Попытка осмысления несимметричной метрики Эйнштейна

[Утундрий]

Эйнштейн, говорят, возлагал на неё большие надежды. Следуя Эйнштейну, исследователи данного вопроса обычно сразу же бросаются строить такую связность (с кручением), относительно которой данная метрика была бы ковариантно постоянной, выводят уравнения поля, ищут их несингулярные решения и т.п. Я предлагаю в этой теме остановиться в самом начале пути и неспешно да неторопко рассмотреть несимметричную метрику саму по себе, с целью определиться с чем же её полагается есть, каким именно образом и что при этом говорить. Да и вообще, хотелось бы в общих чертах прояснить - съедобна ли она.

Итак, пусть имеется некоторое тензорное поле $a_{\mu \nu } $, от коего требуется только лишь невырожденность $\det \left\| {a_{\mu \nu } } \right\| \ne 0$, так что решая уравнения $a^{\mu \alpha } a_{\alpha \nu } = \delta _\nu ^\mu $ можно определить обратный тензор $a^{\mu \nu } $. Обладая означенными тензорами можно обычным образом жонглировать индексами. Обратим, однако, внимание на следующую комбинацию

$$\nabla _\nu ^\mu \equiv a^{\mu \alpha } a_{\nu \alpha }$$

При $a_{\mu \nu } \ne a_{\nu \mu } $ это $\nabla $ вообще говоря отличается от $\delta $. Как видим, помимо привычных подниманий-опусканий да свёрток индексов, нарисовалась новая операция: сопоставление вектору $v^\mu $ отличного от него вектора $\nabla _\alpha ^\mu v^\alpha $. Если не принять никаких мер, то развлекаться подобным образом можно сколь угодно долго:

$$v \to \nabla v \to \nabla ^2 v \to \nabla ^3 v \to ...$$

А учитывая, что $\det \left\| {\nabla _\nu ^\mu } \right\| = 1$, точно так же можно прогуляться и в противоположную сторону. Занятно, мы ничего противозаконного не сделали, но внезапно получили целую охапку инвариантно связанных векторов. Ситуация требует осмысления. И поможет нам в этом вычисление длин и углов.

Квадрат длины вектора определим обычным способом $v^\mu a_{\mu \nu } v^\nu = v^\mu g_{\mu \nu } v^\nu $, где $g_{\mu \nu } \equiv a_{\left( {\mu \nu } \right)} $. Антисимметричной части $a$ тоже придумаем обозначение: $a_{\left[ {\mu \nu } \right]} \equiv f_{\mu \nu } $. Как видно, квадрат длины в целом напоминает прежний и никак нас не огорчает. Теперь попробуем тем же способом посчитать скалярное произведение двух различных векторов

$$v^\mu a_{\mu \nu } w^\nu \equiv \left( {v,w} \right) \ne \left( {w,v} \right)$$

Вот это номер! То есть, если я буду вертеть телескопиной от звездочки $A$ до звёздочки $B$, а потом совершу тот же процесс в обратном направлении - то вспотею не одинаково! Нафиг-нафиг, неладно что-то в датском королевстве.

Вооружимся свойством $a_{\nu \alpha } \nabla _\mu ^\alpha = a_{\mu \nu } $ и снова атакуем круглые скобочки

$$\left( {v,w} \right) = v^\mu a_{\nu \alpha } \nabla _\mu ^\alpha w^\nu = \left( {\nabla w,v} \right)$$

Интересные шляпки! Вдруг, откуда ни возьмись, от попытки сохранить скалярное произведение появился соседний по цепочке вектор. Крепко же они связаны...

Ну, в общем, далее нужно взять, да и сделать решительный шаг. И я его, пожалуй, просто возьму, да и сделаю.

П о с т у л а т ъ
Состояние системы описывается совокупностью всех векторов цепочки

$$... \to \nabla ^{ - 2} v \to \nabla ^{ - 1} v \to v \to \nabla v \to \nabla ^2 v \to ...$$

В случае симметричного тензора $a$ имеем $\nabla = \delta $ и совокупность сворачивается до единственного вектора.

