Derivada de mentira del tensor de Riemann a lo largo del vector de muerte ( = 0 )

Question

Derivada de mentira del tensor de Riemann a lo largo del vector de muerte ( = 0 )

harris m snyder

Actualmente estoy aprendiendo el marco matemático de la Relatividad General, y estoy tratando de demostrar que la derivada de Lie del tensor de curvatura de Riemann es cero a lo largo de un vector letal.

Con la siguiente notación para diferenciación covariante, $A_{a||b}$ (en lugar de $\nabla_b A_a$ ), tengo lo siguiente:

$\it\unicode{xA3}_\xi R_{amsq} = R_{amsq||x} \xi ^x + R_{xmsq} \xi^x{}_{||a} + R_{axsq} \xi^x{}_{||m} + R_{amxq} \xi^x{}_{||s} + R_{amsx} \xi^x{}_{||q}$ .

Sospecho que necesito invocar la segunda identidad de Bianchi. Sin embargo, antes de que pueda hacer esto, de alguna manera necesito convertirlo en una forma diferente. Tiene que haber alguna propiedad de matar vectores o tal vez derivados covariantes que estoy olvidando/no pude aprender. Cualquier ayuda sería apreciada.

Stan Liou

Esto se hizo como parte de la siguiente respuesta: ( physics.stackexchange.com/q/88655 )

harris m snyder

Sí, lo era. Sin embargo, tuve dificultades para entender esa respuesta y me gustaría entender cómo hacerlo de esta manera. Es decir, realmente me gustaría saber qué propiedad o identidad me falta antes de poder usar las identidades de Bianchi para mostrar que es manifiestamente cero.

usuario38412

(LfX)(p) = f(p)(LX)(p) + (df) ^ (iX)(p)``

Respuestas (1)

Derivada de mentira del tensor de Riemann a lo largo del vector de muerte ( = 0 )

Esto se hizo como parte de la siguiente respuesta: ( physics.stackexchange.com/q/88655 )
Sí, lo era. Sin embargo, tuve dificultades para entender esa respuesta y me gustaría entender cómo hacerlo de esta manera. Es decir, realmente me gustaría saber qué propiedad o identidad me falta antes de poder usar las identidades de Bianchi para mostrar que es manifiestamente cero.

Stan Liou · Answer 1

Sin embargo, tuve dificultades para entender esa respuesta y me gustaría entender cómo hacerlo de esta manera. Es decir, realmente me gustaría saber qué propiedad o identidad me falta antes de poder usar las identidades de Bianchi para mostrar que es manifiestamente cero.

La otra prueba usa la primera identidad de Bianchi. Ahí es donde la suposición inicial $R^a{}_{bcd}\xi^d = \xi^a{}_{;bc}$ viene de. Si desea utilizar la segunda identidad de Bianchi, es

(\nabla_{ξ} R) (X, Y) + (\nabla_{X} R) (Y, ξ) + (\nabla_{Y} R) (ξ, X) = 0,

$(\nabla_\xi R)(X,Y) + (\nabla_X R)(Y,\xi) + (\nabla_Y R)(\xi,X) = 0\text{,}$ y por lo tanto aplicándola y la regla de Leibniz se produce:

\begin{aligned} \underset{F o o}{\underset{⏟}{\nabla_{ξ} [R (X, Y)] + \nabla_{X} [R (Y, ξ)] + \nabla_{Y} [R (ξ, X)]}} = \underset{b a r}{\underset{⏟}{R (L_{ξ} X, Y) + R (L_{X} Y, ξ) + R (L_{Y} ξ, X)}}, \end{aligned}

$\begin{align} \underbrace{\nabla_\xi[R(X,Y)]+\nabla_X[R(Y,\xi)]+\nabla_Y[R(\xi,X)]}_\mathrm{foo} = \underbrace{R(\mathcal{L}_\xi X,Y) + R(\mathcal{L}_XY,\xi) + R(\mathcal{L}_Y\xi,X)}_\mathrm{bar}\text{,} \end{align}$ donde se supuso que la torsión desaparece, por lo que

L_{A} B = \nabla_{A} B - \nabla_{B} A

$\mathcal{L}_AB = \nabla_AB-\nabla_BA$ . Además,

\begin{array}{rcl} (L_{ξ} R) (X, Y) & = & L_{ξ} [R (X, Y)] - R (L_{ξ} X, Y) - R (X, L_{ξ} Y) \\ = & L_{ξ} [R (X, Y)] - R (L_{ξ} X, Y) - R (L_{Y} ξ, X) \\ = & \underset{q tu X}{\underset{⏟}{L_{ξ} [R (X, Y)] - [F o o] + R (L_{X} Y, ξ)}} . \end{array}

$\begin{eqnarray*} (\mathcal{L}_\xi R)(X,Y) &=& \mathcal{L}_\xi[R(X,Y)] - R(\mathcal{L}_\xi X,Y) - R(X,\mathcal{L}_\xi Y)\\ &=&\mathcal{L}_\xi[R(X,Y)] - R(\mathcal{L}_\xi X,Y) - R(\mathcal{L}_Y\xi,X)\\ &=&\underbrace{\mathcal{L}_\xi[R(X,Y)] - [\mathrm{foo}] + R(\mathcal{L}_XY,\xi)}_\mathrm{qux}\text{.} \end{eqnarray*}$ Así que el objetivo es mostrar que el lado derecho,

q u x

$\mathrm{qux}$ , es idénticamente cero siempre que

ξ

$\xi$ es un campo vectorial Killing.

