Tensor de matanza de la métrica de Friedman-Robertson-Walker

No conozco una manera inteligente de hacer esto. Pero es "fácil de verificar" simplemente verificando que

$$\nabla_{(\alpha}K_{\mu\nu)}=0$$

Está satisfecho. Me tomó alrededor de media hora en el papel. ¡No se necesita álgebra informática!

La métrica FRW espacialmente plana es en realidad

$$ds^2=-dt^2+a(t)^2(dr^2+r^2d\Omega^2)$$

que es equivalente a

$$ds^2=-dt^2+a(t)^2(dx^2+dy^2+dz^2).$$

El cálculo es particularmente sencillo en$t,x,y,z$coordenadas Las coordenadas espaciales son todas equivalentes, por lo que podemos considerar que los índices son$0$(temporal) o$i$(espacial).

Tenemos

$$g_{00}=-1;\quad g_{0j}=0;\quad g_{ij}=a^2\delta_{ij}$$

y

$$g^{00}=-1;\quad g^{0j}=0;\quad g^{ij}=a^{-2}\delta^{ij}$$

de donde encontramos que los únicos símbolos de Christoffel distintos de cero son

$$\Gamma^0_{ij}=-\frac{\dot a}{a^3}\delta_{ij}$$

y

$$\Gamma^i_{0j}=\frac{\dot a}{a}\delta^i_j.$$

(Hay seis casos a considerar y cada cálculo es una línea o dos).

Siguiente uso$u_\mu=(-1,0,0,0)$, encontramos eso

$$K_{00}=0;\quad K_{0j}=0;\quad K_{ij}=a^4\delta_{ij}.$$

Usando la fórmula habitual para la derivada covariante de un tensor con dos índices covariantes, podemos proceder a calcular que las únicas derivadas covariantes distintas de cero de$K_{\mu\nu}$son

$$\nabla_0K_{ij}=2a^3\dot{a}\,\delta_{ij}$$

y

$$\nabla_i K_{0j}=-a^3\dot{a}\,\delta_{ij}.$$

(Nuevamente, hay seis casos a considerar. Cada uno no ocupa más de unas pocas líneas. Tenga en cuenta el segundo resultado conceptualmente interesante, donde la derivada covariante de un componente cero es distinta de cero, debido a los símbolos de Christoffel distintos de cero que multiplican otros componentes distintos de cero).

Finalmente, la condición del tensor Killing debe verificarse para cuatro casos. Recuerde que los índices entre paréntesis deben simetrizarse sumando las permutaciones. Desde$K_{\mu\nu}$es simétrico, necesitamos considerar solo tres de las seis permutaciones; simplemente "rotaremos" los índices.

Cuando los tres índices son todos temporales, se reduce a un término que hemos encontrado que se desvanece:

$$\nabla_0 K_{00}=0.$$

Cuando dos índices son temporales y uno es espacial, es trivialmente cero porque todos los términos son cero:

$$\nabla_0 K_{0i}+\nabla_0 K_{i0}+\nabla_i K_{00}=0.$$

Cuando un índice es temporal y dos son espaciales, no es trivialmente cero porque los tres términos — ¡mirabile dictu! - Cancelar:

$$\nabla_0 K_{ij}+\nabla_i K_{j0}+\nabla_j K_{0i}=2a^3\dot{a}\,\delta_{ij}-a^3\dot{a}\,\delta_{ij}-a^3\dot{a}\,\delta_{ij}=0.$$

Cuando los tres índices son espaciales, es trivialmente cero de nuevo:

$$\nabla_i K_{jk}+\nabla_j K_{ki}+\nabla_k K_{ij}=0.$$

Entonces

$$\nabla_{(\alpha}K_{\mu\nu)}=0$$

se cumple para todos los valores posibles de$\alpha$,$\mu$, y$\nu$.