Несколько вариаций

[Утундрий]

Ау! Народ!
Если вы не в состоянии доказать или опровергнуть данные формулы (ссылки на литературу, где это все давным-давно посчитано только приветствуются!) то у меня не останется другого выбора как временно посчитать их истинными и продолжить излагать свои мысли далее...

Честно говоря, не ожидал "затыка" уже на самом первом этапе...

[Утундрий]

Все, разобрался и с этим. Недаром мне этот метод "угадай мелодию" с самого начала подозрительным показался... Вычислил по-человечески, получил несколько другой результат, коему на этот раз вполне доверяю. А именно:

Пусть $\[D^{\mu \nu } \left[ \Phi \right]\]$ определяется выражением $\[\delta \int {\sqrt {\left| g \right|} \cdot \Phi } \cdot d\Omega = \int {\sqrt {\left| g \right|} \cdot D^{\mu \nu } \left[ \Phi \right]} \cdot \delta g_{\mu \nu } \cdot d\Omega \]$. Тогда

$\[D_\nu ^\mu \left[ 1 \right] = \frac{1}{2}\delta _\nu ^\mu \]$

$\[D_\nu ^\mu \left[ R \right] = - R_\nu ^\mu + \frac{1}{2}R\delta _\nu ^\mu \]$

\[ D_\nu ^\mu \left[ {\frac{1} {2}R^2 } \right] = - RR_\nu ^\mu + R_{;\nu }^{;\mu } + \left( {\frac{1} {4}R^2 - R_{;\alpha }^{;\alpha } } \right)\delta _\nu ^\mu \]

\[ D_\nu ^\mu \left[ {\frac{1} {2}R^{\alpha \beta } R_{\alpha \beta } } \right] = - R_{\alpha \nu \beta }^\mu R^{\alpha \beta } + \frac{1} {2}\left( {R_{;\nu }^{;\mu } - R_{\nu ;\alpha }^{\mu ;\alpha } } \right) + \frac{1} {4}\left( {R^{\alpha \beta } R_{\alpha \beta } - R_{;\alpha }^{;\alpha } } \right)\delta _\nu ^\mu \]

\[ D_\nu ^\mu \left[ {\frac{1} {2}R^{\alpha \beta \gamma \delta } R_{\alpha \beta \gamma \delta } } \right] = - R^{\mu \alpha \beta \gamma } R_{\nu \alpha \beta \gamma } + 2 \cdot R^{\mu \alpha } R_{\nu \alpha } + R_{;\nu }^{;\mu } - 2 \cdot R_{\nu ;\alpha }^{\mu ;\alpha } - 2 \cdot R_{\alpha \nu \beta }^\mu R^{\alpha \beta } + \frac{1} {4}R^{\alpha \beta \gamma \delta } R_{\alpha \beta \gamma \delta } \delta _\nu ^\mu \]

Кстати $\[D^{\mu \nu } \left[ \Phi \right]_{;\nu } \equiv 0\]$. Я проверил напрямую, для приведенных выше тензоров это действительно так.

[Munin]

Расскажите, как вычислили.

[Утундрий]

До смешного просто... Воспользовался тем, что при $\[\tilde g_{\mu \nu } = g_{\mu \nu } + h_{\mu \nu } \]$

\[ \sqrt {\tilde g} = \sqrt g \left( {1 + \frac{1} {2}h} +...\right) \]

\[ \tilde R_{\beta \mu \nu }^\alpha = R_{\beta \mu \nu }^\alpha + K_{\beta \mu \nu }^\alpha \]

где

\[ K_{\beta \mu \nu }^\alpha = \Delta _{\beta \nu ;\mu }^\alpha - \Delta _{\beta \mu ;\nu }^\alpha + ... \]

\[ \Delta _{\mu \nu }^\alpha = \frac{1} {2}\left( {h_{\mu ;\nu }^\alpha + h_{\nu ;\mu }^\alpha - h_{\mu \nu } ^{;\alpha } } \right) + ... \]

Нашел вариации $\[R^2 ,R^{\alpha \beta } R_{\alpha \beta } ,...\]$, повытаскивал $h$ из-под производных интегрированием по частям, потом слегка упростил получившуюся кашу и вуаля.

[Munin]

А тут не будет путаницы с порядками малости приращения и вариации?

[Утундрий]

Если определить вариацию как линейную по $h$ часть приращения, то не будет)

[ИгорЪ]

Честно говоря мотивация непонятна, мало ли каких скаляров можно сляпать, да и было это где то, кажется в архиве. Я вот знаю, что действие ЭГ получается из струнного действия как первые члены некоего разложения, не могу найти, может кто ссылку даст?

[Жесть]

ИгорЪ в сообщении #232998 писал(а):

Я вот знаю, что действие ЭГ получается из струнного действия как первые члены некоего разложения, не могу найти, может кто ссылку даст?

Как то раз, пролистывая по диагонали между строк Грин, Шварц, Виттен "Теория суперструн", я видел там что-то подобное. Посмотрите первый том.

[ИгорЪ]

Спасибо! У Виттена да, есть кое что, там вычисляется бета-функция и она равна в однопетлевом приближении тензору Риччи. Зануление её даёт уравнения Эйнштейна. Кстати, Утундрий, двухпетлевое приближение дает "струнную" поправку к УЭ - формула 3.4.43, можно восстановить как выглядит эта поправка в действии ЭГ. Коэффициент - натяжение струны. В следующих петлях будет квадрат натяжения и т.д. Считать двухпетлевую поправку - говорят - целое дело. Вот такая мотивация вашей задачки мне привидилась.