Рівняння Ейнштейна

Повернутися до розділу "Загальна теорія відносності".

Отримання рівняння Ейнштейна при відсутності матерії
Рівняння поля отримуються із варіації функціонала дії, яка, в силу принципу відносності, не повинна залежати від вибору криволінійної системи координат. Тому дія повинна бути взята як інтеграл по інваріантному 4-об'єму від деякого скаляра - лагранжевої густини:

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

Шуканою величиною є метричний тензор, оскільки саме він, в силу принципу еквівалентності, визначає гравітаційне поле.

Можна накласти ще одну умову на дію. По перше, можна припустити, що рівняння поля повинні бути не старше ніж другого порядку по похідним від метрики. Тому дія повинна містити величини, які містять похідну, не старшу першого порядку (варіація дає приріст порядку на один).

Тому як густину Лагранжа можна взяти деяку константу $$\ \Lambda$$ та скалярну кривину $$\ R$$, оскільки саме вона пов'язана напряму з метрикою простору-часу та містить динамічну частину дії - похідні від метричного тензора.

Дійсно, хоч другий доданок, початково, і залежить від другої похідної від метричного тензора, проте ця залежність виражається наявністю доданків $$\ f(x)\partial^{2}x$$, а тому, інтегруючи ці доданки по частинам, можна отримати відсутність другої похідної. Тому дія має вигляд

$$\ S = -\int \Lambda \sqrt{-g}d^{4}x + \frac{1}{16 \pi G}\int g^{ik}R_{ik}\sqrt{-g}d^{4}x$$,

де мінус при першому доданку і множник при другому доданку обрані із міркувань, що пов'язані із ньютонівським наближенням (див. відповідний розділ). Варіація ж $$\ \delta S$$ визначає рівняння поля.

У кожному з доданків треба виділити множник-варіацію $$\ \delta g_{ik}$$, який потім можна винести за лапки і прирівняти, в силу довільності варіації, нулю підинтегральний вираз.

Для отримання виразу для варіації елементу об'єму $$\ \sqrt{-g}$$ треба отримати вираз для варіації визначника метричного тензора $$\ g = \det g_{ik}$$. Для цього треба використати формулу

$$\ det (\hat A + \delta \hat A ) = det [\hat {A}(\hat E + \hat {A}^{-1}\delta \hat {A} )] = det (\hat {A})det(\hat {E} + \hat {A}^{-1}\delta \hat {A} ) = det (\hat {A})(1 + det (\hat {A}^{-1}\delta \hat {A})) \approx det (\hat {A}) (1 + Tr (\hat {A}^{-1}\delta \hat {A})$$.

Тоді

$$\ \delta det (\hat {g}) = det (\hat {g} + \delta \hat{g}) - det (\hat {g}) = det (\hat {g}) + Tr(\hat {g}^{-1}\delta \hat {g}) - det \hat {g} = Tr(\hat {g}^{-1}\delta \hat{g})$$.

Далі, оскільки

$$\ Tr(\hat {g}^{-1}\delta \hat{g}) = g^{ik}\delta g_{ki} = g^{ik}\delta g_{ik}$$,

для варіації визначника метричного тензора (у подальшому - $$\ g$$) можна отримати

$$\ \delta g = g g^{\alpha \beta}\delta g_{\alpha \beta}$$.

Для варіації елементу 4-об'єму $$\ \sqrt{-g}$$ можна отримати

$$\ \delta \sqrt{-g} = \sqrt{-(g + \delta g)} - \sqrt{-g} = \sqrt{-g}\left( \sqrt{|1 + g^{-1}\delta g|} - 1\right) \approx \sqrt{-g}(1 + \frac{1}{2}|g^{-1}\delta g| - 1) = \frac{|g|^{-\frac{1}{2}}\delta g}{2} = \frac{1}{2}\sqrt{-g}g^{\alpha \beta}\delta g_{\alpha \beta}$$.

Тому варіація дії, пов'язаної з густиною функції Лагранжа-константи, буде мати вигляд

$$\ \delta S_{\Lambda } = -\frac{\Lambda}{2}\int \sqrt{-g}g^{\alpha \beta}\delta g_{\alpha \beta} d^{4}x$$.

