Inverse Metrik für 3 + 1-Zerlegung

Aug 16 2020

Ich habe versucht, etwa 3 + 1 Zerlegung der Raumzeit aus Abschnitt 12.2 von Padmanabhans Buch Gravitation Foundations and Frontiers zu lesen. Es können jedoch auch andere Quellen den Kontext für meine Frage liefern.

Einmal das Koordinatensystem $(t,y^\alpha)$ wurde in der Raumzeit aus der Foliation übernommen, $x^a=x^a(t,y^\alpha)$, dann können wir schreiben (auch das Buch verwendet die Konvention $a=0,1,2,3$;; $\alpha=1,2,3$ oder lateinische Indizes repräsentieren Raumzeit und griechische Indizes nur Raum), \begin{align} dx^a&=\frac{\partial x^a}{\partial t}dt+\frac{\partial x^a}{\partial y^\alpha}dy^\alpha\nonumber\\ &=t^adt+e^a_\alpha dy^\alpha\nonumber\\ &=\left(Nn^a+N^\alpha e^a_\alpha\right)dt+e^a_\alpha dy^\alpha\nonumber\\ &=\left(Ndt\right)n^a+\left(N^\alpha dt+dy^\alpha\right)e^a_\alpha \end{align} Wo wir die Tatsache verwendet haben, dass die Tangente an die Kurven durch parametrisiert wird $t$ ist $t^a=\partial x^a/\partial t=Nn^a+N^\alpha e^a_\alpha$;; und$N$heißt die Lapse- Funktion und$N^\alpha$wird der Verschiebungsvektor genannt.$e^a_\alpha=\partial x^a/\partial y^\alpha$ sind die Tangente an die Hyperfläche, die als Tetraden bezeichnet wird.

Das Linienelement (Quadrat) wird nun zu: \begin{align} ds^2&=g_{mn}dx^mdx^n\nonumber\\ &=g_{mn}\left[\left(Ndt\right)n^m+\left(N^\alpha dt+dx^\alpha\right)e^m_\alpha\right]\left[\left(Ndt\right)n^n+\left(N^\beta dt+dx^\beta\right)e^n_\beta\right]\nonumber\\ &=-N^2dt^2+h_{\alpha\beta}\left(dx^\alpha+N^\alpha dt\right)\left(dx^\beta+N^\beta dt\right), \end{align} Hier, \begin{align} h_{\alpha\beta}=g_{mn}e^m_\alpha e^n_{\beta}=g_{\alpha\beta}. \end{align} Die Metrik kann aus dem obigen Zeilenelement ausgelesen werden. \begin{align} g_{00}=-N^2+N_\gamma N^\gamma,\quad g_{0\alpha}=N_\alpha,\quad g_{\alpha\beta}=h_{\alpha\beta} \end{align} In Matrixform \begin{align} g_{mn}=\begin{pmatrix} -N^2+N_\gamma N^\gamma & N_\alpha\\ N_\alpha & h_{\alpha\beta} \end{pmatrix} \end{align}

Meine Frage ist, wie man die Umkehrung dieser Metrik berechnet.

Ich habe versucht, dies zu tun, aber es gelang mir bis auf die Komponente nicht $g^{00}$und ich bin nicht sicher, ob diese Ableitung richtig ist. Lassen Sie mich den Prozess im Folgenden beschreiben.

Nun als $\partial_a t=\delta^t_a=\delta^0_a$ im Koordinatensystem $(t,y^\alpha)$. So,\begin{align} g^{00}&=g^{ab}\partial_a t\partial_b t\nonumber\\ &=\frac{1}{N^2}g^{ab}n_an_b\nonumber\\ &=-N^{-2}. \end{align} Wo ich die Tatsache verwendet habe, dass die normalen Vektoren definiert sind als $n_a=-N\partial_a t$ und die Normalisierung für raumartige Hyperflächen ist so, dass $n^an_a=-1$.

