Производная Ли тензора Римана вдоль вектора убийства ( = 0 )

Однако мне было трудно понять этот ответ, и я хотел бы понять, как это сделать таким образом. Другими словами, я действительно хотел бы знать, какое свойство или идентичность мне не хватает, прежде чем я смогу использовать тождества Бьянки, чтобы показать, что оно явно равно нулю.

Другое доказательство использует первое тождество Бьянки. Вот где исходное предположение$R^a{}_{bcd}\xi^d = \xi^a{}_{;bc}$происходит от. Если вы хотите использовать второе тождество Бьянки, это

$$(\nabla_\xi R)(X,Y) + (\nabla_X R)(Y,\xi) + (\nabla_Y R)(\xi,X) = 0\text{,}$$ и, следовательно, применение его и правила Лейбница дает: $$\begin{align} \underbrace{\nabla_\xi[R(X,Y)]+\nabla_X[R(Y,\xi)]+\nabla_Y[R(\xi,X)]}_\mathrm{foo} = \underbrace{R(\mathcal{L}_\xi X,Y) + R(\mathcal{L}_XY,\xi) + R(\mathcal{L}_Y\xi,X)}_\mathrm{bar}\text{,} \end{align}$$ где предполагалось, что кручение обращается в нуль, так что $\mathcal{L}_AB = \nabla_AB-\nabla_BA$. Кроме того, $$\begin{eqnarray*} (\mathcal{L}_\xi R)(X,Y) &=& \mathcal{L}_\xi[R(X,Y)] - R(\mathcal{L}_\xi X,Y) - R(X,\mathcal{L}_\xi Y)\\ &=&\mathcal{L}_\xi[R(X,Y)] - R(\mathcal{L}_\xi X,Y) - R(\mathcal{L}_Y\xi,X)\\ &=&\underbrace{\mathcal{L}_\xi[R(X,Y)] - [\mathrm{foo}] + R(\mathcal{L}_XY,\xi)}_\mathrm{qux}\text{.} \end{eqnarray*}$$ Таким образом, цель состоит в том, чтобы показать, что правая часть, $\mathrm{qux}$, тождественно равен нулю всякий раз, когда $\xi$является векторным полем Киллинга.

Давай напишем$S^a{}_b = [R(X,Y)]^a{}_b = R^a{}_{bcd}X^cY^d$, и просто проверните его:

$$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}_\xi S^a{}_b &=& \nabla_\xi S^a{}_b - S^e{}_b\xi^a{}_{;e} + S^a{}_e\xi^e{}_{;b}\\ &=& \nabla_\xi S^a{}_b + X^cY^d(R^a{}_{ecd}\xi^e{}_{;b} - R^e{}_{bcd}\xi^a{}_{;e})\\ &=& \nabla_\xi S^a{}_b + X^cY^d(\nabla_c\nabla_d-\nabla_d\nabla_c)\xi^a{}_{;b}\text{,} \end{eqnarray*}$$ где последний шаг фактически действителен для произвольного $Z^a{}_b$, не просто $\xi^a{}_{;b}$. Первый срок этого отменяется с первым сроком $\mathrm{foo}$. До сих пор мы не использовали тот факт, что $\xi$является векторным полем Киллинга. Давайте сделаем это сейчас, рассмотрев два других члена $\mathrm{foo}$: $$\nabla_X[R(Y,\xi)]^a{}_b - \nabla_Y[R(X,\xi)]^a{}_b = \nabla_X\nabla_Y\xi^a{}_{;b} - \nabla_Y\nabla_X\xi^a{}_{;b}\text{,}$$ где начальная идентичность $R^a{}_{bcd}\xi^d = \xi^a{}_{;bc}$был использован. Это же тождество также дает: $$R(\mathcal{L}_XY,\xi)^a{}_{b} = \nabla_{[X,Y]}\xi^a{}_{;b}\text{.}$$ Таким образом, мы показали, что для любых векторных полей $X,Y$, $$\begin{eqnarray*} X^cY^d(\mathcal{L}_\xi R^a{}_{bcd}) &=& \left[X^cY^d(\nabla_c\nabla_d-\nabla_d\nabla_c)-(\nabla_X\nabla_Y-\nabla_Y\nabla_X) + \nabla_{[X,Y]}\right]\xi^a{}_{;b}\\ &=& 0\text{.}\end{eqnarray*}$$ (Если у вас возникли проблемы с последним шагом, проверьте ответ Кристофа на другой вопрос и измените его соответствующим образом.) Таким образом, $\mathcal{L}_\xi R^a{}_{bcd} = 0$, КЭД.