Варіація дії, пов'язаної зі скалярною кривиною, має вигляд

$$\ \delta S_{R} = -\frac{1}{16 \pi G}\left[\int \delta (\sqrt{-g})g^{ik}R_{ik}d^{4}x + \int \sqrt{-g}\delta (g^{ik})R_{ik}d^{4}x + \int \sqrt{-g}g^{ik}\delta (R_{ik})d^{4}x \right] = $$

$$\ = -\frac{1}{32 \pi G}\int \sqrt{-g}g^{\alpha \beta}\delta g_{\alpha \beta}g^{ik}R_{ik} d^{4}x + \frac{1}{16 \pi G}\left[ \int \sqrt{-g}\delta (g^{ik})R_{ik}d^{4}x + \int \sqrt{-g}g^{ik}\delta (R_{ik})d^{4}x\right]$$.

Зв'язок між варіацією $$\ g^{ik}$$ і варіацією тензора з нижніми індексами можна просто отримати, користуючись визначенням метричного тензора, проваріювавши це визначення,

$$\ g^{il}g_{pl} = \delta^{i}_{p} \Rightarrow \delta (g^{il})g_{pl} + \delta (g_{pl})g^{il} = 0$$,

і згорнувши його з метричним же тензором $$\ g^{pk}$$:

$$\ \delta (g^{il})g_{pl}g^{pk} + \delta (g_{pl})g^{il}g^{pk} = \delta g^{ik} + \delta (g_{pl})g^{il}g^{pk} = 0 \Rightarrow \delta g^{ik} = -\delta (g_{pl})g^{il}g^{pk}$$.

Тоді другий доданок варіації $$\ \delta S_{2}$$ матиме вигляд (два метричних тензори піднімають два індекси у тензора Річчі, а потім змінюється буквенне позначення індексів, що можна зробити, оскільки вони німі)

$$\ \delta S_{2} = \frac{1}{16 \pi G}\int \sqrt{-g}\delta (g_{pl})g^{il}g^{pk}R_{ik}d^{4}x = \frac{1}{16 \pi G}\int \sqrt{-g}\delta (g_{pl})R^{pl}d^{4}x = \frac{1}{16 \pi G}\int \sqrt{-g}R^{ik}\delta g_{ik}d^{4}x$$.

Для варіації останнього доданку треба використати варіацію від тензора кривини (так буде простіше отримати варіацію тензора Річчі). Вона рівна

$$\ \delta R^{i}_{k \lambda \rho} = D_{\lambda}\delta \Gamma^{i}_{k \rho} - D_{\rho}\delta \Gamma^{i}_{k \lambda}$$,

тому третій доданок рівен

$$\ \delta S_{3} = -\frac{1}{16 \pi G}\int g^{ik}(\delta R^{\lambda}_{i \lambda k})\sqrt{-g}d^{4}x = -\frac{1}{16 \pi G}\int g^{ik}(D_{\lambda}\delta \Gamma^{\lambda}_{i k} - D_{k}\delta \Gamma^{\lambda}_{i \lambda})\sqrt{-g}d^{4}x = -\frac{1}{16 \pi G}\int D_{\lambda}(g^{ik}\Gamma^{\lambda}_{ik} - g^{i\lambda}\Gamma^{\sigma}_{i \sigma})\sqrt{-g}d^{4}x$$,

де при переході до останньої рівності враховано, що індекси $$\ k, \lambda$$ є німими, і тому їх можна перепозначити як $$\ k \to \lambda, \lambda \to \sigma$$.

Було б доцільно виділити 4-дивергенцію у цьому виразі, щоб занулити його. Це можна зробити. Для початку треба визначити диференціал $$\ dg$$ визначника коваріантного метричного тензора. Після цього можна буде перетворити вираз для символа Кристоффеля $$\ \Gamma^{i}_{ki}$$, який, як відомо, фігурує у виразі для частинного випадку коваріантної похідної - 4-дивергенції.

Диференціал $$\ dg$$ відповідає диференціалу кожної компоненти тензора $$\ g_{ik}$$, домноженому на відповідний мінор. Мінори можна виразити через контраваріантний метричний тензор (який є оберненим до коваріантного), домножений на визначник коваріантного. Тоді

$$\ dg = gg^{ik}dg_{ik} = -gg_{ik}dg^{ik}$$.

Символ Кристоффеля $$\ \Gamma^{i}_{ki}$$ тоді рівен

$$\ \Gamma^{i}_{ki} = \frac{1}{2}g^{im}\left( \partial_{k}g_{im} + \partial_{i}g_{km} - \partial_{m}g_{ik}\right) = \frac{1}{2}g^{im}\partial_{k}g_{im} = \frac{1}{2}g^{im}\frac{\partial g_{im}}{\partial x^{k}} = |g^{ik}dg_{ik} = \frac{dg}{g}| = \frac{\partial_{k}g}{2g} = \partial_{k}ln(\sqrt{-g})$$,

де при переході від першої до другої рівності враховано те, що індекси $$\ i, m$$ є німими, і тому їх можна формально перепозначити один з одним, скоротивши другий і третій доданок.

