Уравнение движения из действия D=3D=3D=3 Лоренца Черна-Саймонса

В трех измерениях хорошо известное действие Лоренца Черна-Саймонса

$$S_{\text{CS}}=\int\text{d}^3x\varepsilon^{\mu\nu\rho}\bigg(\omega_{\mu}{}^{ab}R_{\nu\rho ab}+\frac{2}{3}\omega_{\mu a}{}^{b}\omega_{\nu b}{}^{c}\omega_{\rho c}{}^{a}\bigg) \tag{1}$$ где $\omega_{\mu ab }$является спиновой связью Лоренца и $R_{\mu\nu ab}$- его соответствующая напряженность поля, $$R_{\mu\nu ab}=\partial_{\mu}\omega_{\nu ab}-\partial_{\nu}\omega_{\mu ab}+\omega_{\mu a}{}^{f}\omega_{\nu fb}-\omega_{\nu a}{}^{f}\omega_{\mu fb}. \tag{2}$$ Я хотел бы получить уравнение движения, соответствующее произвольному изменению величины $e_{a}{}^{\mu}$, которое связано со спиновой связью через условие нулевого кручения (или, что то же самое, условие совместимости по Вильбейну). Следуя инструкциям в примечании к странице 438 в [1] (стр. 30 с титульного листа), я изменяю (1) относительно спинового соединения, чтобы получить, $$\delta[S_{\text{CS}}]=\int\text{d}^3x\varepsilon^{\mu\nu\rho}R_{\nu\rho}{}^{ab}\delta\omega_{\mu ab}.\tag{3}$$ Теперь, варьируя условие совместности Вильбейна, мы можем получить $\delta\omega_{\mu ab}$с точки зрения вариации в Vielbein, $$\begin{align} 0=&\nabla_{\mu}e_{\nu}{}_a=\partial_{\mu}e_{\nu a}+\omega_{\mu ab}e_{\nu}{}^{b}-\Gamma_{\mu\nu}^{\rho}e_{\rho a}\implies \delta\omega_{\mu ab}=e_{b}{}^{\nu}\big(\delta\Gamma_{\mu\nu}^{\rho}e_{\rho a}-\nabla_{\mu}\delta e_{\nu a}\big). \tag{4} \end{align}$$ После подстановки (4) в (3) второй член из (4) не дает вклада, так как после интегрирования по частям имеем член вида $\varepsilon^{\mu\nu\rho}(\nabla_{\mu}R_{\nu\rho}{}^{ab})e_{b}{}^{\sigma}\delta e_{\sigma a}$которое обращается в нуль в силу второго тождества Бьянки на $R$. Поэтому полная вариация $$\delta[S_{\text{CS}}]=\int\text{d}^3x\varepsilon^{\mu\nu\rho}R_{\nu\rho\alpha}{}^{\sigma}\delta\Gamma_{\mu\sigma}^{\alpha}\tag{5}$$ которое теперь может быть полностью выражено в терминах вариации метрики. Все, что я делал до сих пор, следовало инструкциям вышеупомянутой сноски. Теперь авторы заявляют, что, выражая $\delta\Gamma_{\mu\sigma}{}^{\alpha}$с точки зрения $\delta g_{\mu\nu}$можно показать, что результат $$\delta[S_{\text{CS}}]=\int\text{d}^3xC^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}\tag{6}$$ где $C^{\mu\nu}$- тензор Коттона, определяемый формулой $$C^{\mu\nu}=\varepsilon^{\mu\alpha\beta}\nabla_{\alpha}\widetilde{R}_{\beta}{}^{\nu},\qquad \widetilde{R}_{\alpha\beta}=R_{\alpha\beta}-\frac{1}{4}g_{\alpha\beta}R, \tag{7}$$ ( $\widetilde{R}$— тензор Схоутена). Однако, несмотря на комментарии авторов, я не могу прийти к (6) из (5). Причина в следующем. Применяя известную формулу $$\delta\Gamma_{\mu\sigma}^{\alpha}=\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}\big(\nabla_{\mu}\delta g_{\beta\sigma}+\nabla_{\sigma}\delta g_{\beta\mu}-\nabla_{\beta}\delta g_{\mu\sigma}\big) \tag{8}$$ к (5) и интегрируя все три члена по частям, первый снова обращается в нуль в силу тождества Бьянки, а второй равен третьему. Это приводит меня к следующему результату, $$\delta[S_{\text{CS}}]=\int\text{d}^3x\varepsilon^{\mu\nu\rho}\nabla^{\beta}R_{\nu\rho\beta}{}^{\sigma}\delta g_{\mu\sigma}\tag{9}$$ который после использования тождества $$\nabla^{\beta}R_{\nu\rho\beta\sigma}=\nabla_{\nu}R_{\sigma\rho}-\nabla_{\rho}R_{\sigma\nu},\tag{10}$$ сводится к $$\delta[S_{\text{CS}}]=2\int\text{d}^3x\varepsilon^{\mu\nu\rho}\nabla_{\nu}R_{\rho}{}^{\sigma}\delta g_{\mu\sigma}\tag{11}.$$ Можно было бы также прийти к такому же выводу, если бы они использовали наблюдение, что в D = 3, $$R_{\alpha\beta\gamma\delta}=g_{\alpha\gamma}\widetilde{R}_{\beta\delta}+g_{\beta\delta}\widetilde{R}_{\alpha\gamma}-g_{\alpha\delta}\widetilde{R}_{\beta\gamma}-g_{\beta\gamma}\widetilde{R}_{\alpha\delta}. \tag{12}$$ Подынтегральное выражение в (11) явно не эквивалентно подынтегральному выражению (6), члены, пропорциональные скаляру Риччи, не очевидны. Что пошло не так?

[1]: С. Дезер, Р. Джекив, С. Темплтон; Топологически массивные калибровочные теории (1982).