Wie kann man beweisen, dass eine flache Raumzeit Minkowski-Koordinaten zulässt?

Das ist ein nichttrivialer Satz der (semi)Riemannschen Geometrie, der auf dem Satz von Frobenius basiert : Wenn der Riemann-Tensor überall Null ist, dann gehört jeder Punkt zu einem lokalen Diagramm, in dem die Metrik die Standardform der konstanten Diagonale hat.

NACHTRAG

Die Idee des Beweises ist die folgende. Man sucht nach Vektorfeldern$X$so dass

$$\nabla X =0\:.$$ In Koordinaten $x^1,\ldots, x^n$, führt dies zu einer Gleichung erster Ordnung für die Komponenten von $X$.

Betrachten Sie als Nächstes die gefundene Gleichung und verwenden Sie die Bedingung$Riemann =0$überall in Bezug auf Verbindungskoeffizienten geschrieben, Frobenius-Theorem für PDEs erster Ordnung in$\mathbb R^n$beweist das in einer Umgebung von jedem Punkt$p\in M$, es gibt solche$X$befriedigend$X(p) = Z_p$wo$Z_p\in T_pM$ist willkürlich festgelegt.

Also konstruieren kann man$n= \dim(M)$Vektorfelder$X_{(k)}$,$k=1,\ldots,n$in einer Nachbarschaft$U$von$p$so dass$\nabla X_{(k)}=0$und$X_{(k)}(p) = Z_{(k)p}$. Da das Skalarprodukt erhalten bleibt (von$\nabla X_{(k)}=0$und die Tatsache, dass die Verbindung metrisch ist), wenn$g_p(Z_{(k)p}, Z_{(h)p})= \eta_{kh}$, wir haben das$g(X_{(k)}, X_{(h)})= \eta_{hk}$ ständig an$U$.

Schließlich muss man nach Koordinaten suchen$y^a= y^a(x^1,\ldots,x^n)$um$p$so dass

$$X_{(k)}= \frac{\partial}{\partial y^k}\:.$$ Schreibe diese Gleichung in Koordinaten auf $x^1,\ldots, x^n$, indem man den Satz von Frobenius erneut anwendet, ist es möglich zu beweisen, dass diese lokalen Koordinaten in der Umgebung existieren $p$. Auf diese Weise weiter schrumpfen $U$um $p$Am Ende haben wir ein Koordinatensystem $y^1,\ldots,y^n$Abdeckung, wo die Metrik konstant ist: $$g\left(\frac{\partial}{\partial y^k},\frac{\partial}{\partial y^h} \right)= \eta_{kh}\:.$$

Im Allgemeinen kann dieses Verfahren kein globales Diagramm erzeugen, in dem die Metrik konstant ist. Es gibt triviale Gegenbeispiele, die vom Minkowski-Raum ausgehen und einige Identifikationen annehmen, um einen flachen kompakten Torus zu erzeugen. Diese Mannigfaltigkeit ist flach, kann aber nicht von einem globalen Diagramm abgedeckt werden, da sie sonst diffeomorph wäre$\mathbb R^n$was nicht kompakt ist.

Ich habe eigentlich nicht bemerkt, dass ich das 2. "Problem" für den Riemannschen Fall bereits gelöst habe, aber der Beweis lässt sich mit Sicherheit nicht auf den allgemeinen Lorentzschen Fall übertragen. Ich bin jedoch ziemlich zuversichtlich, dass, wenn Sie eine Lorentzsche Mannigfaltigkeit haben$\mathcal M$das kann als 'Produkt von Zeit und Raum' (strenger als Blattbildung) geschrieben werden,$\mathcal M = \mathbb R \times M$für eine Riemann-Mannigfaltigkeit$M$(was in physikalischen Anwendungen normalerweise der Fall ist), dann sollte der Beweis, den ich für Riemannsche Mannigfaltigkeiten geben werde, auf diesen Spezialfall der Lorentizianischen Mannigfaltigkeiten übertragen werden:

Unsere Annahmen für den Riemanninan-Fall lauten wie folgt:

• $M$eine glatte Mannigfaltigkeit mit verschwindender Krümmung$Riem =0$dh flach und
• es existiert ein Homöomorphismus$f:M\to \mathbb R^{\dim M }$also topologisch 'trivial' (also insbesondere$M$wird einfach angeschlossen).
• Davon gehe ich weiter aus$M$vollständig ist (d. h. jede konvergente Reihe hat einen Grenzwert in$M$).

Es gibt eine Charakterisierung lokal symmetrischer Räume über den Riemann-Krümmungstensor (Theorem von Cartan-Ambrose-Hicks):

$M$ist genau dann lokalsymmetrisch, wenn$\nabla Riem =0$.