Как жить дальше? Работать с этими (не факт что конечными, но об этом позже) "ежами" взятыми целиком - не удобно. Хотелось бы научиться как-то выбирать из совокупности по одному представителю. Делать это нужно подумавши, так как никакого естественного правила выбора тут быть не может, ибо все они совершенно равноправны внутри совокупности. Начав с любого - получим наблой всех остальных.

Чтобы прояснить ситуацию, применим уже известный нам приём дважды:

$$\left( {v,w} \right) = \left( {\nabla w,v} \right) = \left( {\nabla v,\nabla w} \right)$$

Чудно! Это уже наводит на мысль о некотором разбиении. Если эту мысль развить, то получится следующее

О п р е д е л е н и е
Физическим сектором назовём такое подпространство $\Omega$ полного линейного векторного пространства $L$, что $L = ... \oplus \nabla ^{ - 1} \Omega \oplus \Omega \oplus \nabla \Omega \oplus ...$

Строится эта штука следующим образом. Сначала полагаем $\Omega = L$. Далее выбираем произвольный стартовый вектор и выбрасываем из $\Omega$ все из него $\nabla$-порождённые. Не покидая обновлённого $\Omega$ выбираем новый вектор, бесконечно близкий к стартовому и повторяем процедуру. Для наглядности можно представлять себе каждый вектор цепочки в виде кисти своего особого цвета. Мы вазюкаем одной какой-то кисточкой, а остальные через $\nabla$ совершают свои строго определённые эволюции. Цель - зарисовать всё пространство, следя за тем, чтобы каждая его точка имела в точности один цвет. Понятно, что если это удастся сделать, то в качестве физического может быть выбран любой сектор.

Свойство $\left( {v,w} \right) = \left( {\nabla v,\nabla w} \right)$ на первый взгляд приводит к простому правилу: для вычисления скалярных произведений будем брать векторы только из одной физической области. Но увы, это работает только для квадрата длины. Проблема звёздочек никуда не делась и решить её следует радикально. Поэтому, традиционно не вдаваясь в детали, сформулируем

П р а в и л о
1) Скалярный квадрат состояния с представителем $v$ вычисляется по формуле $\left( {v,v} \right)$,
2) Скалярное произведение различных состояний с представителями $v$ и $w$ есть число, максимальное по модулю среди всех чисел $\left( {\nabla ^p v,\nabla ^q w} \right)$.

У меня есть некоторые сомнения по пункту 2), но хоть коллинеарность ухватывается верно. С ортогональностью, правда, совсем непонятно...

Пару слов об условии $\nabla ^p = \delta $. Это хорошее, обеспечивающее конечность векторов в совокупности условие. Оно мне нравится.

[Prikol]

Утундрий в сообщении #897987 писал(а):

Я предлагаю в этой теме остановиться в самом начале пути и неспешно да неторопко рассмотреть ...

Остановиться в самом начале пути никогда не поздно. Но интересно что будет в самом конце пути? Будет ли антисимметричная часть метрического тензора представлять электромагнетизм, темную материю или что-нибудь еще круче?

P.S.
Круче в смысле кручения.

[lek]

Prikol в сообщении #898006 писал(а):

Будет ли антисимметричная часть метрического тензора представлять электромагнетизм, темную материю или что-нибудь еще круче?

Почему нет? Несимметричная метрика естественно возникает в многомерных теориях типа Калуцы-Клейна (см., например, обзор Арефьевой и Воловича). Так, бозонный сектор 11-мерной супергравитации можно рассматривать как чистую гравитацию с кручением, которое отождествляется с 3-формой калибровочного потенциала - многомерным аналогом 4-потенциала электродинамики. (Подробности в статье I.Bars and A.Higuchi, Phys.Lett. B145 (1984) 329 - сканированный вариант здесь). Исследования в этом направлении ведутся, проблема в эксперементальном доказательстве существования суперсимметрии.