In dem Buch werden die Komponenten für die inverse Metrik wie folgt angegeben: \begin{align} g^{00}=-N^{-2},\quad g^{0\alpha}=N^{-2}N^{\alpha},\quad g^{\alpha\gamma}=h^{\alpha\gamma}-N^{-2}N^\alpha N^\gamma \end{align}

Daher ist die Antwort, die ich suche, die schrittweise Ableitung der inversen Metrik unter Berücksichtigung der Komponenten der Metrik und man sollte auch überprüfen, ob meine Berechnung für $g^{00}$ist richtig. Vielen Dank.

Antworten

2 VacuuM Aug 22 2020 at 09:58

Lass es mich ein für alle Mal tun. Obwohl die Frage von Spiridon beantwortet wurde, möchte ich eine formale Ableitung geben, da Spiridons Antwort Rätselraten beinhaltet. Wir haben eine Situation, in der wir die Inverse einer partitionierten Matrix berechnen müssen. Lassen Sie uns also zuerst eine allgemeine Formel für die Umkehrung partitionierter Matrizen ableiten und sie dann auf die Metrik anwenden.

Lassen Sie zwei nicht singuläre $n\times n$ Matrizen $A$ und $B$ wie folgt aufgeteilt werden, \begin{align} A=\begin{pmatrix} A_{11} & A_{12}\\ A_{21} & A_{22} \end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix} B_{11} & B_{12}\\ B_{21} & B_{22} \end{pmatrix}. \end{align} Lassen $A_{11}$ und $B_{11}$ Sein $k\times k$ Matrizen mit $k<n$. Wir werden auch annehmen,\begin{align} \det (A_{11})\neq0;\quad\det (A_{22})\neq0. \end{align} Nun, wenn $B=A^{-1}$, dann werden wir die Komponentenmatrizen von finden $B$ in Bezug auf die Komponentenmatrizen von $A$. Wir haben,\begin{align} \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12}\\ A_{21} & A_{22} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} B_{11} & B_{12}\\ B_{21} & B_{22} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} I_{k\times k} & O_{k\times n-k}\\ O_{n-k\times k} & I_{n-k\times n-k} \end{pmatrix} \end{align} Diese Matrixbeziehung reduziert sich auf, \begin{align} A_{11}B_{11}+A_{12}B_{21}&=I_{k\times k}\qquad &&(1)\\ A_{11}B_{12}+A_{12}B_{22}&=O_{k\times n-k}\qquad &&(2)\\ A_{21}B_{11}+A_{22}B_{21}&=O_{n-k\times k}\qquad &&(3)\\ A_{21}B_{12}+A_{22}B_{22}&=I_{n-k\times n-k}\qquad &&(4) \end{align} Aus (2) und (3) haben wir, \begin{align} B_{12}=-A_{11}^{-1}A_{12}B_{22}\\ B_{21}=-A_{22}^{-1}A_{21}B_{11} \end{align} Wenn wir diese in (1) und (4) einsetzen, erhalten wir: \begin{align} \left(A_{11}-A_{12}A^{-1}_{22}A_{21}\right)B_{11}&=I_{k\times k}\\ \left(A_{22}-A_{21}A^{-1}_{11}A_{12}\right)B_{22}&=I_{n-k\times n-k} \end{align} Daher, \begin{align} B_{11}&=\left(A_{11}-A_{12}A^{-1}_{22}A_{21}\right)^{-1}\\ B_{22}&=\left(A_{22}-A_{21}A^{-1}_{11}A_{12}\right)^{-1} \end{align} Wenn wir diese nun in (2) und (3) einsetzen, erhalten wir: \begin{align} B_{12}&=-A_{11}^{-1}A_{12}B_{22}=-A_{11}^{-1}A_{12}\left(A_{22}-A_{21}A^{-1}_{11}A_{12}\right)^{-1}\\ B_{21}&=-A_{22}^{-1}A_{21}B_{11}=-A_{22}^{-1}A_{21}\left(A_{11}-A_{12}A^{-1}_{22}A_{21}\right)^{-1} \end{align} Deshalb, \begin{align} B=A^{-1}=\begin{pmatrix} \left(A_{11}-A_{12}A^{-1}_{22}A_{21}\right)^{-1} & -A_{11}^{-1}A_{12}\left(A_{22}-A_{21}A^{-1}_{11}A_{12}\right)^{-1}\\ -A_{22}^{-1}A_{21}\left(A_{11}-A_{12}A^{-1}_{22}A_{21}\right)^{-1} &\left(A_{22}-A_{21}A^{-1}_{11}A_{12}\right)^{-1} \end{pmatrix} \end{align} Für unseren Zweck wäre es bequem zu erweitern, $\left(A_{22}-A_{21}A^{-1}_{11}A_{12}\right)^{-1}$in Bezug auf die Woodbury-Matrix-Identität . Lassen Sie uns zunächst die Identität ableiten. Beachten Sie, dass,\begin{align} U+UCVM^{-1}U=UC\left(C^{-1}+VM^{-1}U\right)=\left(M+UCV\right)M^{-1}U \end{align} Dies impliziert, \begin{align} \left(M+UCV\right)^{-1}UC=M^{-1}U\left(C^{-1}+VM^{-1}U\right)^{-1}, \end{align}vorausgesetzt, alle erforderlichen Umkehrungen sind vorhanden! Dann,\begin{align} M^{-1}&=\left(M+UCV\right)^{-1}\left(M+UCV\right)M^{-1}\nonumber\\ &=\left(M+UCV\right)^{-1}\left(I+UCVM^{-1}\right)\nonumber\\ &=\left(M+UCV\right)^{-1}+\left(M+UCV\right)^{-1}UCVM^{-1}\nonumber\\ &=\left(M+UCV\right)^{-1}+M^{-1}U\left(C^{-1}+VM^{-1}U\right)^{-1}VM^{-1} \end{align} So, \begin{align} \left(M+UCV\right)^{-1}=M^{-1}-M^{-1}U\left(C^{-1}+VM^{-1}U\right)^{-1}VM^{-1} \end{align}Die obige Identität wird als Woodbury-Matrixidentität bezeichnet . Jetzt identifizieren$M=A_{22}$, $U=-A_{21}$, $C=A_{11}^{-1}$ und $V=A_{12}$, wir bekommen, \begin{align} \left(A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}\right)^{-1}=A_{22}^{-1}+A_{22}^{-1}A_{21}\left(A_{11}-A_{12}A_{22}^{-1}A_{21}\right)^{-1}A_{12}A_{22}^{-1}. \end{align} Deshalb haben wir endlich, \begin{align} A^{-1}= \left( \begin{array}{c|c} \left(A_{11}-A_{12}A^{-1}_{22}A_{21}\right)^{-1} & -A_{11}^{-1}A_{12}\left(A_{22}-A_{21}A^{-1}_{11}A_{12}\right)^{-1}\\ \hline -A_{22}^{-1}A_{21}\left(A_{11}-A_{12}A^{-1}_{22}A_{21}\right)^{-1} &A_{22}^{-1}+A_{22}^{-1}A_{21}\left(A_{11}-A_{12}A_{22}^{-1}A_{21}\right)^{-1}A_{12}A_{22}^{-1} \end{array} \right) \end{align}Nachdem wir diese allgemeine Formel abgeleitet haben, kehren wir zur Berechnung der Umkehrung der Metrik zurück. Wir haben,\begin{align} g_{mn}= \left( \begin{array}{c|c} -N^2+N_\gamma N^\gamma & N_\alpha \\ \hline N_{\alpha} & h_{\alpha\beta} \end{array} \right) \end{align} Jetzt, \begin{align} A_{11}=-N^2+N_\gamma N^\gamma, \quad A_{12}=N_\alpha,\quad A_{21}=N_\alpha,\quad A_{22}=h_{\alpha\beta}. \end{align} Wir stellen auch fest, dass $A_{22}^{-1}=(h_{\alpha\beta})^{-1}=h^{\alpha\beta}$. Dann,\begin{align} g^{00}=\left(A_{11}-A_{12}A^{-1}_{22}A_{21}\right)^{-1}=(-N^2+N_\gamma N^\gamma-N_\alpha h^{\alpha\beta}N_\beta)^{-1}=-N^{-2}, \end{align} und \begin{align} g^{\alpha 0}&=-A_{22}^{-1}A_{21}\left(A_{11}-A_{12}A^{-1}_{22}A_{21}\right)^{-1}\nonumber\\ &=-h^{\alpha\beta}N_\beta(-N^2+N_\gamma N^\gamma-N_\alpha h^{\alpha\beta}N_\beta)^{-1}=N^{-2}N^\alpha=g^{0\alpha}, \end{align} und schlussendlich, \begin{align} g^{\alpha\beta}&=A_{22}^{-1}+A_{22}^{-1}A_{21}\left(A_{11}-A_{12}A_{22}^{-1}A_{21}\right)^{-1}A_{12}A_{22}^{-1}\\ &=h^{\alpha\beta}+h^{\alpha\gamma}N_\gamma\left(-N^2+N^\sigma N_\sigma-N_\xi h^{\xi\mu}N_\mu\right)^{-1}N_\rho h^{\rho\beta}\nonumber\\ &=h^{\alpha\beta}-N^{-2}N^\alpha N^\beta \end{align}Voila! Genießen!

