Riemann-Tensor in 2d und 3d

Question

Riemann-Tensor in 2d und 3d

nervexxx

Ok, also scheint mir hier etwas zu fehlen.

Ich weiß, dass die Anzahl der unabhängigen Koeffizienten des Riemann-Tensors ist $\frac{1}{12} n^2 (n^2-1)$ , was bedeutet, dass es in 2d 1 ist (dh Riemann-Tensor gegeben durch Ricci Scalar) und in 3d 6 (dh Riemann-Tensor gegeben durch Ricci-Tensor).

Aber warum beschränkt das den Riemann-Tensor darauf, nur eine Funktion der Metrik zu sein? Warum nicht eine tensorielle Kombination von Ableitungen der Metrik?

Was ich meine ist, warum ist der Riemann-Tensor in 2D der Form

\begin{aligned} R_{A B C D} = \frac{R}{2} (G_{A C} G_{B D} - G_{A D} G_{B C}) \end{aligned}

$\begin{align} R_{abcd} = \frac{R}{2}(g_{ac}g_{bd} - g_{a d}g_{b c}) \end{align}$

und in 3D,

\begin{aligned} R_{A B C D} = F (R_{A C}) G_{B D} - F (R_{A D}) G_{B C} + F (R_{B D}) G_{A C} - F (R_{B C}) G_{A D} \end{aligned}

$\begin{align} R_{abcd} = f(R_{ac})g_{bd} - f(R_{ad})g_{bc} + f(R_{bd})g_{a c} - f(R_{bc})g_{ad} \end{align}$ Wo

f (R_{a b}) = R_{a b} - \frac{1}{4} R g_{a b}

$f(R_{ab}) = R_{ab} - \frac{1}{4}R g_{ab}$ ?

Wikipedia sagt etwas über die Bianchi-Identitäten, aber ich kann es nicht herausfinden. Ein Hinweis, den ich (zumindest für den 2. Fall) bekam, war, die RHS (die Terme in Klammern) zu betrachten und zu zeigen, dass sie alle erforderlichen Eigenschaften des Riemann-Tensors (einfach) erfüllt, und von dort aus fortzufahren - aber ich war es nicht Argumente dafür finden, warum es einen eindeutigen Tensor geben muss, der diese Eigenschaften erfüllt.

Natürlich könnte ich es durch Berechnung brutal erzwingen $R_{abcd}$ aus den Christoffel-Symbolen usw., aber es muss sicher eine elegantere Methode geben, um die obigen Aussagen zu beweisen.

Hilfe, jemand? Ich konnte online keine Beweise finden - vielleicht sind meine Google-Fähigkeiten zum Kotzen.

Andreas

Was meinst du mit Ableitungen der Metrik?

\nabla g = 0

$\nabla g =0$ also sowas sieht man nicht. Die einzigen erlaubten Ableitungen kommen in Form von

R_{μ ν ρ σ}

$R_{\mu\nu\rho\sigma}$ weil es der einzige Tensor ist, der Ableitungen der Metrik enthält. In 2d beschränkt die Tatsache, dass es eine Komponente + die Symmetrien gibt, Riemann, dass Riemann proportional ist

g_{μ ρ} g_{ν σ} - g_{μ σ} g_{ν ρ}

$g_{\mu\rho}g_{\nu\sigma}-g_{\mu\sigma}g_{\nu\rho}$ , ist die Frage, wie die Gesamtnormalisierung behoben werden kann. Nehmen Sie dazu die doppelte Spur beider Seiten, Sie werden sehen, dass die einzige konsistente Gesamtnormalisierung ist

R / 2

$R/2$ .

