für Physik, Shut up and calculate

1. Weak proof

Einstein field equation은 내가 아는 바로는 두 가지의 유도 방법이 있다. 원래 사용되는 것은 einstein-hilbert action을 통한 proof이고 다른 방법은 hartle에서 사용하는 끼워 맞추기이다. 우리는 단순히 이 사실들만 이용한다.

$$\nabla^a G_{ab}=0$$

$$\nabla^a T_{ab}=0$$

따라서

$$G_{ab}=\kappa T_{ab}$$

라 할 수 있고 weak field limit (newtonain limit)을 이용해 다음과 같은 관계식을 얻는다.

그러나 이 방법은 올바르지 않다. 저렇게 되는 것이 저 tensor들로만 구성되지 않을 수도 있기 때문이다. 더욱이 einstein이 처음에는 양변에 covariant derivative를 취하면 금방 해결되는 것을 당시 einstein이 bianchi identity를 몰라서 위와 같은 방법을 취하면 등호가 성립하지 않는 것을 모르고 잘못된 방정식을 내놓았었다.

2. Einstein hilbert action

total action은 gravity에 대한 action+matter에 대한 action이 되어야 할 것이다. 그리고 이에 대해 principle of least action을 취하면 어떤 equation을 얻을 수 있고 우리는 그 equation을 einstein field equation임은 쉽게 알 수 있다.

먼저, gravity에 대한 action은 covariance가 있어야 한다. 또한 lagranian density는 scalar이고 covariance를 지녀야 하므로 gravity에 대한 lagrangian density $\mathcal{L}_g$는 다음과 같이 생각할 수 있다.

$$\mathcal{L}_g=a_0+a_1 R+a_2 R^2+ \cdots + b_1 R_{ab} R^{ab}+b_2 R_{ab}R^{ab}R+\cdots +c_1 R_{abcd} {R}^{abcd}$$

그리고 실험에 의해 이 action의 leading term은 scalar curvature임이 증명이 되었다. 그리고 $a_0=-2\Lambda$라 하면 total action은 다음과 같다. ($c=G=1$을 사용하자.)

$$S=\int d^4 x\sqrt{-g}(R-2\Lambda+16\pi \mathcal{L}_m)$$

이제 아래의 action에 대한 변분을 풀기 위한 테크닉을 유도하자.

먼저 matrix identity를 이용하자.

$$\ln(\mathrm{det }g_{\mu \nu})=\mathrm{tr }(\ln g_{\mu \nu})$$

임을 이용하면 다음의 Jacobi formula는 쉽게 증명할 수 있다.

$$\frac{\partial}{\partial \mathbf{A}}\mathrm{det }(\mathbf{A})=\mathrm{det }\mathbf{A}[\mathbf{A}^{-1}]^T$$

그리고 total derivative는 action에 기여를 하지 못한다는 사실을 사용하자.^[각주:1]

따라서

$$\delta S=\int d^4 x \biggr(\frac{1}{\sqrt{-g}}\frac{\delta(R\sqrt{-g})}{\delta g^{\mu \nu}}+\frac{1}{\sqrt{-g}}\frac{\delta(-2\Lambda \sqrt{-g})}{\delta g^{\mu \nu}}+\frac{1}{\sqrt{-g}}\frac{\delta(16\pi\mathcal{L}_m\sqrt{-g})}{\delta g^{\mu \nu}}\biggr)\sqrt{-g} \,\delta g^{\mu \nu}$$

$$\delta S=\int d^4 x  \biggr(\frac{\delta R}{\delta g^{\mu \nu}}+\frac{R}{\sqrt{-g}}\frac{\delta \sqrt{-g}}{\delta g^{\mu \nu}}-2\frac{\Lambda}{\sqrt{-g}}\frac{\delta \sqrt{-g}}{\delta g^{\mu \nu}}-8\pi T_{\mu \nu}\biggr)\sqrt{-g}\,\delta g^{\mu \nu}$$

$$\delta S=\int d^4 x  \biggr(R_{\mu \nu}-\frac{1}{2}g_{\mu \nu}R+\Lambda g_{\mu \nu}-8\pi T_{\mu \nu}\biggr)\sqrt{-g}\,\delta g^{\mu \nu}=0$$

$$R_{\mu \nu}-\frac{1}{2}g_{\mu \nu}R+\Lambda g_{\mu \nu}-8\pi T_{\mu \nu}=0$$

1. Ricci tensor, scalar curvature

Riemann curvature tensor의 indices를 줄이기 위해서 다음의 텐서를 생각하자.

