第四章：相对论性的引力理论

6、变分原理推导场方程

场方程的左边为IGI_GIG，右边为IMI_MIM，作用量I=IG+IMI=I_G+I_MI=IG+IM

在平直时空中，作用量为：
I=∫d4xL(gμν,gμν,σ,gμν,σ,δ,matter)I=\int d^4 x\mathcal L(g_{\mu\nu},g_{\mu\nu,\sigma},g_{\mu\nu,\sigma,\delta},matter) I=∫d4xL(gμν,gμν,σ,gμν,σ,δ,matter)
利用广义协变原理推广到弯曲时空中，作用量为：
I=∫−gd4xL(gμν,gμν;σ,gμν;σ;δ,matter)I=\int\sqrt{-g}d^4x\mathcal L(g_{\mu\nu},g_{\mu\nu;\sigma},g_{\mu\nu;\sigma;\delta},matter) I=∫−gd4xL(gμν,gμν;σ,gμν;σ;δ,matter)
利用变分原理：
δIδgμν=0\frac{\delta I}{\delta g^{\mu\nu}}=0 δgμνδI=0
从而推导出场方程

引力部分

爱因斯坦-希尔伯特作用量为：
IG≡∫−gd4x116πG(−R+2Λ)I_G\equiv \int \sqrt{-g}d^4 x\frac{1}{16\pi G}(-R+2\Lambda) IG≡∫−gd4x16πG1(−R+2Λ)
其变分为：
δIG≡δgμνIG=116πG∫d4xδ(−g(−R+2Λ))=116πG∫d4x{(δ−g)(−R+2Λ)−−gRμνδgμν−−ggμνδRμν}≡S1−S2−S3\begin{aligned} \delta I_G&\equiv \delta_{g^{\mu\nu}}I_G=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\delta(\sqrt{-g}(-R+2\Lambda))\\ &=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\{(\delta\sqrt{-g})(-R+2\Lambda)-\sqrt{-g}R_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}-\sqrt{-g}g^{\mu\nu}\delta R_{\mu\nu} \}\\ &\equiv S_1-S_2-S_3 \end{aligned} δIG≡δgμνIG=16πG1∫d4xδ(−g(−R+2Λ))=16πG1∫d4x{(δ−g)(−R+2Λ)−−gRμνδgμν−−ggμνδRμν}≡S1−S2−S3
其中：
S2≡116πG∫d4x−gRμνδgμνS3≡116πG∫d4x−ggμνδRμν=0S1≡116πG∫d4x(−R+2Λ)δ−g=116πG∫d4x−g(−R+2Λ)(−12)gμνδgμν\begin{aligned} S_2&\equiv \frac{1}{16\pi G}\int d^4 x \sqrt{-g}R_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}\\ S_3&\equiv \frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\sqrt{-g}g^{\mu\nu}\delta R_{\mu\nu}=0\\ S_1&\equiv \frac{1}{16\pi G}\int d^4 x(-R+2\Lambda)\delta\sqrt{-g}=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\sqrt{-g}(-R+2\Lambda)(-\frac{1}{2})g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu} \end{aligned} S2S3S1≡16πG1∫d4x−gRμνδgμν≡16πG1∫d4x−ggμνδRμν=0≡16πG1∫d4x(−R+2Λ)δ−g=16πG1∫d4x−g(−R+2Λ)(−21)gμνδgμν
由此得到：
δIG=116πG∫d4x−g[−Rμν−12gμν(−R+2Λ)]δgμν\delta I_G=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\sqrt{-g}\left[-R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}g_{\mu\nu}(-R+2\Lambda) \right]\delta g^{\mu\nu} δIG=16πG1∫d4x−g[−Rμν−21gμν(−R+2Λ)]δgμν
证明S3=0S_3=0S3=0：
Rρμνλ=∂λΓλμρ+ΓνσρΓλμσ−∂λΓνμρ−ΓλσρΓνμσ{R^\rho}_{\mu\nu\lambda}=\partial_\lambda\Gamma^\rho_{\lambda\mu}+\Gamma^\rho_{\nu\sigma}\Gamma^\sigma_{\lambda\mu}-\partial_\lambda\Gamma^\rho_{\nu\mu}-\Gamma^\rho_{\lambda\sigma}\Gamma^\sigma_{\nu\mu} Rρμνλ=∂λΓλμρ+ΓνσρΓλμσ−∂λΓνμρ−ΓλσρΓνμσ
