Satz von Stokes in Lorentzschen Mannigfaltigkeiten

Dies ist Version zwei meines Beweises. Das OP entdeckte bei meinem ersten Versuch einen Vorzeichenfehler, der zeigte, dass mein Argument zirkulär war. Der richtige Beweis ist unten.

Es überrascht nicht, dass dies damit zu tun hat, dass die Signatur der Raumzeitmetrik nicht positiv definit ist. Darüber hinaus ist dieses Problem sehr subtil. Es sei darauf hingewiesen, dass dieses Ergebnis teilweise in Hawking-Ellis, The large-scale structure of spacetime (1973), richtig in Wald, General Relativity (1984), falsch in Carroll, Spacetime and Geometry (2003) zitiert und angedeutet wird Straumann, Allgemeine Relativitätstheorie (2013). Keines davon enthält einen Beweis. Das verlinkte Vorlesungsskript liefert das richtige Ergebnis. Carroll hat die Richtungen „nach außen“ und „nach innen“ vertauscht. Das Buch von Gourgoulhon, Special Relativity in General Frames , enthält einen Teilbeweis in$4$Dimensionen, die wir hier für übernehmen$n$Maße.

Wir geben zunächst die Präliminarien an. Beweise finden sich in dem ausgezeichneten Buch von Lee, Introduction to Smooth Manifolds (2013). Der Einfachheit halber haben wir die Satzzahlen angegeben. (An bestimmten Stellen müssen Ergebnisse in Riemannscher Geometrie mit einiger Sorgfalt verallgemeinert werden.)

Lassen$M$glatt sein$n$-Verteiler mit Begrenzung$\partial M$. Lassen$\mathrm{d}$sei die äußere Ableitung an$M$,$i_X$die innere Ableitung wrt. das Vektorfeld$X$und$L_X$die Lie-Ableitung bzgl.$X$. Lassen$g$sei eine pseudo-riemannsche Metrik auf$M$mit Levi-Civita-Verbindung$\nabla$und$(x^\mu)$Koordinaten an orientiert sein$M$. Lassen$\{E_\mu\}_{\mu=1}^n$bezeichnen einen orthonormalen Rahmen. Die kanonische Orientierung ist eine Differentialform höchsten Grades$\mu$wofür$\mu(E_1,\dotsc,E_n)=1$.

Als nächstes definieren wir "nach außen" und "nach innen". Ein Vektor$v\in T_pM$($v$sollte nicht ganz drin liegen$T_p\partial M$) soll nach außen zeigen, wenn es eine Kurve gibt$\gamma:(-\epsilon,0]\to M$so dass$\gamma(0)=p$und$\dot\gamma(0)=v$. Es wird gesagt, dass es nach innen zeigt, wenn es eine Kurve gibt$\gamma:[0,\epsilon)\to M$so dass$\gamma(0)=p$und$\dot\gamma(0)=v$. (Hier$\epsilon$ist eine positive Zahl.)

Einige Ergebnisse. $\partial M$ist eine glatte eingebettete Codimension$1$Untermannigfaltigkeit und hat einen eindeutig definierten (Einheits-)Normalenvektor. (Thm. 5.11, Prop. 15.33.) Der Begriff „nach außen“ und „nach innen“ ist eine Äquivalenzrelation auf der Menge der Normalenvektoren. Ein normaler Vektor$N$ist nach innen iff$-N$ist nach außen. (Prop. 5.41, Prop. 15.33.)$\mu$ist eine kanonische Orientierung iff$\mu=\sqrt{\lvert\det g_{\mu\nu}\rvert}\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n$. (Prop. 15.31.) Wenn$\omega$ist eine Orientierung,$\iota:S\hookrightarrow M$ist die Grenze einer Teilmenge von$M$und$Y$ist ein Vektor, der aus zeigt$S$, dann$\iota^*(i_Y\omega)$ist eine konsequent orientierte Orientierung an$S$. (Prop. 15.24) Die Divergenz$\operatorname{div}X:=\nabla_\mu X^\mu$erfüllt$\operatorname{div}X\,\mu=L_X\mu$. (Seite 425.) Cartans Formel:$L_X=i_X\circ\mathrm{d}+\mathrm{d}\circ i_X$. (Thm. 14.35.)

