Forma canónica de constantes de estructura y tríada mutuamente ortogonal en las órbitas de las cosmologías de Bianchi

Question

En La Clase. Quant. Grav. 28 (2011) 185007: "Linealización de homogénea, casi isotrópico modelos cosmológicos" en el comienzo de la sección 2.3 los autores (Andrew Pontzen y Anthony Challinor) afirman que podemos, al mismo tiempo diagonalize el tensor métrico restringido a la órbita, y adecuar la estructura constantes $C^k{}_{ij}$ en su forma canónica. ¿Cómo puede ser esto cierto en el caso general?

Aquí tenemos $$ [\xi_i,\xi_j] = -C^k{}_{ij}\xi_k,\etiqueta{1} $$ para la traslación de la matanza de los vectores $\xi_i$ de algunos simplemente transitiva 3 parámetro-grupo de simetría. El autor indica previamente que podemos descomponer la estructura de las constantes como (esto se deduce de Landau-Lifshitz) $$ C^k{}_{ij} = 2\delta^k_{[i}a_{j]} + \epsilon_{ij\ell}n^{\ell k},\etiqueta{2} $$ donde $n^{ij} = n^{(ij)}$, y llegamos a la forma canónica por la realización de una transformación lineal de la forma $\xi_i \mapsto \gamma_i^j\xi_j$ (dejando $a,b,c,\ldots$ denotar transformado índices) tal que $n = \mathrm{diag}(n_1,n_2,n_3)$$a = (a, 0, 0)$. Finalmente, uno, a continuación, normaliza $n$ y si es posible,$a$. Por Landau-Lifshitz (página 112 en v. 2) en primer lugar, diagonalize $n^{ij}$ y, a continuación, la identidad de Jacobi da $n^{ij}a_j = 0$, de modo que $a_j$ es un autovector de a $n^{ij}$ con autovalor 0, y somos libres para establecer $a_j$ como anteriormente ya hemos impuesto ninguna restricción adicional sobre las direcciones. Tenga en cuenta que por lo que yo sé, estos no son tensorial índices; $a_i$ $n^{ij}$ no se transforma bajo el estándar de las leyes de transformación.

Ahora, hemos construido algunos invariantes campo marco de la órbita (la tríada), definido por $$ [e_i,\xi_j] = 0. \etiqueta{3} $$ El procedimiento que se describe a continuación, establece en primer lugar que podemos elegir $e_i$ ser ortogonales (mediante la selección de una base ortogonal en algún punto, $p$, y la Mentira, arrastrando, por la homogeneidad de la métrica con respecto a $\xi_i$ y (3) será en todas partes ortogonal en la órbita, mi comentario). Luego podemos elegir $e_i|_p = \xi_i|_p$ (desde el asesinato vectores abarcan el espacio de la tangente en cada punto, mi comentario). Luego sigue la reclamación (tenga en cuenta que tenemos $[e_i,e_j] = +C^k{}_{ij}e_k$ mediante esta construcción).

Haciendo más lineal reparametrizations de la $e_i$$\xi_i$, $C^k{}_{ij}$ son llevados en forma canónica, sin molestar a la ortogonalidad.

Esto requiere una transformación del tipo $\xi_i \mapsto \gamma^j_i\xi_j$ que diagonalizes tanto la inducida por el producto interior $q_{ij}$ $T_pH = T_pM|_H$ (donde $H$ denota la órbita) y $n^{ij}$. Sin embargo, esto no es en general posible para operadores lineales. Además, una vez mutuo de diagonalización se logra somos libres para establecer $a = \mathrm{diag}(a,0,0)$ como en el caso clásico, si y sólo si para cualquier par de vectores propios de a $n^{ij}$ con autovalor $0$ los correspondientes autovalores de a $q_{ij}$ coinciden.

