otimes {\partial \over \partial x^{i}}$

${\partial e_{j} \over \partial x^{i}}={\partial \over \partial x^{i}}(e_{j})$$={\partial \over \partial x^{i}}({\partial \over \partial x^{j}})={\partial \over \partial x^{j}}$$({\partial \over \partial x^{i}})={\partial \over \partial x^{j}}(e_{i})$$={\partial e_{i} \over \partial x^{j}}$

${\partial e_{j} \over \partial x^{i}}=\Gamma _{ij}^{k}e_{k}$ ve ${\partial e_{i} \over \partial x^{j}}=\Gamma _{ji}^{k}e_{k}$ o halde:

$\Gamma _{ij}^{k}=\Gamma _{ji}^{k}$

Genel Gösterim

$\Gamma _{cab}=g_{cd}\Gamma _{ab}^{d}$ ve $\Gamma _{cab}={1 \over 2}({\partial g_{ca} \over \partial x^{b}}+{\partial g_{cb} \over \partial x^{a}}$$-{\partial g_{ab} \over \partial x^{c}})$ sebebi.:

${\partial g_{ca} \over \partial x^{b}}=$${\partial \over \partial x^{b}}(e_{c}\otimes e_{a})={\partial e_{c} \over \partial x^{b}}e_{a}+$$e_{c}{\partial e_{a} \over \partial x^{b}}$

Biliyoruz ki ${\partial e_{c} \over \partial x^{b}}=\Gamma _{cb}^{d}.e_{d}$ ve ${\partial e_{a} \over \partial x^{b}}=\Gamma _{ab}^{d}.e_{d}$, o halde:

${\partial g_{ca} \over \partial x^{b}}=(\Gamma _{cb}^{d}.e_{d}).e_{a}+e_{c}(\Gamma _{ab}^{d}.e_{d})$

Baz vektörleri içeri alıp Christoffel sembolünü dışarı çıkartırsak amacımıza ulaşmış oluruz:

${\partial g_{ca} \over \partial x^{b}}=(e_{a}.e_{d})\Gamma _{cb}^{d}.+(e_{c}.e_{d})\Gamma _{ab}^{d}$

$e_{a}.e_{d}=g_{ad}$ ve $e_{c}.e_{d}=g_{cd}$ olduğuna göre

${\partial g_{ca} \over \partial x^{b}}=g_{ad}\Gamma _{cb}^{d}+g_{cd}\Gamma _{ab}^{d}$ olacaktır.

Aynı şekilde

ve ${\partial g_{cb} \over \partial x^{a}}=\Gamma _{ca}^{d}g_{bd}+\Gamma _{ba}^{d}g_{dc}$

${\partial g_{ab} \over \partial x^{c}}=\Gamma _{ac}^{d}g_{db}+\Gamma _{bc}^{d}g_{ad}$

Fark ettiyseniz her ikisinden birisi birbirinin simetriğidir.

${\partial g_{ca} \over \partial x^{b}}+{\partial g_{bc} \over \partial x^{a}}-$${\partial g_{ab} \over \partial x^{c}}=$$g_{ad}\Gamma _{cb}^{d}+g_{cd}\Gamma _{ab}^{d}$$+\Gamma _{ca}^{d}g_{bd}+\Gamma _{ba}^{d}g_{dc}$$-\Gamma _{ac}^{d}g_{db}-\Gamma _{bc}^{d}g_{ad}$ simetrik olduğu için:

=$\Gamma _{ba}^{d}g_{dc}+\Gamma _{ab}^{d}g_{dc}=2\Gamma _{ba}^{d}g_{dc}$ dolayısıyla:

${\partial g_{ca} \over \partial x^{b}}+{\partial g_{bc} \over \partial x^{a}}$$-{\partial g_{ab} \over \partial x^{c}}=$$2\Gamma _{ab}^{d}g_{cd}$

2'yi karşıya attığımızda

${1 \over 2}({\partial g_{ca} \over \partial x^{b}}+{\partial g_{cb} \over \partial x^{a}}-$${\partial g_{ab} \over \partial x^{c}})=\Gamma _{ab}^{d}g_{cd}=\Gamma _{cab}$

