18.10 时空中的变分原理

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本章最后介绍场方程的变分原理方法，其中包括对爱因斯坦场方程的一个适当的变分推导 [13, 19]。回忆第 17 章，对于可定向四维时空 $(M,g)$ 上的积分，我们需要一个非零的 4-形式 $\Omega$。设 ${\epsilon }^1,{\epsilon }^2,{\epsilon }^3,{\epsilon }^4$ 为微分 1-形式的任意正交标准基，$g^{-1}({\epsilon }^{\mu },{\epsilon }^n)={\eta }^{\mu \nu }$。由该基定义的体积元 $\Omega ={\epsilon }^1\wedge {\epsilon }^2\wedge {\epsilon }^3\wedge {\epsilon }^4$ 与正交标准基的选取无关，只要它们之间由正洛伦兹变换相联系。按照导出式 (8.32) 的讨论，我们有此 4-形式在任意坐标 $(U,\varphi ;x^{\mu })$ 中的分量为

$${\Omega }_{\mu \nu \rho \sigma }=\frac{\sqrt{|g|}}{4!}{ϵ}_{\mu \nu \rho \sigma }\text{ where }g=\det [g_{\mu \nu }],$$

并且我们可以写出

$$\begin{array}{l}\Omega =\frac{\sqrt{|g|}}{4!}{ϵ}_{\mu \nu \rho \sigma }\mathrm{d}{x}^{\mu }\otimes \mathrm{d}{x}^{\nu }\otimes \mathrm{d}{x}^{\rho }\otimes \mathrm{d}{x}^{\sigma }\\ =\sqrt{-g}\mathrm{d}{x}^1\wedge \mathrm{d}{x}^2\wedge \mathrm{d}{x}^3\wedge \mathrm{d}{x}^4.\end{array}$$

每个 4-形式 $\Lambda$ 都可写成 $\Lambda =f\Omega$，其中 $f$ 是 $M$ 上的某个标量函数，并且对于坐标定义域 $U_i$ 中包含的每个正则域 $D$

$${\int }_D\Lambda ={\int }_{\varphi (D)}f\sqrt{-g}{d}^{4}x\left(d^{4}x\equiv d{x}^{1}d{x}^{2}d{x}^{3}d{x}^4\right).$$

若对 $M$ 上的某组函数 $A^{\mu }$ 有 $f\sqrt{-g}=A_{,\mu }^{\mu }$，则

$$\Lambda =A_{,\mu }^{\mu }\mathrm{d}{x}^1\wedge \mathrm{d}{x}^2\wedge \mathrm{d}{x}^3\wedge \mathrm{d}{x}^4$$

而一个简单的论证，如问题17.8中所提示的，可导出

$$\Lambda =\mathrm{d}\alpha \text{ where }\alpha =\frac{1}{3!}{ϵ}_{\mu \nu \rho \sigma }{A}^{\mu }\mathrm{d}{x}^{\nu }\wedge \mathrm{d}{x}^{\rho }\wedge \mathrm{d}{x}^{\sigma }$$

而根据斯托克斯定理（17.3），

$${\int }_D\Lambda ={\int }_D\mathrm{d}\alpha ={\int }_{\partial D}\alpha .\text{\hspace{1em}(18.112)}$$

设 ${\Phi }_A(x)$ 是正则域 $x\in D\subset M.$ 的邻域 $V$ 上的任意一个域集合，其中指标 $A=1,\dots ,N$ 指代可能出现的所有分量（标量、向量、张量等）。这些域的变分是指 $D$ 上的一族单参数域 ${\tilde{\Phi }}_A(x,\lambda )$，使得

1. 对所有 $x\in D$，${\tilde{\Phi }}_A(x,0)={\Phi }_A(x)$

2. 对于所有 $\lambda$ 以及所有 $x\in V-D$，${\tilde{\Phi }}_A(x,\lambda )={\Phi }_A(x)$

第二个条件意味着该条件在边界 $\partial$ $D$ 上成立，并且变分域各分量的所有导数在该处也一致，${\tilde{\Phi }}_{A,\mu }(x,\lambda )={\Phi }_{A,\mu }(x)$ 对所有 $x\in \partial D$ 成立。我们定义变分导数

$$\delta {\Phi }_A=\frac{\partial }{\partial \lambda }{\tilde{\Phi }}_A(x,\lambda ){|}_{\lambda =0}.$$

