Derivada de Lie del tensor de Riemann a lo largo del vector de matanza ( = 0 )

Question

Actualmente estoy aprendiendo el marco matemático de la Relatividad General, y estoy intentando demostrar que la derivada de Lie del tensor de curvatura de Riemann es cero a lo largo de un vector matador.

Con la siguiente notación para la diferenciación covariante, $A_{a||b} $ (en lugar de $\nabla_b A_a$ ), tengo lo siguiente:

$\it\unicode{xA3}_\xi R_{amsq} = R_{amsq||x} \xi ^x + R_{xmsq} \xi^x{}_{||a} + R_{axsq} \xi^x{}_{||m} + R_{amxq} \xi^x{}_{||s} + R_{amsx} \xi^x{}_{||q}$ .

Sospecho que tengo que invocar la segunda identidad de Bianchi. Sin embargo, antes de que pueda hacer esto, necesito de alguna manera poner esto en una forma diferente. Tiene que haber alguna propiedad de los vectores matadores o quizá de las derivadas covariantes que estoy olvidando/no he aprendido. Cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

Sin embargo, tuve dificultades para entender esa respuesta y me gustaría saber cómo hacerlo este camino. Es decir, me gustaría saber qué propiedad o identidad me falta antes de poder utilizar las identidades de Bianchi para demostrar que es manifiestamente cero.

En otra prueba utiliza la primera identidad de Bianchi. Ahí es donde la hipótesis de partida $R^a{}_{bcd}\xi^d = \xi^a{}_{;bc}$ viene de. Si quieres usar la segunda identidad Bianchi, es $$(\nabla_\xi R)(X,Y) + (\nabla_X R)(Y,\xi) + (\nabla_Y R)(\xi,X) = 0\text{,}$$ y por lo tanto aplicándola y la regla de Leibniz produce: $$\begin{align} \underbrace{\nabla_\xi[R(X,Y)]+\nabla_X[R(Y,\xi)]+\nabla_Y[R(\xi,X)]}_\mathrm{foo} = \underbrace{R(\mathcal{L}_\xi X,Y) + R(\mathcal{L}_XY,\xi) + R(\mathcal{L}_Y\xi,X)}_\mathrm{bar}\text{,} \end{align}$$ donde se supuso que la torsión desaparece, de modo que $\mathcal{L}_AB = \nabla_AB-\nabla_BA$ . Además, $$\begin{eqnarray*} (\mathcal{L}_\xi R)(X,Y) &=& \mathcal{L}_\xi[R(X,Y)] - R(\mathcal{L}_\xi X,Y) - R(X,\mathcal{L}_\xi Y)\\ &=&\mathcal{L}_\xi[R(X,Y)] - R(\mathcal{L}_\xi X,Y) - R(\mathcal{L}_Y\xi,X)\\ &=&\underbrace{\mathcal{L}_\xi[R(X,Y)] - [\mathrm{foo}] + R(\mathcal{L}_XY,\xi)}_\mathrm{qux}\text{.} \end{eqnarray*}$$ Así que el objetivo es demostrar que el lado derecho, $\mathrm{qux}$ es idénticamente cero siempre que $\xi$ es un campo vectorial de Killing.

Escribamos $S^a{}_b = [R(X,Y)]^a{}_b = R^a{}_{bcd}X^cY^d$ y sólo dale caña: $$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}_\xi S^a{}_b &=& \nabla_\xi S^a{}_b - S^e{}_b\xi^a{}_{;e} + S^a{}_e\xi^e{}_{;b}\\ &=& \nabla_\xi S^a{}_b + X^cY^d(R^a{}_{ecd}\xi^e{}_{;b} - R^e{}_{bcd}\xi^a{}_{;e})\\ &=& \nabla_\xi S^a{}_b + X^cY^d(\nabla_c\nabla_d-\nabla_d\nabla_c)\xi^a{}_{;b}\text{,} \end{eqnarray*}$$ donde el último paso es realmente válido para cualquier $Z^a{}_b$ no sólo $\xi^a{}_{;b}$ . El primer término de esto se cancela con el primer término de $\mathrm{foo}$ . Hasta ahora no hemos utilizado el hecho de que $\xi$ es un campo vectorial de Killing. Hagámoslo ahora considerando los otros dos términos de $\mathrm{foo}$ : $$\nabla_X[R(Y,\xi)]^a{}_b - \nabla_Y[R(X,\xi)]^a{}_b = \nabla_X\nabla_Y\xi^a{}_{;b} - \nabla_Y\nabla_X\xi^a{}_{;b}\text{,}$$ donde la identidad de partida $R^a{}_{bcd}\xi^d = \xi^a{}_{;bc}$ se utilizó. La misma identidad también da: $$R(\mathcal{L}_XY,\xi)^a{}_{b} = \nabla_{[X,Y]}\xi^a{}_{;b}\text{.}$$ Por lo tanto, hemos demostrado que para cualquier campo vectorial $X,Y$ , $$\begin{eqnarray*} X^cY^d(\mathcal{L}_\xi R^a{}_{bcd}) &=& \left[X^cY^d(\nabla_c\nabla_d-\nabla_d\nabla_c)-(\nabla_X\nabla_Y-\nabla_Y\nabla_X) + \nabla_{[X,Y]}\right]\xi^a{}_{;b}\\ &=& 0\text{.}\end{eqnarray*}$$ (Si tiene problemas con el último paso, compruebe Respuesta de Christoph a la otra pregunta y modifíquela adecuadamente). Así, $\mathcal{L}_\xi R^a{}_{bcd} = 0$ QED.