Uygulamaları

Genel görelilikte

Christoffel sembolleri Einstein'ın genel görelilik teorisinde kendine sıkça kullanım alanı bulmuştur. Genel görelilikte uzayzaman, 4 boyutlu eğri bir Lorentz manifoldu olarak tasvir edilmiştir. Genel göreliliğin matematiksel kalbi olan Einstein alan denklemleri ise, uzayzamanın geometrisi ile madde arasındaki ilişkiyi göstermektedir. Uzayın geometrisini hesaplamak için Ricci tensörü kullanılır ki, bu tensörü hesaplamak için Christoffel sembollerini hesaba katmak esastır. Bu konuda önce uzayın geometrisi belirlenir, daha sonra madde ve ışığın uzayda nasıl bir yol izleyeceğini, Christoffel sembollerinin de yardım ettiği bir jeodezik denklem ile hesaplanır.

Einstein alan denklemleri şu şekilde yazılır:

$R_{ij}-{Rg_{ij} \over 2}+g_{ij}\Lambda ={8\pi G \over c^{4}}T_{ij}$

Christoffel sembollerini burada göremesekte aslında Riemann eğrilik tensörünün özel bir hali olan Ricci tensörünün içinde mevcuttur:

$R_{ij}={\partial \over \partial x^{j}}\Gamma _{il}^{l}-{\partial \over \partial x^{l}}\Gamma _{ij}^{l}$$+\Gamma _{jp}^{l}\Gamma _{il}^{p}-\Gamma _{lp}^{l}\Gamma _{ij}^{p}$

Silindirik koordinatlar için örneği

$\Upsilon (r,\theta ,z)=r.cos(\theta )e_{1}+r.sin(\theta )e_{2}+z.e_{3}$ denklemi silindirik koordinatların denklemidir.3 boyutlu silindirik koordinat sisteminde kartezyen koordinat cinsinden metrikleri yazdığımızda:

$x=r.cos(\theta )$

$y=r.sin(\theta )$

$z=z$

Silindirik koordinatların metrik tensörünü hesaplamak için denklemin birim vektörlerini hesap edersek:

${\partial \Upsilon \over \partial r}=e_{r}=cos(\theta ).e_{1}+sin(\theta ).e_{2}$

${\partial \Upsilon \over \partial \theta }=e_{\theta }=-r.sin(\theta ).e_{1}+r.cos(\theta ).e_{2}$

${\partial \Upsilon \over \partial z}=e_{z}=e_{3}$

Ana Madde:Metrik Tensör

$g_{ij}={\partial \Upsilon \over \partial x^{i}}\otimes {\partial \Upsilon \over \partial x^{j}}=e_{i}\otimes e_{j}$ $i,j=r,\theta ,z$

Metrik tensörü yazdığımızda,

$g_{ij}={\begin{bmatrix}g_{rr}&g_{r\theta }&g_{rz}\\g_{\theta r}&g_{\theta \theta }&g_{\theta z}\\g_{zr}&g_{z\theta }&g_{zz}\\\end{bmatrix}}$

Şimdi bileşenlerini tek tek hesap edelim.

Not=Kartezyen koordinat sisteminde metrik tensör:

$g_{ij}={\begin{cases}1,&{\text{eğer }}i=j\\0,&{\text{eğer }}i\neq j\end{cases}}$

$g_{rr}=e_{r}.e_{r}=(cos(\theta )e_{1}+sin(\theta )e_{2}).(cos(\theta )e_{1}+sin(\theta )e_{2})=cos^{2}(\theta )+sin^{2}(\theta )=1$

$g_{r\theta }=e_{r}.e_{\theta }=(cos(\theta ).e_{1}+sin(\theta )e_{2}).(-r.sin(\theta )e_{1}+r.cos(\theta )e_{2})=-cos(\theta ).rsin(\theta )+$$cos(\theta )r.sin(\theta )=0$

$g_{rz}=e_{r}.e_{z}=(cos(\theta ).e_{1}+sin(\theta )e_{2}).e_{3}=0$

$g_{\theta r}=e_{\theta }.e_{r}=(-r.sin(\theta ).e_{1}+r.cos(\theta ).e_{2}).(cos(\theta ).e_{1}+sin(\theta )e_{2})=0$

