Curvatura de Ricci 5D

El formalismo de Cartan es ideal para trabajar en una gran cantidad de generalidades, incluso se necesita fijar la dimensión del espacio-tiempo. Comenzaré con el ansatz métrico de Kaluza-Klein , a saber,

$$\mathrm{d}s^2 = g_{\mu\nu}\mathrm{d}x^\mu \mathrm{d}x^\nu - e^{2\sigma}\left[\mathrm{d}\psi + A_{\mu}\mathrm{d}x^\mu \right]$$

dónde$A$es un potencial$1$-forma,$\sigma$es un campo escalar (el dilatón) y$g_{\mu\nu}$es la métrica de la parte puramente tetradimensional de la métrica. Comenzamos definiendo una base ortonormal,

$$\omega^\psi = e^\sigma \left[ \mathrm{d}\psi + A\right]$$

y denotamos la base para el$g$métrica como$\omega^a$. Tomando rendimientos de derivados exteriores,

$$\mathrm{d}\omega^\psi = e^{\sigma} \sigma_{,a} \omega^a \wedge \omega^\psi + e^\sigma F$$

dónde$F=\mathrm{d}A$es el$2$-fuerza de campo de forma. Podemos leer los componentes de la conexión de espín de la primera ecuación de Cartan (con la condición sin torsión),

$$\mathrm{d}\omega^a = \theta^a_b \wedge \omega^b$$

$$\therefore \theta^\psi_a=\sigma_a \omega^\psi + \frac{1}{2}e^\sigma F_{ab} \omega^b \quad \theta^a_b = \theta^a_{0b} +\frac{1}{2}e^\sigma F^a_b \omega^\psi$$

dónde$\theta_0$se refiere a la conexión de espín 4D pura. El tensor de Ricci viene dado por la ecuación de Cartan,

$$R^a_b = \mathrm{d}\theta^a_b + \theta^a_c \wedge \theta^c_b$$

Después de manipulaciones increíblemente tediosas, obtenemos,

$$R^a_b=\mathrm{d}\theta^a_{0b} +\frac{1}{2}e^\sigma \left[ \sigma_{,c}\omega ^c\wedge \omega^\psi F^a_b + F^a_{b,c}\omega^c \wedge \omega^\psi + F^a_b \left(\sigma_{,c} \omega^c \wedge \omega^\psi + e^\sigma F \right)\right] \\ + \theta^a_{0c} \wedge \theta^c_{0b} + \frac{1}{2}e^\sigma \left[ \theta^a_{0c}\wedge F^{c}_{b} \omega^\psi +F^a_c \omega^\psi \wedge \theta^c_{0b} \right]\\ + \frac{1}{2}\sigma^{,a}\omega^\psi \wedge e^\sigma F_{bc}\omega^c + \frac{1}{2}F^a_c \omega^c \wedge \sigma_{,b}\omega^\psi + \frac{1}{4}e^{2\sigma}F^a_c \omega^c \wedge F_{bd}\omega^d$$

El$R^\psi_a$se puede encontrar de manera similar, y los componentes de Riemann están dados por,

$$R^a_b \sim R^a_{bcd}\omega^c \wedge \omega^d$$ Tomando la contracción habitual sobre los índices, finalmente llegamos al tensor de Ricci,

$$R_{ab}=R_{0ab}-\nabla_a \nabla_b \sigma -\nabla_a \sigma \nabla_b \sigma + \frac{1}{2}e^{2\sigma}F_{ac}F^c_b$$

y al contraerse con la métrica se obtiene el escalar de Ricci,

$$R_5=R_0 +\frac{1}{4}e^{2\sigma}F^2-2\square \sigma -2(\nabla \sigma)^2$$

Conectando a la acción de Einstein-Hilbert, y asumiendo que la quinta dimensión es periódica con período$L$:

$$S=-\frac{L}{16\pi G}\int \mathrm{d}^4 x \, \sqrt{g} \, e^\sigma\left[ R_{\mathrm{4D}} +\frac{1}{4}e^{2\sigma}F^2\right]$$

Si fijamos el dilaton a una constante, la acción se reduce a puro Einstein-Maxwell.

Si bien la respuesta de @ JamalS es probablemente una forma más rigurosa de hacer esto, se puede decir mucho al observar simplemente las simetrías de la reducción de KK. En la imagen estándar de KK, la métrica en$D=5$es

$$ds^2 = g_{\mu\nu} dx^\mu dx^\nu - e^{2\sigma} \left( d t + A_\mu dx^\mu \right)^2$$ Para reducir $R_5 \to R_4$, notamos eso $\sigma$es un escalar de 4 dimensiones y $A_\mu$es un campo de calibre. La simetría de calibre corresponde a la redefinición local del origen en el compactado $S^1$, $t \to t+\lambda$, $A_\mu \to A_\mu - \partial_\mu \lambda$. Ahora, las dimensiones de masa de las cantidades disponibles son $[\sigma]=[A_\mu]=[g_{\mu\nu}]=0$, mientras $[R_4]=2$. El análisis dimensional simple y la invariancia de calibre implican $$\int dt d^4 x \sqrt{g_5} R_5 = 2\pi R \int d^4 x \sqrt{g} \left[ a R_4 + \frac{b}{4} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} + c (\nabla \sigma)^2 \right]$$ donde se ha hecho la integración apropiada por partes para reducir la forma. Las cantidades adimensionales restantes $a$, $b$, y $c$pueden ser en general funciones de $\sigma$, pero no $A_\mu$(debido a la invariancia del calibre)

Se puede decir más acerca de estas cantidades al observar algunos argumentos de escala. Por ejemplo, escalar$t \to \lambda t$,$A_\mu \to \lambda A_\mu$y$e^{2\sigma} \to \lambda^{-2} e^{2\sigma}$hojas$ds^2$sin alterar. Bajo el mismo cambio$R \to \lambda R$,$F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} \to \lambda^2 F_{\mu\nu} F^{\mu\nu}$y$\nabla_\mu \sigma \to \nabla_\mu \sigma$. Sin embargo, dado que toda la acción debe permanecer igual, debemos tener$a \to \lambda^{-1} a$,$b \to \lambda^{-3} b$y$c \to \lambda^{-1} c$. Esto arregla el$\sigma$dependencia de estas cantidades como

$$a \propto e^\sigma,~b \propto e^{3\sigma},~c \propto e^\sigma$$ Así, tenemos $$\int dt d^4 x \sqrt{g_5} R_5 = 2\pi R \int d^4 x \sqrt{g} e^\sigma \left[ \alpha R_4 + \frac{\beta }{4} e^{2\sigma} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} + \gamma (\nabla \sigma)^2 \right]$$ donde ahora $\alpha$, $\beta$, y $\gamma$son solo numeros Estos ahora se pueden arreglar tomando casos especiales para $ds^2$. Por ejemplo, si $A_\mu = \sigma = 0$, encontramos $R_5 = R_4$y por lo tanto $\alpha = 1$. Se pueden utilizar métodos similares para corregir $\beta$y $\gamma$.