In unserem Fall ist dies trivialerweise erfüllt. Außerdem ist jeder einfach zusammenhängende vollständige, lokal symmetrische Raum global symmetrisch. Somit,$M$ist ein einfach zusammenhängender global symmetrischer Raum.

Glücklicherweise gibt es eine Klassifikation (Cartan-Klassifikation) von einfach verbundenen global symmetrischen Räumen, die besagt:

Lassen$M$sei ein einfach zusammenhängender global symmetrischer Raum. Dann$M= M_0\times M_+ \times M_-$, wo$M_0$ist ein euklidischer Faktor und$M_\pm$ist ein symmetrischer Raum von kompakt ($+$) und nicht kompakt ($-$) Typ bzw. Weiterhin ist die Schnittkrümmung von$M_\pm$ist größer (bzw. kleiner als) oder gleich aber nicht identisch gleich 0.

Da die Krümmung überall Null ist, müssen wir haben$M_\pm = \emptyset$weil sonst die Schnittkrümmung von$M_\pm$wäre identisch Null. Somit$M= M_0=\mathbb R^{\dim M}$ $\square$

Ich denke, meine Antwort stimmt mit der von Valter überein, ist aber niedrig.

Der parallele Transport bewahrt innere Produkte von Vektoren, und das Verschwinden des Riemann-Tensors garantiert die Pfadunabhängigkeit des parallelen Transports innerhalb eines beliebigen lokalen Diagramms. Sie können mit einer orthonormalen Tetrade beginnen und das lokale Diagramm und die Minkowski-Metrik von einem beliebigen Ursprung aus erweitern. Die Elemente des metrischen Tensors sind als paarweise innere Produkte von Basisvektoren in der Tetrade definiert.

Um die Metrik global zu erweitern, nutzen Sie den Homöomorphismus zu/von${{R}^{4}}$um ein (möglicherweise krummliniges) Koordinatensystem zu induzieren, in dem jedes Tupel$(t,x,y,z)$entspricht einem Punkt Ihrer Wohnung. Ein bequemer Weg, um jeden Punkt zu erreichen, ist$(t,x,y,z)=(as,bs,cs,ds)$mit konstanten Koeffizienten und Parametern, die von 0 bis 1 laufen. Dieser Pfad ist zufällig auch einzigartig, aber Existenz ist der Schlüssel.

Kurzer Beweis der Pfadunabhängigkeit: Das Argument beruht auf der Tatsache, dass jeder Pfad von Punkt A nach B homotop zu jedem anderen Pfad in einem euklidischen Raum ist. Die „Geschichte“ der kontinuierlichen Verformung überstreicht eine zweidimensionale Fläche, die in Plaques zerbrochen werden kann. Der Riemann-Tensor beschreibt die Änderung eines Vektors, die sich aus dem Transport um eine infinitesimale Plakette ergibt. Wenn Sie die kleinen Nullen integrieren, erhalten Sie eine große Null.

Konstruieren von Minkowski-Koordinaten: Nachdem die orthonormale Tetrade von Basisvektoren oder 1-Formen eindeutig auf den gesamten Raum übertragen wurde, können wir die vier Koordinatenfunktionen konstruieren, indem wir Pfadintegrale wie z$\Delta t=\int{d\mathbf{x}\cdot \mathbf{u}}$, wobei u die 1-Form ist, die den Zeitverlauf darstellt, und ebenso für x,y,z. Das Ergebnis ist nach dem Satz von Stokes pfadunabhängig, da der parallele Transport garantiert, dass die kovariante Ableitung und damit die Kräuselung von u Null ist.

Es dauert lange.

Nehmen wir an, Sie wissen sowieso, dass die Raumzeit flach ist. Wenn dies der Fall ist, sind die Christoffel-Symbole Null.

Nach Einsteins Kriterium muss die kovariante Ableitung des metrischen Tensors Null sein.

$$g_{\mu\nu;\alpha}=0$$

Aber die kovariante Ableitung ist die normale Ableitung minus zwei Symbole:

$$g_{\mu\nu;\alpha}\equiv g_{\mu\nu,\alpha} - \Gamma_{\mu\alpha}^{\ \ \rho} g_{\rho\nu} - \Gamma_{\nu\alpha}^{\ \ \rho} g_{\mu\rho}$$

Wenn Symbole Null sind, dann haben wir nur

$$0 = g_{\mu\nu,\alpha} - 0 - 0$$

Die Ableitung des metrischen Tensors ist also 0, und der metrische Tensor hängt nicht von Koordinaten ab, er ist konstant. Wenn Sie den Tensor diagnostizieren und die Achse entsprechend neu skalieren, können Sie eine Diagonalmatrix haben$(-1, 1, 1, 1) \equiv \eta_{\mu\nu}$.