Christi Stoica

Ihre Formel für 3d ist nicht korrekt. Schauen Sie sich das an und machen Sie n = 2,3 und sehen Sie, warum en.wikipedia.org/wiki/Ricci_decomposition

Christi Stoica

Vielleicht sollte ich erwähnen, dass Sie an derselben Stelle en.wikipedia.org/wiki/Ricci_decomposition die Erklärung finden, nach der Sie suchen, in Bezug auf die Zerlegung in irreduzible Darstellungen. Sie werden sehen, warum die Formel für n<4 einfacher wird, für n=2 sogar einfacher als für n=3.

nervexxx

@CristiStoica Ah ok danke. Ich habe diese Gleichung (für den 3D-Fall) gerade aus der Lösung eines Problemsatzes kopiert, den ich online gefunden habe, also ist sie vielleicht falsch ...

nervexxx

ah lol, nachdem ich so lange darüber nachgedacht hatte, fiel mir schließlich auf, dass die Antwort tatsächlich sehr einfach ist - weil es nur 1 unabhängige Komponente gibt, bedeutet dies, dass es nur 1 Basistensor für den Raum aller solcher Tensoren mit den Eigenschaften des Riemann-Tensors gibt besitzt. Seit

g g - g g

$g g - g g$ , das wir aus dem Hut gezogen haben, funktioniert, es ist der einzige Basistensor und so

R

$R$ muss proportional sein

g g - g g

$g g - g g$ . danke an alle!

Benutzer23660

Die Formel für 3d wäre richtig, wenn wir die Definition von ändern

f (R_{a b})

$f(R_{ab})$ Zu

f (R_{a b}) = R_{a b} - \frac{1}{4} R g_{a b}

$f(R_{ab})=R_{ab}-\frac14 R g_{ab}$ .

Benutzer23660

Etwas verwandte Frage Eindeutigkeit des Riemann-Krümmungstensors

nervexxx

Ja, es ist ein Tippfehler - korrigiert.

Jerry Schirmer

Natürlich,

R

$R$ ist selbst eine tensorielle Kombination von Ableitungen der Metrik.

Antworten (1)

Riemann-Tensor in 2d und 3d

Was meinst du mit Ableitungen der Metrik? $\nabla g =0$ also sowas sieht man nicht. Die einzigen erlaubten Ableitungen kommen in Form von $R_{\mu\nu\rho\sigma}$ weil es der einzige Tensor ist, der Ableitungen der Metrik enthält. In 2d beschränkt die Tatsache, dass es eine Komponente + die Symmetrien gibt, Riemann, dass Riemann proportional ist $g_{\mu\rho}g_{\nu\sigma}-g_{\mu\sigma}g_{\nu\rho}$ , ist die Frage, wie die Gesamtnormalisierung behoben werden kann. Nehmen Sie dazu die doppelte Spur beider Seiten, Sie werden sehen, dass die einzige konsistente Gesamtnormalisierung ist $R/2$ .
Ihre Formel für 3d ist nicht korrekt. Schauen Sie sich das an und machen Sie n = 2,3 und sehen Sie, warum en.wikipedia.org/wiki/Ricci_decomposition
Vielleicht sollte ich erwähnen, dass Sie an derselben Stelle en.wikipedia.org/wiki/Ricci_decomposition die Erklärung finden, nach der Sie suchen, in Bezug auf die Zerlegung in irreduzible Darstellungen. Sie werden sehen, warum die Formel für n<4 einfacher wird, für n=2 sogar einfacher als für n=3.
@CristiStoica Ah ok danke. Ich habe diese Gleichung (für den 3D-Fall) gerade aus der Lösung eines Problemsatzes kopiert, den ich online gefunden habe, also ist sie vielleicht falsch ...
ah lol, nachdem ich so lange darüber nachgedacht hatte, fiel mir schließlich auf, dass die Antwort tatsächlich sehr einfach ist - weil es nur 1 unabhängige Komponente gibt, bedeutet dies, dass es nur 1 Basistensor für den Raum aller solcher Tensoren mit den Eigenschaften des Riemann-Tensors gibt besitzt. Seit $g g - g g$ , das wir aus dem Hut gezogen haben, funktioniert, es ist der einzige Basistensor und so $R$ muss proportional sein $g g - g g$ . danke an alle!
Die Formel für 3d wäre richtig, wenn wir die Definition von ändern $f(R_{ab})$ Zu $f(R_{ab})=R_{ab}-\frac14 R g_{ab}$ .
Etwas verwandte Frage Eindeutigkeit des Riemann-Krümmungstensors
Natürlich, $R$ ist selbst eine tensorielle Kombination von Ableitungen der Metrik.

