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Chapter 3 习题

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约 3779 字大约 13 分钟

2025-09-16

习题 1

说明固有时与坐标时的关系与差别；证明在相对于观测者静止的坐标系中，有

dτ=−g00⋅dt\text{d}\tau=\sqrt{-g_{00}}\cdot\text{d}t

相对于观者静止的坐标系，线元表达为

ds2=gμνdxμdxν=−c2dτ2\text{d}s^2=g_{\mu\nu}\text{d}x^\mu\text{d}x^\nu=-c^2\text{d}\tau^2

观者在这个坐标系中并没有相对速度，所以在一阶下没有空间位移，有

ds2=g00dx0dx0=c2g00(dt)2\text{d}s^2=g_{00}\text{d}x^0\text{d}x^0=c^2g_{00}(\text{d}t)^2

这就证明了

dτ=−g00⋅dt\text{d}\tau=\sqrt{-g_{00}}\cdot\text{d}t

习题 2

在相对论中并不存在真实的标准尺. 固有距离是在约定光速的基础上，通过测量时间得到的. 证明固有距离的公式：

dl2=γikdxidxk\text{d}l^2=\gamma_{ik}\text{d}x^i\text{d}x^k

考虑两个相邻的空间点 A,BA,B，在 (1)xA0^{(1)}x^0_A 时刻 AA 点发出光信号，在 xB0x^0_B 时刻到达 BB 点，在 (2)xA0^{(2)}x^0_A 时刻回到 AA 点. (均为坐标时)

在坐标系下，光速为 cc，两段时间差应该都满足方程：

ds2=g00(dx0‾)2+2g0idx0‾dxi+gikdxidxk\text{d}s^2=g_{00}(\underline{\text{d}x^0})^2+2g_{0i}\underline{\text{d}x^0}\text{d}x^i+g_{ik}\text{d}x^i\text{d}x^k

我们现在发现不知道 ds2\text{d}s^2 是多少，但是学完狭义相对论，想起光传播的路径应当是满足 ds2≡0\text{d}s^2\equiv0 的. 因此可以解这个二次方程，得到

dx0=−g0idxi±(g0ig0k−g00gik)dxidxk−g00\text{d}x^0=\frac{-g_{0i}\text{d}x^i\pm\sqrt{(g_{0i}g_{0k}-g_{00}g_{ik})\text{d}x^i\text{d}x^k}}{-g_{00}}

同时，dx0=xB0−(1)xA0=xB0−(2)xA0\text{d}x^0=x^0_B-{}^{(1)}x^0_A=x^0_B-{}^{(2)}x^0_A，因此

Δx0=2(g0ig0k−g00gik)dxidxk−g00\Delta x^0 = \frac{2\sqrt{(g_{0i}g_{0k}-g_{00}g_{ik})\text{d}x^i\text{d}x^k}}{-g_{00}}

但是这是坐标时，不能用来测定固有距离. 在 BB 点的瞬时静止系中，应该有

dτ=−g00⋅Δx0 ,dl=12cdτ\text{d}\tau = \sqrt{-g_{00}}\cdot\Delta x^0\,,\quad\text{d}l = \frac{1}{2}c\text{d}\tau

所以固有距离应该是

dl2=(g0ig0kg00−gik)dxidxk=γikdxidxk\text{d}l^2=\left(\frac{g_{0i}g_{0k}}{g_{00}}-g_{ik}\right)\text{d}x^i\text{d}x^k=\gamma_{ik}\text{d}x^i\text{d}x^k

证毕.

习题 3

证明在时空中存在同时面的条件为下面的式子：

∮Δx0=∮(−g0ig00)dxi=0 ,g0i=0\oint\Delta x^0=\oint\left(-\frac{g_{0i}}{g_{00}}\right)\text{d}x^i=0\,,\quad g_{0i}=0

时空中存在同时面，要求用光信号来同步各点的坐标钟. 和上一题的模型一样，但是定义几个时间段和时刻：

dx0(1)=(1)xA0−xB0 ,dx0(2)=(2)xA0−xB0 ,xA0=(1)xA0+(2)xA02\text{d}x^0{}_{(1)}={}^{(1)}x^0_A-x^0_B\,,\quad\text{d}x^0{}_{(2)}={}^{(2)}x^0_A-x^0_B\,,\quad x^0_A=\frac{^{(1)}x^0_A+{}^{(2)}x^0_A}{2}