对其进行变分：
δRρμνλ=∂λδΓλμρ+δΓνσρΓλμσ+ΓνσρδΓλμσ−∂λδΓνμρ−δΓλσρΓνμσ−ΓλσρδΓνμσ\delta {R^\rho}_{\mu\nu\lambda}=\partial_\lambda \delta\Gamma^\rho_{\lambda\mu}+\delta\Gamma^\rho_{\nu\sigma}\Gamma^\sigma_{\lambda\mu}+\Gamma^\rho_{\nu\sigma}\delta\Gamma^\sigma_{\lambda\mu}-\partial_\lambda\delta\Gamma^\rho_{\nu\mu}-\delta\Gamma^\rho_{\lambda\sigma}\Gamma^\sigma_{\nu\mu}-\Gamma^\rho_{\lambda\sigma}\delta\Gamma^\sigma_{\nu\mu} δRρμνλ=∂λδΓλμρ+δΓνσρΓλμσ+ΓνσρδΓλμσ−∂λδΓνμρ−δΓλσρΓνμσ−ΓλσρδΓνμσ
此处δΓνμρ\delta\Gamma^\rho_{\nu\mu}δΓνμρ是同一点的两个联络之差（即张量），因此：
(δΓνμρ);λ=(δΓνμρ),λ+ΓλδρδΓνμσ−ΓλνσδΓσμρ−ΓλμσδΓνσρ(\delta\Gamma^\rho_{\nu\mu})_{;\lambda}=(\delta\Gamma^\rho_{\nu\mu})_{,\lambda}+\Gamma^\rho_{\lambda\delta}\delta\Gamma^\sigma_{\nu\mu}-\Gamma^{\sigma}_{\lambda\nu}\delta\Gamma^\rho_{\sigma\mu}-\Gamma^\sigma_{\lambda\mu}\delta\Gamma^\rho_{\nu\sigma} (δΓνμρ);λ=(δΓνμρ),λ+ΓλδρδΓνμσ−ΓλνσδΓσμρ−ΓλμσδΓνσρ
由于：
δRμνλρ=(δΓλμρ);ν−(δΓνμρ);λδRμν=Rμνλλ=(δΓλμλ);ν−(δΓνμλ);λ\delta R^\rho_{\mu\nu\lambda}=(\delta\Gamma^\rho_{\lambda\mu})_{;\nu}-(\delta\Gamma^\rho_{\nu\mu})_{;\lambda}\\ \delta R_{\mu\nu}=R^\lambda_{\mu\nu\lambda}=(\delta\Gamma^\lambda_{\lambda\mu})_{;\nu}-(\delta\Gamma^\lambda_{\nu\mu})_{;\lambda} δRμνλρ=(δΓλμρ);ν−(δΓνμρ);λδRμν=Rμνλλ=(δΓλμλ);ν−(δΓνμλ);λ
因此：
S3=116πG∫d4x−ggμνδRμν=116πG∫d4x−ggμν[(δΓλμλ);ν−(δΓνμλ);λ]=116πG∫d4x−g[(gμνδΓλμλ);ν−(gμνδΓνμλ);λ]=116πG∫d4x−g[gμνδΓλμλ−gμλδΓλμν];ν=116πG∫d4x−gAν;ν=116πG∫dΣAν;ν=116πG∮dVμAμ=0\begin{aligned} S_3&=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\sqrt{-g}g^{\mu\nu}\delta R_{\mu\nu}\\ &=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\sqrt{-g}g^{\mu\nu}[(\delta\Gamma^\lambda_{\lambda\mu})_{;\nu}-(\delta\Gamma^\lambda_{\nu\mu})_{;\lambda}]\\ &=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\sqrt{-g}[(g^{\mu\nu}\delta\Gamma^\lambda_{\lambda\mu})_{;\nu}-(g^{\mu\nu}\delta\Gamma^\lambda_{\nu\mu})_{;\lambda}]\\ &=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\sqrt{-g}[g^{\mu\nu}\delta\Gamma^\lambda_{\lambda\mu}-g^{\mu\lambda}\delta\Gamma^\nu_{\lambda\mu}]_{;\nu}\\ &=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x\sqrt{-g}{A^\nu}_{;\nu}\\ &=\frac{1}{16\pi G}\int d\Sigma {A^\nu}_{;\nu}\\ &=\frac{1}{16\pi G}\oint dV_\mu A^\mu\\ &=0 \end{aligned} S3=16πG1∫d4x−ggμνδRμν=16πG1∫d4x−ggμν[(δΓλμλ);ν−(δΓνμλ);λ]=16πG1∫d4x−g[(gμνδΓλμλ);ν−(gμνδΓνμλ);λ]=16πG1∫d4x−g[gμνδΓλμλ−gμλδΓλμν];ν=16πG1∫d4x−gAν;ν=16πG1∫dΣAν;ν=16πG1∮dVμAμ=0
QED.

