ХРИН 06 Расщепление мировых тензоров

[Утундрий]

В этом параграфе мы научимся переходить от произвольного 4-тензора к набору его трёхмерных проекций и обратно.

§6 Расщепление мировых тензоров

Рассмотрим произвольный 4-вектор $p^{\mu}$ и проведём следующее сопоставление:

$$p^{\mu} \simeq \left( \overline p, \; {\overline p}^i \right) \eqno (6,1)$$

где

$$\overline p \equiv \dfrac 1 h \; p_0, \quad {\overline p}^i \equiv p^i\eqno (6,2)$$

Используя $(2,10)$ и закон преобразования 4-вектора, несложно убедиться, что при хронометрических преобразованиях $\overline p$ ведёт себя как $T$-нечётный хинвариант, а $ {\overline p}^i$ — как $T$-чётный хивектор.

Объекты $(6,2)$ образуют полный набор проекций и полностью определяют 4-вектор $p^{\mu}$. Чтобы это увидеть, распишем тождество $p_{\mu}=g_{\mu \nu} \; p^{\nu}$:

$$\left\{ {\begin{array}{l} p_0 = g_{00}\;p^0+g_{0s}\;p^s \\ p_i = g_{i0}\;p^0+g_{is}\;p^s \\ \end{array} } \right.$$

Подставляя сюда $(1,7)$ и решая систему, получаем все компоненты 4-вектора $p^{\mu}$, выраженные через его проекции $(6,2)$:

$$\begin{array}{rl} p_0 = & h\; \overline p \\ - p_i = & {\overline p}_i + a_i \overline p \\ h \; p^0 = & \overline p +a_s {\overline p}^s \\ p^i = & {\overline p}^i \\ \end{array} \eqno (6,3)$$

где ${\overline p}_i \equiv {\overline g}_{ik} {\overline p}^k$.

Как известно, любой тензор $U^{\mu \nu \ldots \omega$ можно представить в виде конечной суммы слагаемых вида $a^{\mu} b^{\nu} \ldots z^{\omega}$, где $a, \; b \ldots z$ — некоторые векторы. Этот факт символически запишем в виде

$$U^{\mu \nu \ldots \omega}=\sum a^{\mu} b^{\nu} \ldots z^{\omega}\eqno (6,4)$$

Практически это означает, что при составлении проекций произвольного тензора с каждым индексом можно работать независимо. Так, для тензоров второго ранга, аналогично $(6,2)$, можно составить четыре проекции

$$\dfrac 1 {h^2} \; U_{00}, \qquad \dfrac 1 h \; {U^i}{}_0, \qquad \dfrac 1 h \; {U_0}^i, \qquad U^{i k}$$

Разберём симметричные и антисимметричные тензоры второго ранга по отдельности. Сперва рассмотрим симметричный тензор $T^{\mu \nu}\equiv T^{\nu \mu$, для которого справедливо представление

$$T^{\mu \nu} =\sum \left( a^{\mu} b^{\nu}+b^{\mu} a^{\nu} \right)$$

которое можно упростить, переписав выражение под суммой в форме $\left( a^{\mu} + b^{\mu}\right)\left( a^{\nu}+b^{\nu}\right) -a^{\mu} a^{\nu} -b^{\mu}b^{\nu}$. Так что, в действительности

$$T^{\mu \nu} =\sum p^{\mu} p^{\nu}\eqno (6,5)$$

Симметричный тензор общего вида имеет три проекции:

$$T^{\mu \nu} \simeq \left( \overline \varepsilon, \; {\overline \pi}^i , \; {\overline \sigma}^{ik}\right) \eqno (6,6)$$

где

$$\overline \varepsilon \equiv \dfrac 1 {h^2} \; T_{00},\qquad {\overline \pi}^i \equiv \dfrac 1 h \; T^i_0,\qquad {\overline \sigma}^{ik} \equiv T^{i k} \eqno (6,7) $$

Легко видеть, что $\overline \varepsilon$ — $T$-чётный хинвариант, ${\overline \pi}^i$ — $T$-нечётный хивектор, а ${\overline \sigma}^{ik}$ — $T$-чётный симметричный хитензор.