5 spiridon_the_sun_rotator Aug 16 2020 at 10:25

Nun, vielleicht gibt es einen klareren Weg, dies zu tun, ohne zu raten. Ich würde von der Definition einer inversen Matrix ausgehen:$$ g^{\mu \alpha} g_{\alpha \nu} = \delta_{\nu}^{\mu} $$ Oder konkreter: $$ \begin{pmatrix} -N^2+N_\gamma N^\gamma & N_\alpha\\ N_\alpha & h_{\alpha\beta} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} g^{00} & g^{0 \alpha}\\ g^{0 \alpha} & g^{\alpha \beta} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$ In Komponenten geschrieben: $$ \begin{align} (-N^2+N_\gamma N^\gamma) g^{00} + N_\alpha g^{0 \alpha} = 1 \\ (-N^2+N_\gamma N^\gamma) g^{0\alpha} + N_\beta g^{\beta \alpha} = 0 \\ N_\alpha g^{0\beta} + h_{\alpha \gamma} g^{\gamma \beta } = \delta_\alpha^{\beta} \end{align} $$ Verwenden Sie nun die Symmetrie von $g_{\mu \nu}, h_{\mu \nu}$ unter Austausch von $\mu \leftrightarrow \nu$kann man sehen, dass es gibt $ D(D+1) / 2$ lineare Gleichungen über die gleiche Anzahl von Unbekannten, die im Prinzip gelöst werden können.

Dies direkt zu tun scheint eine mühsame Aufgabe zu sein, daher kann es eine fundierte Vermutung geben. Angenommen, wir wüssten das$g^{00}$ ist $-N^2$, im Allgemeinen könnte ein Ansatz sein $\alpha N^2 + \beta N_\alpha N^{\alpha}$Dann wird die erste Gleichung sofort durch Setzen von: $$ g^{0 \alpha} = N^{-2} N^{\alpha} $$Dann kann man in die zweite Zeile schauen. Hier ist natürlich auch anzunehmen, dass$g^{\mu \nu} = h^{\mu \nu} + b^{\mu \nu}$, wo $b^{\mu \nu}$ist auch symmetrisch. Diese Substitution ergibt:$$ -N^{\alpha} - N^{-2} N_\gamma N^\gamma N^{\alpha} + N^{\alpha} + N_\beta b^{\beta \alpha} = 0 $$ Auch hier kann man sehen, dass die $b^{\mu \nu} = -N^{-2} N^{\beta} N^{\alpha}$ macht den Job.

1 haelewiin Aug 18 2020 at 21:14

Diese Antwort erweitert die Antwort von Spiridon geringfügig und formuliert Teile des OP-Setups in einer etwas anderen Sprache.