证明S1S_1S1：

对于任意矩阵MMM，有数学恒等式Tr(∣ln⁡M∣)=ln⁡(∣det⁡M∣)Tr(|\ln M|)=\ln(|\det M|)Tr(∣lnM∣)=ln(∣detM∣)。由此得到：
Tr(M−1δM)=δln⁡(∣det⁡M∣)=1det⁡Mδ(det⁡M)Tr(M^{-1}\delta M)=\delta\ln (|\det M|)=\frac{1}{\det M}\delta(\det M) Tr(M−1δM)=δln(∣detM∣)=detM1δ(detM)
令M≡gμνM\equiv g^{\mu\nu}M≡gμν，则有det⁡M=1g\det M=\dfrac{1}{g}detM=g1，以及M−1=gμνM^{-1}=g_{\mu\nu}M−1=gμν。因此，由上式可以得到：
gμνδgμν=gδ(1g)=g(−1)g−2δg=−(1g)δg⇒δg=−ggμνδgμνg_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}=g\delta\left(\frac{1}{g}\right)=g(-1)g^{-2}\delta g=-\left(\frac{1}{g}\right)\delta g\Rightarrow \delta g=-gg_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu} gμνδgμν=gδ(g1)=g(−1)g−2δg=−(g1)δg⇒δg=−ggμνδgμν
以及：
δ−g=−12(−g)−1/2δg=−12−ggμνδgμν\delta\sqrt{-g}=-\frac{1}{2}(-g)^{-1/2}\delta g=-\frac{1}{2}\sqrt{-g}g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu} δ−g=−21(−g)−1/2δg=−21−ggμνδgμν
由此得到：
S1=116πG∫d4x(−R+2Λ)δ−g=116πG∫d4x(−R+2Λ)(−12)gμνδgμν−g\begin{aligned} S_1&=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x(-R+2\Lambda)\delta\sqrt{-g}\\ &=\frac{1}{16\pi G}\int d^4 x(-R+2\Lambda)\left(-\frac{1}{2}\right)g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}\sqrt{-g} \end{aligned} S1=16πG1∫d4x(−R+2Λ)δ−g=16πG1∫d4x(−R+2Λ)(−21)gμνδgμν−g
QED.

