¿Cuándo un tensor covariantly conservado producción cantidades conservadas?

Question

En relatividad especial, un tensor conservado es uno que satisface % $ $$\partial_\mu T^{\mu \nu \rho \ldots} = 0.$en este caso, se puede demostrar que tenemos una cantidad tensorial conservada % $ $$Q^{\nu \rho \ldots} = \int d^3x \, T^{0 \nu \rho \ldots}, \quad \frac{dQ}{dt} = 0.$en relatividad general, una cantidad conservada en cambio satisface $$\nabla_\mu T^{\mu \nu \rho \ldots} = 0.$ $ bajo qué circunstancias pueden construir un ¿cantidad conservada tensorial? ¿Es siempre posible cuando $T$ fila uno? ¿Qué condiciones necesitamos cuando $T$ tiene grado mayor que uno?

Answer 1

Si $J$ es un cuatro vectores de satisfacciones $\nabla_a J^a =0$ y $\Sigma$, $\Sigma'$ son suaves spacelike (de Cauchy) hypersurfaces con éste en el futuro de la antigua, se mantiene $$Q := \int_\Sigma J^a n_a dS = \int_{\Sigma'} J^a n'_a dS'\tag{1}$$ donde $dS$ es la medida inducida por la métrica y $n$ el futuro apunta a la unidad de co-vector normal a $\Sigma$ y definiciones similares son válidas para $\Sigma'$, siempre $J$ rápidamente se desvanece en el espacio-tiempo infinito. La prueba se basa en el teorema de la divergencia en referencia a una superficie cilíndrica $C$ con bases en $\Sigma$$\Sigma'$, respectivamente, y la superficie lateral más y más hacia spacelike infinito. De hecho, si $V$ es el cilindro sólido cuyas fronteras se $\partial V = C $ $$0 = \int_V \nabla_aJ^dv = \int_{\partial V} J^N^dS = -\int_\Sigma J^un n_a dS + \int_{\Sigma'} J^a n'_a dS + 0\etiqueta{2}$$ donde $N$ es exterior vector unitario normal a $C$ $0$ se queda para la fuga lateral contribución y hemos utilizado el hecho de que $N = -n$$\Sigma$. (2) inmediatamente implica (1).

Ahora supongamos que $T^{abcd...}$ es simétrica y $\nabla_a T^{abcd...}=0$. Si $K,K',K'',...$ están Matando a los vectores (posiblemente igual) y definimos $$J^a := T^{abcd...}K_bK'_cK''_d...$$ tenemos $$\nabla_aJ^a = \nabla_a (T^{abcd...}K_b K'_c K''_d...)$$ $$= (\nabla_a T^{abcd...})K_bK'_cK''_d...+ T^{abcd..} [(\nabla_aK_b) K'_c K''_d... + K_b (\nabla_aK'_c) K''_d... + K_b K'_c (\nabla_aK''_d)...]\:.$$ El lado derecho se desvanece debido a $\nabla_a T^{abcd...}=0$ y, por ejemplo, el uso de $T^{abcd...}=T^{bacd...}$ $$ T^{abcd..} (\nabla_aK_b) K'_c K''_d... = \frac{1}{2}T^{abcd..} (\nabla_aK_b + \nabla_bK_a) K'_c K''_d... =0$$ en vista de $$\nabla_aK_b + \nabla_bK_a=0$$ debido a $K$ está Matando.

En resumen $$J^a := T^{abcd...}K_bK'_cK''_d...$$ define una conserva de carga si

(a) $\nabla_a T^{abcd...}=0$,

(b) $K,K',K'',...$ están Matando a los vectores (posiblemente igual)

(c) $J\to 0$ rápidamente en spacelike infinito.

La condición (b) puede ser debilitado a la exigencia de que algunas de las $K$s es una de conformación de la Matanza vector proporcionado el seguimiento correspondiente de $T$ se desvanece. E. g., si $K'$ es una de conformación de la Matanza vector que también deben poseer $T_{a}\:^{bad...}=0$.

Answer 2

Cualquier conservado $T^{ab\ldots c}{}_{;c} = 0$ y simétrica del tensor $T^{ab\ldots c} = T^{(ab\ldots c)}$ da lugar a una conserva de 4-actual $J^a$ por la contracción con el Asesinato de vectores, ver, por ejemplo, esta respuesta para el argumento (el argumento es básicamente el mismo, independientemente del tensor de rango, siempre que, como todos, pero un índice es contratado con una Matanza de vectores). Alternativamente, ver Valter Moretti la respuesta. Yo en lugar de centrarse en la afirmación de que $Q$ es constante.

Tomando $Q = \int d^3x (J^an_a)$ por un tiempo-como, de la unidad de campo normal $n_a$, encontramos a través de la generalización de la integral de Leibniz regla que $$ Q_ {;} n^a \equiv \dot{Q} = \int d^3x (J^bn_b)_{;} n^a = \int d^3x\left(J^a\dot{n}_a + J_{a;b}n^un^b\right). $$ Por el mismo argumento como en la relatividad especial, se puede sustituir el segundo término en el integrando por el 3-divergencia, y convertirlo en una superficie de plazo a través de Stokes Teorema de la fluidez de los colectores (posiblemente mediante la consideración de un límite). Por lo tanto si $J^a \to 0$ suficientemente rápido como nos acercamos a infinito, por lo que el flujo total que pasa a cero, y $\dot{n}_a = 0$ (o incluso si es ortogonal a $J^a$) nos encontramos con que $\dot{Q} = 0$.

Tenga en cuenta que a lo mejor de mi conocimiento, la exigencia de que $J^a\dot{n}_a = 0$ no puede ser burlado, que se convierte en importante si tenemos en cuenta el resto marco de un acelerado observador.