Bearbeiten : Hinweis : Ich habe hier in einer anderen Frage einen weiteren Beweis dafür gepostet . Diejenigen, die Koordinaten bevorzugen, finden es vielleicht etwas schmackhafter.

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Ich entnehme Ihren Kommentaren, dass Sie dies tun können, wenn Sie dies getan haben$\mathcal{L}_X\text{Ric} = 0$. Daher werde ich ein etwas allgemeineres Ergebnis skizzieren, wobei ich eine gewisse Identität annehme, die Killing-Vektoren und die Riemann-Krümmung verbindet, was eine Übung in vielen Lehrbüchern ist.

Ein Killing-Vektorfeld$X$hat$R^a{}_{bcd}X^d = \nabla_c\nabla_bX^a$, dh,

$$\nabla_Z\nabla_YX - \nabla_{\nabla_ZY}X= R(Z,X)Y \equiv_{\text{def}} \nabla_Z\nabla_XY - \nabla_X\nabla_ZY - \nabla_{[Z,X]}Y\text{.}$$ Immer wenn die Torsion verschwindet, gibt die Substitution nach $$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}_X(\nabla_ZY) &=& \nabla_X\nabla_ZY - \nabla_{\nabla_ZY}X\\ &=&\nabla_Z\nabla_XY - \nabla_Z\nabla_YX + \nabla_{[X,Z]}Y\\ &=&\nabla_Z(\mathcal{L}_XY) + \nabla_{\mathcal{L}_XZ}Y\text{.}\end{eqnarray*}$$ Sie sollten in der Lage sein, diese Formel auf die kovariante Ableitungsform des Riemann-Tensors anzuwenden, um dies zu zeigen $$\mathcal{L}_X[R(Y,Z)W] = R(\mathcal{L}_XY,Z)W + R(Y,\mathcal{L}_XZ)W + R(Y,Z)\mathcal{L}_XW\text{,}$$ dh die Lie-Ableitung des Riemann-Tensors entlang eines Killing-Vektors verschwindet. Das entsprechende Resultat für den Ricci-Tensor folgt trivialerweise.

Dies ist keine vollständige Antwort, sondern füllt einige der fehlenden Teile aus, nach denen Trimok in den Kommentaren zu Stans Antwort gefragt hat :

Beachten Sie, dass ich nicht überprüft habe, ob Stans Beweis tatsächlich funktioniert.

Zu 1)

$$\begin{align} \nabla_Z \nabla_Y X &= Z^\lambda(Y^\mu X^\nu_{;\mu})_{;\lambda} \partial_\nu \\&= Z^\lambda(Y^\mu_{;\lambda} X^\nu_{;\mu} + Y^\mu X^\nu_{;\mu;\lambda}) \partial_\nu \\&= \nabla_{\nabla_ZY}X + Z^\lambda Y^\mu\nabla_{\partial_\lambda}\nabla_{\partial_\mu} X \\&= \nabla_{\nabla_ZY}X + R(Z,X)Y \end{align}$$ wo die letzte Gleichheit angenommen wurde und dort bewiesen wird .

Nun gibt es noch einen weiteren Schritt, der vielleicht nicht allen Lesern offensichtlich ist:

$$\mathcal L_X(\nabla_YZ) = [X,\nabla_YZ] = \nabla_X\nabla_YZ - \nabla_{\nabla_YZ}X$$ wobei die zweite Gleichheit auf Nulltorsion zurückzuführen ist, dh $$\nabla_AB - \nabla_BA - [A,B] = 0$$ für willkürlich $A,B$und besonders $A=X, B=\nabla_YZ$.

zu 2)

Dieser Schritt wurde dem Leser als Übung überlassen - berechne einfach die linke Seite der letzten Gleichung. Der Ausdruck$\mathcal L_X(\nabla_YZ)$gilt für generisch$Y,Z$- das ist nur eine etwas unglückliche Namensgebung.

Zu 3)

Das ist die Leibniz-Regel für Tensoren mit einem Glied$\mathcal L_XR$fehlen.

Es folgt ein etwas anderer und vielleicht einfacherer Beweis.$\def\lie{\mathit{£}}$Für$K^a$einen Tötungsvektor haben wir (Kostant-Formel),

$$\nabla_a \nabla_b K^c = -R_{bca}{}^d K^d.$$ Damit können wir beweisen, dass die Kovariante und die Lie-Ableitungen kommutieren: $$\lie_K \nabla_a X^b = \nabla_a \lie_K X^b,$$ für willkürlich $X^a$. Wir haben: $$\lie_K(R_{abcd}X^d )= 2\nabla_{[a}\nabla_{b]} \lie_K X_c = R_{abcd}\lie_K X^d,$$ Und $$\lie_K (R_{abcd}X^d) = \lie_K R_{abcd} X^d + R_{abcd} \lie_K X^d,$$ und diese beiden ergeben zusammen $\lie_K R_{abcd} X^d = 0$für willkürlich $X^a$, Deshalb $\lie_K R_{abcd} = 0$. Offensichtlich verschwinden daher auch die Lie-Ableitungen der Kontraktionen des Riemann-Tensors $\lie_K T_{ab} = 0$nach Einsteins Gleichung.