Убивающий тензор метрики Фридмана-Робертсона-Уокера

Я не знаю умного способа сделать это. Но это «легко проверить», просто проверив, что

$$\nabla_{(\alpha}K_{\mu\nu)}=0$$

удовлетворен. На бумагу у меня ушло около получаса. Никакой компьютерной алгебры не нужно!

Пространственно плоская метрика FRW на самом деле

$$ds^2=-dt^2+a(t)^2(dr^2+r^2d\Omega^2)$$

что эквивалентно

$$ds^2=-dt^2+a(t)^2(dx^2+dy^2+dz^2).$$

Расчет особенно прост в$t,x,y,z$координаты. Все пространственные координаты эквивалентны, поэтому мы можем просто считать индексы либо$0$(временное) или$i$(пространственный).

У нас есть

$$g_{00}=-1;\quad g_{0j}=0;\quad g_{ij}=a^2\delta_{ij}$$

и

$$g^{00}=-1;\quad g^{0j}=0;\quad g^{ij}=a^{-2}\delta^{ij}$$

из которого мы находим, что единственными ненулевыми символами Кристоффеля являются

$$\Gamma^0_{ij}=-\frac{\dot a}{a^3}\delta_{ij}$$

и

$$\Gamma^i_{0j}=\frac{\dot a}{a}\delta^i_j.$$

(Существует шесть случаев для рассмотрения, и каждое вычисление представляет собой одну или две строки.)

Следующее использование$u_\mu=(-1,0,0,0)$, мы находим, что

$$K_{00}=0;\quad K_{0j}=0;\quad K_{ij}=a^4\delta_{ij}.$$

Используя обычную формулу для ковариантной производной тензора с двумя ковариантными индексами, мы можем перейти к вычислению того, что единственные ненулевые ковариантные производные тензора$K_{\mu\nu}$являются

$$\nabla_0K_{ij}=2a^3\dot{a}\,\delta_{ij}$$

и

$$\nabla_i K_{0j}=-a^3\dot{a}\,\delta_{ij}.$$

(Опять же, необходимо рассмотреть шесть случаев. Каждый из них занимает не более нескольких строк. Обратите внимание на концептуально интересный второй результат, где ковариантная производная нулевого компонента отлична от нуля из-за ненулевых символов Кристоффеля, умножающих ненулевые другие компоненты.)

Наконец, условие тензора Киллинга необходимо проверить для четырех случаев. Напомним, что индексы в скобках должны быть симметричны путем суммирования перестановок. С$K_{\mu\nu}$симметричен, нам нужно рассмотреть только три из шести перестановок; мы просто «повернем» индексы.

Когда все три индекса являются временными, это сводится к одному члену, который, как мы обнаружили, равен нулю:

$$\nabla_0 K_{00}=0.$$

Когда два индекса временные, а один пространственный, он тривиально равен нулю, потому что все члены равны нулю:

$$\nabla_0 K_{0i}+\nabla_0 K_{i0}+\nabla_i K_{00}=0.$$

Когда один показатель временной, а два пространственных, он нетривиально равен нулю, потому что три термина — mirabile dictu! - отмена:

$$\nabla_0 K_{ij}+\nabla_i K_{j0}+\nabla_j K_{0i}=2a^3\dot{a}\,\delta_{ij}-a^3\dot{a}\,\delta_{ij}-a^3\dot{a}\,\delta_{ij}=0.$$

Когда все три индекса являются пространственными, он снова тривиально равен нулю:

$$\nabla_i K_{jk}+\nabla_j K_{ki}+\nabla_k K_{ij}=0.$$

Так

$$\nabla_{(\alpha}K_{\mu\nu)}=0$$

выполняется для всех возможных значений$\alpha$,$\mu$, и$\nu$.