$g_{\theta \theta }=(-r.sin(\theta ).e_{1}+r.cos(\theta )e_{2}).(-rsin(\theta )e_{1}+r.cos(\theta )e_{2})=r^{2}.(sin^{2}(\theta )+cos^{2}(\theta ))=r^{2}$

$g_{\theta z}=e_{\theta }.e_{z}=(-r.sin(\theta ).e_{1}+r.cos(\theta ).e_{2}).e_{3}=0$

$g_{zr}=e_{z}.e_{r}=(cos(\theta )e_{1}+sin(\theta )e_{2}).e_{3}=0$

$g_{z\theta }=e_{z}.e_{\theta }=(-r.sin(\theta ).e_{1}+r.cos(\theta ).e_{2}).e_{3}=0$

$g_{zz}=e_{z}.e_{z}=e_{3}.e_{3}=1$

Sonunda silindirik koordinatlar için metrik tensörü elde ettik.

$g_{ij}={\begin{bmatrix}1&0&0\\0&r^{2}&0\\0&0&1\\\end{bmatrix}}$

Şimdi silindirik koordinatlar için Christoffel sembollerini hesap edeceğiz.

Baştaki kanıtlardan şu özdeşliği hesap etmiştik;

$\Gamma _{ij}^{k}={\partial e_{i} \over \partial x^{j}}e_{k}$ ve baz vektörü sembolün yanına yazıp satır matris formunda gösterdiğimizde:

${\partial e_{i} \over \partial x^{j}}=\Gamma _{ij}^{k}.e_{k}=(\Gamma _{ij}^{r},\Gamma _{ij}^{\theta },\Gamma _{ij}^{z}).$

Christoffel sembollerinin aslında tensör olmadığını sadece baz vektörlerin türevlerinin bileşenleri olduğunu görürüz.

Birim vektörlerin terslerini de şöyle hesap edebiliriz:

$e^{r}=1/e_{r}=1/cos(\theta ).e_{1}+sin(\theta ).e_{2}$

Örneğin $\Gamma _{\theta \theta }^{r}$ şöyle hesaplanabilir.

$\Gamma _{\theta \theta }^{r}={\partial e_{\theta } \over \partial x^{\theta }}.e_{r}={\partial \over \partial x^{\theta }}-r.cos(\theta )e_{1}+r.sin(\theta ).e_{2}$

$\Gamma _{\theta \theta }^{r}=(-r.cos(\theta ).e_{1}-r.sin(\theta ).e_{2}).(cos(\theta ).e_{1}+sin(\theta ).e_{2})=-r$

Diğerlerini hesaplamak çok uzun süreceğinden direk diğer değerleri yazalım.

${\begin{bmatrix}\Gamma _{rr}^{r}&\Gamma _{\theta r}^{r}&\Gamma _{zr}^{r}\\\Gamma _{rr}^{\theta }&\Gamma _{\theta r}^{\theta }&\Gamma _{zr}^{\theta }\\\Gamma _{rr}^{z}&\Gamma _{\theta r}^{z}&\Gamma _{zr}^{z}\\\end{bmatrix}}$ $={\begin{bmatrix}0&0&0\\0&r&0\\0&0&0\\\end{bmatrix}}$

${\begin{bmatrix}\Gamma _{r\theta }^{r}&\Gamma _{\theta \theta }^{r}&\Gamma _{zr}^{r}\\\Gamma _{r\theta }^{\theta }&\Gamma _{\theta \theta }^{\theta }&\Gamma _{z\theta }^{\theta }\\\Gamma _{r\theta }^{z}&\Gamma _{\theta \theta }^{z}&\Gamma _{z\theta }^{z}\\\end{bmatrix}}$$={\begin{bmatrix}-1&-r&0\\1/r&1&0\\0&0&0\\\end{bmatrix}}$

${\begin{bmatrix}\Gamma _{rz}^{r}&\Gamma _{\theta z}^{r}&\Gamma _{zz}^{r}\\\Gamma _{rz}^{\theta }&\Gamma _{\theta z}^{\theta }&\Gamma _{zz}^{\theta }\\\Gamma _{rz}^{z}&\Gamma _{\theta z}^{z}&\Gamma _{zz}^{z}\\\end{bmatrix}}$$={\begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\\\end{bmatrix}}$