Identidad de Bianchi usando tétrada nula

En formalismos de tétrada no quieres los símbolos de Christoffel$\Gamma_{abc}$, desea la conexión 1-formas. Para una base dada 1-forma$e^a$,$d(e^a)$es una forma 2. Ahora debe ser eso

$$d(e^a) = \omega^a{}_b \wedge e_b.$$ para una matriz de 1-formas $\omega^a{}_b$. En realidad, por lo general es mejor pensar en $\omega^a{}_b$como una forma de valor matricial. De hecho, toma valores sólo en $\mathfrak{so}(1,3)$, el álgebra de Lie del grupo de Lorentz. Más concretamente, eso significa que $\omega^a{}_b$es antisimétrica con respecto a la métrica de Minkowski.

De todos modos, en este formalismo, la curvatura de Riemann es una$\mathfrak{so}(1,3)$-forma de 2 valores dada por

$$R^a{}_b = d\omega^a{}_b + \omega^a{}_c \wedge \omega^c{}_b.$$ La declaración de la identidad de Bianchi es $$dR^a{}_b + \omega^a{}_c \wedge R^c{}_b + R^a{}_c \wedge \omega^c{}_b = 0.$$

Encontrará este material en las Secciones 14.5 y 14.6 de Gravitation de Misner, Thorne y Wheeler.

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Lo anterior no se conecta con el formalismo de Newman-Penrose ya que no menciona espinores. Para obtener el formalismo NP, debe usar díadas , los ascensores de espinor de tétradas nulas. En este formalismo la conexión 1-forma es una $2\times 2$matriz compleja antisimétrica, por lo que hay $3\cdot 4=12$componentes, cada uno de los cuales puede tener su propia letra griega. Las ecuaciones de Newman-Penrose ahora se obtienen escribiendo en componentes diádicos las ecuaciones anteriores, que representan derivados de tétrada por $D, \Delta, \delta, \overline{\delta}$.

Nunca he visto esto hecho en detalle porque imagino que los cálculos son terriblemente tediosos y aburridos.

El método que mostraré aquí puede no ser una opción completa, pero puede ser útil

$$\begin{eqnarray} D_\Gamma R^{\mu \nu} &=& 0 \;,\\ \mathrm d R^{\mu \nu} + \Gamma^\mu{}_\lambda \wedge R^{\lambda \nu} + \Gamma^ \nu{}_\gamma \wedge R^{\mu \gamma} &=&0\;,\\ \partial_{[\beta} R^{\mu \nu}{}_{{\rho\sigma}]} +\Gamma_{[\beta|}{}^\mu{}_\lambda R^{\lambda \nu}{}_{|{\rho\sigma}]}+ \Gamma_{[\beta|}{}^ \nu{}_\lambda R^{\mu \lambda }{}_{|{\rho\sigma}]} -\Gamma_{[\beta}{}^\gamma{}_{\rho |} R^{\mu \nu}{}_{\gamma | \sigma]} - \Gamma_{[\beta}{}^\gamma{}_\rho R^{\mu \nu}{}_{\rho ] \gamma} &=&0\;,\\ \therefore \nabla_{[\beta} R^{\mu \nu}{}_{{\rho\sigma}]} =0\;. \end{eqnarray}$$ Tenga en cuenta que Mi $\Gamma$usar una convención diferente $$\Gamma_{cab}=g(\nabla_{e_{a}}e_{b},e_{c})\;.$$ Entonces $$\Gamma_c{}^a{}_b = \Gamma_{(c}{}^a{}_{b)}$$