按理来说在坐标系中两段传播时间应当相同，所以同时性意味着 xA0=xB0x^0_A=x^0_B，但是因为时空的弯曲，有

xA0−xB0=dx0(1)+dx0(2)2x^0_A-x^0_B=\frac{\text{d}x^0{}_{(1)}+\text{d}x^0{}_{(2)}}{2}

要使得存在同时面，应当有 dx0(1)+dx0(2)=0\text{d}x^0{}_{(1)}+\text{d}x^0{}_{(2)}=0，化为积分式：

∮Δx0=∮(−g0ig00)dxi=0\oint\Delta x^0=\oint\left(-\frac{g_{0i}}{g_{00}}\right)\text{d}x^i=0

简单的一个充分条件是 g0i=0g_{0i}=0，这保证了同时的传递性 (上面仅仅是两个点的同时性得到保证).

习题 4

证明场方程

Rμν−12gμνR=κTμνR_{\mu\nu}-\frac{1}{2}g_{\mu\nu}R=\kappa T_{\mu\nu}

可以写成

Rμν=κ(Tμν−12gμνT)R_{\mu\nu}=\kappa\left(T_{\mu\nu}-\frac{1}{2}g_{\mu\nu}T\right)

两边升一个指标，并缩并：

Rμν−12gμνR=κTμν⟹R−2R=κT⟹R=−κTR^\mu{}_\nu-\frac{1}{2}g^\mu{}_\nu R=\kappa T^\mu{}_\nu\Longrightarrow R-2R=\kappa T\Longrightarrow R=-\kappa T

代入原式，得到

Rμν=κ(Tμν−12gμνT)R_{\mu\nu}=\kappa\left(T_{\mu\nu}-\frac{1}{2}g_{\mu\nu}T\right)

习题 5

质点的四速度为

uμ=dxμdτu^\mu=\frac{\text{d}x^\mu}{\text{d}\tau}

试证明 uμuμ=−1u^\mu u_\mu=-1.

因为要证明的量是一个标量，所以和坐标系选取没关系，选择与质点相对静止的一个参考系，得到

uμ=1−g00(c,0,0,0)uμuμ=gμνuμuν=−c2\begin{aligned} u^\mu&=\frac{1}{\sqrt{-g_{00}}}(c,0,0,0)\\\\ u^\mu u_\mu&=g_{\mu\nu}u^\mu u^{\nu} = -c^2 \end{aligned}

选择自然单位制，就是 uμuμ=−1u^\mu u_\mu=-1.

习题 6

试证真空中的 Einstein 场方程可以写成 Rμν=0R_{\mu\nu}=0，Ricci 张量为零的时空一定平直吗？

真空中没能动张量，所以按照习题 4 得到的场方程形式可以写出 Rμν=0R_{\mu\nu}=0.

我并不知道 Rμν=0R_{\mu\nu}=0 的时空是否是平直的... 下面是我查找资料后的一些内容：

注意

DeepSeek 的回答 - 问题是「Ricci 张量为零的时空一定是平直的吗？」

不，Ricci 张量为零的时空不一定是平直的.

这是一个在广义相对论学习中非常重要且容易产生误解的概念. 我们可以从以下几个方面来理解：

  1. 核心原因：黎曼曲率张量与 Ricci 张量的关系

    • 黎曼曲率张量 (Riemann curvature tensor) ** RρσμνR^\rho{}_{\sigma\mu\nu}：这是一个四阶张量，它完整地描述了时空的所有弯曲信息**，包括潮汐力、测地线偏离等所有弯曲效应. 它总共有 20 个独立分量.
    • Ricci 张量 (Ricci tensor) RμνR_{\mu\nu} ：这是一个二阶张量，它由黎曼曲率张量收缩而来： Rμν=RρμρνR_{\mu\nu} = R^\rho{}_{\mu\rho\nu} . 它只描述了黎曼曲率张量的一部分信息，具体来说是物质源引起的时空弯曲 (由爱因斯坦场方程 Gμν=κTμνG_{\mu\nu} = \kappa T_{\mu\nu} 决定) . 它在四维时空中有 10 个独立分量.

    关键点在于：Ricci 张量为零 ( Rμν=0R_{\mu\nu} = 0 ) 只意味着黎曼曲率张量的那 10 个 "Ricci" 部分为零. 而黎曼曲率张量还有另外 10 个独立分量 (由 Weyl 张量 描述) 仍然可以是非零的.