物质部分

物质部分的作用量为：
IM=∫d4x−gLmI_M=\int d^4 x\sqrt{-g}\mathcal L_m IM=∫d4x−gLm
约定：
δgμνIM≡−12∫d4x−gTμνδgμν\delta_{g^{\mu\nu}}I_M\equiv -\frac{1}{2}\int d^4 x\sqrt{-g}T_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu} δgμνIM≡−21∫d4x−gTμνδgμν
即：
Tμν≡−2−gδ(LM−g)δgμνT_{\mu\nu}\equiv \frac{-2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta(\mathcal L_M\sqrt{-g})}{\delta g^{\mu\nu}} Tμν≡−g−2δgμνδ(LM−g)
由此，根据δIG+δIM=0\delta I_G+\delta I_M=0δIG+δIM=0，有：
[−Rμν−12gμν(−R+2Λ)]×116πG−12Tμν=0Rμν−12gμνR+Λgμν=−8πGTμν\begin{aligned} \left[-R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}g_{\mu\nu}(-R+2\Lambda) \right]\times \frac{1}{16\pi G}-\frac{1}{2}T_{\mu\nu}=0\\ R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}g_{\mu\nu}R+\Lambda g_{\mu\nu}=-8\pi G T_{\mu\nu} \end{aligned} [−Rμν−21gμν(−R+2Λ)]×16πG1−21Tμν=0Rμν−21gμνR+Λgμν=−8πGTμν
由此得到爱因斯坦场方程

7、谐和坐标条件

在爱因斯坦场方程中，gμνg_{\mu\nu}gμν有10个独立分量，Gμν=−8πGTμνG_{\mu\nu}=-8\pi GT_{\mu\nu}Gμν=−8πGTμν有10个代数上独立的方程。看上去爱因斯坦方程可以唯一确定gμνg_{\mu\nu}gμν，但却因为Bianchi恒等式Gμν;μ=0{G^\mu}_{\nu;\mu}=0Gμν;μ=0的存在，而导致10个分量并不独立。爱因斯坦场方程真正独立的方程个数只有6个

因此，爱因斯坦场方程不能唯一确定gμνg_{\mu\nu}gμν

电动力学中的规范选择问题

平直时空中的麦克斯韦方程组为：
{Fαβ,α=−JβFβγ,α+Fγα,β+Fαβ,γ=0⇒Fγδ=Aδ,γ−Aγ,δ\left\{\begin{aligned} &{F^{\alpha\beta}}_{,\alpha}=-J^\beta\\ &F_{\beta\gamma,\alpha}+F_{\gamma\alpha,\beta}+F_{\alpha\beta,\gamma}=0\Rightarrow F_{\gamma\delta}=A_{\delta,\gamma}-A_{\gamma,\delta} \end{aligned}\right. {Fαβ,α=−JβFβγ,α+Fγα,β+Fαβ,γ=0⇒Fγδ=Aδ,γ−Aγ,δ
第二式代入第一式后，得到：
□2Aα−Aβ,α,β=−Jα\square^2 A_\alpha-{A^\beta}_{,\alpha,\beta}=-J_\alpha □2Aα−Aβ,α,β=−Jα
其中：
□2≡∂μ∂μ=ημν∂μ∂ν\square^2\equiv \partial^\mu\partial_\mu=\eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu □2≡∂μ∂μ=ημν∂μ∂ν
虽然是四个方程，四个未知数，但方程左侧还满足恒等式：
{□2Aα−Aβ,α,β},α≡0\{\square^2 A^\alpha-{A^{\beta,\alpha}}_{,\beta} \}_{,\alpha}\equiv 0 {□2Aα−Aβ,α,β},α≡0
对应Jα,α{J^\alpha}_{,\alpha}Jα,α，因此独立方程的数目只有3个。四个AαA_\alphaAα的解里存在一个自由度，即规范自由度

