ベクトルの共変微分
4元ベクトルの成分 $u^{\mu}$ の共変微分は
$$\nabla_{\nu} u^{\mu} = \partial_{\nu} u^{\mu} + \varGamma^{\mu}_{\ \ \ \rho \nu} u^{\rho}$$
と書けるのであった。念のため，偏微分の表記は
$$\partial_{\nu} \equiv \frac{\partial}{\partial x^{\nu}}$$
ベクトルの発散
これから以下のような「発散」を計算してみる。
\begin{eqnarray}
\nabla_{\mu} u^{\mu} &=& \partial_{\mu} u^{\mu} + \varGamma^{\mu}_{\ \ \ \rho \mu} u^{\rho} \\
&=& \partial_{\mu} u^{\mu} + \frac{1}{2} g^{\mu\nu}\left( g_{\nu\rho, \mu}+g_{\nu\mu, \rho}-g_{\rho\mu, \nu}\right) u^{\rho} \\
&=& \partial_{\mu} u^{\mu} + \frac{1}{2} g^{\mu\nu}g_{\mu\nu, \rho}\,u^{\rho} \\
&=& \partial_{\mu} u^{\mu} + \frac{1}{2}\frac{1}{g}\, \left(\partial_{\rho} g\right)\, u^{\rho}\\
&=& \partial_{\mu} u^{\mu} + \frac{1}{2}\frac{1}{g}\, \left(\partial_{\mu} g\right)\, u^{\mu}
\end{eqnarray}
ここで $g$ は計量テンソル $g_{\mu\nu}$ を$4\times 4$ 正方行列としてときの行列式
$$g = \det(g_{\mu\nu})$$
であり，相対論で使う4次元の計量テンソルについては signature $(-, +, +, +)$ （または $(+, -, -, -)$ の流儀の人もある）であるから $g < 0$ 。従って
$$\frac{1}{2}\frac{1}{g}\, \left(\partial_{\mu} g\right) = \frac{1}{\sqrt{-g}} \partial_{\mu} \left( \sqrt{-g}\right)$$
と書くことができる。
\begin{eqnarray}
\therefore\ \ \nabla_{\mu} u^{\mu} &=& \partial_{\mu} u^{\mu} + \frac{1}{2}\frac{1}{g}\, \left(\partial_{\mu} g\right)\, u^{\mu} \\
&=& \partial_{\mu} u^{\mu} +\frac{1}{\sqrt{-g}} \partial_{\mu} \left( \sqrt{-g}\right)\, u^{\mu} \\
&=& \frac{1}{\sqrt{-g}} \partial_{\mu} \left( \sqrt{-g}\, u^{\mu}\right)
\end{eqnarray}
3次元ベクトルの発散とラプラシアン
3次元ベクトルの発散も全く同様に書ける。3次元ベクトルの成分を $v^i$ とすると，「発散」は
$$\nabla_i v^i = \partial_i v^i + \frac{1}{2} \frac{1}{g} \left( \partial_i g\right) v^i$$
念のため，偏微分は
$$\partial_i \equiv \frac{\partial}{\partial x^i}$$
であり，$x^i = (x^1, x^2, x^3)$ は $x$ の2乗とか3乗とかの意味ではなく，1番目の座標，2番目の座標，3番目の座標という意味でした。
ここで $g$ は計量テンソル $g_{ij}$ を$3\times 3$ 正方行列としてときの行列式
$$g = \det(g_{ij})$$
であり，3次元の計量テンソルについては signature $(+, +, +)$ であるから $g > 0$ 。従って
$$\frac{1}{2}\frac{1}{g}\, \left(\partial_{i} g\right) = \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_{i} \left( \sqrt{g}\right)$$
と書くことができる。
\begin{eqnarray}
\therefore\ \ \nabla_{i} v^{i} &=& \partial_i v^i + \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_{i} \left( \sqrt{g}\right)\, v^i \\
&=& \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_{i} \left( \sqrt{g}\, v^{i}\right)
\end{eqnarray}
特に $v^i = \nabla^i \varphi = g^{ij} \nabla_j \varphi = g^{ij} \partial_j \varphi$ （スカラー関数 $\varphi$ に対しては共変微分は偏微分と同じ）とすると，
\begin{eqnarray}
\nabla_{i} v^{i} = \nabla_{i} \nabla^i \varphi \equiv \nabla^2 \varphi &=&
