5D кривизна Риччи

Формализм Картана идеален для работы с очень общими понятиями, нужно даже зафиксировать размерность пространства-времени. Я начну с метрического анзаца Калуцы-Клейна , а именно,

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

где$A$потенциал$1$-форма,$\sigma$является скалярным полем (дилатоном) и$g_{\mu\nu}$является метрикой чисто четырехмерной части метрики. Начнем с определения ортонормированного базиса,

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

и обозначим основу для$g$метрика как$\omega^a$. Взятие внешних производных дает,

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

где$F=\mathrm{d}A$это$2$-форма напряженности поля. Мы можем прочитать компоненты спиновой связи из первого уравнения Картана (с условием отсутствия кручения):

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

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

где$\theta_0$относится к чистому 4D-спиновому соединению. Тензор Риччи задается уравнением Картана,

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

После невероятно утомительных манипуляций получаем,

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

The $R^\psi_a$можно найти аналогично, а компоненты Римана задаются формулой

$$R^a_b \sim R^a_{bcd}\omega^c \wedge \omega^d$$ Принимая обычное сокращение по индексам, мы в конечном итоге приходим к тензору Риччи,

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

и сокращение с метрикой дает скаляр Риччи,

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

Подключиться к действию Эйнштейна-Гильберта и предположить, что пятое измерение является периодическим с периодом$L$:

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

Если мы установим дилатон в константу, действие сведется к чистому Эйнштейну-Максвеллу.

Хотя ответ @JamalS, вероятно, является более строгим способом сделать это, многое можно сказать, просто взглянув на симметрии сокращения KK. На стандартной картинке КК метрика в$D=5$является

$$ds^2 = g_{\mu\nu} dx^\mu dx^\nu - e^{2\sigma} \left( d t + A_\mu dx^\mu \right)^2$$ Уменьшить $R_5 \to R_4$, отметим, что $\sigma$является скаляром 4 измерений и $A_\mu$является калибровочным полем. Калибровочная симметрия соответствует локальному переопределению начала координат на компактифицированном $S^1$, $t \to t+\lambda$, $A_\mu \to A_\mu - \partial_\mu \lambda$. Теперь массовые измерения имеющихся величин равны $[\sigma]=[A_\mu]=[g_{\mu\nu}]=0$, пока $[R_4]=2$. Простой размерный анализ и калибровочная инвариантность влекут за собой $$\int dt d^4 x \sqrt{g_5} R_5 = 2\pi R \int d^4 x \sqrt{g} \left[ a R_4 + \frac{b}{4} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} + c (\nabla \sigma)^2 \right]$$ где было сделано соответствующее интегрирование по частям, чтобы уменьшить форму. Остальные безразмерные величины $a$, $b$, и $c$вообще могут быть функциями $\sigma$, но нет $A_\mu$(из-за калибровочной инвариантности)

Об этих величинах можно сказать больше, взглянув на некоторые аргументы масштабирования. Например, масштабирование$t \to \lambda t$,$A_\mu \to \lambda A_\mu$и$e^{2\sigma} \to \lambda^{-2} e^{2\sigma}$листья$ds^2$без изменений. Под той же сменой$R \to \lambda R$,$F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} \to \lambda^2 F_{\mu\nu} F^{\mu\nu}$и$\nabla_\mu \sigma \to \nabla_\mu \sigma$. Однако, поскольку все действие должно остаться тем же самым, мы должны иметь$a \to \lambda^{-1} a$,$b \to \lambda^{-3} b$и$c \to \lambda^{-1} c$. Это исправляет$\sigma$зависимости этих величин как

$$a \propto e^\sigma,~b \propto e^{3\sigma},~c \propto e^\sigma$$ Таким образом, у нас есть $$\int dt d^4 x \sqrt{g_5} R_5 = 2\pi R \int d^4 x \sqrt{g} e^\sigma \left[ \alpha R_4 + \frac{\beta }{4} e^{2\sigma} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} + \gamma (\nabla \sigma)^2 \right]$$ где сейчас $\alpha$, $\beta$, и $\gamma$просто цифры. Теперь их можно исправить, взяв за основу особые случаи. $ds^2$. Например, если $A_\mu = \sigma = 0$, мы нашли $R_5 = R_4$и поэтому $\alpha = 1$. Аналогичные методы можно использовать для исправления $\beta$и $\gamma$.