Escalar de Ricci para un tensor métrico diagonal

La respuesta anterior es correcta, pero no da un algoritmo práctico para humanos, porque es una pesadilla calcular el tensor de curvatura. Necesita un buen algoritmo manual, o necesita un paquete de manipulación simbólica. Prefiero los cálculos manuales para los Ansatzes simétricos, porque siempre son reveladores.

El método simplificado tradicional es usar formas de curvatura, y este método se describe en Misner Thorne y Wheeler. Es indispensable para entender las Soluciones Kerr. También vale la pena estudiar el formalismo de Newman-Penrose, porque da una idea física. Prefiero usar mi propio método casero matemáticamente poco elegante, porque gran parte de la simplificación en los métodos avanzados se debe realmente al uso de lo que se llama "computación de matriz dispersa" en la literatura informática.

Si tiene una matriz que es en su mayoría ceros, como la curvatura en diagonal, no debe escribirla en forma de matriz, a menos que desee desarrollar buenos músculos de escritura fuertes. Introduzca tensores de base no covariantes "l_{ij}" que sean distintos de cero en la posición i,j. Luego escriba la métrica en una convención mayormente positiva como:

$$g_{\mu\nu} = -A l_{00} + B l_{11} + C l_{22}$$ $$g^{\mu\nu} = -{1\over A}l^{00} + {1\over B} l^{11} + {1\over C}l^{22}$$

Donde he ido a tres dimensiones para evitar una respuesta desesperadamente larga, y donde espero que la notación sea clara. Por elegancia teórica, el tensor base$l_{00}$realmente debería escribirse como$l^{00}_{\mu\nu}$si desea que sea coherente con las convenciones de índice habituales, pero dado que el objetivo es que los músculos de la escritura estén lo más flácidos posible, no lo haga. Dado que los l dependen ridículamente de las coordenadas, puede expresar ridículamente objetos no tensoriales como los coeficientes de conexión y el tensor de energía de pseudoestrés.

Cálculo de la conexión

Hay trucos para calcular la conexión, como derivar la ecuación geodésica, pero no los usaré. Si usa los tensores de base, no es ningún trabajo obtener los coeficientes de conexión y, con la práctica, puede hacer la mayor parte del trabajo en su cabeza para los Ansatzes más simples.

Primero, diferencie la métrica. Dado que "diagonal" no es una gran simplificación, supondré "diagonal y dependiente solo de x1 y x0". Usaré un número primo para diferenciar con respecto a$x_1$, y un punto para diferenciar con respecto a$x_0$:

$$g_{\mu\nu,\alpha} = - \dot{A} l_{000} - A' l_{001} + \dot{B}l_{110} + B'l_{111} + \dot{C}l_{220} + C' l_{221}$$

La lección es --- la diferenciación es trivial. Tenga en cuenta que esto es simétrico en los dos primeros índices y nada especial en el tercer índice. Los símbolos de Christoffel son simétricos en los dos últimos índices y nada especial en el primero. Transfiere simetría entre posiciones de índice como esta:

$$P_{i|jk} = Q_{ij|k} + Q_{ik|j} - Q_{jk|i}$$

Donde P es simétrica en las dos últimas posiciones y Q es simétrica en las dos primeras. Acostúmbrate a esto, porque surge mucho. El primer término tiene el mismo orden de índice simplemente usando una buena convención de orden de índice, el segundo término simetriza a la fuerza la segunda y la tercera posición, y el último término es necesario para que P conserve toda la información en Q. Puede realizar este procedimiento en las l automáticamente, simplemente reemplazando$l_{001}$con$l_{001} + l_{010} - l_{100}$, etcétera. Esto es lo que haces para conseguir$\Gamma$de la derivada de g.

Aquí está la fórmula para el índice inferior$\Gamma$(No está escrito de esta manera nunca, porque$\Gamma$no es un tensor, pero lo hago aquí, solo para ahorrar la mano que escribe).

$$\Gamma_{\mu|\nu\sigma} = -{1\over 2} ( -\dot{A} l_{000} - A'(l_{001} + l_{010} -l_{100})$$ $$+ \dot{B} (l_{110} + l_{101} - l_{011}) + B' l_{111}$$ $$+ \dot{C}(l_{220} + l_{202} - l_{022}) + C'(l_{221} + l_{212} - l_{122}) )$$

Para elevar los índices cuando la métrica es diagonal es trivial, simplemente eleve el índice en l y divida por la entrada diagonal apropiada:

$$\Gamma^\mu_{\nu\sigma} = {\dot{A}\over 2A} l^0_{00} - {A'\over 2A} (l^0_{01} + l^0_{10}) - {A'\over 2B} l^1_{00} + {\dot{B}\over 2B}(l^1_{10} + l^1_{01}) - {\dot{B}\over 2A}l^0_{11} + {B'\over 2B} l_{111} +...$$

Donde el resto debería ser obvio. Con práctica, esto toma un minuto para hacerlo a mano.

Cálculo de la curvatura de Ricci.

Para calcular las curvaturas, es importante ir trazando sobre la marcha , porque así se reduce a la mitad el trabajo. La curvatura de Riemann siempre tiene un montón de basura de Weyl que en su mayoría no te importa.

Siempre escribo la fórmula para el tensor de Riemann de esta manera:

$$R^\mu_{\nu\lambda\sigma} = \Gamma^\mu_{\nu\lambda,\sigma} \mathrm{(AS)} + \Gamma^\mu_{\nu s}\Gamma^s_{\lambda\sigma} \mathrm{(AS)}$$

El "AS" significa restar la misma expresión con$\nu$y$\sigma$intercambiado. Esta forma tiene la propiedad de que es antisimétrica en el primer y tercer índice inferiores, por lo que esta no es la convención habitual para el tensor de Riemann, que es antisimétrico en los dos últimos índices. Pero esto es fácil de arreglar al final. Confía en mí, esta es la mejor convención, la arreglas al final.

