Francisco Hernandez Alejandre

1. Asumiendo que la contracción de un tensor da como resultado otro tensor,

¿Cuántos tensores diferentes pueden ser creados repitiendo la contracción del

tensor 𝑻 = (𝑇𝑘𝑙𝑖𝑗)?

Tenemos un tensor de orden cuatro; la primera contracción se puede llevar a cabo

igualando el superíndice i con el k entonces 𝑖 = 𝑘 = 𝑢 por lo que:

𝑇𝑢𝑙𝑢𝑗 = 𝑇1𝑙

1𝑗 + 𝑇2𝑙2𝑗 + ⋯ + 𝑇𝑛𝑙

𝑛𝑗 = 𝑇𝑙𝑗

La segunda contracción se hace igualando i con l; 𝑖 = 𝑙 = 𝑢

𝑇𝑘𝑢𝑢𝑗 = 𝑇𝑘1

1𝑗 + 𝑇𝑘22𝑗 + ⋯ + 𝑇𝑘𝑛

𝑛𝑗 = 𝑇𝑘𝑗

La tercera contracción se iguala k con j; 𝑗 = 𝑘 = 𝑢

𝑇𝑢𝑙𝑖𝑢 = 𝑇1𝑙

𝑖1 + 𝑇2𝑙𝑖2 + ⋯ + 𝑇𝑛𝑙

𝑖𝑛 = 𝑇𝑙𝑖

La cuarta contracción se iguala j con l; 𝑗 = 𝑙 = 𝑢

𝑇𝑘𝑢𝑖𝑢 = 𝑇𝑘1

𝑖1 + 𝑇𝑘2𝑖2 + ⋯ + 𝑇𝑘𝑛

𝑖𝑛 = 𝑇𝑘𝑖

En cada uno de los casos ya hechos se obtuvieron tensores con dos índices libres,

ósea tensores de orden dos. Ahora si se aplica la contracción doble al tensor T se

van a producir en cualquiera de los casos dos tensores

𝑇𝑢𝑣𝑢𝑣

𝑇𝑣𝑢𝑢𝑣

Cada uno de estos tensores se tienen dos índices monigote iguales que como se

sabe se reducen a un número escalar se puede observar que al tensor T la doble

contracción produce dos tensores de orden cero, ósea invariantes; Por lo tanto se

concluye que se pueden generar hasta 6 tensores distintos a partir del tensor dado.

2. Usando el tensor métrico Euclidiano para coordenadas polares, calcule la longitud

de arco para la curva:

∁: 𝑥1 = 2𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝑥2 = 𝑡 (0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋)

De la interpretación geométrica.

Francisco Hernandez Alejandre

Supongamos que la constante a es positiva (aunque al parecer esto solo influye en

la posición que tomara la gráfica) y se sabe que en coordenadas polares

(𝑥1, 𝑥2) = (𝑟, 𝜃)

Entonces se tiene que:

𝑑𝑥 = (−𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)(𝑑𝜃) + (𝑐𝑜𝑠𝜃)(𝑑𝑟)

𝑑𝑦 = (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)(𝑑𝜃) + (𝑠𝑒𝑛𝜃)(𝑑𝑟)

Y

𝑑𝑠2 = (𝑑𝑟)2 + (𝑟)2(𝑑𝜃)2

Por lo que:

𝐿 = ∫ √|𝐺𝑖𝑗

𝑑𝑥𝑖

𝑑𝑡

𝑑𝑥𝑗

𝑑𝑡|

𝑏

𝑎

𝑑𝑡

Y esto a su vez:

(𝑑𝑥1

𝑑𝑡)

2

= 4𝑎2𝑠𝑒𝑛2𝑡

(𝑑𝑥2

𝑑𝑡)

2

= 1

Y en polares

𝐺𝑖𝑗 = (1 00 𝑟2)

Entonces:

𝐿 = ∫ √𝑔11(𝑑𝑥1)2 + 𝑔22(𝑑𝑥2)2 𝑏

𝑎

= ∫ √4𝑎2𝑠𝑒𝑛2𝑡 + 4𝑎2 cos2 𝑡 𝑑𝑡2𝜋

0

= ∫ 2𝑎2𝜋

0

𝑑𝑡 = 4𝑎𝜋

Este resultado se puede interpretar como los círculos de radio a unidos en uno de

sus lados.