Benutzer23660 · Answer 1

Die Einfachheit der Geometrie in niedrigeren Dimensionen liegt daran, dass der Riemann-Krümmungstensor in Form eines einfacheren Tensorobjekts ausgedrückt werden könnte: Skalarkrümmung und Metrik (in 2d) oder Ricci-Tensor und Metrik (in 3d). Diese Tatsache ändert natürlich nichts an der Möglichkeit, den Riemann-Tensor (wie auch den Ricci-Tensor und die skalare Krümmung) als Kombination metrischer Ableitungen zu schreiben. Aber jeder Term in einer solchen Kombination ist kein Tensor – nur das ganze Objekt.

Lassen Sie uns nun noch einmal festhalten, warum wir in niedrigeren Dimensionen den Riemann-Tensor auf eine Kombination von Tensorobjekten niedrigeren Ranges reduzieren können.

Für den 3D-Fall Definition des Ricci-Tensors:

R_{A B} = R_{A B C D} G^{A C}

$R_{ab} = R_{abcd}g^{ac}$

enthält 6 unabhängige Komponenten, genau die Anzahl unabhängiger Komponenten im Riemann-Tensor. Diese Gleichung könnte also umgekehrt werden und somit ausgedrückt werden $R_{abcd}$ bezüglich $R_{ab}$ Und $g_{ab}$ .

Im 2d-Fall könnten wir ähnlich mit der Definition des Ricci-Skalars beginnen:

R = R_{A B} G^{A B},

$R = R_{ab} g^{ab} ,$

und kehren Sie es um, indem Sie es ausdrücken $R_{ab}$ durch $g_{ab}$ Und $R$ . Der nächste Schritt wäre, den Riemann-Tensor mit auszudrücken $g_{ab}$ Und $R_{ab}$ (und damit durch Skalar $R$ nur).

Ich denke, er meint partielle Ableitungen, nicht kovariante Ableitungen der Metrik.
In höheren Dimensionen kommen metrische Ableitungen ins Spiel, nicht wahr? Dies sind partielle Ableitungen, keine kovarianten Ableitungen, die so geschrieben sind, dass der resultierende Ausdruck tensorial ist. Immerhin lässt sich der Riemann-Tensor aus Christoffel-Symbolen und seinen Ableitungen aufbauen, enthält also einen allgemeinen Riemann-Tensor $g, \partial g, \partial^2 g$ .
Ja, offensichtlich könnte der Riemann-Tensor als Kombination von Ableitungen der Metrik geschrieben werden. Was wir hier zu untersuchen versuchen, ist die Möglichkeit, Riemann-Tensoren aus einigen einfacheren (dh niedrigerrangigen) Tensorobjekten zu konstruieren . (Bearbeitete meine Antwort, um diesen Punkt zu betonen).
@nervxxx: Der Ricci-Tensor ist BEREITS eine Kombination von Ableitungen der Metrik.
@ user23660 Ich bin mir nicht sicher, ob ich verstehe, warum du sagst $R_{ab} = R_{abcd}g^{ac}$ . Ist das ein Tippfehler? Dieselbe Frage für das "Ausdrücken von $R_{abcd}$ bezüglich $R_{ab}$ Und $g^{ab}$ "

Riemann-Tensor in 2d und 3d

nervexxx

Andreas

Christi Stoica

Christi Stoica

nervexxx

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Jerry Schirmer

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Benutzer23660

Christi Stoica

nervexxx

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Jerry Schirmer

Carla

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