Die inverse Metrik $g^{-1}$Als Tensor ist es koordinatenunabhängig. Eine Möglichkeit, die Komponenten der inversen Metrik in einem bestimmten Koordinatensystem zu bestimmen, besteht darin, sie aus einer koordinatenunabhängigen Darstellung abzuleiten. Das heißt, wenn die inverse Metrik in einer Basis$\{{\bf e}_a\}$ ist gegeben durch $$ g^{-1} = g^{ab}\, {\bf e}_a \otimes {\bf e}_b, $$ dann sind seine Komponenten durch die Wirkung von gegeben $g^{-1}$ auf der doppelten Basis $\{{\bf e}^a\}$:: $$ g^{ab} = g^{-1}({\bf e}^a,{\bf e}^b). $$ Die 3 + 1-Zerlegung der Raumzeit wird durch die ebenen Flächen (wirklich Hyperflächen) eines Skalarfeldes realisiert $f$. Eine Einheit normal ist$n^a = - N g^{ab} \nabla_b f$. Vom Gerät normal$n^a$ man kann Projektoren parallel bauen ($P_\parallel$) und orthogonal ($P_\perp$) dazu. Ihre Komponenten sind durch die Ausdrücke gegeben$$ P_\parallel{}^{a}{}_{b} \equiv - n^a n_b, \qquad P_\perp{}^{a}{}_{b} \equiv \delta^a_b - P_\parallel{}^{a}{}_{b} = \delta^a_b - n^a n_b. $$ Mit diesen Projektoren kann man die Komponenten der Metrik bestimmen $g_{ab}$ in Bezug auf die Folersurface-Foliation: $$ g_{ab} = h_{ab} - n_a n_b \equiv P_\perp{}^{c}{}_{a} P_\perp{}^{d}{}_{b}g_{cd} - n_a n_b. $$ Das Tensorfeld $h_{ab}$ist die induzierte Metrik auf den Hyperflächen, da jede Kontraktion mit der Einheitsnormalen verschwindet. In ähnlicher Weise kann man überprüfen, ob die Komponenten der inversen Metrik erfüllt sind$$ g^{ab} = h^{ab} - n^a n^b \equiv P_\perp{}^{a}{}_{c} P_\perp{}^{b}{}_{d}g^{cd} - n^a n^b.\tag{1}\label{inverse} $$ Auf einer bestimmten Hyperfläche $f=t$führt man einen Satz von Ein-Parameter-Koordinaten ein $y^\alpha$ die variieren reibungslos in Abhängigkeit von $t$. Dies erzeugt eine Reihe von Vektorfeldern$e_\alpha{}^a \equiv \partial x^a/\partial y^\alpha$tangential zur Hyperfläche, die als Einbettungskarte von der Hyperfläche zur Raumzeit dienen. Insbesondere kann die induzierte Metrik über die Beziehung in Form dieser neuen Koordinaten ausgedrückt werden$h_{\alpha\beta}=h_{ab}e_\alpha{}^a e_\beta{}^b$. In diesem Koordinatensystem der Zeitvektor$t^a$ ist im Allgemeinen nicht orthogonal zur Hyperfläche, kann aber in orthogonal zerlegt werden $N$ und tangential $N^\alpha$ Teile: $$ t^a = Nn^a + N^\alpha e_\alpha{}^a.\tag{2}\label{decomposition} $$ Beachten Sie, dass $\nabla_a f = -N^{-1}n_a$ ist dual zum Zeitvektor $t^a$. Die Substitution von \ eqref {Zerlegung} in \ eqref {inverse} ergibt dann$$ g^{\mu\nu} = - N^{-2} t^\mu t^\nu + N^{-2} t^\mu N^\alpha e_\alpha{}^\nu + N^{-2} t^\nu N^\alpha e_\alpha{}^\mu + \left(h^{\alpha\beta} - N^{-2} N^\alpha N^\beta \right) e_\alpha{}^a e_\beta{}^b. $$ Die Komponenten der inversen Metrik im gegebenen Koordinatensystem können dann durch Kontraktion gefunden werden: \begin{align} g^{00} &= g^{ab}\nabla_a f \nabla_b f = - N^{-2},\\ g^{0\alpha} &= g^{ab} \nabla_a f\; e_b{}^\alpha = N^{-2} N^\alpha= g^{a0},\\ g^{\alpha\beta} &= g^{ab}e_a{}^\alpha e_b{}^\beta = h_{\alpha\beta} - N^{-2} N^\alpha N^\beta. \end{align}

Verweise:

  • E. Poisson (2007), Toolkit für Relativisten - Kapitel 3, 4
  • E. Gourgoulhon (2012), 3 + 1 Formalismus und Grundlagen der numerischen Relativitätstheorie - Kapitel 2, 3