由于 ${\tilde{\Phi }}_A$ 在边界 $\partial D$ 上与 $\lambda$ 无关，故该项在边界上为零。拉格朗日量是依赖于域及其导数的函数 $L({\Phi }_A,{\Phi }_{A,\mu })$。它定义了一个 4-形式 $\Lambda =L\Omega$ 以及一个相关的作用量

$$I={\int }_D\Lambda ={\int }_{D\cap U}L\sqrt{-g}{\mathrm{d}}^{4}x.$$

域方程通过要求作用量取驻值而产生，

$$\delta I=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda }{\int }_D\Lambda {|}_{\lambda =0}={\int }_{D\cap U}\delta (L\sqrt{-g}){\mathrm{d}}^{4}x,$$

称为 场作用量原理(field action principle)，其如同路径作用量一样，可以通过

$$\begin{array}{l}0={\int }_{D\cap U}\frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_A}\delta {\Phi }_A+\frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_{A,\mu }}\delta {\Phi }_{A,\mu }{\mathrm{d}}^{4}x\\ ={\int }_{D\cap U}\frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_A}\delta {\Phi }_A+\frac{\partial }{\partial x^{\mu }}\left(\frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_{A,\mu }}\delta {\Phi }_A\right)-\frac{\partial }{\partial x^{\mu }}\left(\frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_{A,\mu }}\right)\delta {\Phi }_A{\mathrm{d}}^{4}x.\end{array}$$

利用式 (18.112) 中给出的斯托克斯定理形式，中间项可以转换为边界上的积分

$${\int }_{\partial D}\frac{1}{3!}{ϵ}_{\mu \nu \rho \sigma }\frac{\partial L}{\partial {\Phi }_{A,\mu }}\sqrt{-g}\delta {\Phi }_A\mathrm{d}{x}^{\nu }\wedge \mathrm{d}{x}^{\rho }\wedge \mathrm{d}{x}^{\sigma },$$

由于在 $\partial$ $D$ 上 $\delta {\Phi }_A=0$，故其为零。由于 $\delta {\Phi }_A$ 是 $D$ 上的任意函数（受此边界约束），我们推出 欧拉–拉格朗日场方程(Euler–Lagrange field equations)

$$\frac{\delta L\sqrt{-g}}{\delta {\Phi }_A}\equiv \frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_A}-\frac{\partial }{\partial x^{\mu }}\left(\frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_{A,\mu }}\right)=0.\text{\hspace{1em}(18.113)}$$

最好将项 $\sqrt{-g}$ 包含在导数中，因为正如我们将看到的，域可能具体依赖于度量张量分量 $g_{\mu \nu }$

希尔伯特作用量

爱因斯坦场方程可由变分原理导出，只需将拉格朗日量取为里奇标量，$L=R$。这被称为希尔伯特拉格朗日量(Hilbert Lagrangian)。对于独立变量，既可以取度量张量分量$g_{\mu \nu }$，也可以取其逆张量的分量$g^{\mu \nu }$。我们将采用后者，因为它稍微更为方便（读者可以尝试针对变量${\Phi }_A=g_{\mu \nu }$ 调整随后的分析。我们不能直接使用欧拉–拉格朗日方程 式 (18.113)，因为$R$ 依赖于$g^{\mu \nu }$ 及其一阶和二阶导数。虽然欧拉–拉格朗日分析可以推广到包含依赖于场二阶导数的拉格朗日量（见问题18.32），但这将是一项极其复杂的计算。直接进行，我们有

$$\delta I_G=\delta {\int }_{D}R\Omega ={\int }_{D\cap U}\delta \left(R_{\mu \nu }{g}^{\mu \nu }\sqrt{-g}\right){\mathrm{d}}^{4}x,$$

因此

$$\delta I_G={\int }_{D\cap U}(\delta R_{\mu \nu }{g}^{\mu \nu }\sqrt{-g}+R_{\mu \nu }\delta g^{\mu \nu }\sqrt{-g}+R\delta \sqrt{-g}){\mathrm{d}}^{4}x.\text{\hspace{1em}(18.114)}$$

