¿Cómo probar que un espaciotiempo plano admite coordenadas de Minkowski?

Ese es un teorema no trivial de la geometría (semi) riemanniana basada en el teorema de Frobenius : si el tensor de Riemann es cero en todas partes, entonces cada punto pertenece a un gráfico local donde la métrica tiene la forma diagonal constante estándar.

APÉNDICE

La idea de la demostración es la siguiente. Uno busca campos vectoriales$X$tal que

$$\nabla X =0\:.$$ en coordenadas $x^1,\ldots, x^n$, esto conduce a una ecuación de primer orden para los componentes de $X$.

Luego, mirando la ecuación encontrada y usando la condición$Riemann =0$en todas partes escrito en términos de coeficientes de conexión, el teorema de Frobenius para PDE de primer orden en$\mathbb R^n$demuestra que, en una vecindad de cualquier punto$p\in M$, existen tales$X$satisfactorio$X(p) = Z_p$donde$Z_p\in T_pM$se fija arbitrariamente.

Entonces, uno puede construir$n= \dim(M)$campos vectoriales$X_{(k)}$,$k=1,\ldots,n$en un barrio$U$de$p$tal que$\nabla X_{(k)}=0$y$X_{(k)}(p) = Z_{(k)p}$. Dado que el producto escalar se conserva (de$\nabla X_{(k)}=0$y el hecho de que la conexión es métrica), si$g_p(Z_{(k)p}, Z_{(h)p})= \eta_{kh}$, tenemos eso$g(X_{(k)}, X_{(h)})= \eta_{hk}$ constantemente encendido$U$.

Finalmente, hay que buscar las coordenadas$y^a= y^a(x^1,\ldots,x^n)$alrededor$p$tal que

$$X_{(k)}= \frac{\partial}{\partial y^k}\:.$$ Escribiendo esta ecuación en coordenadas $x^1,\ldots, x^n$, aplicando una vez más el teorema de Frobenius es posible probar que estas coordenadas locales sí existen alrededor $p$. De esta manera, reduciendo aún más $U$alrededor $p$terminamos con un sistema de coordenadas $y^1,\ldots,y^n$cubriéndolo donde la métrica es constante: $$g\left(\frac{\partial}{\partial y^k},\frac{\partial}{\partial y^h} \right)= \eta_{kh}\:.$$

En general, este procedimiento no puede producir un gráfico global donde la métrica sea constante. Hay contraejemplos triviales que parten del espacio de Minkowski y asumen algunas identificaciones para producir un toro plano compacto. Esta variedad es plana pero no puede ser cubierta por un gráfico global, de lo contrario sería difeomorfa$\mathbb R^n$que no es compacto.

En realidad, no me di cuenta de que ya había resuelto el segundo "problema" para el caso de Riemann, pero la prueba ciertamente no se traslada al Lorentziano general. Sin embargo, estoy bastante seguro de que si tiene una variedad lorentziana$\mathcal M$que se puede escribir como un 'producto del tiempo y el espacio' (más rigurosamente como una foliación),$\mathcal M = \mathbb R \times M$para una variedad de Riemanninan$M$(que suele ser el caso en aplicaciones físicas), entonces la prueba que daré para las variedades riemannianas debería trasladarse a este caso especial de variedades lorentizianas:

Nuestras suposiciones para el caso de Riemanninan serán las siguientes:

• $M$una variedad suave con curvatura que se desvanece$Riem =0$es decir, plano y
• existe un homeomorfismo$f:M\to \mathbb R^{\dim M }$es decir, topológicamente 'trivial' (así en particular$M$simplemente está conectado).
• Supondré además que$M$es completa (es decir, cada serie convergente tiene un límite en$M$).

Existe una caracterización de espacios localmente simétricos a través del tensor de curvatura de Riemann que es (Teorema de Cartan-Ambrose-Hicks):

$M$es localmente simétrica si y sólo si$\nabla Riem =0$.

