¿Cuáles son las condiciones más fuertes (o más útiles) de una métrica para que su tensor de Ricci sea diagonal? He leído que si la métrica depende explícitamente de una sola variable, el tensor de Ricci es diagonal, pero esto no me parece especialmente útil.
En particular, me gustaría poder decir si para las métricas estándar esféricamente simétricas de Schwarzchild y FLRW tengo que preocuparme de calcular los términos fuera de la diagonal del tensor de Ricci.
Muchas gracias.
Si la métrica depende de las coordenadas $x_{\mu}$ y $x_{\nu}$ entonces es posible que $R_{\mu\nu}$ puede ser distinto de cero. Por lo tanto, cuando la métrica depende de más de una coordenada, tenemos que poner restricciones especiales en su forma para garantizar un tensor de Ricci diagonal.
Una de estas métricas aceptables que se ve en la relatividad general es la métrica "estándar" $$ds^2 = B(r) ~dt^2 - A(r) ~dr^2 - r^2(d\theta^2 + \sin^2 \theta ~d\varphi^2).$$ El tensor de Ricci para la métrica estándar es diagonal. Para ser precisos, \begin{align*} R_{tt} & = -\frac{B''(r)}{2A(r)} + \frac{B'(r)}{4A(r)}\left(\frac{A'(r)}{A(r)} + \frac{B'(r)}{B(r)}\right) - \frac{B'(r)}{rA(r)}, \\ R_{rr} & = \frac{B''(r)}{2B(r)} - \frac{B'(r)}{4B(r)}\left( \frac{A'(r)}{A(r)} + \frac{B'(r)}{B(r)}\right) - \frac{A'(r)}{rA(r)}, \\ R_{\theta\theta} & = \frac{r}{2A(r)}\left( \frac{B'(r)}{B(r)} - \frac{A'(r)}{A(r)}\right) + \frac{1}{A(r)} - 1, \\ R_{\varphi\varphi} & = R_{\theta\theta} \sin^2 \theta, \\ R_{\mu\nu} & = 0 \text{ for } \mu \neq \nu. \end{align*} Nótese que la métrica de Schwarzschild $$ds^2 = \left(1 - \frac{GM}{r}\right) ~dt^2 - \left(1 - \frac{GM}{r}\right)^{-1} ~dr - r^2(d\theta^2 + \sin^2 \theta ~d\varphi^2)$$ es estándar, por lo que no hay que preocuparse por las componentes no diagonales del tensor de Ricci cuando se trabaja con la geometría de Schwarzschild.
La métrica Friedmann-Lemaître-Robertson-Walker (FLRW) para secciones espaciales planas, $$ds^2 = dt^2 - a(t)^2(dx^2 + dy^2 + dz^2),$$ es diagonal y sólo depende de $t$ por lo que su tensor de Ricci es diagonal.
Los modelos cosmológicos como la métrica FLRW tienen ciertas consideraciones físicas que restringen la métrica. En particular, el espacio debe ser homogéneo e isotrópico, o en otras palabras, una simetría máxima $3$ -manifiesto. Una Riemanniana $n$ -es maximalmente simétrico si y sólo si su tensor de curvatura de Riemann es de la forma $$R_{ijkl} = \frac{R}{n(n-1)}(g_{ik}g_{jl} - g_{il}g_{jk}),$$ donde $R$ es la curvatura escalar. Por lo tanto, el tensor de Ricci de una simetría máxima $3$ -satisface el manípulo $$R_{ij} = -2Rg_{ij}.$$ Si $\tilde{g}_{ij}$ es una métrica de máxima simetría en el espacio y tenemos la métrica $$ds^2 = dt^2 - a(t)^2 \tilde{g}_{ij}~dx^i ~dx^j,$$ en el espaciotiempo, donde se utiliza la notación sumatoria de Einstein, entonces la curvatura de Ricci de esta métrica del espaciotiempo viene dada por \begin{align*} R_{tt} & = \frac{3a''}{a}, \\ R_{ij} & = -(aa' + 2(a')^2 + 2k)\tilde{g}_{ij}. \end{align*} Así que el tensor de Ricci es diagonal en tal caso si y sólo si $\tilde{g}_{ij}$ es diagonal. La métrica general FLRW $$ds^2 = dt^2 - a(t)^2 \left( \frac{dr^2}{1 -kr^2} + r^2(d\theta^2 + \sin^2 \theta ~d\varphi^2)\right)$$ es de esta forma, por lo que su tensor de Ricci también es diagonal.
Conclusión: Sí, el tensor de Ricci es diagonal para la métrica de Schwarzschild y la métrica de FLRW.
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