  2. Weyl 张量：真空中的纯粹引力

    剩下的这 10 个独立分量由 Weyl 张量 (Weyl tensor) CρσμνC_{\rho\sigma\mu\nu} 描述. Weyl 张量代表了 真空中的时空弯曲，即不受局部物质能量影响的引力场部分. 它的性质包括：

    • 它的一切收缩都为零 (例如 Cρμρν=0C^\rho{}_{\mu\rho\nu} = 0 )，所以 Ricci 张量为零不会对它产生影响.
    • 它描述了引力波的传播和宇宙中“纯粹”的引力场 (如黑洞周围的时空弯曲) .

    因此，一个时空的 Ricci 张量为零，只意味着在时空中没有物质的局部存在 (即 Tμν=0T_{\mu\nu} = 0)，但这并不排除由远处物质或引力本身产生的弯曲. 这种弯曲完全由 Weyl 张量描述.

  3. 一个生动的反例：史瓦西黑洞 (Schwarzschild Black Hole)

    史瓦西解描述了真空中一个静态、球对称黑洞外部的时空. 在这个时空 (r>0r > 0 的区域) 中：

    • Ricci 张量: Rμν=0R_{\mu\nu} = 0 (因为它是真空解， Tμν=0T_{\mu\nu} = 0 ) .
    • 黎曼曲率张量: Rρσμν≠0R^\rho{}_{\sigma\mu\nu} \neq 0 . 例如，潮汐力会使自由落体的物体在径向被拉伸、横向被压缩.
    • 时空弯曲: 显然不是平直的. 它的度规与闵可夫斯基平直度规完全不同，并且具有事件视界等奇特结构.

结论：史瓦西时空是 Ricci 平坦 ( Rμν=0R_{\mu\nu} = 0 ) 但不平直的完美例子. 它的弯曲完全由 Weyl 张量表征.

总结与类比

性质平直时空 (Minkowski)Ricci 平坦但弯曲的时空 (如史瓦西时空)
黎曼曲率张量 RρσμνR^\rho{}_{\sigma\mu\nu}=0=0 (所有分量均为零)≠0\neq 0
Ricci 张量 RμνR_{\mu\nu}=0=0=0=0
Weyl 张量 CρσμνC_{\rho\sigma\mu\nu}=0=0≠0\neq 0
物质分布 TμνT_{\mu\nu}=0=0=0=0 (真空)
时空性质无任何弯曲存在由 Weyl 张量描述的真空引力场

一个简单的类比：想象一下橡皮膜的表面.

  • 平直时空：就像一张完全拉平、没有任何起伏的橡皮膜.
  • Ricci 平坦但弯曲的时空：就像一张被一个重物 (如球) 压弯的橡皮膜，但我们只看重物不接触的区域. 在这个区域，没有直接的压力 (相当于 Tμν=0,Rμν=0T_{\mu\nu} = 0, R_{\mu\nu} = 0 )，但膜的表面仍然是弯曲的 (相当于 Rρσμν≠0R^\rho{}_{\sigma\mu\nu} \neq 0 )，这个弯曲是由远处 (重物所在位置) 的“源”造成的.

因此，Ricci 平坦 ( Rμν=0R_{\mu\nu} = 0 ) 是时空平直 ( Rρσμν=0R^\rho{}_{\sigma\mu\nu} = 0 ) 的必要但不充分条件. 要判断时空是否平直，必须检查完整的黎曼曲率张量是否为零.

另外，triint 在 这个帖子 里说这个和 Calabi - Yau 流形有些关系，于是我简单去看了看有关的内容 (感觉数学还是比较多，所以没细看). 粗浅的理解是，Calabi - Yau manifold 本身就是 Yau 证明了 Calabi 的猜想「第一陈类为 R 的紧致的凯勒流形上，是否存在唯一个凯勒度规使得其里奇形式恰好是 R？」，换言之，这个流形的定义中就包含所谓的 Rμν=0R_{\mu\nu} = 0.

参考文献：

我先收藏了不少有关的综述到 Zotero 里，之后再细品一番.

习题 7

从运动方程

ddτ(muμ)+mΓμαβuαuβ=0\frac{\text{d}}{\text{d}\tau}(mu^\mu)+m\Gamma^\mu{}_{\alpha\beta}u^\alpha u^\beta=0

出发，用 Newton 近似说明在广义相对论中引力质量就是惯性质量.