В результаті, коваріантна 4-дивергенція буде рівна

$$\ D_{i}A^{i} = \partial_{i}A^{i} + \Gamma^{i}_{li}A^{l} = \partial_{i}A^{i} + A^{i}\partial_{i}ln(\sqrt{-g}) = \frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_{i}(A^{i}\sqrt{-g})$$.

Отже, третій доданок рівен

$$\ \delta S_{3} = -\frac{1}{16 \pi G}\int \partial_{\lambda}(\sqrt{-g}g^{ik}\Gamma^{\lambda}_{ik} - \sqrt{-g}g^{i\lambda}\Gamma^{\sigma}_{i \sigma})\sqrt{-g}d^{4}x = 0$$,

оскільки варіації на нескінченності (границях інтегрування) рівні нулю. (Не зайвим буде, втім, отримати явний вигляд для варіації символу Кристоффеля.)

Отже,

$$\ \delta S = \frac{-\Lambda}{2}\int \sqrt{-g}g^{\alpha \beta}\delta g_{\alpha \beta} d^{4}x -\frac{1}{32 \pi G}\int \sqrt{-g}g^{\alpha \beta}\delta g_{\alpha \beta}g^{ik}R_{ik} d^{4}x + \frac{1}{16 \pi G}\int \sqrt{-g}R^{ik}\delta g_{ik}d^{4}x = $$

$$\ = \frac{1}{2}\int \left[ -\Lambda g^{\alpha \beta} - \frac{1}{8 \pi G}\left( \frac{1}{2}g^{\alpha \beta} g^{ik}R_{ik} - R^{\alpha \beta }\right)\right]\sqrt{-g}\delta g_{\alpha \beta} d^{4}x = \frac{1}{2}\int \left[ \Lambda g^{\alpha \beta} - \frac{1}{8 \pi G}\left( g^{\alpha \beta} \frac{R}{2} - R^{\alpha \beta }\right)\right]\sqrt{-g}\delta g_{\alpha \beta} d^{4}x = 0 \Rightarrow $$

$$\ \Rightarrow \Lambda g^{\alpha \beta} + \frac{1}{8 \pi G}\left( g^{\alpha \beta} \frac{R}{2} - R^{\alpha \beta }\right) = 0$$,

що і є рівняннями Ейнштейна.

Взагалі кажучи, нехтування граничним членом при інтегруванні по частинам не було коректною операцією, оскільки навіть якщо метрика на границі прямує до нуля, то похідна від метрики прямувати до нуля не зобов'язана. Тому, взагалі кажучи, до початкової дії треба додати член, який скорочує цей граничний доданок.

Додавання тензору енергії-імпульса
Рівняння вище описує метрику без наявності речовини і відповідних їй полів. Проте необхідно також мати рівняння, яке б описувало взаємодію матерії та гравітаційного поля. Для цього у рівняння можна додати член виду

$$\ S_{m} = \int d^{4}x\sqrt{-g}L_{m}$$.

Густина лагранжіану тут відповідає скалярній функції, що залежить від полів матерії та метрики. Тоді

$$\ \delta S_{m} = \frac{1}{2}\int d^{4}x\sqrt{-g}T_{\mu \nu}\delta g^{\mu \nu}$$,

де введено симетричний тензор $$\ T_{\mu \nu}$$. Його симетричність відповідає тому, що $$\ \delta g^{\mu \nu}$$ - симетричний тензор, тому згортка довільного тензору з ним залишає лише симетричну частину цього тензора.

Тоді рівняння Ейнштейна набуде вигляду

$$\ R_{\mu \nu} - g_{\mu \nu}\frac{R}{2} = 8 \pi G (T_{\mu \nu} + \Lambda g_{\mu \nu})$$.

Тензор $$\ T_{\mu \nu}$$ може бути ототожнений із тензором енергії-імпульсу. Дійсно, наприклад, для скалярного поля $$\ \varphi $$ вірно $$\ D_{\mu} \varphi = \partial_{\mu} \varphi$$, і

$$\ L_{m} = \frac{1}{2}g^{\mu \nu}\partial_{\mu}\varphi \partial_{\nu} \varphi - V(\varphi )$$,

де $$\ V(\varphi )$$ залежить від типу поля.