规范自由度对应着不变性：对于任意一个给定的解AαA_\alphaAα，总可以找到另一个解Aα′≡Aα+∂Λ∂xα=Aα+Λ,αA_\alpha '\equiv A_\alpha+\dfrac{\partial\Lambda}{\partial x^\alpha}=A_\alpha+\Lambda_{,\alpha}Aα′≡Aα+∂xα∂Λ=Aα+Λ,α，其中，Λ\LambdaΛ是任意函数

在电动力学中，选择洛伦兹规范，去除该自由度：
Aα,α=0{A^\alpha}_{,\alpha}=0 Aα,α=0
此规范条件总是可以实现的。至此，有了四个参数，四个独立方程。选择适当的边界条件后，解就可以被唯一确定

GR中的规范选择问题

规范的四种表述形式

在GR中选择谐和规范（洛伦兹规范），此为第一种表述：
Γα≡gμνΓμνλ=0\Gamma^\alpha\equiv g^{\mu\nu}\Gamma^\lambda_{\mu\nu}=0 Γα≡gμνΓμνλ=0
而根据联络的定义，此规范可以写为：
gμνgλρ(gρμ,ν+gρν,μ−gμν,ρ)=0g^{\mu\nu}g^{\lambda\rho}(g_{\rho\mu,\nu}+g_{\rho\nu,\mu}-g_{\mu\nu,\rho})=0 gμνgλρ(gρμ,ν+gρν,μ−gμν,ρ)=0
此为第二种表述

在上述表述中，第一项：
gμνgλρgρμ,ν=gμν[(gλρgρμ),ν−gρμgλρ,ν]=gμν[0−gρμgλρ,ν]=−gλρ,ρg^{\mu\nu}g^{\lambda\rho}g_{\rho\mu,\nu}=g^{\mu\nu}[(g^{\lambda\rho}g_{\rho\mu})_{,\nu}-g_{\rho\mu}{g^{\lambda\rho}}_{,\nu}]=g^{\mu\nu}[0-g_{\rho\mu}{g^{\lambda\rho}}_{,\nu}]=-{g^{\lambda\rho}}_{,\rho} gμνgλρgρμ,ν=gμν[(gλρgρμ),ν−gρμgλρ,ν]=gμν[0−gρμgλρ,ν]=−gλρ,ρ
第二项和第一项相等，也是−gλρ,ρ{-g^{\lambda\rho}}_{,\rho}−gλρ,ρ

第三项：
−gμνgλρgμν,ρ=−gλρ(gμνgμν,ρ)=−gλρ[2−g(−g),ρ]-g^{\mu\nu}g^{\lambda\rho}g_{\mu\nu,\rho}=-g^{\lambda\rho}(g^{\mu\nu}g_{\mu\nu,\rho})=-g^{\lambda\rho}\left[\frac{2}{\sqrt{-g}}(\sqrt{-g})_{,\rho}\right] −gμνgλρgμν,ρ=−gλρ(gμνgμν,ρ)=−gλρ[−g2(−g),ρ]
所以：
Γλ=12gμνgλρ(gρμ,ν+gρν,μ−gμν,ρ)=−1−g(−ggλρ),ρ\Gamma^\lambda=\frac{1}{2}g^{\mu\nu}g^{\lambda\rho}(g_{\rho\mu,\nu}+g_{\rho\nu,\mu}-g_{\mu\nu,\rho})=\frac{-1}{\sqrt{-g}}(\sqrt{-g}g^{\lambda\rho})_{,\rho} Γλ=21gμνgλρ(gρμ,ν+gρν,μ−gμν,ρ)=−g−1(−ggλρ),ρ
由此得到第三种表述：
(−ggλρ),ρ=0(\sqrt{-g}g^{\lambda\rho})_{,\rho}=0 (−ggλρ),ρ=0
说明：

