Изменить : Примечание . Я разместил еще одно доказательство этого в другом вопросе здесь . Тем, кто предпочитает координаты, это может показаться немного более приемлемым.

---

Я понял из ваших комментариев, что вы можете сделать это, если у вас есть$\mathcal{L}_X\text{Ric} = 0$. Таким образом, я обрисую несколько более общий результат, предполагая определенное тождество, связывающее векторы Киллинга и кривизну Римана, что является упражнением во многих учебниках.

Векторное поле убийства$X$имеет$R^a{}_{bcd}X^d = \nabla_c\nabla_bX^a$, т.е.

$$\nabla_Z\nabla_YX - \nabla_{\nabla_ZY}X= R(Z,X)Y \equiv_{\text{def}} \nabla_Z\nabla_XY - \nabla_X\nabla_ZY - \nabla_{[Z,X]}Y\text{.}$$ Всякий раз, когда кручение исчезает, замена дает $$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}_X(\nabla_ZY) &=& \nabla_X\nabla_ZY - \nabla_{\nabla_ZY}X\\ &=&\nabla_Z\nabla_XY - \nabla_Z\nabla_YX + \nabla_{[X,Z]}Y\\ &=&\nabla_Z(\mathcal{L}_XY) + \nabla_{\mathcal{L}_XZ}Y\text{.}\end{eqnarray*}$$ Вы должны быть в состоянии применить эту формулу к ковариантно-производной форме тензора Римана, чтобы показать, что $$\mathcal{L}_X[R(Y,Z)W] = R(\mathcal{L}_XY,Z)W + R(Y,\mathcal{L}_XZ)W + R(Y,Z)\mathcal{L}_XW\text{,}$$ т. е. производная Ли тензора Римана вдоль вектора Киллинга обращается в нуль. Соответствующий результат для тензора Риччи следует тривиально.

Это не полный ответ, но он заполняет некоторые недостающие части, о которых Тримок спрашивал в комментариях к ответу Стэна :

Обратите внимание, что я не проверял, действительно ли доказательство Стэна работает.

1)

$$\begin{align} \nabla_Z \nabla_Y X &= Z^\lambda(Y^\mu X^\nu_{;\mu})_{;\lambda} \partial_\nu \\&= Z^\lambda(Y^\mu_{;\lambda} X^\nu_{;\mu} + Y^\mu X^\nu_{;\mu;\lambda}) \partial_\nu \\&= \nabla_{\nabla_ZY}X + Z^\lambda Y^\mu\nabla_{\partial_\lambda}\nabla_{\partial_\mu} X \\&= \nabla_{\nabla_ZY}X + R(Z,X)Y \end{align}$$ где последнее равенство предполагалось и доказывалось там .

Теперь есть еще один шаг, который может быть не очевиден для всех читателей:

$$\mathcal L_X(\nabla_YZ) = [X,\nabla_YZ] = \nabla_X\nabla_YZ - \nabla_{\nabla_YZ}X$$ где второе равенство обусловлено нулевым кручением, т.е. $$\nabla_AB - \nabla_BA - [A,B] = 0$$ для произвольного $A,B$и в частности $A=X, B=\nabla_YZ$.

Ре 2)

Этот шаг был оставлен читателю в качестве упражнения — просто вычислите левую часть последнего уравнения. Выражение$\mathcal L_X(\nabla_YZ)$справедливо для общего$Y,Z$- это просто неудачное название.

Ре 3)

Это правило Лейбница для тензоров с одним членом$\mathcal L_XR$отсутствующий.

Далее следует несколько иное и, быть может, более простое доказательство.$\def\lie{\mathit{£}}$Для$K^a$вектор Киллинга, имеем (формула Костанта),

$$\nabla_a \nabla_b K^c = -R_{bca}{}^d K^d.$$ Используя это, мы можем доказать, что ковариант и производные Ли коммутируют: $$\lie_K \nabla_a X^b = \nabla_a \lie_K X^b,$$ для произвольного $X^a$. У нас есть: $$\lie_K(R_{abcd}X^d )= 2\nabla_{[a}\nabla_{b]} \lie_K X_c = R_{abcd}\lie_K X^d,$$ и $$\lie_K (R_{abcd}X^d) = \lie_K R_{abcd} X^d + R_{abcd} \lie_K X^d,$$ и эти два вместе дают $\lie_K R_{abcd} X^d = 0$для произвольного $X^a$, поэтому $\lie_K R_{abcd} = 0$. Очевидно, что производные Ли от сокращений тензора Римана также равны нулю, поэтому $\lie_K T_{ab} = 0$по уравнению Эйнштейна.