​ Newton 近似要求 gμν→ημνg_{\mu\nu}\to\eta_{\mu\nu}，这时

Γλαβ=12ηλρ(hαρ,β+hρβ,α−hαβ,ρ)\Gamma^\lambda{}_{\alpha\beta}=\frac{1}{2}\eta^{\lambda\rho}(h_{\alpha\rho,\beta}+h_{\rho\beta,\alpha}-h_{\alpha\beta,\rho})

这里的 hαβ=gαβ−ηαβh_{\alpha\beta}=g_{\alpha\beta}-\eta_{\alpha\beta}，∣hαβ∣≪1|h_{\alpha\beta}|\ll1. 上述方程的空间分量化为

ddτ(mdxidτ)+mΓi00(dxidτ)2=0\frac{\text{d}}{\text{d}\tau}\left(m\frac{\text{d}x^i}{\text{d}\tau}\right)+m\Gamma^i{}_{00}\left(\frac{\text{d}x^i}{\text{d}\tau}\right)^2=0

这里的两项，分别代表了动量对时间的导数，以及引力产生的时空弯曲效应，里面的「mm」分别是惯性质量和引力质量，这就说明了两者是同样的物理量.

习题 8

证明在弯曲时空中，电磁场方程为

□Aμ−RμαAα=−4πcJμ\Box A_\mu-R_{\mu\alpha}A^\alpha=-\frac{4\pi}{c}J_\mu

其中描述曲率的 Ricci 张量也出现了.

我们已经知道如下的式子：

Fμν;ν=1−g∂∂xν(Fμν−g)=4πcJμFμν=Aν;μ−Aμ;ν\begin{aligned} F^{\mu\nu}{}_{;\nu} &= \frac{1}{\sqrt{-g}}\frac{\partial}{\partial x^\nu}(F^{\mu\nu}\sqrt{-g})=\frac{4\pi}{c}J^\mu\\\\ F_{\mu\nu} &= A_{\nu;\mu}-A_{\mu;\nu} \end{aligned}

后者代入前者，得到

Aν;μ;ν−Aμ;ν;ν=4πcJμA_{\nu;\mu}{}^{;\nu}-A_{\mu;\nu}{}^{;\nu}=\frac{4\pi}{c}J_\mu

而已知

Aλ;μ;ν−Aλ;ν;μ=RρλμνAρ−2Γρ[μν]Aλ;ρA_{\lambda;\mu;\nu}-A_{\lambda;\nu;\mu}=R^\rho{}_{\lambda\mu\nu}A_\rho-2\Gamma^\rho{}_{[\mu\nu]}A_{\lambda;\rho}

对后面这个等式两边升 ν\nu 指标，利用挠率为零并移项，得到

Aλ;μ;ν=Aλ;ν;μ+RρλμνAρA_{\lambda;\mu}{}^{;\nu}=A_{\lambda}{}^{;\nu}{}_{;\mu}+R^\rho{}_{\lambda\mu}{}^\nu A_\rho

代回，于是

Aν;ν;μ+RρνμνAρ−Aμ;ν;ν=4πcJμA_\nu{}^{;\nu}{}_{;\mu}+R^\rho{}_{\nu\mu}{}^\nu A_\rho-A_{\mu;\nu}{}^{;\nu}=\frac{4\pi}{c}J_\mu

