¿Podemos siempre dividir localmente la métrica como −N2dt2+gijdxidxj−N2dt2+gijdxidxj- N^2dt^2+g_{ij}dx^idx^j?

Question

¿Podemos siempre dividir localmente la métrica como −N2dt2+gijdxidxj−N2dt2+gijdxidxj- N^2dt^2+g_{ij}dx^idx^j?

ryan unger

En el libro de Y. Choquet-Bruhat, General Relativity and the Einstein Equations , en la página 9 se encuentra el siguiente lema técnico:

Una métrica lorentziana siempre se puede escribir en una vecindad lo suficientemente pequeña mediante un cambio de coordenadas bajo la forma
$- {norte}^{2} d t^{2} + {gramo}_{i j} d X^{i} d X^{j} .$ $-N^2dt^2+g_{ij}dx^idx^j.$

La prueba (creo que eso es lo que se supone que debe ser) que da tiene poco sentido:

De hecho, bajo un cambio de coordenadas $(x'^\alpha)\mapsto (x^\beta)$ con $x^0=x'^0$ tenemos
${gramo}_{i 0}^{'} = \frac{\partial X^{j}}{\partial X^{' i}} ({gramo}_{j 0} + {gramo}_{j h} \frac{\partial X^{h}}{\partial X^{' 0}}),$ $g'_{i0}=\frac{\partial x^j}{\partial x'^i}\left(g_{j0}+g_{jh}\frac{\partial x^h}{\partial x'^0}\right),$ Hacemos $g_{i0}'=0$ resolviendo el sistema lineal de primer orden $g_{j0}+g_{jh}\frac{\partial x^h}{\partial x'^0}=0$ para las funciones $x^h(x'^i,x'^0)$ .

La razón por la que esto es problemático es que asumimos $x^0=x'^0$ , de modo que en realidad $x^h$ no puede ser una función de $x'^0$ , y el sistema lineal se desmorona.

¿Estoy malinterpretando lo que está diciendo? ¿Se puede salvar la prueba o se trata de un error tipográfico? ¿Es cierto el resultado?

usuario139175

Puede que esté pasando por alto el problema, pero no veo por qué establecer

x^{' 0} = x^{0}

$x'^0 = x^0$ efectivo

x^{h}

$x^h$ no ser una función de

x^{' 0}

$x'^0$

ryan unger

@yoric porque

x^{h}

$x^h$ no es una función de

x^{0}

$x^0$ , como estas son coordenadas, recuerda

\partial x^{μ} / \partial x^{ν} = δ_{ν}^{μ}

$\partial x^\mu/\partial x^\nu=\delta^\mu_\nu$ .

usuario139175

Todavía no entiendo eso. Llevar

(t, x) \mapsto (t, R (ω t) x)

$(t, \mathbf{x}) \mapsto (t, R(\omega t) \mathbf{x})$ dónde

R (θ)

$R(\theta)$ es alguna rotación del ángulo

θ

$\theta$ .

ryan unger

@yoric No estoy seguro de que sea un sistema de coordenadas válido a la derecha. No tiene sentido que las últimas coordenadas giren más a medida que cambias

t

$t$ , incluso si no estás cambiando

x

$\mathbf{x}$ .

usuario139175

¿Por qué dices que no tiene sentido? Puede hacer lo que quiera con sus coordenadas siempre que tenga difeomorfismo (local). Y estás cambiando el

x

$\mathbf{x}$ :

x^{'} = R (ω t) x

$\mathbf{x}' = R(\omega t) \mathbf{x}$

usuario139175

Y, por cierto, ese cambio de coordenadas solo va a un marco giratorio.

ryan unger

@yoric Ese es un buen punto, y ahora estoy completamente confundido. Es

\partial x^{μ} / \partial x^{ν} = δ_{ν}^{μ}

$\partial x^\mu/\partial x^\nu=\delta^\mu_\nu$ de hecho no es cierto?

usuario139175

Creo que es cierto, pero debería mostrarme (tal vez editando su pregunta) cómo usarlo con precisión para llegar a su conclusión: tengo una idea de lo que salió mal, pero no quiero confundirlo más si no estoy en lo cierto. :)

ryan unger

@yoric Seguro que parece falso, como

\partial_{t} x^{'} \neq 0

$\partial_t \mathbf x'\ne 0$ en tu ejemplo!

usuario139175

No: mira mi respuesta.

Respuestas (2)

¿Podemos siempre dividir localmente la métrica como −N2dt2+gijdxidxj−N2dt2+gijdxidxj- N^2dt^2+g_{ij}dx^idx^j?

Puede que esté pasando por alto el problema, pero no veo por qué establecer $x'^0 = x^0$ efectivo $x^h$ no ser una función de $x'^0$
@yoric porque $x^h$ no es una función de $x^0$ , como estas son coordenadas, recuerda $\partial x^\mu/\partial x^\nu=\delta^\mu_\nu$ .
Todavía no entiendo eso. Llevar $(t, \mathbf{x}) \mapsto (t, R(\omega t) \mathbf{x})$ dónde $R(\theta)$ es alguna rotación del ángulo $\theta$ .
@yoric No estoy seguro de que sea un sistema de coordenadas válido a la derecha. No tiene sentido que las últimas coordenadas giren más a medida que cambias $t$ , incluso si no estás cambiando $\mathbf{x}$ .
¿Por qué dices que no tiene sentido? Puede hacer lo que quiera con sus coordenadas siempre que tenga difeomorfismo (local). Y estás cambiando el $\mathbf{x}$ : $\mathbf{x}' = R(\omega t) \mathbf{x}$
Y, por cierto, ese cambio de coordenadas solo va a un marco giratorio.
@yoric Ese es un buen punto, y ahora estoy completamente confundido. Es $\partial x^\mu/\partial x^\nu=\delta^\mu_\nu$ de hecho no es cierto?
Creo que es cierto, pero debería mostrarme (tal vez editando su pregunta) cómo usarlo con precisión para llegar a su conclusión: tengo una idea de lo que salió mal, pero no quiero confundirlo más si no estoy en lo cierto. :)
@yoric Seguro que parece falso, como $\partial_t \mathbf x'\ne 0$ en tu ejemplo!

ryan unger · Answer 1

Ofrecemos una prueba alternativa.