[Munin]

Выпишу очевидные соотношения между разными обозначениями:
$a_{\mu\nu}=a_{(\mu\nu)}+a_{[\mu\nu]}=g_{\mu\nu}+f_{\mu\nu}$
$a_{\nu\mu}=a_{(\mu\nu)}-a_{[\mu\nu]}=g_{\mu\nu}-f_{\mu\nu}=a_{\mu\nu}-2f_{\mu\nu}$
$\delta^\mu_\nu=a^{\mu\alpha}a_{\alpha\nu}=a^{\mu\alpha}(g_{\alpha\nu}+f_{\alpha\nu})$
$a^{\mu\nu}=(g_{\mu\nu}+f_{\mu\nu})^{-1}$
(если бы $f_{\mu\nu}$ было мало́, можно было бы сделать следующий шаг до $\ldots=g_{\mu\nu}-f_{\mu\nu}$)
$a^{\nu\mu}=(g_{\nu\mu}+f_{\nu\mu})^{-1}=(g_{\mu\nu}-f_{\mu\nu})^{-1}=(a_{\nu\mu})^{-1}$
$\nabla^\mu{}_\nu\equiv a^{\mu\alpha}a_{\nu\alpha}=a^{\mu\alpha}(a_{\alpha\nu}-2f_{\alpha\nu})=\delta^\mu_\nu-2a^{\mu\alpha}f_{\alpha\nu}$
$\nabla^\mu{}_\alpha v^\alpha=(\delta^\mu_\alpha-2a^{\mu\beta}f_{\beta\alpha})v^\alpha=v^\mu-2a^{\mu\beta}f_{\beta\alpha}v^\alpha$

Поскольку $v^\mu a_{\mu\nu}w^\nu\ne v^\mu g_{\mu\nu}w^\nu,$ то "жонглировать индексами обычным образом" не получится: верхние и нижние индексы различаются, как в неметрическом пространстве. Насколько я слышал, естественней взять в качестве метрического скалярного произведения именно $v^\mu g_{\mu\nu}w^\nu,$ для которого выполняются все стандартные соотношения римановой геометрии, а $v^\mu a_{\mu\nu}w^\nu=v^\mu g_{\mu\nu}w^\nu+v^\mu f_{\mu\nu}w^\nu$ рассматривать как отдельную операцию. Её часть $v^\mu f_{\mu\nu}w^\nu$ может быть представлена как $v^\mu g_{\mu\alpha}F^\alpha{}_\nu w^\nu,$ где $F^\alpha{}_\nu$ - оператор, "поворачивающий" вектор. Вводя обозначение для "естественного" скалярного произведения $v^\mu g_{\mu\nu}w^\nu\equiv\langle v,w\rangle,$ имеем $(v,w)=\langle v,w\rangle+\langle v,Fw\rangle,$ $\langle v,Fw\rangle=-\langle Fv,w\rangle.$
$\nabla^\mu{}_\alpha v^\alpha=v^\mu-2a^{\mu\beta}g_{\beta\gamma}F^\gamma{}_\alpha v^\alpha=v^\mu-a^{\mu\beta}(a_{\beta\gamma}+a_{\gamma\beta})F^\gamma{}_\alpha v^\alpha=$
$=v^\mu-(\delta^\mu_\gamma+\nabla^\mu{}_\gamma)F^\gamma{}_\alpha v^\alpha=v^\mu-F^\mu{}_\alpha v^\alpha-\nabla^\mu{}_\gamma F^\gamma{}_\alpha v^\alpha,$
$\nabla v=v-Fv-\nabla Fv,\quad\nabla=1-F-\nabla F$
$(\nabla w,v)=\langle v,\nabla w\rangle+\langle\nabla w,Fv\rangle=\langle v,\nabla w\rangle-\langle\nabla Fw,v\rangle.$
$\langle\nabla Fw,v\rangle=\langle w,v\rangle-\langle Fw,v\rangle-\langle\nabla w,v\rangle$
В итоге, $(\nabla w,v)=2\langle\nabla w,v\rangle-\langle w,v\rangle+\langle Fw,v\rangle.$
$0=(\nabla w,v)-(v,w)=2\langle\nabla w,v\rangle-2\langle w,v\rangle,\quad\langle\nabla w,v\rangle=\langle w,v\rangle$
В силу произвольности $v,$ из этого следует $\nabla w=w.$ Где ошибка?

[Утундрий]

Munin в сообщении #898094 писал(а):

часть $v^\mu f_{\mu\nu}w^\nu$ может быть представлена как $v^\mu g_{\mu\alpha}F^\alpha{}_\nu w^\nu,$

Только когда $g$ невырождена, чего может и не быть.

Munin в сообщении #898094 писал(а):

Где ошибка?

