Алгебраическое тождество Бьянки

Тензор Римана удовлетворяет следующему тождеству:

$(1) \qquad R_{sijk} + R_{sjki} + R_{skij} = 0$

которое называется алгебраическим тождеством Бьянки или первым тождеством Бьянки.

Варианты записи тождества

Поскольку тензор Римана имеет две антисимметричные пары индексов (тензор меняет знак на противоположный при перестановке двух индексов внутри каждой из пар), причем тензор симметричен при перестановке местами самих пар, то мы можем, например, поменять местами первые два индекса. Получаем (изменив знак):

$(1a) \qquad R_{isjk} + R_{jski} + R_{ksij} = 0$

Если теперь поменять местами пары индексов, то получим:

$(1b) \qquad R_{jkis} + R_{kijs} + R_{ijks} = 0$

Все эти тождества эквивалентны, и словами их можно описать так: фиксируем один из индексов тензора Римана, а с тремя остальными индексами проделываем три циклические перестановки. Сумма компонент тензора Римана с полученными тремя наборами индексов равна нулю.

Другие варианты получаются при подъеме одного или нескольких индексов, например:

$(1c) \qquad R^s_{\; ijk} + R^s_{\; jki} + R^s_{\; kij} = 0$

Доказательство

Подготовка к доказательству

Пусть мы имеем величину с тремя индексами $s_{ij,k}$, которая симметрична по двум индексам (например по двум первым индексам):

$(2) \qquad s_{ij, k} = s_{ji,k}$

Из нее мы можем составить другую величину, которая будет антисимметрична по последним двум индексам, по следующей формуле:

$(3) \qquad a_{i,jk} = s_{ij,k} - s_{ik,j}$

Тогда легко проверить, что сумма компонент $a_{i,jk}$ при циклических перестановках индексов равна нулю:

$(4) \qquad a_{i, jk} + a_{j, ki} + a_{k, ij} = s_{ij,k} - s_{ik, j}+ s_{jk,i} - s_{ji,k} + s_{ki,j} - s_{kj,i} = 0$

Этот ход выкладок не изменится, если величина $s_{ij,k\dots}$ имеет большее количество индексов, которые, однако, в перестановках не участвуют.

Доказательство исходя из представления через символы Кристоффеля

Запишем тензор Римана через символы Кристоффеля:

$(5) \qquad R^s_{\; ijk} = \partial_j \Gamma^s_{ki} - \partial_k \Gamma^s_{ji} + \Gamma^s_{jp} \Gamma^p_{ki} - \Gamma^s_{kp} \Gamma^p_{ji}$

Если мы обозначим:

$(6) \qquad s_{ij,k} = -\partial_k \Gamma^s_{ji} - \Gamma^s_{kp} \Gamma^p_{ji}$

то

$(7) \qquad a_{i,jk} = s_{ij,k} - s_{ik,j} = R^s_{\;ijk}$

и равенство (4) совпадает с алгебраическим тождеством Бьянки (1).

Доказательство исходя из представления через векторы полной кривизны

Запишем тензор Римана:

$(8) \qquad R_{sijk} = (\mathbf{b}_{sj} \cdot \mathbf{b}_{ik}) - (\mathbf{b}_{sk} \cdot \mathbf{b}_{ij})$

В этом случае

$(9) \qquad s_{ij,k} = - (\mathbf{b}_{sk} \cdot \mathbf{b}_{ij})$

а далее все аналогично предыдущим выкладкам.

Доказательство через ковариантные производные

Пусть мы имеем произвольное скалярное поле $\phi = \phi(u^1, \dots u^n)$. Введем следующие обозначения для ковариантных производных этого поля первого и второго порядка:

$(10) \qquad \phi_i = \nabla_i \phi = \partial_i \phi$

$(11) \qquad \phi_{ij} = \nabla_i \nabla_j \phi = \partial_i \partial_j \phi - \Gamma^s_{ij} \phi_s$

Отметим, что вторая производная является симметричным тензором вследствие перестановочности частных производных и симметрии символов Кристоффеля.

Тогда свертка тензора Римана с градиентом $\phi$ равна:

$(12) \qquad R^s_{\;ijk} \phi_s= [\nabla_k \nabla_j] \phi_i = \nabla_k \phi_{ij} - \nabla_j \phi_{ik}$

В этом случае:

$(13) \qquad s_{ij,k} = \nabla_k \phi_{ij}$

и мы получаем тождество:

$(14) \qquad \left( R^s_{\;ijk} + R^s_{\;jki} + R^s_{\;kij} \right) \phi_s = 0$Поскольку функция $\phi = \phi(u^1, \dots u^n)$ произвольная, мы можем принять ее равной одной из координат ($\alpha$ — фиксированный индекс):

$(15) \qquad \phi = u^{\alpha}, \qquad \phi_s = \delta^{\alpha}_s$

Подставляя (15) в (14) получаем (с точностью до обозначений индексов) алгебраическое тождество Бьянки (1).