Answer 1

En primer lugar, necesitamos encontrar la forma de la matriz $n^{ij}$ se transforma en virtud de las transformaciones lineales considerado. Para este propósito cuenta que podemos construir la descomposición (2) en el OP por considerar (siguiendo la convención, los autores utilizaron) $$ C^{ij} = C^i{}_{k\ell}\epsilon^{jk\ell}, \etiqueta{4} $$ que obedece a $\epsilon_{jmn}C^{ij} = C^i{}_{k\ell}\epsilon^{k\ell}_{mn} = C^i{}_{[mn]} = C^i{}_{mn}$. Luego nos dividimos $C^{ij} = C^{(ij)} + C^{[ij]}$ y tomar \begin{align}\begin{split} C^{(ij)} &\equiv n^{ij}, \\ C^{[ij]} &\equiv -\epsilon^{ijk}a_k, \end{split}\etiqueta{5}\end{align} para definir $n^{ij}$$a_k$. Aquí hemos utilizado el hecho de que es una de tres parámetros de álgebra, por lo que el anti-simétrica parte y los vectores tienen el mismo número de componentes independientes. En otras palabras \begin{align}\begin{split} n^{ij} &= C^{(i}{}_{k\ell}\epsilon^{j)k\ell}, \\ a_k &= -C^i{}_{ki}. \end{split}\etiqueta{5.1}\end{align} Procedimiento nos permitirá $a,b,c$ denotar transformado índices: $\xi_a = \gamma_a^j\xi_j$. También utilizaremos $\gamma_i^a$ para denotar la matriz inversa de a $\gamma^i_a$, dejando que los índices nos informan que la transformación que estamos tratando. A partir de (5.1) es obvio que $a_c = \gamma_c^ja_j$, pero la transformación de $n^{ij}$ es un poco más complicado: \begin{align} n^{cd} &= C^k{}_{ij}\gamma^i_a\gamma^j_b\gamma^{(c}_k\epsilon^{d)ab} \\ &= \left(2\delta^k_{[i}a_{j]} + \epsilon_{ij\ell}n^{\ell k}\right)\gamma^i_a\gamma^j_b\gamma^{(c}_k\epsilon^{d)ab}. \tag{6} \end{align} Sencillo cálculo comprueba que el primer término en (6) se desvanece y nos han \begin{align} n^{cd} &= \epsilon^{ab(d}_{ij\ell}\gamma^{c)}_k\gamma^i_a\gamma^j_bn^{\ell k} \\ &= \epsilon^{abe}_{ij\ell}\gamma^{(d}_m\gamma^{c)}_k\gamma^m_e\gamma^i_a\gamma^j_bn^{\ell k} \\ &= \det(\gamma) \epsilon_{ij\ell}^{ijm}\gamma^{(d}_m\gamma^{c)}_kn^{\ell k} \\ &= \det(\gamma) \gamma^{(d}_\ell\gamma^{c)}_kn^{\ell k} \\ &= \det(\gamma) \gamma^d_\ell\gamma^c_kn^{\ell k}.\tag{6.1} \end{align} Por lo tanto, aparte del factor de $\det(\gamma)$ hemos encontrado que $n^{ij}$ transformación de sus índices sugieren. Tenga en cuenta que aunque la simetrización se desvanece en (6.1) es precisamente la simetrización que mata el primer término en (6). Por supuesto, la transformación de $q_{ij}$ sigue trivialmente a partir de la definición: $$ q_{ab} = \gamma^i_a\gamma^j_bq_{ij}.\la etiqueta{6.2} $$

Ahora tenga en cuenta que si escribimos nuestro cantidades como $3\times 3$ matrices podemos expresar (6.1) y (6.2) como \begin{align}\tag{6.3} \widetilde{q} &= \gamma q \gamma^T, & \widetilde{n} &= \det(\gamma) \left(\gamma^{-1}\right)^T n \gamma^{-1}, \end{align} Bajo ortogonal transformatios podemos reescribir (6.3) como \begin{align}\tag{6.4} \widetilde{q} &= \gamma q \gamma^{-1}, & \widetilde{n} &= \det(\gamma)\gamma n \gamma^{-1}, \end{align} que, aparte del factor de $\det(\gamma)$ es idéntica a la transformación mutua de dos operadores lineales. Dado que tanto $q_{ij}$ $n^{ij}$ son simétricas son diagonalized por transformaciones ortogonales, donde podemos confiadamente decir que $q$ $n$ son mutuamente diagonalizable si y sólo si existe una transformación lineal que les lleva a viajar como matrices. Técnicamente estamos usando el hecho trivial de que $n^{ab}$ es diagonal si y sólo si $\det(\gamma)^{-1}n^{ab}$ es.

El truco es recordar que a pesar de $q_{ij}$ $n^{ij}$ transformación de las matrices de bajo transformaciones ortogonales, por lo general, no hacerlo. En particular, diagonal transformaciones que nos permiten cambiar la escala de los valores propios. Más precisamente, podemos suponer, sin restricción alguna, a $q_{ij}$ ha sido diagonalized. El colector componentes son dadas por \begin{align} q_{1i}n^{i2} - n^{1i}q_{i2} &= (q_{11} - q_{22})n^{12}, \\ q_{1i}n^{i3} - n^{1i}q_{i3} &= (q_{11} - q_{33})n^{13}, \\ q_{2i}n^{i3} - n^{2i}q_{i3} &= (q_{22} - q_{33})n^{23}, \end{align} y bajo un adecuado diagonal de transformación (como una normalización) podemos adquirir $q_{11} = q_{22} = q_{33}$, con lo que el colector se desvanecen. Como se señaló anteriormente, podemos entonces diagonalize $n^{ij}$ sin molestar a los orthogonalizaion, y desde una transformación ortogonal no molestar a los autovalores todos los autovalores de a $q_{ij}$ son idénticas. Por lo tanto, podemos elegir $a = (a,0,0)$ sin restricción. Entonces somos libres para normalizar $n^{ij}$, y si es posible, $a$ ((6.1) se puede normalizar $a$ si y sólo si $n^{22} = 0$, $n^{33}=0$, o ambos), a pesar de que puede destruir a la normalización de nuestra tríada en el proceso (como también es señalado por los autores del artículo).