（1）坐标条件不是协变的，因为其目的在于去掉广义协变性引起的度规张量的不确定性

（2）规范选择不改变物理，所有的可观测量不依赖于规范选择

（3）在无引力的闵氏时空中，Γλ=0\Gamma^\lambda=0Γλ=0自动成立。当存在弱引力场时，谐和坐标条件可以描写为近似的闵氏坐标系

（4）当前有10个未知量，gμνg_{\mu\nu}gμν对应10个独立方程

为了推导第四种表述，先对某一函数，计算□2ϕ=(gλκϕ;λ);κ\square^2\phi=(g^{\lambda\kappa}\phi_{;\lambda})_{;\kappa}□2ϕ=(gλκϕ;λ);κ：
S;μ=S,μ,Vμ;μ=1−g(−gVμ),μS_{;\mu}=S_{,\mu},\ {V^\mu}_{;\mu}=\frac{1}{\sqrt{-g}}(\sqrt{-g}V^\mu)_{,\mu} S;μ=S,μ, Vμ;μ=−g1(−gVμ),μ

□2ϕ=1−g(−ggλκϕ;λ),κ=1−g(−ggλκϕ,λ),κ=1−g{(−ggλκ),κϕ,λ+−ggλκϕ,λ,κ}=1−g(−ggλκ),κϕ,λ+gλκϕ,λ,κ=−Γλϕ,λ+gλκϕ,λ,κ\begin{aligned} \square^2\phi&=\frac{1}{\sqrt{-g}}(\sqrt{-g}g^{\lambda\kappa}\phi_{;\lambda})_{,\kappa}=\frac{1}{\sqrt{-g}}(\sqrt{-g}g^{\lambda\kappa}\phi_{,\lambda})_{,\kappa}\\ &=\frac{1}{\sqrt{-g}}\{(\sqrt{-g}g^{\lambda\kappa})_{,\kappa}\phi_{,\lambda}+\sqrt{-g}g^{\lambda\kappa}\phi_{,\lambda,\kappa}\}\\ &=\frac{1}{\sqrt{-g}}(\sqrt{-g}g^{\lambda\kappa})_{,\kappa}\phi_{,\lambda}+g^{\lambda\kappa}\phi_{,\lambda,\kappa}\\ &=-\Gamma^\lambda\phi_{,\lambda}+g^{\lambda\kappa}\phi_{,\lambda,\kappa} \end{aligned} □2ϕ=−g1(−ggλκϕ;λ),κ=−g1(−ggλκϕ,λ),κ=−g1{(−ggλκ),κϕ,λ+−ggλκϕ,λ,κ}=−g1(−ggλκ),κϕ,λ+gλκϕ,λ,κ=−Γλϕ,λ+gλκϕ,λ,κ

当ϕ=xμ\phi=x^\muϕ=xμ时（此处xμx^\muxμ当做四个函数，而非矢量）：
□2xμ=(x,λ,κμ)gλκ−Γλx,λμ=0,μ=0,1,2,3\square^2 x^\mu=(x^\mu_{,\lambda,\kappa})g^{\lambda\kappa}-\Gamma^\lambda x^\mu_{,\lambda}=0,\ \mu=0,1,2,3 □2xμ=(x,λ,κμ)gλκ−Γλx,λμ=0, μ=0,1,2,3
由此得到第四种表述：
□2xμ=0\square^2 x^\mu = 0 □2xμ=0
证明：Γλ=0\Gamma^\lambda=0Γλ=0总是可以取到的