Антисиметризация тензора Римана

Используя тензор тензор метрической матрешки, можно для произвольного тензора $T_{i_1 \cdots i_m}$ $m$-ранга составить следующий антисимметричный по всем индексам тензор:

$(16) \qquad A_{i_1 \dots i_m} = {1 \over m!} g^{j_1 \dots j_m}_{i_1 \dots i_m} T_{j_1 \dots j_m}$

Очевидно, что антисимметричный тензор остается неизменным после проведения процедуры антисиметризации.

Применим антисиметризацию к тензору Римана:

$(17) \qquad A_{sijk} = {1 \over 4!} g^{s_1 i_1 j_1 k_1}_{sijk} R_{s_1 i_1 j_1 k_1} = {1 \over 24} \begin{vmatrix} \delta^{s_1}_s \delta^{s_1}_i \delta^{s_1}_j \delta^{s_1}_k \\ \delta^{i_1}_s \delta^{i_1}_i \delta^{i_1}_j \delta^{i_1}_k \\ \delta^{j_1}_s \delta^{j_1}_i \delta^{j_1}_j \delta^{j_1}_k \\ \delta^{k_1}_s \delta^{k_1}_i \delta^{k_1}_j \delta^{k_1}_k \end{vmatrix} R_{s_1 i_1 j_1 k_1}$

При раскрытии определителя мы получим 24 слагаемых по перестановке индексов $sijk$, причем парные перестановки будут со знаком «плюс», а нечетные — со знаком «минус»:

$(18) \qquad A_{sijk} = {1 \over 24} \left( (R_{sijk} + R_{sjki} + R_{skij}) - (R_{sjik} + R_{sikj} + R_{skji}) + \dots \right)$

Всего в формуле (18) будет восемь групп слагаемых по три слагаемых в каждой. Учитывая симметрию тензора Римана, легко увидеть, что все эти восемь групп одинаковые (с учетом знаков). Поэтому получаем:

$(19) \qquad A_{sijk} = {1 \over 3} (R_{sijk} + R_{sjki} + R_{skij})$

Теперь алгебраическое тождество Бьянки можно словами описать так: антисиметризация тензора Римана равна нулю.

Количество линейно независимых компонент внутренней кривизны

Если $n$ — размерность многообразия, то количество комбинаций в антисимметричной паре индексов равна:

$(20) \qquad \alpha = C^2_n = {n (n-1) \over 2}$

Поскольку тензор Римана симметричен относительно перестановки пар индексов, то его компоненты записываются (с точностью до знака) таким количеством разных чисел:

$(21) \qquad \beta = {\alpha (\alpha+1) \over 2} = {n (n-1) \over 4} \left( {n (n-1) \over 2} +1 \right)$

Но эти числа связаны линейными зависимостями, которые следуют из алгебраического тождества Бьянки. Количество этих уравнений, как легко видеть из формулы (19), равно количеству существенно разных компонент антисимметричного тензора четвертого ранга $A_{ijkl}$:

$(22) \qquad \gamma = C^4_n = {n (n-1) (n-2) (n-3) \over 24}$

(Заметим, что формула (22) дает правильный результат, т.е. ноль, тогда, когда $n < 4$) Следовательно количество линейно независимых компонент тензора Римана равно разности:

$(23) \qquad N = \beta - \gamma = {n (n-1) \over 24} (3 n (n-1) + 6 - (n-2) (n-3)) = {n^2 (n^2 - 1) \over 12}$

Формула (23) дает только максимально возможное количество линейно независимых компонент тензора Римана для данной размерности многообразия. А для конкретных многообразий это количество может быть меньшим. Например для плоского пространства это число равно нулю, а для гиперповерхности в системе координат главных направлений, имеем для индексов $i \ne j$ формулу:

$(24) \qquad R_{ijij} = k^{(i)} k^{(j)}$

а следовательно, количество линейно независимых компонент не превышает количества комбинаций из $n$ по 2, т.е.:

$(25) \qquad N_{hypersurface} = C_n^2 = {n (n-1) / 2}$

Связь с другими свойствами внутренней кривизны

Вследствие алгебраического тождества Бьянки, внутренняя кривизна многообразия полностью определяется по значениям следующей квадратичной формы от бивекторов $\sigma^{ij}= a^i b^j - a^j b^i$:

$(26) \qquad \Phi(\boldsymbol{\sigma}) = R_{ijkl} \sigma^{ij} \sigma^{kl}$

Также с алгебраическим тождеством Бьянки связана возможность альтернативного взгляда на внутреннюю кривизну через симметричный тензор внутренней кривизны.

См. также

• Дифференциальное тождество Бьянки