Francisco Hernandez Alejandre

3. Usando el tensor métrico

𝐺 = (12 4 04 1 10 1 (𝑥1)2

)

Calcule la longitud de curva dada por:

𝑥1 = 3 − 𝑡, 𝑥2 = 6𝑡 + 3, 𝑥3 = ln(𝑡) ; 1 ≤ 𝑡 ≤ 𝑒

Tomamos la definición de la longitud de arco para el tensor métrico dada por;

𝐿 = ∫ √𝐺𝑖𝑗

𝑑𝑥𝑖

𝑑𝑡

𝑑𝑥𝑗

𝑑𝑡

𝑏

𝑎

𝑑𝑡

Entonces vamos a tener que:

𝐿 = ∫ √12(−1)2 + 4(−1 ∗ 6) + 4(6 ∗ −1) + (6)2 + (6

𝑡) + (

6

𝑡) + (3 − 𝑡)2 (

1

𝑡)

2𝑒

1

𝑑𝑡

𝐿 = ∫ √0 + (12

𝑡) + (𝑡2 − 6𝑡 + 9) (

1

𝑡2) 𝑑𝑡

𝑒

1

𝐿 = ∫ √(12

𝑡) + (1 −

6

𝑡+

9

𝑡2) 𝑑𝑡

𝑒

1

𝐿 = ∫ √1 +6

𝑡+

9

𝑡2 𝑑𝑡

𝑒

1

La cual aplicando los métodos convencionales de integración y el teorema

fundamental del cálculo nos queda que:

𝐿 = 2 + 𝑒

Francisco Hernandez Alejandre

4. Usando el tensor métrico para coordenadas esféricas, determine una familia de

curvas que intersectan ortogonalmente a

𝑥1 = 𝑎, 𝑥2 = 𝑏𝑡, 𝑥3 = 𝑡

El tensor métrico para coordenadas esféricas se da por

(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3) = (𝑟, 𝜃, ∅)

Con

𝐺 = (

1 0 00 (𝑥1)2 0

0 0 (𝑥1𝑠𝑒𝑛𝑥2)2) = (

1 0 00 𝑟2 00 0 𝑟2𝑠𝑒𝑛

)

Ahora

𝑑𝑥1 + (𝑥1)2𝑑𝑥2 + (𝑥1𝑠𝑒𝑛𝑥2)2 𝑑𝑥3 = 0

De aquí vemos que

𝑥2 = 𝑏𝑥3

Por lo que

𝑑𝑥1 + (𝑥1)2𝑑(𝑏𝑥3) + (𝑥1𝑠𝑒𝑛𝑏𝑥3)2 𝑑𝑥3 = 0

Resolviendo la ecuación diferencial para 𝑥1

𝑑𝑥1

(𝑥1)^2 = −𝑏 − 𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑥3) 𝑑𝑥3

−1

𝑥1= −𝑏𝑥3 +

cos(𝑏𝑥3)

𝑏+ 𝑐

Francisco Hernandez Alejandre

𝑥1 =1

𝑏𝑥3− 𝑏𝑠𝑒𝑐(𝑏𝑥3) + 𝑘; 𝑘 = 𝑐𝑡𝑒

Pero por definición

𝑥1 = 𝑎; 𝑎 = 𝑐𝑡𝑒

Y podemos conocer 𝑥3

Entonces

(𝑎)2𝑑(𝑥2) + ((𝑎)𝑠𝑒𝑛𝑥2)2

𝑑𝑥3 = 0

De donde obtenemos

𝑥3 = 𝑏𝑐𝑜𝑡𝑥2 + 𝑐𝑡𝑒

Por lo tanto las curvas ortogonales son:

𝑥1 = 𝑎, 𝑥3 = 𝑏𝑐𝑜𝑡𝑥2 + 𝑐𝑡𝑒

5. Pruebe que todas las Γ𝑗𝑘𝑖 se anulan solo si las 𝑔𝑖𝑗 son constantes

Probemos primero que los símbolos de Christoffel de segunda especie dependen

de los coeficientes de la primera forma fundamental y de sus derivadas.