$$\mathrm{Ric}(X,Y)\equiv <dx^\mu, R(e_\mu, Y)X>$$

그러면 components로는 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$R_{\mu \nu}=\mathrm{Ric}(e_\mu, e_\nu)=R^\lambda {}_{\mu \lambda \nu}$$

그리고 scalar curvature $R$은 다음과 같이 정의한다,

$$R\equiv g^{\mu \nu}R_{\mu \nu}$$

또한, Einstein tensor를 다음과 같이 정의하자.

$$G_{\mu \nu}\equiv R_{\mu \nu}-\frac{1}{2}g_{\mu \nu }R$$

그리고 energy-momentum tensor는 다음과 같이 정의된다

$$T_{\mu \nu}\equiv-\frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta (\sqrt{-g}\mathcal{L}_m)}{\delta g^{\mu \nu}}$$

2. Bianchi Identity

(i) First Biachi identity

$$R(X,Y)Z+R(Z,X)Y+R(Y,Z)X=0$$

$$R^a {}_{bcd}+R^{a}{}_{cdb}+R^{a}{}_{dbc}=0$$

(ii) Second Bianchi Identity^[각주:1]

$$(\nabla_X)(Y,Z)V+(\nabla_Z R)(X,Y)V+(\nabla _Y R)(Z,X)V=0$$

$$(\nabla_e R)^f {}_{cab}+(\nabla_a R)^{f}{}_{bce}+(\nabla_a R)^{f}{}_{cea}=0$$

그리고 indices contarction을 통하여

$$\nabla ^{\mu} G_{\mu \nu}=0$$

은 bianchi identity에 의하여 자명하다.

3. Energy momentum conservation

물질에 대한 action은 다음과 같다.

$$S=\int d^4 x \sqrt{-g} \mathcal{L}_m$$

여기서 물질에 대한 action은 coordinate transformation에 대하여 invariant해야 함은 자명하다. 따라서,

$$x'^a=x^a+\epsilon A^a$$

이고 $\epsilon$은 작다고 가정한다. 이 transformation에 대하여 pullback을 고려하고 first order approximation을 생각하자. 그리고 편의를 위해서 coordinate transfomation이 된 metric을 $g'_{ab}$라 표기하자. 그러면

$$g'_{ab} (x)=g_{ab} (x)-\epsilon (A^c \partial_c g'_{ab}+g'_{bd}\partial_a A^d+g'_{ad}\partial_b A^b)$$

connection coefficient의 정의를 이용하면

$\delta g_{ab}=-\epsilon (\nabla_a A_b+\nabla_b A_a)$

이고 energy momentum tensor가 symmetric하다는 사실을 이용하면

$$\delta S=2\epsilon \int d^4 x (\nabla_a (A_b T^{ab})-A_b(\nabla_a T^{ab}))=0$$

first term은 surface term으로 0이다. 따라서

$$\nabla _a T^{ab}=0$$

이다.