Відповідна варіація (варіюється лише метрика, не поля) тоді рівна

$$\ \delta S_{m} = \int d^{4}x\delta (\sqrt{-g})L_{m} + \int d^{4}x\sqrt{-g}\frac{1}{2}\delta (g^{\mu \nu})\partial_{\mu}\varphi \partial_{\nu} \varphi = $$

$$\ = \frac{1}{2}\int d^{4}x\delta (g^{\mu \nu})\left( \partial_{\mu} \varphi \partial_{\nu} \varphi - g_{\mu \nu} L\right) $$.

Аналогічне можна показати для інших типів полів. Отже, $$\ T_{\mu \nu}$$ - тензор енергії-імпульсу.

Рівняння Ейнштейна тоді набуде вигляду

$$\ R_{\mu \nu} + \frac{1}{2} g_{\mu \nu} R = 8 \pi G (T_{\mu \nu} + \Lambda g_{\mu \nu})$$.

Можна показати, що з цього рівняння слідує, що коваріантна дивергенція від тензора енергії-імпульса рівна нулю. Для цього треба показати, що дивергенція від лівої частини рівна нулю, що можна зробити за допомогою другої тотожності Б'янкі, згорнувши двічі за індексами:

$$\ D_{\rho}R^{\lambda}_{\quad \sigma \mu \nu} + D_{\nu}R^{\lambda}_{\quad \sigma \rho \mu} + D_{\mu}R^{\lambda}_{\quad \sigma \nu \rho} = 0 \Rightarrow D_{\rho}R_{\sigma \nu} - D_{\nu}R_{\sigma \rho} + D_{\lambda}R^{\lambda}_{\quad \sigma \nu \rho} = 0 \Rightarrow$$

$$\ D_{\rho} R - D^{\sigma}R_{\sigma \rho} - D^{\lambda}R_{\lambda \rho} = 2(\frac{1}{2}D_{\rho} R - D^{\sigma}R_{\sigma \rho}) = 0 $$,

звідки і слідує, що $$\ D^{\mu}T_{\mu \nu} = -\Lambda D^{\mu}g_{\mu \nu} = 0$$.

Збереження тензору енергії-імпульса як наслідок інваріантності дії відносно трансляцій
Можна також показати, що закон збереження тензора енергії-імпульсу слідує із інваріантності дії відносно локальних ізометрій та із матеріальних рівнянь поля. До речі, так можна більш строго ототожнити $$\ T_{\mu \nu}$$ із тензором енергії-імпульсу у загальному випадку, оскільки відповідний тензор - нетерівський струм, що відповідає інваріантності дії відносно трансляцій. Дійсно, при перетворенні

$$\ x_{\mu}' = x_{\mu} + \varepsilon_{\mu}(x)$$

можна показати, що

$$\ g_{\mu \nu}{'} = g_{\mu \nu} + D_{\mu}\varepsilon_{\nu}+ D_{\nu}\varepsilon_{\mu}$$.

Тоді відповідна варіація $$\ \delta g_{\mu \nu} = g_{\mu \nu}{'} - g_{\mu \nu} = D_{\mu}\varepsilon_{\nu}+ D_{\nu}\varepsilon_{\mu}$$,

а варіація дії (потребується, щоб вона була рівною нулю) -

$$\ \delta S = \int \delta (T_{\mu \nu}) g^{\mu \nu}\sqrt{-g}d^{4}x + \int T_{\mu \nu} (D^{\mu} \varepsilon^{\nu} + D^{\nu}\varepsilon^{\mu})\sqrt{-g}d^{4}x = 0$$.

Нехай тепер виконуються рівняння поля для матерії. Тоді перший доданок рівен нулю, і залишається лише другий.

В силу довільності $$\ \varepsilon^{\mu} $$ рівність другого доданку нулю повинна бути тотожня. Через це, інтегруючи по частинам його, можна прийти до рівності ($$\ D_{\mu}\sqrt{-g} = 0$$, оскільки $$\ -g$$ складається із елементів метричного тензора, коваріантні похідні від яких рівні нулю)

$$\ \int \sqrt{-g}(D^{\mu}T_{\mu \nu}) \varepsilon^{\nu} d^{4}x + \int \sqrt{-g} (D^{\nu}T_{\mu \nu}) \varepsilon^{\mu}d^{4}x = 0 \Rightarrow D^{\mu}T_{\mu \nu} = 0$$.