Derivación de la `relación diferencial de Rosenfeld '

Question

En La Ref.1, se habla de algebraicas Rosenfeld relación \begin{equation}\boxed{ \nabla_\mu S^\mu{}_{\nu\lambda} = \theta_{[\lambda\nu]}} \end{equation} donde \begin{equation} S^{\mu\nu}{}_{\nu\lambda} = S^\mu{}_{[\nu\lambda]} \end{equation} es un efecto tensor. Esta relación puede ser derivada a partir de la simetría de la métrica tress-tensor de energía $$ T^{\alpha\beta} = \theta^{\alpha\beta} + \nabla_\mu \Big( S^{\mu{\alpha\beta}}+S^{{\alpha\beta}\mu}-S^{\beta\mu\alpha} \Big) $$ Pero también hay un diferencial de Rosenfeld relación $$\boxed{\boxed{ \nabla_\alpha \theta^{\alpha\beta} = - R^\beta{}_{\lambda\alpha\mu}^{\lambda\alpha\mu}}}\;. $$ La pregunta es: ¿Cómo se obtiene? He intentado usar también el algebraicas Rosenfeld relación, pero las condiciones no parecen recombinan correctamente a la forma anterior.

Referencias

1. L. B. Szabados, En la canónica pseudotensors, Sparling y Noether corrientes, de la Clase. La Gravedad Cuántica, 9 (1992) 2521. El preprint archivo pdf que está disponible aquí.

Answer 1

Esto se puede hacer con la ayuda de la primera identidad de Bianchi:

Puesto que este tensor es divergencia-libre tenemos\begin{eqnarray} 0=\nabla\alpha T^{\alpha\beta} &=& \nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} + \nabla\alpha \nabla\mu \Big( S^{\mu{\alpha\beta}}+S^{{\alpha\beta}\mu}-S^{\beta\mu\alpha} \Big)\;,\ &=&\nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} + \nabla\alpha \nabla\mu B^{\mu{\alpha\beta}}\;,\ &=&\nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} + \nabla{[\alpha} \nabla{\mu]} B^{\mu{\alpha\beta}}\;,\ &=&\nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} + \frac 1 2 R^\mu{}{\lambda\alpha\mu}B^{\lambda{\alpha\beta}} +\frac 1 2 R^\alpha{}{\lambda\alpha\mu}B^{\mu\lambda\beta} +\frac 1 2 R^\beta{}{\lambda\alpha\mu}B^{\mu\alpha\lambda}\;,\ &=&\nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} -\overbrace{ \frac 1 2 R{\lambda\alpha}B^{\lambda{\alpha\beta}}}^0 +\overbrace{ \frac 1 2 R{\lambda\mu}B^{\mu\lambda\beta}}^0 +\frac 1 2 R^\beta{}{\lambda\alpha\mu}B^{\mu\alpha\lambda}\;,\ &=&\nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} +\frac 1 2 R^\beta{}{\lambda\alpha\mu}B^{\mu\alpha\lambda}\;,\ &=&\nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} +\frac 1 2 R^\beta{}{\lambda\alpha\mu} \Big( S^{\mu\alpha\lambda}+S^{\alpha\lambda\mu}-S^{\lambda\mu\alpha} \Big)\;,\ &=&\nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} +\frac 1 2 R^\beta{}{\lambda\alpha\mu} \Big( ( S^{\mu\alpha\lambda}+S^{\alpha\lambda\mu}+S^{\lambda\mu\alpha})-2S^{\lambda\mu\alpha} \Big)\;,\ &=&\nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} +\frac 1 2 R^\beta{}{\lambda\alpha\mu}\Big( -2S^{\lambda\mu\alpha} \Big)\;,\ \therefore \nabla\alpha \theta^{\alpha\beta} &=& - R^\beta{}{\lambda\alpha\mu} S^{\lambda\alpha\mu}\;, \end{eqnarray} donde hemos utilizamos el hecho de que $R^\beta{}{\lambda\alpha\mu} \Big( S^{\mu\alpha\lambda}+S^{\alpha\lambda\mu}+S^{\lambda\mu\alpha}\Big) \sim R^\beta{}{\lambda\alpha\mu} S^{[\mu\alpha\lambda]}=R^\beta{}_{[\lambda\alpha\mu]}S^{\mu\alpha\lambda}=0$ (por la identidad de firstBianchi). Noe que $B^{\mu\nu\beta}$ es anti simétrica en los dos primeros índices.