Далее используем представление $(6,5)$ и получим для проекций $(6,7)$ следующие выражения

$$\overline \varepsilon=\sum \left( \overline p \right)^2, \qquad {\overline \pi}^i=\sum \overline p \; {\overline p}^i , \qquad {\overline \sigma}^{ik}=\sum {\overline p}^i {\overline p}^i$$

Используя эти соотношения, мы можем выразить любые компоненты $T^{\mu \nu}$ через проекции. Например,

$$h^2\;T^{0 0}=\sum \left(h \;p^0\right)^2=\sum \left( \overline p +a_s {\overline p}^s \right) \left( \overline p +a_m {\overline p}^m \right) = \overline \varepsilon+2 a_s {\overline \pi}^s+a_s a_m {\overline \sigma}^{sm}$$

Остальные компоненты находятся аналогичным образом. Полный их список таков:

$$\begin{array}{rcl} h^2\;T^{0 0}&=& \overline \varepsilon+2 a_s {\overline \pi}^s+a_s a_m {\overline \sigma}^{sm} \\ h \; T^{0 i}&=& \overline \pi}^i+a_s {\overline \sigma}^{si}\\ T^{i k}&=&{\overline \sigma}^{ik} \\ T^0_0&=& \overline \varepsilon+ a_s {\overline \pi}^s \\ h^{-1} T^i_0&=& {\overline \pi}^i \\ - h \; T^0_i&=& {\overline \pi}_i+a_i ( \overline \varepsilon+ a_s {\overline \pi}^s)+a_s {\overline \sigma}^s_i \\ -T^i_k&=& {\overline \sigma}^i_k+\overline \pi}^i a_k \\ h^{-2} T_{0 0}&=& \overline \varepsilon \\ -h^{-1} T_{0 i}&=& {\overline \pi}_i+a_i \overline \varepsilon \\ T_{i k}&=& {\overline \sigma}_{i k} +{\overline \pi}_i a_k+{\overline \pi}_k a_i+a_i a_k \overline \varepsilon \\ \end{array}\eqno (6,8)$$

Теперь рассмотрим антисимметричный тензор $F^{\mu \nu}\equiv-F^{\nu \mu}$, который может быть представлен в форме

$$F^{\mu \nu}=\sum \left( p^{\mu} r^{\nu}-r^{\mu} p^{\nu}\right)\eqno(6,9)$$

Антисимметричный тензор общего вида имеет две проекции:

$$F^{\mu \nu} \simeq \left( \overset{\_}{E}{}^i, \; \overset{\_}{ H}{}^{i k} \right) \eqno (6,10)$$

где

$$ \overset{\_}{E}{}^i \equiv \dfrac 1 h \; F_0{}^i,\qquad \overset{\_}{H}{}^{ik} \equiv F^{i k} \eqno (6,11) $$

По отношению к хронометрическим преобразованиям $\overset{\_}{E}{}^i$ является $T$-нечётным хивектором, а $\overset{\_}{H}{}^{ik}$ — $T$-чётным антисимметричным хитензором. Часто бывает удобно использовать вместо $\overset{\_}{H}{}^{ik}$ дуальный ему $T$-чётный псевдо-хивектор $\overset{*}{H}{}^i$ (смотри по этому поводу §4).

Пользуясь $(6,9)$, находим $(6,11)$:

$$\overset{\_}{E}{}^i=\sum \left( \overline p \; \overline r^i- \overline r \; \overline p^i \right), \qquad \overset{\_}{H}{}^{ik}=\sum \left( \overline p^i \overline r^k- \overline r^i \overline p^k \right)$$

И, так же как для симметричного тензора, получаем перечень

$$\begin{array}{rcl} h \; F^{0 i}&=& \overset{\_}{E}{}^i+a_s \overset{\_}{H}{}^{si}\\ F^{i k}&=&\overset{\_}{H}{}^{ik} \\ F_0{}^0&=& a_s \overset{\_}{E}{}^s \\ h^{-1} F_0{}^i&=& \overset{\_}{E}{}^i \\ h \; F_i{}^0&=& \overset{\_}{E}{}_i+a^s \overset{\_}{H}{}_{si}-a_i a_s \overset{\_}{E}{}^s \\ -F_i{}^k &=& \overset{\_}{H}{}_i{}^k+a_i \overset{\_}{E}{}^k \\ -h^{-1} F_{0 i}&=& \overset{\_}{E}{}_i \\ F_{i k}&=& \overset{\_}{H}{}_{ik}+a_i \overset{\_}{E}{}_k-a_k \overset{\_}{E}{}_i \\ \end{array}\eqno (6,12)$$