𝛤𝑗𝑘𝑖 =

1

2∑(𝑔𝑗𝑚,𝑘 + 𝑔𝑚𝑘,𝑗 − 𝑔𝑘𝑗,𝑚)𝑔𝑚𝑖

Entonces probemos que:

⟨𝜑,𝑗𝑘|𝜑,𝑚⟩ =1

2(𝑔𝑗𝑚,𝑘 + 𝑔𝑚𝑘,𝑗 − 𝑔𝑘𝑗,𝑚)

Se parte de las derivadas de los coeficientes de la primera forma;

Francisco Hernandez Alejandre

𝑔𝑖𝑗 = ⟨𝜑,𝑖|𝜑,𝑗⟩

𝑔𝑗𝑚,𝑘 = ⟨𝜑,𝑗𝑘|𝜑,𝑚⟩ + ⟨𝜑,𝑗|𝜑,𝑚𝑘⟩

𝑔𝑚𝑘,𝑗 = ⟨𝜑,𝑚𝑗|𝜑,𝑘⟩ + ⟨𝜑,𝑚|𝜑𝑘𝑗⟩

𝑔𝑘𝑗,𝑚 = ⟨𝜑,𝑘𝑚|𝜑,𝑗⟩ + ⟨𝜑,𝑘|𝜑,𝑗𝑚⟩

Ahora se suman las primeras dos y se resta la segunda, se toma en cuenta la

propiedad conmutativa del producto escalar y la simetría de las segundas derivadas,

por lo que se obtiene:

𝑔𝑗𝑚,𝑘 + 𝑔𝑚𝑘,𝑗 − 𝑔𝑘𝑗,𝑚 = 2⟨𝜑,𝑗𝑘|𝜑,𝑚⟩

⟨𝜑,𝑗𝑘|𝜑,𝑚⟩ =1

2(𝑔𝑗𝑚,𝑘 + 𝑔𝑚𝑘,𝑗 − 𝑔𝑘𝑗,𝑚)

Esto prueba que los símbolos de Christoffel dependen de los coeficientes de la

primera forma y sus derivadas.

Ahora se probara que en cualquier sistema de coordenadas los símbolos de primer

tipo se desvanecen solo si las componentes del tensor métrico son constantes.

Permutando los índices de los símbolos de Christoffel del primer tipo del arreglo

(ijk);

𝛤𝑖𝑗𝑘 =1

2(−𝑔𝑖𝑗,𝑘 + 𝑔𝑗𝑘,𝑖 + 𝑔𝑘𝑖,𝑗)

Y al arreglo (jki) se tiene que;

𝛤𝑗𝑘𝑖 =1

2(−𝑔𝑗𝑘,𝑖 + 𝑔𝑘𝑖,𝑗 + 𝑔𝑖𝑗,𝑘)

Sumando las expresiones anteriores se obtiene

𝜕𝑔𝑖𝑘

𝜕𝑥𝑗= 𝛤𝑖𝑗𝑘 + 𝛤𝑗𝑘𝑖

Si el tensor métrico G tiene componentes constantes en un sistema de coordenadas

entonces todas las derivadas del tipo 𝜕𝑔𝑖𝑘

𝜕𝑥𝑗 son iguales a cero, y la única manera en

que la suma de los componentes 𝛤𝑖𝑗𝑘 y 𝛤𝑗𝑘𝑖 sea cero en todos los casis es que los

símbolos de Christoffel sean iguales a cero en cada uno de los casos.

Por lo cual se ha probado que todas las Γ𝑗𝑘𝑖 se anulan solo si las 𝑔𝑖𝑗 son constantes

.

Francisco Hernandez Alejandre

6. Si 𝑇𝑗𝑟𝑠𝑖 son componentes de un tensor, escriba las componentes de la derivada

covariante, 𝑇𝑗𝑟𝑠,𝑘𝑖

Las componentes del tensor 𝑇𝑗𝑟𝑠𝑖 el cual es de orden 3; en la derivada covariante

hay 3 correcciones covariantes y una contravariante por lo que hay tres términos

positivos y uno negativo en la derivada por lo cual:

𝑇𝑗𝑟𝑠,𝑘𝑖 =

𝜕𝑇𝑗𝑟𝑠,𝑘𝑖

𝜕𝑥𝑘− 𝛤𝑗𝑘

𝑙 𝑇𝑙𝑟𝑠𝑚 − 𝛤𝑟𝑘

𝑙 𝑇𝑗𝑙𝑠𝑚 − 𝛤𝑠𝑘

𝑙 𝑇𝑗𝑟𝑙𝑚 + 𝛤𝑘𝑗

𝑙 𝑇𝑗𝑟𝑠𝑚