Số liệu nghịch đảo cho phân tích 3 + 1

Aug 16 2020

Tôi đang cố đọc về sự phân hủy 3 + 1 của không thời gian từ phần 12.2 của cuốn sách Nền tảng hấp dẫn và biên giới của Padmanabhan. Tuy nhiên, các nguồn khác cũng có thể cung cấp bối cảnh cho câu hỏi của tôi.

Khi hệ tọa độ $(t,y^\alpha)$ đã được thông qua trong không thời gian từ tán lá, $x^a=x^a(t,y^\alpha)$, sau đó chúng ta có thể viết (sách cũng sử dụng quy ước $a=0,1,2,3$; $\alpha=1,2,3$ hoặc các chỉ số Latinh đại diện cho không thời gian và chỉ số Hy Lạp chỉ không gian), \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} Nơi chúng tôi đã sử dụng thực tế rằng tiếp tuyến của các đường cong được tham số bởi $t$ Là $t^a=\partial x^a/\partial t=Nn^a+N^\alpha e^a_\alpha$; và$N$được gọi là hàm mất hiệu lực và$N^\alpha$được gọi là vectơ dịch chuyển .$e^a_\alpha=\partial x^a/\partial y^\alpha$ là tiếp tuyến của siêu mặt được gọi là tứ diện.

Phần tử đường (bình phương) bây giờ trở thành, \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} đây, \begin{align} h_{\alpha\beta}=g_{mn}e^m_\alpha e^n_{\beta}=g_{\alpha\beta}. \end{align} Chỉ số có thể được đọc ra từ phần tử dòng ở trên, \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} Ở dạng ma trận, \begin{align} g_{mn}=\begin{pmatrix} -N^2+N_\gamma N^\gamma & N_\alpha\\ N_\alpha & h_{\alpha\beta} \end{pmatrix} \end{align}

Câu hỏi của tôi là làm thế nào để tính toán nghịch đảo của số liệu này?

Tôi đã cố gắng làm điều đó nhưng không thành công ngoại trừ thành phần $g^{00}$và tôi không chắc liệu suy luận đó có đúng hay không. Vì vậy, hãy để tôi mô tả quá trình sau đây.

Bây giờ, như $\partial_a t=\delta^t_a=\delta^0_a$ trong hệ tọa độ $(t,y^\alpha)$. Vì vậy,\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} Nơi tôi đã sử dụng thực tế rằng các vectơ bình thường được định nghĩa là $n_a=-N\partial_a t$ và quá trình chuẩn hóa cho các siêu bề mặt giống khoảng cách là như vậy $n^an_a=-1$.

Trong cuốn sách, các thành phần cho số liệu nghịch đảo được đưa ra là, \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}

Do đó, câu trả lời mà tôi đang tìm kiếm là dẫn xuất từng bước của số liệu nghịch đảo với các thành phần của số liệu và người ta cũng nên xác minh xem phép tính của tôi cho $g^{00}$đúng. Cảm ơn bạn.

Trả lời

2 VacuuM Aug 22 2020 at 09:58

Hãy để tôi làm điều đó một lần và mãi mãi. Mặc dù câu hỏi đã được trả lời bởi spiridon, tôi muốn đưa ra một dẫn xuất chính thức vì câu trả lời của spiridon liên quan đến công việc đoán. Chúng ta có một tình huống mà chúng ta cần tính nghịch đảo của một ma trận được phân vùng. Vì vậy, trước tiên chúng ta hãy suy ra một công thức chung cho nghịch đảo của ma trận được phân vùng và sau đó chúng ta sẽ áp dụng nó cho số liệu.