因为使用了 Lorentz 规范，所以 Aν;ν=0A_\nu{}^{;\nu}=0，第一项可以扔掉；剩下的工作就是处理指标：

Aμ;ν;ν−RρνμνAρ=−4πcJμ□Aμ−gρσgνγRσνμγ⋅gραAα=−4πcJμ□Aμ−gνγRσνμγ⋅Aα⋅(gρσgρα)=−4πcJμ□Aμ−gνγRσνμγ⋅Aα⋅δσα=−4πcJμ□Aμ−gνγRσνμγ⋅Aσ=−4πcJμ□Aμ−gνγRμγσν⋅Aσ=−4πcJμ□Aμ−gνγRγμνσ⋅Aσ=−4πcJμ□Aμ−Rνμνσ⋅Aσ=−4πcJμ□Aμ−Rμσ⋅Aσ=−4πcJμ\begin{aligned} A_{\mu;\nu}{}^{;\nu}-R^\rho{}_{\nu\mu}{}^\nu A_\rho &= -\frac{4\pi}{c}J_\mu\\\\ \Box A_\mu-g^{\rho\sigma}g^{\nu\gamma}R_{\sigma\nu\mu\gamma}\cdot g_{\rho\alpha}A^\alpha &= -\frac{4\pi}{c}J_\mu\\\\ \Box A_\mu-g^{\nu\gamma}R_{\sigma\nu\mu\gamma}\cdot A^\alpha\cdot(g^{\rho\sigma}g_{\rho\alpha}) &= -\frac{4\pi}{c}J_\mu\\\\ \Box A_\mu-g^{\nu\gamma}R_{\sigma\nu\mu\gamma}\cdot A^\alpha\cdot\delta^\sigma{}_{\alpha} &= -\frac{4\pi}{c}J_\mu\\\\ \Box A_\mu-g^{\nu\gamma}R_{\sigma\nu\mu\gamma}\cdot A^\sigma &= -\frac{4\pi}{c}J_\mu\\\\ \Box A_\mu-g^{\nu\gamma}R_{\mu\gamma\sigma\nu}\cdot A^\sigma &= -\frac{4\pi}{c}J_\mu\\\\ \Box A_\mu-g^{\nu\gamma}R_{\gamma\mu\nu\sigma}\cdot A^\sigma &= -\frac{4\pi}{c}J_\mu\\\\ \Box A_\mu-R^\nu{}_{\mu\nu\sigma}\cdot A^\sigma &= -\frac{4\pi}{c}J_\mu\\\\ \Box A_\mu-R_{\mu\sigma}\cdot A^\sigma &= -\frac{4\pi}{c}J_\mu\\\\ \end{aligned}

证毕.

习题 9

在弱引力场的线性近似情况下，我们把度规表示成

gμν=ημν+hμνg_{\mu\nu}=\eta_{\mu\nu}+h_{\mu\nu}

其中 ∣hμν∣≪1|h_{\mu\nu}|\ll1，线性近似理论中只保留 hμνh_{\mu\nu} 中的线性项. 为了表达引力场方程的方便，我们定义

hˉμν≡hμν−12ημνh\bar{h}_{\mu\nu}\equiv h_{\mu\nu}-\frac{1}{2}\eta_{\mu\nu}h

试证明，它的逆变换是

hˉˉμν≡hˉμν−12ημνhˉ=hμν\bar{\bar{h}}_{\mu\nu}\equiv\bar{h}_{\mu\nu}-\frac{1}{2}\eta_{\mu\nu}\bar{h}=h_{\mu\nu}

感觉好像算一下就可以了？直接计算：

hˉˉμν=hμν−12ημνh−12ημν(hμμ−12ημμh)=hμν−12ημνh−12ημνh+14⋅4ημνh=hμν\begin{aligned} \bar{\bar{h}}_{\mu\nu}&=h_{\mu\nu}-\frac{1}{2}\eta_{\mu\nu}h-\frac{1}{2}\eta_{\mu\nu}\left(h^\mu{}_\mu-\frac{1}{2}\eta^\mu{}_\mu h\right)\\\\ &=h_{\mu\nu}-\frac{1}{2}\eta_{\mu\nu}h-\frac{1}{2}\eta_{\mu\nu}h+\frac{1}{4}\cdot4\eta_{\mu\nu}h\\\\ &=h_{\mu\nu} \end{aligned}

证毕.

习题 10

线性近似理论只保留 hμνh_{\mu\nu} 中的线性项，于是有

Γμαβ=12ημν(hαν,β+hβν,α−hαβ,ν)=12(hαμ,β+hβμ,α−hαβ,μ)\begin{aligned} \Gamma^\mu{}_{\alpha\beta}&=\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(h_{\alpha\nu,\beta}+h_{\beta\nu,\alpha}-h_{\alpha\beta,\nu})\\\\ &=\frac{1}{2}(h_\alpha{}^\mu{}_{,\beta}+h_\beta{}^\mu{}_{,\alpha}-h_{\alpha\beta}{}^{,\mu}) \end{aligned}

线性近似理论中张量指标的升降是借助 Minkowski 度规实现的. 线性化之后的 Ricci 张量也很简单：

Rμν=Γλμν,λ−Γλμλ,ν=−12(hμν,α,α+hαα,μ,ν−hαμ,ν,α−hαν,μ,α)\begin{aligned} R_{\mu\nu}&=\Gamma^\lambda{}_{\mu\nu,\lambda}-\Gamma^\lambda{}_{\mu\lambda,\nu}\\\\ &=-\frac{1}{2}(h_{\mu\nu}{}^{,\alpha}{}_{,\alpha}+h^\alpha{}_{\alpha,\mu,\nu}-h^\alpha{}_{\mu,\nu,\alpha}-h^\alpha{}_{\nu,\mu,\alpha}) \end{aligned}

