Алгебраїчна тотожність Біанкі

Тензор Рімана задовольняє наступну тотожність:

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

яка називається алгебраїчною тотожністю Біанкі.

Варіанти запису алгебраїчної тотожності Біанкі

Оскільки тензор Рімана має дві антисиметричні пари індексів (тензор змінює знак на протилежний при перестановці двох індексів всередині кожної з пар), причому тензор симетричний при перестановці місцями самих пар, то ми можемо, наприклад поміняти місцями перші два індекса. Одержуємо (змінивши знак):

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

Якщо тепер поміняти місцями пари індексів, то матимемо:

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

Всі ці тотожності еквівалентні, і словами їх можна описати так: фіксуємо один з індексів тензора Рімана, а з трьох решти індексів утворююємо три циклічні перестановки. Сума компонент тензора Рімана з одержаними трьома наборами індексів дорівнює нулю.

Інші варіанти одержуються при підніманні одного чи декількох індексів, наприклад:

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

Підготовка доведення

Нехай ми маємо величину з трьома індексами $s_{ij,k}$ яка симетрична по двох індексах (наприклад по двох перших індексах):

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

З неї ми можемо скласти іншу величину, яка буде антисиметрична по останніх двох індексах, за наступною формулою:

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

Тоді легко перевірити, що сума компонент $a_{i,jk}$ при циклічних перестановках індексів дорівнює нулю:

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

Цей хід викладок не зміниться, якщо величина $s_{ij,k\dots }$ матиме більшу кількість індексів, які проте в перестановках не беруть участі.

Доведення виходячи із представлення через символи Крістофеля

Запишемо тензор Рімана через символи Крістофеля:

$(5)\qquad R_{\;ijk}^{s}=\partial _{j}\Gamma _{ki}^{s}-\partial _{k}\Gamma _{ji}^{s}+\Gamma _{jp}^{s}\Gamma _{ki}^{p}-\Gamma _{kp}^{s}\Gamma _{ji}^{p}$

Якщо ми позначимо:

$(6)\qquad s_{ij,k}=-\partial _{k}\Gamma _{ji}^{s}-\Gamma _{kp}^{s}\Gamma _{ji}^{p}$

то

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

і рівність (4) збігається з алгебраїчною тотожністю Біанкі (1).

Доведення виходячи із представлення через вектори повної кривини

Запишемо тензор Рімана:

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

В цьому випадку

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

а далі все аналогічно попереднім викладкам.

Доведення через коваріантні похідні

Нехай и маємо довільне скалярне поле $\phi =\phi (u^{1},\dots u^{n})$. Введемо наступні позначення для коваріантних похідних цього поля першого та другого порядку:

$(10)\qquad \phi _{i}=\nabla _{i}\phi =\partial _{i}\phi$

$(11)\qquad \phi _{ij}=\nabla _{i}\nabla _{j}\phi =\partial _{i}\partial _{j}\phi -\Gamma _{ij}^{s}\phi _{s}$

Зазначимо, що друга похідна є симетричним тензором внаслідок перестановочності частинних похідних та симетрії символів Крістофеля.

Тоді згортка тензора Рімана з градієнтом $\phi$ дорівнює:

$(12)\qquad R_{\;ijk}^{s}\phi _{s}=[\nabla _{k}\nabla _{j}]\phi _{i}=\nabla _{k}\phi _{ij}-\nabla _{j}\phi _{ik}$

В цьому випадку:

$(13)\qquad s_{ij,k}=\nabla _{k}\phi _{ij}$

і ми одержуємо тотожність:

$(14)\qquad \left(R_{\;ijk}^{s}+R_{\;jki}^{s}+R_{\;kij}^{s}\right)\phi _{s}=0$

Оскільки функція $\phi =\phi (u^{1},\dots u^{n})$ довільна, ми можемо взяти її рівній одній з координат ($\alpha$ — фіксований індекс):

$(15)\qquad \phi =u^{\alpha },\qquad \phi _{s}=\delta _{s}^{\alpha }$

Підставляючи (15) в (14) одержуємо (з точністю до позначень індексів) алгебраїчну тотожність Біанкі (1).