Dejar $(M^{n+1},g)$ ser una variedad lorentziana y fijar $p\in M$ . Dejar $(x^\mu)$ ser un sistema de coordenadas definido en $U\ni p$ tal que $\partial_0$ es un campo vectorial temporal y $\partial_i$ son campos vectoriales espaciales para $i=1,\dotsc,n$ . Este gráfico se construye aquí . En particular, tenga en cuenta que $g_{\mu\nu}(p)=\eta_{\mu\nu}$ , la métrica de Minkowski. Así la métrica inversa $g^{-1}$ en $p$ es $\eta^{\mu\nu}$ . como el dual de $\{\partial_\mu\}$ es $\{dx^\mu\}$ , tenemos $g^{00}=g^{-1}(dx^0,dx^0)=-1$ en $p$ , entonces $g^{-1}(dx^0,dx^0)<0$ en un barrio $U$ de $p$ .

Recuerda el siguiente hecho: $g(X,Y)=g^{-1}(X^\flat,Y^\flat)$ , dónde $\flat$ es el operador de descenso. Para ver esto, trabaje en una base, luego $g(X,Y)=g_{\mu\nu}X^\mu Y^\nu=g_{\mu\nu}g^{\mu\rho}X_\rho g^{\nu\sigma}Y_\sigma=g^{\rho\sigma}X_\rho Y_\sigma=g^{-1}(X^\flat,Y^\flat).$

Así tenemos $g(\text{grad}\,x^0,\text{grad}\,x^0)<0$ en $U$ , entonces $\text{grad}\,x^0$ es temporal allí. Considere la hipersuperficie $\Sigma=[x^0=0]$ en $U$ , que contiene $p$ . Se sabe que el campo normal para $\Sigma$ es $\text{grad}\,x^0$ , que es temporal. De este modo $\Sigma$ es una hipersuperficie espacial que contiene $p$ .

Las coordenadas gaussianas luego dan la forma deseada de la métrica en alguna vecindad de $p$ , con $N=1$ .

Sí, su prueba funciona, yo uso la misma prueba. Las coordenadas gaussianas también prueban que localmente la elección $N=1$ siempre es posible como te diste cuenta...
@ValterMoretti Por cierto, ¿sabe cómo probar que las coordenadas normales gaussianas están definidas para $|t|<\delta$ , y que la asignación es un difeomorfismo? Me está costando demostrar que las geodésicas que emanan de $\Sigma$ no cruzaré por pequeño $t$ .
Hay una prueba general en el libro de texto de O'Neill, échale un vistazo.
@ValterMoretti lo tengo a mi lado, ¿puedes dar una página por favor? No vi el tema en el índice.
@ValterMoretti ¿Estás seguro de que está en O'Neill? El problema es con las geodésicas de dos puntos diferentes en $\Sigma$ cruce, no dos geodésicas con el mismo punto de partida. Los resultados habituales en vecindarios normales no parecen aplicarse...
@ValterMoretti ¿Estás hablando del Lema en la página 199? No creo que sea bueno, porque estamos haciendo geodésicas con la unidad normal... ah, pero solo vamos a alejarnos un poco. $t$ , $<1$ posiblemente. Gracias, he estado pensando demasiado en esto.
De hecho, la afirmación que necesita es que si $|t|$ es menor que algún valor común $c>0$ entonces las geodésicas normales emitidas desde un conjunto abierto en una superficie espacial no se encuentran. No se puede tener un resultado más fuerte en general...

usuario139175 · Answer 2

En los comentarios, el OP aclaró de alguna manera su argumento. Aquí muestro por qué falla.

No hay nada que impida $x^h$ depender de $x'^0$ , a pesar de $x^0 = x'^0$ , Por ejemplo

tu : (t, X) \mapsto (t^{'}, X^{'}) = (t, R (ω t) X),

$u:(t,\mathbf{x}) \mapsto (t',\mathbf{x'}) = (t, R(\omega t)\mathbf{x}),$ ser

R (θ)

$R(\theta)$ alguna rotación de ángulo

θ

$\theta$ .

Ahora, el problema parece venir de la identidad. $\partial_\nu x^\mu = \delta_\nu^\mu$ , que creo que es cierto. Pero tenemos que usarlo con cuidado. Por ejemplo, en este mismo ejemplo

\frac{\partial X^{'}}{\partial t} = 0

$\frac{\partial \mathbf x'}{\partial t} = 0$ pero lo que es distinto de cero es

\frac{\partial X^{'} \circ tu}{\partial t} = \frac{\partial R X}{\partial t} = \frac{\partial R}{\partial t} X

$\frac{\partial \mathbf x' \circ u }{\partial t} =\frac{\partial R \mathbf x }{\partial t} = \frac{\partial R}{\partial t} \mathbf x$ dónde

u

$u$ es el cambio de coordenadas.

Esta confusión es consecuencia de llamar con las mismas letras tanto a las coordenadas como al difeomorismo entre ellas.

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