Curvatura Ricci 5D

Question

Como parte de un problema de hw para una clase, se supone que debemos derivar la equivalencia dada en la ecuación 2.3 de este documento http://arxiv.org/abs/1107.5563 . Me preguntaba si hay alguna relación especial relacionada con la Curvatura de Ricci en la relación de 5d con una de 4d. Dado que con una métrica general como la dada en 2.1, el cálculo de los símbolos de Christoffel parecería ser una idea enorme y no particularmente inteligente.

Answer 1

El Cartan formalismo es ideal para trabajar en una gran cantidad de generalidad, uno no necesita siquiera es necesario fijar la dimensión del espacio-tiempo. Voy a empezar con el de Kaluza-Klein métrica ansatz, es decir,

$$\mathrm{d}s^2 = g_{\mu\nu}\mathrm{d}x^\mu \mathrm{d}x^\nu - e^{2\sigma}\left[\mathrm{d}\psi + A_{\mu}\mathrm{d}x^\mu \right]$$

donde $A$ es un potencial $1$, $\sigma$ es un campo escalar (el dilaton) y $g_{\mu\nu}$ es la métrica de la puramente cuatro dimensiones de la parte de la métrica. Comenzamos por definir una base ortonormales,

$$\omega^\psi = e^\sigma \left[ \mathrm{d}\psi + A\right]$$

y marcamos la base de la $g$ métrica como $\omega^a$. Tomando exterior derivados de los rendimientos,

$$\mathrm{d}\omega^\psi = e^{\sigma} \sigma_{,a} \omega^a \wedge \omega^\psi + e^\sigma F$$

donde $F=\mathrm{d}A$ $2$- formulario de campo de fuerza. Podemos leer en los componentes de la vuelta de la conexión de Cartan de la primera ecuación de (con el torsionless condición),

$$\mathrm{d}\omega^a = \theta^a_b \wedge \omega^b$$

$$\, por tanto \theta^\psi_a=\sigma_a \omega^\psi + \frac{1}{2}e^\sigma F_{ab} \omega^b \quad \theta^a_b = \theta^a_{0} +\frac{1}{2}e^\sigma F^a_b \omega^\psi$$

donde $\theta_0$ se refiere a la pura 4D giro de conexión. El tensor de Ricci es dada por Cartan de la ecuación,

$$R^a_b = \mathrm{d}\theta^a_b + \theta^a_c \wedge \theta^c_b$$

Después increíblemente tedioso manipulaciones, se obtiene,

$$R^a_b=\mathrm{d}\theta^a_{0b} +\frac{1}{2}e^\sigma \left[ \sigma_{,c}\omega ^c\wedge \omega^\psi F^a_b + F^a_{b,c}\omega^c \wedge \omega^\psi + F^a_b \left(\sigma_{,c} \omega^c \wedge \omega^\psi + e^\sigma F \right)\right] \\ + \theta^a_{0c} \wedge \theta^c_{0b} + \frac{1}{2}e^\sigma \left[ \theta^a_{0c}\wedge F^{c}_{b} \omega^\psi +F^a_c \omega^\psi \wedge \theta^c_{0b} \right]\\ + \frac{1}{2}\sigma^{,a}\omega^\psi \wedge e^\sigma F_{bc}\omega^c + \frac{1}{2}F^a_c \omega^c \wedge \sigma_{,b}\omega^\psi + \frac{1}{4}e^{2\sigma}F^a_c \omega^c \wedge F_{bd}\omega^d$$

El $R^\psi_a$ puede ser encontrado de forma similar, y la definición de la integral de los componentes está dada por,

$$R^a_b \sim R^a_{bcd}\omega^c \wedge \omega^d$$De tomar la costumbre de la contracción sobre índices, que finalmente llega a la Ricci tensor,

$$R_{ab}=R_{0ab}-\nabla_a \nabla_b \sigma -\nabla_a \sigma \nabla_b \sigma + \frac{1}{2}e^{2\sigma}F_{ac}F^c_b$$

y la contratación con la métrica se obtiene el escalar de Ricci,

$$R_5=R_0 +\frac{1}{4}e^{2\sigma}F^2-2\square \sigma -2(\nabla \sigma)^2$$

Enchufar a la acción de Einstein-Hilbert, y suponiendo que la quinta dimensión es periódica con período de $L$:

$$S=-\frac{L}{16\pi G}\int \mathrm{d}^4 x \, \sqrt{g} \, e^\sigma\left[ R_{\mathrm{4D}} +\frac{1}{4}e^{2\sigma}F^2\right]$$

Si se establece el dilaton a una constante, la acción se reduce a pura Einstein-Maxwell.

Answer 2

Mientras @JamalS la respuesta es probablemente una de las más riguroso manera de hacer esto, se puede decir mucho por observar simplemente las simetrías de la KK de reducción. En el estándar KK imagen, la métrica en $D=5$ es $$ ds^2 = g_{\mu\nu} dx^\mu dx^\nu - e^{2\sigma} \left( d t + A_\mu dx^\mu \right)^2 $$ Para reducir el $R_5 \to R_4$, observamos que $\sigma$ es un escalar de 4 dimensiones y $A_\mu$ es un medidor de campo. El medidor de simetría corresponde a locales redefinición del origen en el compactified $S^1$, $t \to t+\lambda$, $A_\mu \to A_\mu - \partial_\mu \lambda$. Ahora, la masa de las dimensiones de las cantidades en la mano se $[\sigma]=[A_\mu]=[g_{\mu\nu}]=0$, mientras que $[R_4]=2$. Simple el análisis dimensional y la invariancia gauge implica $$ \int dt d^4 x \sqrt{g_5} R_5 = 2\pi R \int d^4 x \sqrt{g} \left[ un R_4 + \frac{b}{4} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} + c (\nabla \sigma)^2 \right] $$ cuando proceda la integración por partes se han hecho para reducir el formulario. El resto de cantidades adimensionales $a$, $b$, y $c$ puede estar, en general, las funciones de $\sigma$, pero no $A_\mu$ (debido a la invariancia gauge)

Más se puede decir acerca de estas cantidades por mirar algunos de los argumentos de escala. Por ejemplo, la escala $t \to \lambda t$, $A_\mu \to \lambda A_\mu$ y $e^{2\sigma} \to \lambda^{-2} e^{2\sigma}$ hojas de $ds^2$ sin cambios. Bajo el mismo cambio $R \to \lambda R$, $F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} \to \lambda^2 F_{\mu\nu} F^{\mu\nu}$ y $\nabla_\mu \sigma \to \nabla_\mu \sigma$. Sin embargo, dado que toda acción debe seguir siendo la misma, debemos tener $a \to \lambda^{-1} a$, $b \to \lambda^{-3} b$ y $c \to \lambda^{-1} c$. Esto soluciona el $\sigma$ dependencia de estas cantidades como $$ un \propto e^\sigma,~b \propto e^{3\sigma},~c \propto e^\sigma $$ Por lo tanto, hemos $$ \int dt d^4 x \sqrt{g_5} R_5 = 2\pi R \int d^4 x \sqrt{g} e^\sigma \left[ \alpha R_4 + \frac{\beta }{4} e^{2\sigma} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} + \gamma (\nabla \sigma)^2 \right] $$ donde ahora $\alpha$, $\beta$, y $\gamma$ son sólo números. Estos ahora pueden ser fijados por tomar casos especiales para $ds^2$. Por ejemplo, si $A_\mu = \sigma = 0$, nos encontramos con $R_5 = R_4$ y, por tanto,$\alpha = 1$. Métodos similares se pueden utilizar para arreglar $\beta$$\gamma$.