В заключение найдём проекции симметричного тензора специального вида

$$T^{\mu \nu}=-F^{\alpha \mu} F_{\alpha}{}^{\nu}+\dfrac 1 4 \; g^{\mu \nu} F^{\alpha \beta}F_{\alpha \beta} \eqno (6,13)$$

Результат следующий:

$$\begin{array}{rcl} F^{\alpha \beta}F_{\alpha \beta}&=&\overset{\_}{H}{}_{s m}\overset{\_}{H}{}^{s m}-2 \; \overset{\_}{E}{}_s \overset{\_}{E}{}^s \\ 2\; \overline \varepsilon &=& \dfrac 1 2 \; \overset{\_}{H}{}_{s m}\overset{\_}{H}{}^{s m}+\overset{\_}{E}{}_s \overset{\_}{E}{}^s \\ {\overline \pi}^i &=& \overset{\_}{H}{}^{is} \overset{\_}{E}{}_s \\ {\overline \sigma}^{ik} &=& \overset{\_}{H}{}^{si} \overset{\_}{H}{}_s{}^k-\overset{\_}{E}{}^i \overset{\_}{E}{}^k-\dfrac 1 2 \;{\overline g}^{ik} \left( \dfrac 1 2 \;\overset{\_}{H}{}_{s m}\overset{\_}{H}{}^{s m}-\overset{\_}{E}{}_s \overset{\_}{E}{}^s \right) \\ \end{array}\eqno (6,14)$$

Немного упростим его при помощи формул $\overset{\_}{H}{}^{ik}=\overset{*}{e}{}^{iks}\overset{*}{H}{}_s$ и $ \overset{\_}{H}{}^{si} \overset{\_}{H}{}_{sk}=\delta^i_k\; \overset{*}{H}{}_s \overset{*}{H}{}^s-\overset{*}{H}{}^i \overset{*}{H}{}_k$.

Окончательно получаем:

$$\begin{array}{rcl} \dfrac 1 2 \; F^{\alpha \beta}F_{\alpha \beta}&=&\overset{*}{H}{}_s \overset{*}{H}{}^s- \overset{\_}{E}{}_s \overset{\_}{E}{}^s \\ 2\; \overline \varepsilon &=& \overset{*}{H}{}_s \overset{*}{H}{}^s+\overset{\_}{E}{}_s \overset{\_}{E}{}^s \\ {\overline \pi}^i &=& \overset{*}{e}{}^{ism} \overset{\_}{E}{}_s \overset{*}{H}{}_m \\ {\overline \sigma}^{ik} &=& - \overset{*}{H}{}^i \overset{*}{H}{}^k-\overset{\_}{E}{}^i \overset{\_}{E}{}^k+\overline \varepsilon \; {\overline g}^{ik} \\ \end{array}\eqno (6,15)$$

Задача

Тензор $R_{\alpha \beta \mu \nu}$ обладает следующими симметриями:

$$R_{\alpha \beta \mu \nu}=R_{\mu \nu \alpha \beta}=-R_{\nu \mu \alpha \beta}$$

$$R_{\alpha \beta \mu \nu}+R_{\alpha \mu \nu \beta}+R_{\alpha \nu \beta \mu }=0$$

Составьте для него полный набор проекций. Какими симметриями они обладают?

[Утундрий]

P. S. Любопытно, что у метрического тензора имеется всего одна нетривиальная проекция: $g^{\mu \nu} \simeq \left( {\overline g}^{ik}\right) $.