Nun lass$(\mathcal{M},g)$sei die Raumzeit-Mannigfaltigkeit und Metrik. Jetzt$\partial \mathcal{M}$ist die Grenze und$\iota:\partial \mathcal{M}\hookrightarrow \mathcal{M}$ist die Inklusion. Siehe Abschn. 2.7 von Hawking-Ellis für eine Diskussion über

Hyperflächen. Wenn$\iota^*g=:h$ist Riemannsch,$\partial\mathcal{M}$soll raumartig sein und$N$ist zeitgemäß. Wenn$h$ist lorentzianisch,$\partial\mathcal{M}$soll zeitgemäß sein und$N$ist raumartig.

Lassen Sie im Folgenden$\tilde\mu$sei die kanonische Ausrichtung auf$(\partial\mathcal{M},h)$und lass$N$sei vorerst die nach außen zeigende Einheit normal. (Seit$g$ist lorentzsch, das bedeutet, dass$\langle N,N\rangle=\pm1$.)

Nach der Cartan-Formel für jedes Vektorfeld$X$,

$$\operatorname{div}X\,\mu=L_X\mu=\{\mathrm{d},i_X\}\mu=\mathrm{d}(i_X\mu),$$ und nach dem Satz von Stokes $$\int_\mathcal{M}\operatorname{div}X\,\mu=\int_{\partial \mathcal{M}}\iota^*(i_X\mu).$$

Es stellt sich heraus, dass$\iota^*(i_X\mu)=i_X\mu\restriction_{\partial\mathcal{M}}$ist nicht so einfach festzustellen.

Es ist klar, ob$\partial \mathcal{M}$nicht null ist, dann haben wir die glatte orthogonale Zerlegung

$$T_p\mathcal{M}=T_p\partial \mathcal{M}\oplus \operatorname{span}N,$$ für alle $p\in\partial\mathcal{M}$. Also lass $$X=X^\top+X^\bot, X^\top\in T_p\partial\mathcal{M},X^\bot\in\operatorname{span}N.$$ Dann $X^\bot=\alpha N$und $X=X^\top+\alpha N$. Nehmen Sie das innere Produkt mit $N$gibt $$\langle N,X\rangle=\alpha\langle N,N\rangle=\sigma\alpha\implies X=X^\top+\sigma\underbrace{\langle N,X\rangle}_\beta N,$$ wo $\sigma=+1$wenn $N$ist raumartig und $\sigma=-1$ist $N$ist zeitgemäß. Daher $$i_X\mu=i_{X^\top}\mu+\sigma\beta i_N\mu.$$

Beachten Sie jetzt, dass technisch alles, was wir tun, zurückgezogen wird$\partial\mathcal{M}$, was der Beschränkung auf entspricht$\partial\mathcal{M}$. Lassen$\{E_\mu\}_{\mu=2}^n$ein orthonormaler Rahmen sein$\partial \mathcal{M}$. Dann$X^\top$ist eine Linearkombination dieser Vektoren,$X^\top=\sum_{\mu=2}^n c_\mu E_\mu$und

$$i_{X^\top}\mu(E_2,\dotsc,E_n)=\sum_{\mu=2}^nc_\mu\mu(E_\mu,E_2,\dotsc,E_n)=0,$$ aufgrund der totalen Antisymmetrie von $\mu$. (Wenn zwei beliebige Slots eines total antisymmetrischen Tensors mit demselben Vektor gefüllt werden, verschwindet er.) Durch Linearität können wir dies auf alle Vektoren in erweitern $T_p\partial\mathcal{M}$. Daher $i_{X^\top}\mu\restriction_{\partial \mathcal{M}}\equiv 0$und wir haben $$i_X\mu=\sigma\beta i_N\mu\quad(\text{on $\partial\mathcal{M}$}).$$

Lassen$\{E_\mu\}_{\mu=2}^n$sei dann wie oben$\{N,\{E_\mu\}_{\mu=2}^n\}$liegt ein orthonormaler Rahmen vor$\mathcal{M}$. (Möglicherweise muss man das Vorzeichen von an anpassen$E_\mu$so dass$\{N,\{E_\mu\}_{\mu=2}^n\}$ist konsequent orientiert.) Dann

$$i_N\mu(E_2,\dotsc,E_n)=\mu(N,E_2\dotsc,E_n)=1,$$ was das impliziert $i_N\mu$ist die kanonische Orientierung $\tilde\mu$durch Prop. 15.24 und Prop. 15.31 von Lee. Beachten Sie noch einmal, dass wir nehmen $N$hier nach außen zeigen. Wenn wir alles zusammenfügen, erhalten wir $$\int_{\mathcal{M}}\operatorname{div}X\,\mu=\sigma\int_{\partial\mathcal{M}}\langle N,X\rangle\,\tilde\mu.$$

Wir haben jetzt zwei Fälle.

