Идентификация Бьянки с использованием нулевой тетрады

В тетрадных формализмах вам не нужны символы Кристоффеля.$\Gamma_{abc}$, вы хотите соединение 1-forms. По заданному базису 1-форма$e^a$,$d(e^a)$является 2-формой. Теперь должно быть так

$$d(e^a) = \omega^a{}_b \wedge e_b.$$ для матрицы 1-форм $\omega^a{}_b$. На самом деле, обычно лучше подумать о $\omega^a{}_b$как матричнозначная однозначная форма. На самом деле он принимает значения только в $\mathfrak{so}(1,3)$, алгебра Ли группы Лоренца. Более конкретно, это означает, что $\omega^a{}_b$антисимметрична относительно метрики Минковского.

Во всяком случае, в этом формализме кривизна Римана является$\mathfrak{so}(1,3)$-значная 2-форма, заданная

$$R^a{}_b = d\omega^a{}_b + \omega^a{}_c \wedge \omega^c{}_b.$$ Утверждение тождества Бьянки $$dR^a{}_b + \omega^a{}_c \wedge R^c{}_b + R^a{}_c \wedge \omega^c{}_b = 0.$$

Вы найдете этот материал в разделах 14.5 и 14.6 книги « Гравитация» Мизнера, Торна и Уилера.

---

Вышеизложенное не связано с формализмом Ньюмена-Пенроуза, поскольку в нем не упоминаются спиноры. Чтобы получить формализм NP, вы должны использовать диады , спинорные подъемы нулевых тетрад. В этом формализме 1-форма связности есть $2\times 2$антисимметричная комплексная матрица, поэтому существуют $3\cdot 4=12$компоненты, каждому из которых может быть задана своя греческая буква. Уравнения Ньюмена-Пенроуза теперь получаются путем записи в диадных компонентах приведенных выше уравнений, представляя тетрадные производные как $D, \Delta, \delta, \overline{\delta}$.

Я никогда не видел, чтобы это было сделано в деталях, так как я думаю, что расчеты ужасно утомительны и скучны.

Метод, который я покажу здесь, может быть неполным, но может быть полезным.

$$\begin{eqnarray} D_\Gamma R^{\mu \nu} &=& 0 \;,\\ \mathrm d R^{\mu \nu} + \Gamma^\mu{}_\lambda \wedge R^{\lambda \nu} + \Gamma^ \nu{}_\gamma \wedge R^{\mu \gamma} &=&0\;,\\ \partial_{[\beta} R^{\mu \nu}{}_{{\rho\sigma}]} +\Gamma_{[\beta|}{}^\mu{}_\lambda R^{\lambda \nu}{}_{|{\rho\sigma}]}+ \Gamma_{[\beta|}{}^ \nu{}_\lambda R^{\mu \lambda }{}_{|{\rho\sigma}]} -\Gamma_{[\beta}{}^\gamma{}_{\rho |} R^{\mu \nu}{}_{\gamma | \sigma]} - \Gamma_{[\beta}{}^\gamma{}_\rho R^{\mu \nu}{}_{\rho ] \gamma} &=&0\;,\\ \therefore \nabla_{[\beta} R^{\mu \nu}{}_{{\rho\sigma}]} =0\;. \end{eqnarray}$$ Обратите внимание, что мой $\Gamma$использовать другое соглашение $$\Gamma_{cab}=g(\nabla_{e_{a}}e_{b},e_{c})\;.$$ Так $$\Gamma_c{}^a{}_b = \Gamma_{(c}{}^a{}_{b)}$$