Антисиметризація тензора Рімана

Використовуючи тензор тензор метричної матрьошки, можна для довільного тензора $T_{i_{1}\cdots i_{m}}$ $m$-рангу скласти наступний антисиметричний по всіх індексах тензор:

$(16)\qquad A_{i_{1}\dots i_{m}}={1 \over m!}g_{i_{1}\dots i_{m}}^{j_{1}\dots j_{m}}T_{j_{1}\dots j_{m}}$

Очевидно, що антисиметричний тензор залишається незмінним після проведення процедури антисиметризації.

Застосуємо антисиметризацію до тензора Рімана:

$(17)\qquad A_{sijk}={1 \over 4!}g_{sijk}^{s_{1}i_{1}j_{1}k_{1}}R_{s_{1}i_{1}j_{1}k_{1}}={1 \over 24}{\begin{vmatrix}\delta _{s}^{s_{1}}\delta _{i}^{s_{1}}\delta _{j}^{s_{1}}\delta _{k}^{s_{1}}\\\delta _{s}^{i_{1}}\delta _{i}^{i_{1}}\delta _{j}^{i_{1}}\delta _{k}^{i_{1}}\\\delta _{s}^{j_{1}}\delta _{i}^{j_{1}}\delta _{j}^{j_{1}}\delta _{k}^{j_{1}}\\\delta _{s}^{k_{1}}\delta _{i}^{k_{1}}\delta _{j}^{k_{1}}\delta _{k}^{k_{1}}\end{vmatrix}}R_{s_{1}i_{1}j_{1}k_{1}}$

При розкриванні визначника ми одержимо 24 доданка по перестановках індексів $sijk$, причому парні перестановки будуть зі знаком «плюс», а непарні — зі знаком «мінус»:

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

Усього в формулі (18) буде вісім груп доданків по три доданки в кожній. Враховуючи симетрії тензора Рімана легко бачити, що всі ці вісім груп однакові (із врахуванням знаків). Тому одержуємо:

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

Тепер алгебраїчну тотожність Біанкі можна словами описати так: антисиметризація тензора Рімана дорівнює нулю.

Кількість лінійно незалежних компонент внутрішньої кривини

Якщо $n$ — розмірність многовида, то кількість комбінацій в антисиметричній парі індексів дорівнює:

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

Оскільки тензор Рімана симетричний щодо перестановки пар індексів, то його компоненти записуються (з точністю до знаку) через таку кількість різних чисел:

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

Але ці числа пов'язані лінійними залежностями, які слідують з алгебраїчної тотожності Біанкі. Кількість цих рівнянь, як легко бачити з формули (19), дорівнює кількості істотно різних компонент антисиметричного тензора четвертого рангу $A_{ijkl}$:

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

(зауважимо, що формула (22) дає правильний результат, тобто нуль, тоді коли $n<4$)

Отже кількість лінійно незалежних компонент тензора Рімана дорівнює різниці:

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

Звичайно, формула (23) дає тільки максимально можливу кількість лінійно незалежних компонент тензора Рімана для даної розмірності многовида. А для конкретних многовидів ця кількість може бути меншою. Наприклад для плоского простору ця кількість дорівнює нулю, а для гіперповерхні в системі координат головних напрямків, маємо для індексів $i\neq j$ формулу:

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

а отже кількість лінійно незалежних компонент не перевищує кількості комбінацій з $n$ по 2, тобто:

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

Зв'язок з іншими властивостями внутрішньої кривини

Внаслідок алгебраїчної тотожності Біанкі, внутрішня кривина многовида повністю визначається за значеннями наступної квадратичної форми від бівекторів $\sigma ^{ij}=a^{i}b^{j}-a^{j}b^{i}$:

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

Також з алгебраїчною тотожністю Біанкі пов'язана можливість альтернативного погляду на внутрішню кривину через Симетричний тензор внутрішньої кривини.