试证明

Rˉμν≡Rμν−12ημνR=8πGTμν\bar{R}_{\mu\nu}\equiv R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}\eta_{\mu\nu}R=8\pi GT_{\mu\nu}

具体化为

hˉμν,α,α+ημνhˉαβ,α,β−hˉμα,α,ν−hˉνα,α,μ=−16πGTμν\bar{h}_{\mu\nu}{}^{,\alpha}{}_{,\alpha}+\eta_{\mu\nu}\bar{h}_{\alpha\beta}{}^{,\alpha,\beta}-\bar{h}_{\mu\alpha}{}^{,\alpha}{}_{,\nu}-\bar{h}_{\nu\alpha}{}^{,\alpha}{}_{,\mu}=-16\pi GT_{\mu\nu}

警告

实际上有

Rμν=12□hˉμνR_{\mu\nu}=\frac{1}{2}\Box\bar{h}_{\mu\nu}

有：

R=−12ημν(hμν,α,α+hαα,μ,ν−hαμ,ν,α−hαν,μ,α)=−12(∂α∂αh+ημν∂μ∂νh−ημν∂ν∂αhαμ−ημν∂μ∂αhαν)=−12(2□h−2hμν,μ,ν)=hμν,μ,ν−□h\begin{aligned} R&=-\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(h_{\mu\nu}{}^{,\alpha}{}_{,\alpha}+h^\alpha{}_{\alpha,\mu,\nu}-h^\alpha{}_{\mu,\nu,\alpha}-h^\alpha{}_{\nu,\mu,\alpha})\\\\ &=-\frac{1}{2}(\partial^\alpha\partial_\alpha h+\eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu h-\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\partial_\alpha h^\alpha{}_\mu-\eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\alpha h^\alpha{}_\nu)\\\\ &=-\frac{1}{2}(2\Box h-2h_{\mu\nu}{}^{,\mu,\nu})\\\\ &=h_{\mu\nu}{}^{,\mu,\nu}-\Box h \end{aligned}

直接算：

−2Rμν+ημνR=−16πGTμν(hμν,α,α+hαα,μ,ν−hαμ,ν,α−hαν,μ,α)+ημν□h−ημνhμν,μ,ν=−16πGTμν\begin{aligned} &-2R_{\mu\nu}+\eta_{\mu\nu}R = -16\pi GT_{\mu\nu}\\\\ &(h_{\mu\nu}{}^{,\alpha}{}_{,\alpha}+h^\alpha{}_{\alpha,\mu,\nu}-h^\alpha{}_{\mu,\nu,\alpha}-h^\alpha{}_{\nu,\mu,\alpha})+\eta_{\mu\nu}\Box h-\eta_{\mu\nu}h_{\mu\nu}{}^{,\mu,\nu}=-16\pi GT_{\mu\nu} \end{aligned}

最终化简结果是要证明的式子.

习题 11

证明对于静态时空，

Rμν=Γλμν,λ−Γλμλ,ν=−12(hμν,α,α+hαα,μ,ν−hαμ,ν,α−hαν,μ,α)\begin{aligned} R_{\mu\nu}&=\Gamma^\lambda{}_{\mu\nu,\lambda}-\Gamma^\lambda{}_{\mu\lambda,\nu}\\\\ &=-\frac{1}{2}(h_{\mu\nu}{}^{,\alpha}{}_{,\alpha}+h^\alpha{}_{\alpha,\mu,\nu}-h^\alpha{}_{\mu,\nu,\alpha}-h^\alpha{}_{\nu,\mu,\alpha}) \end{aligned}

可以化为

R00=−12h00,i,i ,R0i=12(hk0,i,k−h0i,k,k)Rij=−12(−h00,i,j+hkk,i,j−hki,j,k−hkj,i,k+hij,k,k)R_{00}=-\frac{1}{2}h_{00,i,i}\,,\quad R_{0i}=\frac{1}{2}(h_{k0,i,k}-h_{0i,k,k})\\ R_{ij}=-\frac{1}{2}(-h_{00,i,j}+h_{kk,i,j}-h_{ki,j,k}-h_{kj,i,k}+h_{ij,k,k})

因为是静态，所以那些「,0,0」的项全部为零，就得到上面只有空间分量的表达式.

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2025/10/9 02:50
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