\frac{1}{\sqrt{g}} \partial_{i} \left( \sqrt{g}\, g^{ij} \partial_j \varphi\right)
\end{eqnarray}
これが任意の $\varphi$ について成り立つのであるから，3次元（2次元でもOK）一般座標におけるラプラシアンは
$$\nabla^2 = \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_{i} \left( \sqrt{g}\, g^{ij} \partial_j \right)$$
と表すことができる。以下のページに，2次元および3次元のラプラシアンを極座標で表すとどうなるかが書いてある。合成関数の偏微分法に従って愚直にひたすら実直に計算すれば求められるが，計量テンソルおよび共変微分を学んだら，もう少し簡単に求められるんだよ，ということをここでは言いたいわけです。
補足：行列式の微分について
上の計算で行列式 $g$ の微分が
$$\frac{1}{g} \partial_{\rho} g = g^{\mu\nu} \partial_{\rho} g_{\mu\nu}$$
となることを使った。ここで $g^{\mu\nu}$ は計量テンソル $g_{\mu\nu}$ の逆行列である。この式は，逆行列や行列式の定義を使って証明できる。ここでは証明は省略して，例として3次元極座標の場合に，確かに成り立っていることを確認してみる。
まず，3次元極座標 $(x^1, x^2, x^3) = (r, \theta, \phi)$ の計量テンソルは
$$
g_{ij} = \left(\begin{array}{ccc}
g_{rr} & g_{r\theta} & g_{r\phi} \\
g_{\theta r} & g_{\theta\theta} & g_{\theta\phi} \\
g_{\phi r} & g_{\phi\theta} & g_{\phi\phi}
\end{array}\right)
= \left(\begin{array}{ccc}
1 & 0& 0 \\
0 & r^2& 0 \\
0 & 0 & r^2 \sin^2\theta
\end{array}\right)
$$
であり，計量テンソルを行列とみなしたときの行列式 $g$ は
$$g \equiv \det (g_{ij}) = r^4 \sin^2\theta$$
また，計量テンソルの逆行列 $g^{ij}$ は
$$
g^{ij} = \left(\begin{array}{ccc}
g^{rr} & g^{r\theta} & g^{r\phi} \\
g^{\theta r} & g^{\theta\theta} & g^{\theta\phi} \\
g^{\phi r} & g^{\phi\theta} & g^{\phi\phi}
\end{array}\right)
= \left(\begin{array}{ccc}
1 & 0& 0 \\
0 & \dfrac{1}{r}& 0 \\
0 & 0 & \dfrac{1}{r^{2} \sin^{2}\theta}
\end{array}\right)$$
これらを使うと
\begin{eqnarray}
\frac{1}{g} \partial_{r} g &=& \frac{1}{r^4 \sin^2\theta} \partial_r \left( r^4 \sin^2\theta\right) \\
&=& \frac{4}{r} \\
\frac{1}{g} \partial_{\theta} g &=& \frac{1}{r^4 \sin^2\theta} \partial_{\theta} \left( r^4 \sin^2\theta\right) \\
&=& 2\frac{\cos\theta}{\sin\theta}
\end{eqnarray}
一方，
\begin{eqnarray}
g^{ij} \partial_r g_{ij} &=& g^{rr} \partial_r g_{rr} + g^{\theta\theta} \partial_r g_{\theta\theta} + g^{\phi\phi} \partial_r g_{\phi\phi}\\
&=& 0 + \frac{1}{r} \cdot 2 r + \frac{1}{r^2 \sin^2\theta} \cdot 2 r \sin^2\theta \\
&=& \frac{4}{r} \\
g^{ij} \partial_{\theta} g_{ij} &=& g^{rr} \partial_{\theta} g_{rr} + g^{\theta\theta} \partial_{\theta} g_{\theta\theta}+ g^{\phi\phi} \partial_{\theta} g_{\phi\phi}\\
&=&0 + 0 + \frac{1}{r^2 \sin^2\theta} \cdot 2 r^2 \sin\theta\cos\theta \\
&=& 2\frac{\cos\theta}{\sin\theta}
\end{eqnarray}
となって確かに
\begin{eqnarray}
\frac{1}{g} \partial_{r} g &=&g^{ij} \partial_r g_{ij}\\
\frac{1}{g} \partial_{\theta} g &=& g^{ij} \partial_{\theta} g_{ij} \\
\frac{1}{g} \partial_{\phi} g &=& g^{ij} \partial_{\phi} g_{ij} \ \ (= 0)
\end{eqnarray}
となっていることが確認できる。