Это отдельный, по-своему интересная задача Но ошибка точно есть, потому как высказывание $\nabla \equiv \delta $ не является истинным.

Munin в сообщении #898094 писал(а):

"жонглировать индексами обычным образом" не получится: верхние и нижние индексы различаются, как в неметрическом пространстве.

Не всё так плохо, просто появляется набла.

Munin в сообщении #898094 писал(а):

естественней взять в качестве метрического скалярного произведения именно $v^\mu g_{\mu\nu}w^\nu,$ для которого выполняются все стандартные соотношения римановой геометрии

Вот это и смущает. Геометрия ведь явно не риманова, а соотношения остались как в римановой. И, кроме того...

Munin в сообщении #898094 писал(а):

если бы $f_{\mu\nu}$ было мало́

...как правило, оно и близко не мало. Например, вот

$$\[ a = \left( {\begin{array}{*{20}c} 1 & {\sqrt 3 } \\ { - \sqrt 3 } & 1 \\ \end{array} } \right) \] $$

(Вопрос в зал: чем замечательна эта метрика?)

(lek)

Спасибо, почитаю.

[Munin]

Утундрий в сообщении #898175 писал(а):

Но ошибка точно есть

Ну да, вот и предлагаю её найти.

Утундрий в сообщении #898175 писал(а):

Вот это и смущает. Геометрия ведь явно не риманова, а соотношения остались как в римановой.

Риманова геометрия - это та самая "нериманова" + риманова структура. Её можно накладывать и снимать в любой момент, как удобно будет. Можно наложить на одно многообразие несколько римановых структур - в частности, в ОТО это называется биметрическими (и $n$-метрическими) теориями.

[Утундрий]

Что ж. Хоть нам ещё далеко до конца пути, давайте всё-таки отвлечёмся от теории и что-нибудь практически посчитаем. Рассмотрим для простоты двумерие. Проанализируем, какие двухрядные матрицы $a$ будут приводить к замыканию цепочки в кольцо?

Итак, зададимся матрицей

$$a = \left( {\begin{array}{*{20}c} \alpha & \beta \\ \beta & \gamma \\ \end{array} } \right) + f\left( {\begin{array}{*{20}c} 0 & 1 \\ { - 1} & 0 \\ \end{array} } \right),$$

вычислим $\nabla = a^{ - 1} a^T $, составим уравнение $\nabla ^p = \delta $ (условие замыкания) и решим его для нескольких $p$.

При этом будем иметь в виду, что если $a$ удовлетворяет условию замыкания, то умноженная на некоторую константу $ a$ также ему удовлетворяет. Воспользуемся этой свободой и нормируем детерминант симметричной части метрики $g \equiv \alpha \gamma - \beta ^2 $. Получим три случая $g = 0, \pm 1$. Случаев три, а не два потому что это детерминант полной метрики $g + f^2 $ должен отличаться от нуля, а на $g$ такого условия априори не налагается. Отметим также, что поставленная задача всегда имеет решение при $f=0$. Этот тривиальный случай мы и за решение считать не будем.

Опуская несложные, хоть и несколько громоздкие выкладки, изложим сами результаты. Случай $g=0$ - самый простой. При чётном $p$ метрика чисто кососимметрична, при нечётном - решений нет. Решения в двух оставшихся случаях могут быть получены друг из друга заменой $f^2 \to - f^2 $ (подробней далее) и поэтому достаточно рассмотреть только один из них. Итак, пусть $g=1$. Условие существования нетривиального решения сводится к нахождению положительных корней некоторых полиномов. Для первых нескольких значений $p$ эти полиномы приведены в следующей табличке:

$$\[ \begin{array}{c|c|c} p \hfill & {\text{полиномы } Q_p \left( \varphi \right)} \hfill & {\text{новые корни }\varphi _p } \hfill \\ \hline 3 \hfill & {3 - \varphi } \hfill & 3 \hfill \\ \hline 4 \hfill & {1 - \varphi } \hfill & 1 \hfill \\ \hline 5 \hfill & {5 - 10\varphi + \varphi ^2 } \hfill & \begin{gathered} 0,527864 \hfill \\ 9,47214 \hfill \\ \end{gathered} \hfill \\ \hline 6 \hfill & {Q_3 \left( \varphi \right)Q_3 \left( {{1 \mathord{\left/ {\vphantom {1 \varphi }} \right. \kern-\nulldelimiterspace} \varphi }} \right)} \hfill & {0,333333} \hfill \\ \hline 7 \hfill & {7 - 35\varphi + 21\varphi ^2 - \varphi ^3 } \hfill & \begin{gathered} 0,231914 \hfill \\ 1,57242 \hfill \\ 19,1957 \hfill \\ \end{gathered} \hfill \\ \end{array} \] $$