已知联络的变换公式：
Γμν′λ=∂x′λ∂xρ∂xτ∂x′μ∂xσ∂x′νΓτσρ−∂xρ∂x′ν∂xσ∂x′μ∂2x′λ∂xρ∂xσ\Gamma'^{\lambda}_{\mu\nu}=\frac{\partial x'^\lambda}{\partial x^\rho}\frac{\partial x^\tau}{\partial x'^{\mu}}\frac{\partial x^\sigma}{\partial x'^\nu}\Gamma^\rho_{\tau\sigma}-\frac{\partial x^\rho}{\partial x'^\nu}\frac{\partial x^\sigma}{\partial x'^\mu}\frac{\partial^2 x'^\lambda}{\partial x^\rho \partial x^\sigma} Γμν′λ=∂xρ∂x′λ∂x′μ∂xτ∂x′ν∂xσΓτσρ−∂x′ν∂xρ∂x′μ∂xσ∂xρ∂xσ∂2x′λ
由此得到：
Γ′λ≡g′μνΓμν′λ=∂x′λ∂xρΓρ−gρσ∂2x′λ∂xρ∂xσ\Gamma'^\lambda\equiv g'^{\mu\nu}\Gamma'^{\lambda}_{\mu\nu}=\frac{\partial x'^\lambda}{\partial x^\rho}\Gamma^\rho-g^{\rho\sigma}\frac{\partial^2 x'^\lambda}{\partial x^\rho \partial x^\sigma} Γ′λ≡g′μνΓμν′λ=∂xρ∂x′λΓρ−gρσ∂xρ∂xσ∂2x′λ
当Γρ≠0\Gamma^\rho\neq 0Γρ=0时，总可以通过求解下述二阶偏微分方程：
gρσ∂2x′λ∂xρ∂xσ=∂x′λ∂xρΓρg^{\rho\sigma}\frac{\partial^2 x'^\lambda}{\partial x^\rho\partial x^\sigma}=\frac{\partial x'^\lambda}{\partial x^\rho}\Gamma^\rho gρσ∂xρ∂xσ∂2x′λ=∂xρ∂x′λΓρ
来定义x′λx'^\lambdax′λ，从而使得Γ′λ=0\Gamma'^\lambda=0Γ′λ=0

QED.

8、谐和坐标条件和柯西初值问题

牛顿力学

在牛顿力学中，引力场中物体的运动方程：
md2xidt2=−∂iΦm\frac{d^2 x_i}{dt^2}=-\partial_i\Phi mdt2d2xi=−∂iΦ
定义动量p⃗\vec pp后，方程改写为：
{dpidt=−∂iΦdxidt=1mpi\left\{\begin{aligned} &\frac{dp^i}{dt}=-\partial_i\Phi\\ &\frac{dx^i}{dt}=\frac{1}{m}p^i \end{aligned}\right. ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧dtdpi=−∂iΦdtdxi=m1pi
由此，在给出初值条件(xi,pi)(x^i,\ p^i)(xi, pi)后，就可以计算出任意时刻的(xi,pi)(x^i,\ p^i)(xi, pi)了

GR情形

类比于牛顿力学中的微分方程求解，期望能通过爱因斯坦场方程，以及初始条件ttt时刻的gμν∣Σg_{\mu\nu}|_\Sigmagμν∣Σ和∂tgμν∣Σ\partial_t g_{\mu\nu}|_\Sigma∂tgμν∣Σ，求得t+δtt+\delta tt+δt时刻的gμνg_{\mu\nu}gμν，从而得到任意时刻的gμνg_{\mu\nu}gμν，以完全求解gμνg_{\mu\nu}gμν

（其中，Σ\SigmaΣ是将时空划分成一个个的等时超曲面）

将爱因斯坦场方程写成两个部分：
Gμ0=−8πGTμ0Gij=−8πGTijG^{\mu 0}=-8\pi GT^{\mu 0}\\ G^{ij}=-8\pi GT^{ij} Gμ0=−8πGTμ0Gij=−8πGTij
第一部分有四个方程，而第二部分则有六个方程