Fall 1. $N$ist raumartig. Dann$\sigma=+1$und wir sind fertig.

Fall 2. $N$ist zeitgemäß. Jetzt$\sigma=-1$. Aber dann

$$-\int_{\partial\mathcal{M}}\langle N,X\rangle\,\tilde\mu=\int_{\partial\mathcal{M}}\langle -N,X\rangle\,\tilde\mu=\int_{\partial\mathcal{M}}\langle N',X\rangle\,\tilde\mu,$$ wo $N'$der nach innen gerichtete Normalenvektor ist, nach Prop. 5.41 in Lee.

Beachten Sie, dass das Vorzeichen geändert wird$N$ändert sich nicht$\tilde\mu$, da wir für eine konsequente Ausrichtung die Normale als nach außen zeigend angenommen haben. Du könntest schreiben$\tilde\mu=i_{-N'}\mu$wenn du wolltest.

Prop 15.31 in Lee gibt

$$\mu=\sqrt{\lvert g\rvert }\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n,\quad\tilde\mu=\sqrt{\lvert h\rvert}\,\mathrm{d}y^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}y^{n-1},$$ wo $(y^1,\dotsc,y^{n-1})$sind durchgängig orientierte Koordinaten an $\partial\mathcal{M}$.

Damit haben wir gezeigt:

$$\int_\mathcal{M}\nabla_\mu X^\mu\sqrt{\lvert g\rvert }\,\mathrm{d}x^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}x^n=\int_{\partial\mathcal{M}}N_\mu X^\mu\sqrt{\lvert h\rvert}\,\mathrm{d}y^1\wedge\cdots\wedge\mathrm{d}y^{n-1},$$ wo $N$zeigt nach innen, wenn $\partial\mathcal{M}$ist raumartig und nach außen, wenn $\partial\mathcal{M}$ist zeitgemäß. Beachten Sie, dass man allgemeiner die Integrale über beliebige nehmen kann $n$-dimensional $\mathcal{U}\subset\mathcal{M}$mit Grenze $\partial\mathcal{U}$. Das ist weil $(\mathcal{U},g\restriction_\mathcal{U})$ist eine eigenständige Raumzeit, und der obige Beweis funktioniert für $\mathcal{M}$ersetzt durch $\mathcal{U}$und $g$durch $g\restriction_\mathcal{U}$.

Wie für das Beispiel auf Seite 456 von Carroll: The region$R$wird durch raumartige Hyperflächen begrenzt, also müssen wir den Normalenvektor nehmen, der nach innen zeigt. Dann normal weiter$\Sigma_2$ist zukunftsgerichtet und das Normale an$\Sigma_2$Vergangenheit gerichtet ist. Aber er definiert seine Integrale$\int_{\Sigma_1}$und$\int_{\Sigma_2}$mit zukunftsgerichteten Normalenvektoren. Also das Integral$\int_{\Sigma_2}\star J$nimmt ein Minuszeichen von der vergangenheitsgerichteten Normalen auf.

Um den Satz von Stokes auf die Lorentz-Mannigfaltigkeit anzuwenden, müssen wir Normalen an der Grenze nehmen ...

Der allgemeine Satz von Stokes für Differentialformen gilt für jede orientierbare Mannigfaltigkeit mit einem Rand:

$$\int_D d\omega = \int_{\partial D} \omega$$

Eine Metrik ist nicht erforderlich; so gilt für eine Lorentz-Mannigfaltigkeit - eine Mannigfaltigkeit mit einer Signaturmetrik (n,1).

Gleichung E19 in Carrolls Spacetime and Geometry folgt direkt daraus:

Stellen Sie sich einen vierdimensionalen Raumzeitbereich R vor, der zwischen zwei räumlichen Hyperflächen E1, E2 definiert ist ; ....; Es wird angenommen, dass der Teil der Grenze, der die beiden Hyperflächen verbindet, ins Unendliche geht, wo alle Felder verschwinden und ignoriert werden können.

Das Erhaltungsgesetz E16 ergibt:

$$\int_R d(*J)= 0$$

Dann direkt bei Stokes oben

$$\int_{\partial R} *J$$

Nun besteht die Hyperfläche R aus zwei Komponenten E1 & E2 mit entgegengesetzten Orientierungen, also:

$$\int_{\partial E1} *J - \int_{\partial E2} *J$$

Was uns Gleichung E19 gibt :

$$=Q1-Q2$$