Hãy để hai không số ít $n\times n$ ma trận $A$ và $B$ được phân vùng như sau, \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} Để cho $A_{11}$ và $B_{11}$ là $k\times k$ ma trận với $k<n$. Chúng tôi cũng sẽ giả định,\begin{align} \det (A_{11})\neq0;\quad\det (A_{22})\neq0. \end{align} Bây giờ nếu $B=A^{-1}$, sau đó chúng ta sẽ tìm các ma trận thành phần của $B$ xét về ma trận thành phần của $A$. Chúng ta có,\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} Mối quan hệ ma trận này giảm xuống, \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} Từ (2) và (3) chúng ta có, \begin{align} B_{12}=-A_{11}^{-1}A_{12}B_{22}\\ B_{21}=-A_{22}^{-1}A_{21}B_{11} \end{align} Thay chúng thành (1) và (4), chúng ta nhận được, \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} Vì thế, \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} Bây giờ thay chúng thành (2) và (3), chúng tôi nhận được, \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} Vì thế, \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} Đối với mục đích của chúng tôi, nó sẽ thuận tiện để mở rộng, $\left(A_{22}-A_{21}A^{-1}_{11}A_{12}\right)^{-1}$về nhận dạng ma trận Woodbury . Trước tiên, chúng ta hãy tìm ra danh tính. Lưu ý rằng,\begin{align} U+UCVM^{-1}U=UC\left(C^{-1}+VM^{-1}U\right)=\left(M+UCV\right)M^{-1}U \end{align} Điều này nghĩa là, \begin{align} \left(M+UCV\right)^{-1}UC=M^{-1}U\left(C^{-1}+VM^{-1}U\right)^{-1}, \end{align}cho tất cả các nghịch đảo bắt buộc tồn tại! Sau đó,\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} Vì vậy, \begin{align} \left(M+UCV\right)^{-1}=M^{-1}-M^{-1}U\left(C^{-1}+VM^{-1}U\right)^{-1}VM^{-1} \end{align}Nhận dạng trên được gọi là nhận dạng ma trận Woodbury . Bây giờ, xác định$M=A_{22}$, $U=-A_{21}$, $C=A_{11}^{-1}$ và $V=A_{12}$, chúng tôi nhận được, \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} Do đó, cuối cùng chúng tôi có, \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}Sau khi suy ra công thức chung này, chúng ta hãy quay lại tính toán nghịch đảo của số liệu. Chúng ta có,\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} Hiện nay, \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} Chúng tôi cũng lưu ý rằng, $A_{22}^{-1}=(h_{\alpha\beta})^{-1}=h^{\alpha\beta}$. Sau đó,\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} và \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} và cuối cùng, \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}Thì đấy! Thưởng thức!

5 spiridon_the_sun_rotator Aug 16 2020 at 10:25

Chà, có lẽ có một cách rõ ràng hơn để làm điều này mà không cần một số phỏng đoán. Tôi sẽ bắt đầu từ định nghĩa của ma trận nghịch đảo:$$ g^{\mu \alpha} g_{\alpha \nu} = \delta_{\nu}^{\mu} $$ Hay cụ thể hơn: $$ \begin{pmatrix} -N^2+N_\gamma N^\gamma & N_\alpha\\ N_\alpha & h_{\alpha\beta} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} g^{00} & g^{0 \alpha}\\ g^{0 \alpha} & g^{\alpha \beta} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$ Được viết trong các thành phần: $$ \begin{align} (-N^2+N_\gamma N^\gamma) g^{00} + N_\alpha g^{0 \alpha} = 1 \\ (-N^2+N_\gamma N^\gamma) g^{0\alpha} + N_\beta g^{\beta \alpha} = 0 \\ N_\alpha g^{0\beta} + h_{\alpha \gamma} g^{\gamma \beta } = \delta_\alpha^{\beta} \end{align} $$ Bây giờ, bằng cách sử dụng đối xứng của $g_{\mu \nu}, h_{\mu \nu}$ dưới sự trao đổi của $\mu \leftrightarrow \nu$, người ta có thể thấy, rằng có $ D(D+1) / 2$ phương trình tuyến tính trên cùng một số ẩn số, về nguyên tắc có thể giải được.

Thực hiện trực tiếp những điều này có vẻ là một công việc tẻ nhạt, vì vậy có thể có một sự phỏng đoán có học thức. Giả sử chúng ta biết điều đó$g^{00}$ Là $-N^2$, nói chung ansatz có thể $\alpha N^2 + \beta N_\alpha N^{\alpha}$, sau đó phương trình đầu tiên được giải ngay lập tức bằng cách đặt: $$ g^{0 \alpha} = N^{-2} N^{\alpha} $$Sau đó, người ta có thể nhìn vào dòng thứ hai. Đây cũng là điều tự nhiên để giả định rằng$g^{\mu \nu} = h^{\mu \nu} + b^{\mu \nu}$, Ở đâu $b^{\mu \nu}$cũng là đối xứng. Sự thay thế này mang lại:$$ -N^{\alpha} - N^{-2} N_\gamma N^\gamma N^{\alpha} + N^{\alpha} + N_\beta b^{\beta \alpha} = 0 $$ Ở đây, người ta có thể thấy rằng $b^{\mu \nu} = -N^{-2} N^{\beta} N^{\alpha}$ Làm công việc.