我们在此阶段暂停，以分析最后一项 $\delta \sqrt{-g}$。暂时忘记 $g_{\mu \nu }$ 是对称张量，并假设所有分量都是独立的，我们看到行列式是各分量的一个齐次函数，其次数为

$$\delta g=\frac{\partial g}{\partial g_{\mu \nu }}\delta g_{\mu \nu }=G^{\mu \nu }\delta g_{\mu \nu }$$

其中 $G^{\mu \nu }$ 是 $g_{\mu \nu }$ 的余子式。因此我们可以写出

$$\delta g=g{g}^{\nu \mu }\delta g_{\mu \nu }=g{g}^{\mu \nu }\delta g_{\mu \nu }\text{\hspace{1em}(18.115)}$$

由于 $g^{\mu \nu }=g^{\nu \mu }$。在此阶段可以施加 $g_{\mu \nu }$ 的对称性，而不会以任何方式改变这一结果。由 $g^{\mu \nu }{g}_{\mu \nu }={\delta }_{\mu }^{\mu }=4$ 立即推出，我们可以将式 (18.115) 写成

$$\delta g=-g{g}_{\mu \nu }\delta g^{\mu \nu }.\text{\hspace{1em}(18.116)}$$

因此

$$\delta \left(\sqrt{-g}\right)=\frac{1}{2\sqrt{-g}}\delta (-g)=-\frac{\sqrt{-g}}{2}{g}_{\mu \nu }\delta g^{\mu \nu }.\text{\hspace{1em}(18.117)}$$

类似的分析给出

$${\left(\sqrt{-g}\right)}_{,\rho }=-\frac{\sqrt{-g}}{2}{g}_{\mu \nu }{g}_{,\rho }^{\mu \nu }\text{\hspace{1em}(18.118)}$$

并且由克里斯托费尔符号的公式式（18.40），

$${\Gamma }_{\rho \mu }^{\mu }=\frac{1}{2}{g}^{\mu \nu }{g}_{\nu \mu ,\rho }=\frac{1}{\sqrt{-g}}(\sqrt{-g}{)}_{,\rho }.\text{\hspace{1em}(18.119)}$$

这一恒等式在给出向量场的协变散度方程方面特别有用：

$$A_{;\mu }^{\mu }=A_{,\mu }^{\mu }+{\Gamma }_{\rho \mu }^{\mu }{A}^{\rho }=\frac{1}{\sqrt{-g}}(A^{\mu }\sqrt{-g}{)}_{,\mu }.\text{\hspace{1em}(18.120)}$$

现在我们准备继续计算 $\delta I_G$ 。利用式 (18.117)，我们可以将式 (18.114) 写成

$$\delta I_G={\int }_{D\cap U}\left(R_{\mu \nu }-\frac{1}{2}R\right)\delta g^{\mu \nu }\sqrt{-g}+\delta R_{\mu \nu }{g}^{\mu \nu }\sqrt{-g}{\mathrm{d}}^{4}x.\text{\hspace{1em}(18.121)}$$

为了计算最后一项，我们写出里奇张量的分量

$$R_{\mu \nu }={\Gamma }_{\mu \nu ,\rho }^{\rho }-{\Gamma }_{\mu \rho ,\nu }^{\rho }+{\Gamma }_{\mu \nu }^{\alpha }{\Gamma }_{\alpha \rho }^{\rho }-{\Gamma }_{\mu \rho }^{\alpha }{\Gamma }_{\alpha \nu }^{\rho }.$$

由于 $\delta {\Gamma }_{\mu \nu }^{\rho }$ 是 $\lambda 0$ 趋于零时两个联络之差的极限，因此它是一个张量场，并且我们得到

$$\delta R_{\mu \nu }={\left(\delta {\Gamma }_{\mu \nu }^{\rho }\right)}_{,\rho }-{\left(\delta {\Gamma }_{\mu \rho }^{\rho }\right)}_{,\nu },$$

既可直接验证，也可更简单地在测地正规坐标中验证。因此，利用$g^{\mu \nu }{}_{;\rho }=0$

$$\delta R_{\mu \nu }{g}^{\mu \nu }=W_{;\rho }^{\rho }\text{ where }{W}^{\rho }=\delta {\Gamma }_{\mu \nu }^{\rho }{g}^{\mu \nu }-\delta {\Gamma }_{\mu \nu }^{\nu }{g}^{\mu \rho }$$

