Derivación de una ecuación que involucra vectores Killing

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Derivación de una ecuación que involucra vectores Killing

danu

Actualmente estoy estudiando el libro GR de Carroll Spacetime & Geometry y tuve algunos problemas para entender el texto. Al hablar de los vectores Killing, Carroll menciona que uno puede derivar

k^{λ} \nabla_{λ} R = 0

$K^{\lambda}\nabla_{\lambda}R=0$ Es decir, la derivada direccional del escalar de Ricci a lo largo de un campo vectorial Killing desaparece (aquí,

K^{λ}

$K^{\lambda}$ es un vector de muerte).

Él comenta que los únicos ingredientes necesarios para derivar esta ecuación son:

\cdot La ecuación de matar: \nabla_{(m} k_{v)} = 0

$\cdot\;\;\text{The Killing equation:}\ \nabla_{(\mu}K_{\nu )}=0$

\cdot La identidad de Bianchi: \nabla_{[m} R_{v ρ] σ λ} = 0

$\cdot\;\;\text{The Bianchi identity:}\ \nabla_{[\mu}R_{\nu\rho ]\sigma\lambda}=0$

\cdot \nabla_{m} \nabla_{v} k^{ρ} = R_{λ m v}^{ρ} k^{λ} ⟶ \nabla_{m} \nabla_{v} k^{m} = R_{λ m v}^{m} k^{λ} = R_{λ v} k^{λ}

$\cdot\;\;\ \nabla_{\mu}\nabla_{\nu}K^{\rho}=R^{\rho}_{\lambda\mu\nu}K^{\lambda}\longrightarrow \nabla_{\mu}\nabla_{\nu}K^{\mu}=R^{\mu}_{\lambda\mu\nu}K^{\lambda}=R_{\lambda\nu}K^{\lambda}$

Con $R_{\mu\nu\rho\sigma}$ el tensor de curvatura de Riemann y $R_{\mu\nu}$ el tensor de Ricci.

Aunque pude derivar todas las ecuaciones involucradas, no veo cómo juntarlas para obtener el resultado buscado.

La única manera que vi para empezar es la siguiente:

k^{λ} \nabla_{λ} R = \nabla_{λ} (k^{λ} R) - R \nabla_{λ} k^{λ} = {gramo}^{m σ} (\nabla_{λ} (R_{σ m} k^{λ}) - R_{σ m} \nabla_{λ} k^{λ})

$K^{\lambda}\nabla_{\lambda}R=\nabla_{\lambda}(K^{\lambda}R)-R\nabla_{\lambda}K^{\lambda}=g^{\mu\sigma}(\nabla_{\lambda}(R_{\sigma\mu}K^{\lambda})-R_{\sigma\mu}\nabla_{\lambda}K^{\lambda})$ lo que inmediatamente me mete en problemas porque no veo cómo simplificar/manipular ninguno de los términos para hacer uso de cualquiera de los tres 'ingredientes'

Respuestas (2)

Derivación de una ecuación que involucra vectores Killing

prahar · Answer 1

Comience con la siguiente forma de las Identidades de Bianchi

\nabla^{m} R_{m v} = \frac{1}{2} \nabla_{v} R

$\nabla^\mu R_{\mu\nu} = \frac{1}{2} \nabla_\nu R$ Contrato ambos lados con

K^{ν}

$K^\nu$ . Encontramos

\frac{1}{2} k^{v} \nabla_{v} R = k^{v} \nabla^{m} R_{m v} = \nabla^{m} (k^{v} R_{m v}) - R_{m v} \nabla^{m} k^{v}

$\frac{1}{2} K^\nu \nabla_\nu R = K^\nu \nabla^\mu R_{\mu\nu} = \nabla^\mu \left( K^\nu R_{\mu\nu} \right) - R_{\mu\nu} \nabla^\mu K^\nu$ El segundo término desaparece debido a la simetría de

R_{μ ν}

$R_{\mu\nu}$ . Ahora, recuerda que

R_{μ ν} K^{ν} = \nabla_{ν} \nabla_{μ} K^{ν}

$R_{\mu\nu}K^\nu = \nabla_\nu \nabla_\mu K^\nu$ . Ahora usamos el siguiente hecho