La traza de Ricci en esta convención está en los dos primeros índices:

$$R_{\mu\nu} = R^\alpha_{\alpha\mu\nu}$$

Esto es importante, porque cada término que obtienes en el tensor de Riemann viene con una "l", y si el número superior de la l no es el mismo que el número inferior más a la izquierda, entonces ese término no contribuye al tensor de Ricci. Para obtener el tensor de Ricci, simplemente ignora todo$l^a_{bcd}$con$a\ne b$y escribe$l_{cd}$en lugar de esos$l$'s que tienen$a=b$.

Ahora, diferencie la expresión para$\Gamma$, tachando un índice al final. Lo demostraré con una de las aportaciones, a partir de tomar la$x_1$derivada del primer término:

$$\Gamma^\mu_{\nu\lambda,\sigma} \mathrm{(AS)} = ..+ ({\dot{A}\over 2A})' (l^0_{001} - l^0_{100})$$

Donde el segundo término es el antisimetrizador. Pero ahora, observe las dos l: ¿alguna de ellas tiene un índice coincidente en la parte superior izquierda y en la parte inferior izquierda? ¡Sí! Así que borre los números de arriba y abajo a la izquierda de la l, y le queda una contribución al tensor de Ricci:

$$({\dot{A}\over 2A})'l_{01}$$

Todo esto se puede hacer en su cabeza, término por término. si obtienes un$l$cual es$l^0_{221}$no puede contribuir a Ricci, porque el primer y tercer índice inferior no coinciden con el superior, si obtiene$l^0_{121}$luego se mata por antisimetrización, etc, etc, todo es obvio.

A continuación, debe multiplicar$\Gamma$consigo mismo, y rastrear. Aquí se resuelven todos los términos. Pero es un cálculo finito, no desesperado. No obtiene una contribución a menos que el índice inferior más a la izquierda sea el mismo que el índice superior, por lo que deja solo unos pocos términos y, además, obtiene cero en algunos términos l después de antisimetrizar y rastrear (en su cabeza). Luego, solo quedan unos pocos términos restantes, y estas son contribuciones reales a la curvatura, por lo que no hay forma de evitar calcularlos.

La primera vez toma un tiempo, pero con la práctica solo toma algunos minutos para Ansatzes más simples y algunas horas para los peores.

El escalar de Ricci es solo la traza del tensor de Ricci, que a su vez es una contracción tensorial del tensor de curvatura de Riemann, que se puede expresar en símbolos de Cristoffel definidos por la métrica local.

$$R=R^i_i=g^{ij}R_{ij}$$

$$R_{ij}={R^k}_{ikj}$$

$${R^{\rho}}_{\sigma\mu\nu} = \partial_\mu\Gamma^{\rho}_{\nu\sigma}-\partial_\nu\Gamma^{\rho}_{\mu\sigma}+\Gamma^{\rho}_{\mu\lambda}\Gamma^{\lambda}_{\nu\sigma}-\Gamma^{\rho}_{\nu\lambda}\Gamma^{\lambda}_{\mu\sigma}$$

$$\Gamma^{i}_{kl} = \frac{1}{2}g^{im}(\partial_lg_{mk}+\partial_kg_{ml}-\partial_mg_{kl})$$

como ves una vez que tienes la métrica puedes calcular todas esas cantidades.

Aun así, esta pregunta es antigua, pero sí, existen tales fórmulas, puede consultar el libro de Landau sobre campos clásicos (Vol. 2, párrafo 92), o consultar este trabajo (las fórmulas no son tan buenas como las de Landau)

Tensor de Ricci de Métrica Diagonal

Actualizar:

Debido a que el libro es ruso y antiguo, resumiré el resultado aquí (con ligeras modificaciones):

Si asumimos que la métrica diagonal tiene la forma:

$$g_{\mu\mu}\equiv u_{\mu}e^{2l_{\mu}}\::\: u_{\mu}=\text{sign} g_{\mu\mu}$$ luego define: $$L_{\mu\nu\rho}\equiv l_{\rho,\nu}\left(l_{\nu}-l_{\rho}\right)_{,\mu}-l_{\rho,\mu\nu}$$ entonces el tensor de Riemann tiene la forma: $$R_{\rho\mu\rho\nu}=\begin{cases} {\displaystyle g_{\mu\mu}\left(L_{\mu\nu\rho}+l_{\mu,\nu}l_{\rho,\mu}\right)} & :\:\rho\neq\mu\neq\nu\\ {\displaystyle g_{\mu\mu}L_{\mu\mu\rho}+g_{\nu\nu}L_{\rho\rho\mu}-g_{\rho\rho}g_{\mu\mu}\sum_{\lambda\neq\rho,\mu}\frac{l_{\mu,\lambda}l_{\rho,\lambda}}{g_{\lambda\lambda}}} & :\:\rho\neq\mu=\nu \end{cases}$$ y tensor de Ricci: $$R_{\mu\nu}=\begin{cases} {\displaystyle \sum_{\rho\neq\mu,\nu}\left(L_{\mu\nu\rho}+l_{\mu,\nu}l_{\rho,\mu}\right)} & :\:\mu\neq\nu\\ {\displaystyle \sum_{\rho\neq\mu}\left[L_{\mu\mu\rho}+\frac{g_{\mu\mu}}{g_{\rho\rho}}\left(L_{\rho\rho\mu}-l_{\mu,\rho}\sum_{\lambda\neq\mu,\rho}l_{\lambda,\rho}\right)\right]} & :\mu=\nu \end{cases}$$

El resto de componentes del tensor se desvanece.