对于第一部分Gμ0G^{\mu 0}Gμ0：
Gμν≡Rμν−12gμνRG^{\mu\nu}\equiv R^{\mu\nu}-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}R Gμν≡Rμν−21gμνR
满足Bianchi恒等式Gμν;μ=0{G^{\mu\nu}}_{;\mu}=0Gμν;μ=0，因此：
∂∂x0Gμ0=−∂∂xiGμi−ΓνλμGλν−ΓνλνGμλ\frac{\partial}{\partial x^0}G^{\mu 0}=-\frac{\partial}{\partial x^i}G^{\mu i}-\Gamma^\mu_{\nu\lambda}G^{\lambda\nu}-\Gamma^\nu_{\nu\lambda}G^{\mu\lambda} ∂x0∂Gμ0=−∂xi∂Gμi−ΓνλμGλν−ΓνλνGμλ
右侧展开为gμνg_{\mu\nu}gμν的函数后，发现其不含有对时间的三阶导数项∂3∂(x0)3\dfrac{\partial^3}{\partial(x^0)^3}∂(x0)3∂3，即左侧的Gμ0G^{\mu 0}Gμ0不应该显含对时间的二阶导数。因此，Gμ0=−8πGTμ0G^{\mu 0}=-8\pi GT^{\mu 0}Gμ0=−8πGTμ0不是演化方程，而是约束方程。初始条件gμν∣Σg_{\mu\nu}|_\Sigmagμν∣Σ和∂tgμν∣Σ\partial_t g_{\mu\nu}|_\Sigma∂tgμν∣Σ的选择必须满足这个约束方程

对于第二部分GijG^{ij}Gij：

此部分是演化方程，含有时间的二阶导数项，但只有6个方程，不足以确定gμνg_{\mu\nu}gμν的10个分量。谐和规范条件正好可以补上剩下的四个方程，从而使得能够计算∂t2g0ν\partial_t^2 g_{0\nu}∂t2g0ν。利用谐和规范的第三种表述：
(−ggλρ),ρ=0→∂∂t(−ggλ0)=−∂∂xi(−ggλi)(\sqrt{-g}g^{\lambda\rho})_{,\rho}=0\rightarrow \frac{\partial}{\partial t}(\sqrt{-g}g^{\lambda 0})=-\frac{\partial}{\partial x^i}(\sqrt{-g}g^{\lambda i}) (−ggλρ),ρ=0→∂t∂(−ggλ0)=−∂xi∂(−ggλi)
两端对时间微分：
∂2∂t2(−ggλ0)=−∂2∂xi∂t(−ggλi)\frac{\partial^2}{\partial t^2}(\sqrt{-g}g^{\lambda 0})=-\frac{\partial^2}{\partial x^i \partial t}(\sqrt{-g}g^{\lambda i}) ∂t2∂2(−ggλ0)=−∂xi∂t∂2(−ggλi)
注意到这正好是关于g0νg_{0\nu}g0ν的二阶时间微分方程，补上了缺失的四个方程

爱因斯坦场方程的柯西问题

至此，爱因斯坦场方程的柯西问题变为下述形式：

（1）初始条件gμν∣Σg_{\mu\nu}|_\Sigmagμν∣Σ和∂tgμν∣Σ\partial_t g_{\mu\nu}|_\Sigma∂tgμν∣Σ的选择必须满足约束条件Gμ0=−8πGTμ0G^{\mu 0}=-8\pi G T^{\mu 0}Gμ0=−8πGTμ0

（2）动力学方程：
{Gij=−8πGTij∂2∂t2(−ggλ0)=−∂2∂xi∂t(−ggλi)\left\{ \begin{aligned} &G^{ij}=-8\pi G T^{ij}\\ &\frac{\partial^2}{\partial t^2}(\sqrt{-g}g^{\lambda 0})=-\frac{\partial^2}{\partial x^i \partial t}(\sqrt{-g}g^{\lambda i}) \end{aligned} \right. ⎩⎪⎨⎪⎧Gij=−8πGTij∂t2∂2(−ggλ0)=−∂xi∂t∂2(−ggλi)
若选取初始条件时满足约束条件，则通过动力学方程得到的所有gμνg_{\mu\nu}gμν都将满足此约束

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