[\nabla_{ρ}, \nabla_{σ}] τ^{m v} = R^{m}_{λ ρ σ} τ^{λ v} + R^{v}_{λ ρ σ} τ^{m λ}

$\left[ \nabla_\rho, \nabla_\sigma \right] \tau^{\mu\nu} = R^\mu{}_{\lambda\rho\sigma} \tau^{\lambda\nu} + R^\nu{}_{\lambda\rho\sigma}\tau^{\mu\lambda}$ Esto implica

\begin{aligned} \nabla^{m} (k^{v} R_{m v}) & = \nabla_{m} \nabla_{v} \nabla^{m} k^{v} = \nabla_{[m} \nabla_{v]} \nabla^{[m} k^{v]} = \frac{1}{2} [\nabla_{m}, \nabla_{v}] \nabla^{[m} k^{v]} \\ = \frac{1}{2} (R_{λ m v}^{m} \nabla^{[λ} k^{v]} - R_{λ v m}^{v} \nabla^{[m} k^{λ]}) \\ = \frac{1}{2} (R_{[λ v]} \nabla^{[λ} k^{v]} - R_{[λ m]} \nabla^{[m} k^{λ]}) = 0 \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{split} \nabla^\mu \left( K^\nu R_{\mu\nu} \right) &= \nabla_\mu\nabla_\nu \nabla^\mu K^\nu = \nabla_{[\mu}\nabla_{\nu ]} \nabla^{[\mu} K^{\nu]} = \frac{1}{2}[\nabla_{\mu}, \nabla_{\nu }] \nabla^{[\mu} K^{\nu]} \\ &=\frac{1}{2}\left(R^\mu_{\;\;\lambda\mu\nu} \nabla^{[\lambda} K^{\nu]}-R^\nu_{\;\;\lambda\nu\mu} \nabla^{[\mu} K^{\lambda]}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(R_{[\lambda\nu ]}\nabla^{[\lambda} K^{\nu]}-R_{[\lambda\mu ]}\nabla^{[\mu} K^{\lambda]}\right) = 0 \end{split} \end{equation}$ lo que entonces implica

k^{v} \nabla_{v} R = 0

$K^\nu \nabla_\nu R = 0$

vampirico · Answer 2

Esto comienza más o menos igual que la respuesta de Prahar. Usa las identidades de Bianchi $\nabla^\mu R_{\mu\nu} = \frac{1}{2} \nabla_\nu R$ y luego contrato con $K^\nu$ para obtener $\frac{1}{2} K^\nu \nabla_\nu R = K^\nu \nabla^\mu R_{\mu\nu} = \nabla^\mu \left( K^\nu R_{\mu\nu} \right) - R_{\mu\nu} \nabla^\mu K^\nu$ . Hasta ahora, completamente idéntico.

Pero ahora, usando $R_{\mu\nu} = R_{\nu\mu}$ , obtenemos

R_{m v} \nabla^{m} k^{v} = R_{v m} \nabla^{m} k^{v}

$R_{\mu\nu} \nabla^\mu K^\nu = R_{\nu\mu} \nabla^\mu K^\nu$

Cambiar el nombre de los índices nos da

R_{m v} \nabla^{m} k^{v} = R_{m v} \nabla^{v} k^{m}

$R_{\mu\nu} \nabla^\mu K^\nu = R_{\mu\nu} \nabla^\nu K^\mu$

Cualquiera $R^{\mu\nu}=0$ , lo que implica $R=0$ , y hace evidente que $K^\lambda\nabla_\lambda R=0$ , o $R\neq 0$ , en ese caso

\nabla_{m} k_{v} - \nabla_{v} k_{m} = 0

$\nabla_\mu K_\nu-\nabla_\nu K_\mu=0$

Agregando eso a la ecuación de Killing $\nabla_\mu K_\nu+\nabla_\nu K_\mu=0$ implica

\nabla_{m} k_{v} = 0

$\nabla_\mu K_\nu=0$

Entonces obtenemos

\begin{aligned} \frac{1}{2} k^{v} \nabla_{v} R & = \nabla^{m} (k^{v} R_{m v}) - R_{m v} \nabla^{m} k^{v} \\ = \nabla^{m} (k^{v} R_{m v}) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{2} K^\nu \nabla_\nu R &= \nabla^\mu \left( K^\nu R_{\mu\nu} \right) - R_{\mu\nu} \nabla^\mu K^\nu \\ &=\nabla^\mu \left( K^\nu R_{\mu\nu} \right) \end{split} \end{equation}$

Usando la ecuación del tensor de Ricci, esto es igual a

\nabla^{m} \nabla_{v} \nabla_{m} k^{v} = \nabla_{m} \nabla_{v} \nabla^{m} k^{v}

$\nabla^\mu\nabla_\nu\nabla_\mu K^\nu=\nabla_\mu\nabla_\nu\nabla^\mu K^\nu$

Pero eso ya lo sabemos $\nabla^\mu K^\nu=0$ , por lo tanto, obtenemos

\frac{1}{2} k^{v} \nabla_{v} R = 0

$\frac{1}{2} K^\nu \nabla_\nu R=0$

lo que significa

k^{λ} \nabla_{λ} R = 0

$K^\lambda \nabla_\lambda R=0$

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