1 haelewiin Aug 18 2020 at 21:14

Câu trả lời này mở rộng một chút câu trả lời của spiridon, và diễn đạt lại các phần của thiết lập OP bằng ngôn ngữ hơi khác.

Số liệu nghịch đảo $g^{-1}$, là một tensor, là tọa độ độc lập. Do đó, một cách để xác định các thành phần của số liệu nghịch đảo trong một hệ tọa độ cụ thể là suy ra nó từ một biểu diễn độc lập tọa độ. Nói một cách dí dỏm, nếu số liệu nghịch đảo trên cơ sở$\{{\bf e}_a\}$ được đưa ra bởi $$ g^{-1} = g^{ab}\, {\bf e}_a \otimes {\bf e}_b, $$ thì các thành phần của nó được cung cấp bởi hành động của $g^{-1}$ trên cơ sở kép $\{{\bf e}^a\}$: $$ g^{ab} = g^{-1}({\bf e}^a,{\bf e}^b). $$ Sự phân hủy 3 + 1 của không thời gian được thực hiện bởi các bề mặt mức (thực sự là siêu bề mặt) của trường vô hướng $f$. Một đơn vị bình thường là$n^a = - N g^{ab} \nabla_b f$. Từ đơn vị bình thường$n^a$ người ta có thể cấu tạo máy chiếu song song ($P_\parallel$) và trực giao ($P_\perp$) với nó. Các thành phần của chúng được cho bởi các biểu thức$$ P_\parallel{}^{a}{}_{b} \equiv - n^a n_b, \qquad P_\perp{}^{a}{}_{b} \equiv \delta^a_b - P_\parallel{}^{a}{}_{b} = \delta^a_b - n^a n_b. $$ Với những máy chiếu này, người ta có thể xác định các thành phần của số liệu $g_{ab}$ xét về tán lá siêu bề mặt: $$ g_{ab} = h_{ab} - n_a n_b \equiv P_\perp{}^{c}{}_{a} P_\perp{}^{d}{}_{b}g_{cd} - n_a n_b. $$ Trường tensor $h_{ab}$là số liệu cảm ứng trên siêu bề mặt, vì mọi sự co lại của nó với đơn vị bình thường sẽ biến mất. Tương tự, người ta có thể xác minh rằng các thành phần của số liệu nghịch đảo thỏa mãn$$ g^{ab} = h^{ab} - n^a n^b \equiv P_\perp{}^{a}{}_{c} P_\perp{}^{b}{}_{d}g^{cd} - n^a n^b.\tag{1}\label{inverse} $$ Trên một siêu bề mặt nhất định $f=t$, người ta giới thiệu một tập hợp các tọa độ một tham số $y^\alpha$ thay đổi trơn tru như một chức năng của $t$. Điều này tạo ra một tập hợp các trường vectơ$e_\alpha{}^a \equiv \partial x^a/\partial y^\alpha$tiếp tuyến với siêu bề mặt, đóng vai trò như một bản đồ nhúng từ siêu bề mặt sang không thời gian. Đặc biệt, số liệu quy nạp có thể được biểu thị theo các tọa độ mới này thông qua quan hệ$h_{\alpha\beta}=h_{ab}e_\alpha{}^a e_\beta{}^b$. Trong hệ tọa độ này, vectơ thời gian$t^a$ thường không trực giao với siêu bề mặt, nhưng có thể được phân tách thành trực giao $N$ và tiếp tuyến $N^\alpha$ các bộ phận: $$ t^a = Nn^a + N^\alpha e_\alpha{}^a.\tag{2}\label{decomposition} $$ Lưu ý rằng $\nabla_a f = -N^{-1}n_a$ là đối ngẫu với vectơ thời gian $t^a$. Thay thế \ eqref {phân tách} thành \ eqref {inverse} thì kết quả là$$ g^{\mu\nu} = - N^{-2} t^\mu t^\nu + N^{-2} t^\mu N^\alpha e_\alpha{}^\nu + N^{-2} t^\nu N^\alpha e_\alpha{}^\mu + \left(h^{\alpha\beta} - N^{-2} N^\alpha N^\beta \right) e_\alpha{}^a e_\beta{}^b. $$ Sau đó, các thành phần của số liệu nghịch đảo trong hệ tọa độ đã cho có thể được tìm thấy bằng cách co lại: \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}