Tensor de Riemann en 2d y 3d

Question

Tensor de Riemann en 2d y 3d

nerviosxxx

Ok, parece que me estoy perdiendo algo aquí.

Sé que el número de coeficientes independientes del tensor de Riemann es $\frac{1}{12} n^2 (n^2-1)$ , lo que significa que en 2d es 1 (es decir, el tensor de Riemann dado por el escalar de Ricci) y en 3d es 6 (es decir, el tensor de Riemann dado por el tensor de Ricci).

Pero, ¿por qué eso restringe el tensor de Riemann a ser solo una función de la métrica? ¿Por qué no una combinación tensorial de derivadas de la métrica?

Lo que quiero decir es por qué el tensor de Riemann está en 2D de la forma

\begin{aligned} R_{a b C d} = \frac{R}{2} ({gramo}_{a C} {gramo}_{b d} - {gramo}_{a d} {gramo}_{b C}) \end{aligned}

$\begin{align} R_{abcd} = \frac{R}{2}(g_{ac}g_{bd} - g_{a d}g_{b c}) \end{align}$

y en 3D,

\begin{aligned} R_{a b C d} = F (R_{a C}) {gramo}_{b d} - F (R_{a d}) {gramo}_{b C} + F (R_{b d}) {gramo}_{a C} - F (R_{b C}) {gramo}_{a d} \end{aligned}

$\begin{align} R_{abcd} = f(R_{ac})g_{bd} - f(R_{ad})g_{bc} + f(R_{bd})g_{a c} - f(R_{bc})g_{ad} \end{align}$ dónde

f (R_{a b}) = R_{a b} - \frac{1}{4} R g_{a b}

$f(R_{ab}) = R_{ab} - \frac{1}{4}R g_{ab}$ ?

Wikipedia dice algo sobre las identidades de Bianchi, pero no puedo resolverlo. Una pista que obtuve (al menos para el caso 2d) fue considerar el RHS (los términos entre paréntesis) y mostrar que satisface todas las propiedades requeridas del tensor de Riemann (sencillo) y proceder desde allí, pero no he sido capaz de presentar cualquier argumento sobre por qué debe haber un tensor único que satisfaga esas propiedades.

Por supuesto que podría usar la fuerza bruta calculando $R_{abcd}$ de los símbolos de Christoffel, etc., pero seguramente debe haber un método más elegante para probar las afirmaciones anteriores.

¿Ayuda, alguien? No he podido encontrar ninguna prueba en línea, tal vez mis habilidades para buscar en Google apestan.

Andrés

¿Qué quieres decir con derivadas de la métrica?

\nabla g = 0

$\nabla g =0$ así que no puedes ver nada de eso. Los únicos derivados permitidos vienen en forma de

R_{μ ν ρ σ}

$R_{\mu\nu\rho\sigma}$ porque es el único tensor que incluye derivadas de la métrica. Entonces, en 2d, el hecho de que haya un componente + las simetrías Riemann restringe a Riemann para que sea proporcional a

g_{μ ρ} g_{ν σ} - g_{μ σ} g_{ν ρ}

$g_{\mu\rho}g_{\nu\sigma}-g_{\mu\sigma}g_{\nu\rho}$ , la pregunta es cómo arreglar la normalización general. Para hacer eso, tome el doble trazo de ambos lados, verá que la única normalización general consistente es

R / 2

$R/2$ .

Cristi Stoica

Su fórmula para 3d no es correcta. Mire esto, y haga n=2,3, y vea por qué en.wikipedia.org/wiki/Ricci_decomposition

Cristi Stoica

Tal vez deba mencionar que, en el mismo lugar en.wikipedia.org/wiki/Ricci_decomposition encontrarás la explicación que buscas, en términos de descomposición en representaciones irreducibles. Verá por qué para n<4 la fórmula se vuelve más simple, para n=2 aún más simple que n=3.

nerviosxxx

@CristiStoica Ah ok gracias. Acabo de copiar esa ecuación (para el caso 3D) de la solución de un conjunto de problemas que encontré en línea, así que tal vez esté mal...

nerviosxxx

ah lol después de pensarlo durante tanto tiempo finalmente me di cuenta de que la respuesta es muy simple, porque solo hay 1 componente independiente, eso significa que solo hay 1 tensor base para el espacio de todos esos tensores con las propiedades que el tensor de Riemann posee Desde

g g - g g

$g g - g g$ , que sacamos de un sombrero, funciona, es el único tensor de base y así

R

$R$ debe ser proporcional a

g g - g g

$g g - g g$ . ¡gracias a todos!

usuario23660

La fórmula para 3d sería correcta si modificamos la definición de

f (R_{a b})

$f(R_{ab})$ a

f (R_{a b}) = R_{a b} - \frac{1}{4} R g_{a b}

$f(R_{ab})=R_{ab}-\frac14 R g_{ab}$ .

usuario23660

Pregunta algo relacionada Unicidad del tensor de curvatura de Riemann

nerviosxxx

Sí, es un error tipográfico - corregido.

jerry schirmer

Por supuesto,

R

$R$ es, en sí mismo, una combinación tensorial de derivados de la métrica.