где $\varphi \equiv {{f^2 } \mathord{\left/ {\vphantom {{f^2 } g}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} g}$. В полу ручном режиме дошёл до $p=19$, развитие таблички продолжается в том же духе: все вещественные корни строго положительные. А это значит, что при $g<0$ антисимметричной части не бывает.

[Munin]

Я так понял, ошибку искать не будете?

[Утундрий]

Munin в сообщении #898210 писал(а):

Я так понял, ошибку искать не будете?

Пока что не вижу зачем.

[Munin]

Затем, что может быть, вы воспринимаете формализм неправильно. Пользуетесь тем, что при последовательном использовании заведёт в болото.

[Nemiroff]

Munin в сообщении #898094 писал(а):

$(\nabla w,v)=\langle v,\nabla w\rangle+\langle\nabla w,Fv\rangle=\langle v,\nabla w\rangle-\langle\nabla Fw,v\rangle.$

А как $F$ "внутрь" $\nabla w$ попала?

[Утундрий]

Munin в сообщении #898238 писал(а):

Затем, что может быть, вы воспринимаете формализм неправильно. Пользуетесь тем, что при последовательном использовании заведёт в болото.

И с целью донести до меня эту ценную информацию вы сами использовали формализм неправильно и получили очевидно ошибочный вывод?

[SergeyGubanov]

В блогах на "элементах" Рылов Юрий Аркадьевич несколько лет назад публиковал заметки о своей теории некой "необычной" геометрии из которой он якобы получил уравнение Шрёдингера. Реализация мне показалось мутной (больше на словах чем на деле), но сама идея в голову залезла прочно. Вот сейчас эта идея мне сразу же вспомнилась. Идея в следующем...

В "обычной" геометрии поле скоростей $u^{\mu} (x)$ в совокупности с начальными условиями $x^{\mu}(0) = X^{\mu}$ определяет одну мировую линию $x^{\mu}(s)$ согласно уравнению:

$$ \frac{dx^{\mu}}{ds} = u^{\mu} (x) $$

В "необычной" геометрии существует бесконечное семейство эквивалентных (но не равных) друг другу векторов $(\nabla^{p} u)^{\mu}$. Поэтому в "необычной" геометрии начальному условию $x^{\mu}(0) = X^{\mu}$ соответствует бесконечное количество эквивалентных (но не равных) мировых линий $x^{\mu}_{(p)}(s)$:

$$ \frac{dx^{\mu}_{(p)}}{ds} = (\nabla^{p} u)^{\mu} (x) $$

Рылов трактовал этот пучок мировых линий как движение квантовой частицы, тем самым давая квантовой механике чисто геометрическое толкование. Вот интересно, до какой физической интерпретации этого пучка мировых линий дойдём мы здесь?..

-- 22.08.2014, 13:32 --

Нарисовал пучок мировых линий

$$ \frac{dx^{\mu}_{(p)}}{ds} = (\nabla^{p} v)^{\mu} (x) $$

для случая слегка "антисимметризованного по времени" минковского:

[Munin]

Утундрий в сообщении #898275 писал(а):

И с целью донести до меня эту ценную информацию вы сами использовали формализм неправильно и получили очевидно ошибочный вывод?

Я его использовал так же, как и вы. Если я его использовал неправильно - найдите ошибку, и сами в будущем учитывайте соответствующий подводный камень.

-- 22.08.2014 16:23:23 --

Nemiroff в сообщении #898246 писал(а):

А как $F$ "внутрь" $\nabla w$ попала?

Хммм, может быть, здесь ошибка. У меня черновиков не сохранилось.

[Утундрий]

Да, необоснованно переставлены $F$ и $\nabla$.