[Утундрий]

Затруднения? Уточню: в задаче не требуется расписать аналог $(6,8)$ или $(6,12)$. Я против бессмысленной жестокости. Требуется всего лишь заполнить многоточие в

$$R^{\alpha \beta \mu \nu} \simeq (\ldots)$$

[Cos(x-pi/2)]

(Оффтоп)

Было бы хорошо, если бы в теме прибавилось участников, решающих задачи. Абстрактные задачи мне совсем "не по Сеньке шапка"; а раз до сих пор я пытался здесь что-то изображать, то теперь чувствую вину из-за своего молчания... и поэтому опять встреваю. Вероятно, глупость пишу, но не имею осмысленных соображений, как заполнить многоточие в $R^{\alpha \beta \mu \nu} \simeq (\ldots),$ кроме как следить за индексом "0" и по аналогии сопоставлять ему множитель $1/h.$ Т.е., ответ тупо предугадываю такой:

Компонентам $R^{\alpha \beta \mu \nu},$ не имеющим ни одного индекса $0,$ сопоставляется, вероятно, хитензор $\overline{r}^{\,ijkn}=R^{ijkn}.$ Индексная симметрия у него та же, то у $R^{ijkn},$ т.е. есть симметрия к перестановке первой и второй пары индексов и есть антисимметрия к перестановке индексов внутри любой из этих пар:

$\overline{r}^{\,ijkn}=\overline{r}^{\,knij}=-\overline{r}^{\,jikn}=-\overline{r}^{\,ijnk}$

Тогда равенство $\overline{r}^{\,ijkn}+\overline{r}^{\,iknj}+\overline{r}^{\,injk}=0$ выполняется автоматически; поэтому отдельно, как независимое, его можно не выписывать.


Компонентам с одним индексом "0", т.е. $R^{0jkn}=R^{kn0j}=-R^{j0kn}=-R^{knj0},$ сопоставляется (другой хитензор, но обозначаю его для экономии букв снова как $\overline{r},$ с другим количеством индексов)

$\overline{r}^{\,jkn}=\dfrac{1}{h}R{}_0{}^{jkn}$

$\overline{r}^{\,jkn}=-\overline{r}^{\,jnk}$

$\overline{r}^{\,jkn}+\overline{r}^{\,knj}+\overline{r}^{\,njk}=0$


Компонентам с двумя индексами "0", т.е. $R^{0j0n}=R^{0n0j}=-R^{j00n}=-R^{0jn0}=R^{j0n0},$ сопоставляется

$\overline{r}^{\,jn}=\dfrac{1}{h^2}R{}_0{}^j{}_0{}^n}$

$\overline{r}^{\,jn}=\overline{r}^{\,nj}$

(Указанное в условии задачи равенство нулю суммы трёх компонент тензора $R^{\alpha \beta \mu \nu}$ с циклической перестановкой трёх индексов выполняется автоматически при наличии двух индексов $0$, т.е. оно не даёт ничего нового для $\overline{r}^{\,jn}.)$

[Утундрий]

Ну да, тупо в лоб, как же ещё? Всё верно, единственно, лучше использовать разные буквы для проекций. Иначе, допустим, захочется свернуть пару индексов у $\overline{r}^{\,iksm}$ и возникнет путаница. Обычно эти три проекции обозначают так:

$$\overline{X}^{\,ik}=\dfrac{1}{h^2}R{}_0{}^i{}_0{}^k},\quad \overline{Y}^{\,iks}=\dfrac{1}{h}R{}_0{}^{iks},\quad \overline{Z}^{\,iksm}=R^{iksm}$$

[Cos(x-pi/2)]

Утундрий
Понятно. Спасибо.

[Утундрий]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1649011 писал(а):

Было бы хорошо, если бы в теме прибавилось участников, решающих задачи.

Да мне любая активность была бы в плюс. Но, похоже, все попрятались и чего-то выжидают. Или же им просто лень набирать формулы.

Cos(x-pi/2) в сообщении #1649011 писал(а):

равенство $\overline{r}^{\,ijkn}+\overline{r}^{\,iknj}+\overline{r}^{\,injk}=0$ выполняется автоматически; поэтому отдельно, как независимое, его можно не выписывать.

Я в курсе, помню ещё с книги Фока. Но для более скорого решения задачки лучше это прописать явно. Вывод всё-таки не слишком элементарен. Догадаться надо.