Respuestas (1)

Tensor de Riemann en 2d y 3d

¿Qué quieres decir con derivadas de la métrica? $\nabla g =0$ así que no puedes ver nada de eso. Los únicos derivados permitidos vienen en forma de $R_{\mu\nu\rho\sigma}$ porque es el único tensor que incluye derivadas de la métrica. Entonces, en 2d, el hecho de que haya un componente + las simetrías Riemann restringe a Riemann para que sea proporcional a $g_{\mu\rho}g_{\nu\sigma}-g_{\mu\sigma}g_{\nu\rho}$ , la pregunta es cómo arreglar la normalización general. Para hacer eso, tome el doble trazo de ambos lados, verá que la única normalización general consistente es $R/2$ .
Su fórmula para 3d no es correcta. Mire esto, y haga n=2,3, y vea por qué en.wikipedia.org/wiki/Ricci_decomposition
Tal vez deba mencionar que, en el mismo lugar en.wikipedia.org/wiki/Ricci_decomposition encontrarás la explicación que buscas, en términos de descomposición en representaciones irreducibles. Verá por qué para n<4 la fórmula se vuelve más simple, para n=2 aún más simple que n=3.
@CristiStoica Ah ok gracias. Acabo de copiar esa ecuación (para el caso 3D) de la solución de un conjunto de problemas que encontré en línea, así que tal vez esté mal...
ah lol después de pensarlo durante tanto tiempo finalmente me di cuenta de que la respuesta es muy simple, porque solo hay 1 componente independiente, eso significa que solo hay 1 tensor base para el espacio de todos esos tensores con las propiedades que el tensor de Riemann posee Desde $g g - g g$ , que sacamos de un sombrero, funciona, es el único tensor de base y así $R$ debe ser proporcional a $g g - g g$ . ¡gracias a todos!
La fórmula para 3d sería correcta si modificamos la definición de $f(R_{ab})$ a $f(R_{ab})=R_{ab}-\frac14 R g_{ab}$ .
Pregunta algo relacionada Unicidad del tensor de curvatura de Riemann
Por supuesto, $R$ es, en sí mismo, una combinación tensorial de derivados de la métrica.

usuario23660 · Answer 1

La simplicidad de la geometría en dimensiones más bajas se debe a que el tensor de curvatura de Riemann podría expresarse en términos de un objeto tensor más simple: curvatura escalar y métrica (en 2d) o tensor de Ricci y métrica (en 3d). Ese hecho, por supuesto, no altera la posibilidad de escribir el tensor de Riemann (así como el tensor de Ricci y la curvatura escalar) como una combinación de derivadas métricas. Pero cada término en tal combinación no es un tensor, solo el objeto completo.

Ahora, recapitulemos por qué en dimensiones inferiores podemos reducir el tensor de Riemann a una combinación de objetos tensoriales de rango inferior.

Para el caso 3d, definición del tensor de Ricci:

R_{a b} = R_{a b C d} {gramo}^{a C}

$R_{ab} = R_{abcd}g^{ac}$

contiene 6 componentes independientes, exactamente el número de componentes independientes en el tensor de Riemann. Entonces, esta ecuación podría invertirse , expresando así $R_{abcd}$ en términos de $R_{ab}$ y $g_{ab}$ .

En el segundo caso, podríamos comenzar de manera similar con la definición de escalar de Ricci:

R = R_{a b} {gramo}^{a b},

$R = R_{ab} g^{ab} ,$

y revertirlo expresando $R_{ab}$ a través de $g_{ab}$ y $R$ . El siguiente paso sería expresar el tensor de Riemann con $g_{ab}$ y $R_{ab}$ (y por lo tanto a través de escalar $R$ solo).

Creo que quiere decir derivadas parciales, no derivadas covariantes de la métrica.
En dimensiones superiores, entran en juego las derivadas métricas, ¿no? Estas son derivadas parciales, no derivadas covariantes, escritas de manera que la expresión resultante sea tensorial. Después de todo, el tensor de Riemann se puede construir a partir de los símbolos de Christoffel y sus derivados, por lo que un tensor de Riemann general contiene $g, \partial g, \partial^2 g$ .
Sí, obviamente, el tensor de Riemann podría escribirse como una combinación de derivadas de la métrica. Lo que tratamos de explorar aquí es la posibilidad de construir un tensor de Riemann a partir de algunos objetos tensor más simples (es decir, de menor rango). (Edité mi respuesta para enfatizar este punto).
@nervxxx: el tensor de Ricci YA es una combinación de derivados de la métrica.
@ user23660 No estoy seguro de entender por qué dices $R_{ab} = R_{abcd}g^{ac}$ . ¿Es eso un error tipográfico? La misma pregunta para la "expresin de $R_{abcd}$ en términos de $R_{ab}$ y $g^{ab}$ "

Tensor de Riemann en 2d y 3d

nerviosxxx

Andrés

Cristi Stoica

Cristi Stoica

nerviosxxx

nerviosxxx

usuario23660

usuario23660

nerviosxxx

jerry schirmer

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usuario23660

Cristi Stoica

nerviosxxx

usuario23660

jerry schirmer

Carla

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