Vamos a escribir $S^a{}_b = [R(X,Y)]^a{}_b = R^a{}_{bcd}X^cY^d$ , y simplemente ponlo en marcha:

\begin{array}{rcl} L_{ξ} S^{a}_{b} & = & \nabla_{ξ} S^{a}_{b} - S^{mi}_{b} ξ^{a}_{; mi} + S^{a}_{mi} ξ^{mi}_{; b} \\ = & \nabla_{ξ} S^{a}_{b} + X^{C} Y^{d} (R^{a}_{mi C d} ξ^{mi}_{; b} - R^{mi}_{b C d} ξ^{a}_{; mi}) \\ = & \nabla_{ξ} S^{a}_{b} + X^{C} Y^{d} (\nabla_{C} \nabla_{d} - \nabla_{d} \nabla_{C}) ξ^{a}_{; b}, \end{array}

$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}_\xi S^a{}_b &=& \nabla_\xi S^a{}_b - S^e{}_b\xi^a{}_{;e} + S^a{}_e\xi^e{}_{;b}\\ &=& \nabla_\xi S^a{}_b + X^cY^d(R^a{}_{ecd}\xi^e{}_{;b} - R^e{}_{bcd}\xi^a{}_{;e})\\ &=& \nabla_\xi S^a{}_b + X^cY^d(\nabla_c\nabla_d-\nabla_d\nabla_c)\xi^a{}_{;b}\text{,} \end{eqnarray*}$ donde el último paso es realmente válido para arbitraria

Z^{a}_{b}

$Z^a{}_b$ , No solo

ξ^{a}_{; b}

$\xi^a{}_{;b}$ . El primer término de esto cancela con el primer término de

f o o

$\mathrm{foo}$ . Hasta ahora no hemos utilizado el hecho de que

ξ

$\xi$ es un campo vectorial Killing. Hagámoslo ahora considerando los otros dos términos de

f o o

$\mathrm{foo}$ :

\nabla_{X} [R (Y, ξ)]^{a}_{b} - \nabla_{Y} [R (X, ξ)]^{a}_{b} = \nabla_{X} \nabla_{Y} ξ^{a}_{; b} - \nabla_{Y} \nabla_{X} ξ^{a}_{; b},

$\nabla_X[R(Y,\xi)]^a{}_b - \nabla_Y[R(X,\xi)]^a{}_b = \nabla_X\nabla_Y\xi^a{}_{;b} - \nabla_Y\nabla_X\xi^a{}_{;b}\text{,}$ donde la identidad inicial

R^{a}_{b c d} ξ^{d} = ξ^{a}_{; b c}

$R^a{}_{bcd}\xi^d = \xi^a{}_{;bc}$ se utilizó. La misma identidad también da:

R (L_{X} Y, ξ)^{a}_{b} = \nabla_{[X, Y]} ξ^{a}_{; b} .

$R(\mathcal{L}_XY,\xi)^a{}_{b} = \nabla_{[X,Y]}\xi^a{}_{;b}\text{.}$ Por lo tanto, hemos demostrado que para cualquier campo vectorial

X, Y

$X,Y$ ,

\begin{array}{rcl} X^{C} Y^{d} (L_{ξ} R^{a}_{b C d}) & = & [X^{C} Y^{d} (\nabla_{C} \nabla_{d} - \nabla_{d} \nabla_{C}) - (\nabla_{X} \nabla_{Y} - \nabla_{Y} \nabla_{X}) + \nabla_{[X, Y]}] ξ^{a}_{; b} \\ = & 0 . \end{array}

$\begin{eqnarray*} X^cY^d(\mathcal{L}_\xi R^a{}_{bcd}) &=& \left[X^cY^d(\nabla_c\nabla_d-\nabla_d\nabla_c)-(\nabla_X\nabla_Y-\nabla_Y\nabla_X) + \nabla_{[X,Y]}\right]\xi^a{}_{;b}\\ &=& 0\text{.}\end{eqnarray*}$ (Si tiene problemas con el último paso, verifique la respuesta de Christoph a la otra pregunta y modifíquela según corresponda).

L_{ξ} R^{a}_{b c d} = 0

$\mathcal{L}_\xi R^a{}_{bcd} = 0$ , QED.

¡Ah, ahora veo! La primera línea que publicaste tiene exactamente lo que necesitaba, es decir, $R^a{}_{bcd} \xi^d = \xi^a{}_{;bc}$ . Tengo el resto bajo control. Gracias.

Derivada de mentira del tensor de Riemann a lo largo del vector de muerte ( = 0 )

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Stan Liou

harris m snyder

usuario38412

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Stan Liou

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