En nuestro caso esto se satisface trivialmente. Además, todo espacio completo localmente simétrico simplemente conexo es globalmente simétrico. Por lo tanto,$M$es un espacio simétrico globalmente simplemente conectado.

Afortunadamente, existe una clasificación (clasificación de Cartan) de espacios simétricos globalmente simplemente conectados, que establece:

Dejar$M$ser un espacio globalmente simétrico simplemente conectado. Después$M= M_0\times M_+ \times M_-$, donde$M_0$es un factor euclidiano y$M_\pm$es un espacio simétrico de compacto ($+$) y no compacto ($-$) tipo resp. Además, la curvatura de la sección de$M_\pm$es mayor que (resp. menor que) o igual pero no idénticamente igual a 0.

Como la curvatura es cero en todas partes, debemos tener$M_\pm = \emptyset$porque de lo contrario la curvatura seccional de$M_\pm$sería idénticamente cero. Por lo tanto$M= M_0=\mathbb R^{\dim M}$ $\square$

Creo que mi respuesta es consistente con la de Valter, pero de bajo nivel.

El transporte paralelo conserva los productos internos de los vectores, y la desaparición del tensor de Riemann garantiza la independencia de la ruta del transporte paralelo dentro de cualquier gráfico local. Puede comenzar con una tétrada ortonormal y extender el gráfico local y la métrica de Minkowski desde un origen arbitrario. Los elementos del tensor métrico se definen como productos internos por pares de vectores base en la tétrada.

Para extender la métrica globalmente, explote el homeomorfismo hacia/desde${{R}^{4}}$para inducir un sistema de coordenadas (posiblemente curvilíneo) en el que cada tupla$(t,x,y,z)$corresponde a un punto de su espacio plano. Un camino conveniente para llegar a cualquier punto es$(t,x,y,z)=(as,bs,cs,ds)$con coeficientes constantes y parámetros que van de 0 a 1. Este camino también es único, pero la existencia es la clave.

Prueba en pocas palabras de la independencia de la ruta: el argumento se basa en el hecho de que cualquier ruta desde el punto A al B es homotópica a cualquier otra ruta en un espacio euclidiano. La “historia” de la deformación continua barre una superficie bidimensional, que puede romperse en plaquetas. El tensor de Riemann describe el cambio en un vector resultante del transporte alrededor de una plaqueta infinitesimal. Integrar los ceros pequeños te da un cero grande.

Construcción de coordenadas de Minkowski: una vez que la tétrada ortonormal de vectores base o formas 1 se ha llevado sin ambigüedades a todo el espacio, podemos construir las cuatro funciones de coordenadas haciendo integrales de trayectoria como$\Delta t=\int{d\mathbf{x}\cdot \mathbf{u}}$, donde u es la forma 1 que representa el gradiente de tiempo, y lo mismo ocurre con x,y,z. El resultado es independiente de la ruta según el teorema de Stokes, porque el transporte paralelo garantiza que la derivada covariante y, por lo tanto, el rotacional de u es cero.

Es largo de hacer.

Supongamos que de todos modos sabes que el espacio-tiempo es plano. Si es así, los símbolos de Christoffel son cero.

Según el criterio de Einstein, la derivada covariante del tensor métrico debe ser cero.

$$g_{\mu\nu;\alpha}=0$$

Pero la derivada covariante es la derivada normal menos dos símbolos:

$$g_{\mu\nu;\alpha}\equiv g_{\mu\nu,\alpha} - \Gamma_{\mu\alpha}^{\ \ \rho} g_{\rho\nu} - \Gamma_{\nu\alpha}^{\ \ \rho} g_{\mu\rho}$$

Si los símbolos son cero, entonces solo tenemos

$$0 = g_{\mu\nu,\alpha} - 0 - 0$$

entonces la derivada del tensor métrico es 0, y el tensor métrico no depende de coordenadas, es constante. Si diagnosticas el tensor y vuelves a escalar el eje apropiadamente, puedes tener una matriz diagonal$(-1, 1, 1, 1) \equiv \eta_{\mu\nu}$.