1. Riemann curvature tensor

기존의 Christoffel symobls는 tensor가 아니기 때문에^[각주:1] 다른 기하학적 양이 필요하다. 이제 $R:\mathscr{X}(M)\otimes \mathscr{X}(M)\otimes \mathscr{X}(M)\rightarrow \mathscr{X}(M)$인 Riemann curvature tensor가 다음의 조건을 만족한다고 정의하자.

$$R(X,Y,Z)=R(X,Y)Z\equiv \nabla_X \nabla_Y Z-\nabla_Y \nabla_X Z-\nabla_{[X,Y]}Z$$^[각주:2]

그러면 자명하게 다음의 성질은 성립한다.

$$R(X,Y)Z=-R(Y,X)Z$$

또한 다음의 과정을 따라가보자.

$$R(fX,gY)hZ=fghR(X,Y)Z$$

임을 알 수 있고^[각주:3] 따라서

$$R(X,Y)Z=X^\mu Y^\nu Z^\lambda R(e_\mu, e_\nu)e_\lambda$$

따라서 위의 mapping대로 3 개의 vector field를 vector field로 하는 사상이며 이는 (1,3)-tensor라는 것을 알 수 있다. 그리고 이 riemann curvature tensor는 tensor이기 때문에 다음의 논리가 성립한다.

$$R^{a}{}_{bcd}=<dx^a,R(e_c,e_d)e_a>=\partial_c \Gamma^{a}{}_{db}-\partial_\nu \Gamma^{a}{}_{cb}+\Gamma^{e}{}_{db}\Gamma^{a}{}_{ce}-\Gamma^{e}{}_{cb}\Gamma^{a}{}_{de}$$

그리고 $R(X,Y)Z=-R(Y,X)Z$이므로

$$R^{a}{}_{bcd}=-R^{a}{}_{bdc}$$

이다.

여기서 $pqrs$의 coordinate를 $\{x^\mu\}\{x^\mu+\epsilon^\mu\}\{x^\mu+\delta^\mu\}\{x^\mu+\epsilon^\mu+\delta^\mu\}$로 생각하자. 각각 $p,q,r,s$의 coordinate이며 위의 그림을 보면 알 수 있듯이 Path 1과 Path 2를 따라서 transport한 vector의 결과는 다르다. 그래서 이 다른 정도를 이용해서 Riemann curvature tensor을 생각하자. 먼저 Path 1로 이동한 vector는 $V_1^\mu (p)$로 Path 2로 이동한 vector는 $V_2 ^\mu (p)$ 그리고 $p$에 있는 transport하기 전의 vector $V^\mu _0$로 표시하자. 이제 $V_1 ^\mu (q)$는 다음과 같이 표현이 될 것이다.^[각주:4]

$$V^\mu _1 (q)=V^\mu _0-V^\kappa_0 \Gamma^\mu {}_{\nu \kappa}(p)\epsilon^\nu$$

그러므로 $V^\mu _1 (r)$은

$$V^\mu _1 (r)=V^\mu _1 (q)-V^{\kappa}_1 (q)\Gamma^{\mu}{}_{\nu \kappa}(q)\delta^\nu$$

$$\simeq V^\mu _0-V^\kappa _0 \Gamma^\mu _{\nu \kappa}\epsilon^\nu -V^\kappa_0 \Gamma^\mu {}_{\nu \kappa}\delta^\nu-V^\kappa_0[\partial_\lambda \Gamma^\mu {}_{\nu \kappa}-\Gamma^\rho {}_{\lambda \kappa}\Gamma^\mu {}_{\nu \rho}]\epsilon^\lambda \delta^\nu$$

같은 방법으로 $V^\mu _2 (r)$은

$$V^\mu _2 (r)\simeq V^\mu _0 -V^\kappa _0 \Gamma ^\mu {}_{\nu \kappa}\delta^\nu-V^\kappa_0\Gamma^\mu {}_{\nu \kappa}\epsilon^\nu -V^\kappa_0[\partial_\nu \Gamma^\mu {}_{\lambda \kappa}-\Gamma ^\rho{}_{\nu \kappa}\Gamma^{\mu}{}_{\lambda \rho}]\epsilon^\lambda \delta^\nu $$

이다. 이 두 vector의 차는

$$V^\mu _1(r)-V^\mu _2 (r)=V^\kappa_0 R^{\mu}{}_{\kappa \lambda \nu}\epsilon^\lambda \delta^\nu $$