由式 (18.120) 我们看到

$$\delta R_{\mu \nu }{g}^{\mu \nu }\sqrt{-g}={\left(W^{\rho }\sqrt{-g}\right)}_{,\rho }.$$

由于 $W^{\rho }$ 依赖于 $\delta g^{\mu \nu }$ 和 $\delta g^{\mu \nu }{}_{,\sigma }$，它在边界 $\partial D_{:}$ 上为零，并且 $Eq.$ 式 (18.121) 中的最后一项由斯托克斯定理为零。由于假定 $\delta g^{\mu \nu }$ 在 $D_{:}$ 上任意，希尔伯特作用量给出爱因斯坦真空场方程，

$$G_{\mu \nu }=0\Rightarrow R_{\mu \nu }=0.$$

域的能量–应力张量

当存在其他域 ${\Phi }_A$ 时，我们取总拉格朗日量为

$$L=\frac{1}{2\kappa }+L_F({\Phi }_A,{\Phi }_{A,\mu },g^{\mu \nu })\text{\hspace{1em}(18.122)}$$

并且我们有

$$\begin{array}{l}0=\delta I=\delta {\int }_{D\cap U}(\frac{1}{2\kappa }R+L_F)\sqrt{-g}{\mathrm{d}}^{4}x\\ ={\int }_{D\cap U}(\frac{1}{2\kappa }{G}_{\mu \nu }\delta g^{\mu \nu }\sqrt{-g}+\frac{\partial L_F\sqrt{-g}}{\partial g^{\mu \nu }}\delta g^{\mu \nu }+\frac{\delta L_F\sqrt{-g}}{\delta {\Phi }_A}\delta {\Phi }_A){\mathrm{d}}^{4}x.\end{array}$$

关于场变量 ${\Phi }_A$ 的变分给出欧拉–拉格朗日场方程，即式 (18.113)，而 $\delta g^{\mu \nu }$ 的系数则给出完整的爱因斯坦场方程

$$G_{\mu \nu }=\kappa T_{\mu \nu }\text{ where }{T}_{\mu \nu }=-\frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\partial L_F\sqrt{-g}}{\partial g^{\mu \nu }}.\text{\hspace{1em}(18.123)}$$

例 18.5

一个有趣的变分原理例子是爱因斯坦–麦克斯韦理论，其中场变量取为余向量场 $A_{\mu }-$ 的分量——本质上就是式 (9.47) 中给出的电磁四维势——而场拉格朗日量取为

$${\mathcal{L}}_F=-\frac{1}{16\pi }{F}_{\mu \nu }{F}^{\mu \nu }=\frac{1}{16\pi }{F}_{\mu \nu }{F}_{\rho \sigma }{g}^{\mu \rho }{g}^{\nu \sigma }\text{\hspace{1em}(18.124)}$$

其中 $F_{\mu \nu }=A_{\nu ,\mu }-A_{\mu ,\nu }$ 。计算电磁能量–应力张量的一种直接方法是考虑 $g^{\mu \nu }$ 的变分

$$\begin{array}{rl}& T_{\mu \nu }\delta g^{\mu \nu }=-\frac{2}{\sqrt{-g}}\delta \left(L_F\sqrt{-g}\right)\\ & =-\frac{2}{\sqrt{-g}}\left[\frac{-1}{8\pi }{F}_{\mu \nu }{F}_{\rho \sigma }\delta g^{\mu \rho }{g}^{\nu \sigma }\sqrt{-g}+L_F\delta \left(\sqrt{-g}\right)\right]\\ & =\frac{1}{4\pi }(F_{\mu \alpha }{F}_{\nu }^{\alpha }-\frac{1}{4}{F}_{\alpha \beta }{F}^{\alpha \beta }{g}_{\mu \nu }),\end{array}\text{\hspace{1em}(18.125)}$$

利用式 (18.117)。该表达式与例 9.5 中式 (9.59) 所提出的表达式一致。

场变量的变分$A_{\mu }$给出

$$\begin{array}{l}\delta {\int }_D{L}_F\Omega =\frac{-1}{4\pi }{\int }_{D\cap U}\delta A_{\nu ,\mu }{F}^{\mu \nu }\sqrt{-g}{\mathrm{d}}^{4}x\\ =\frac{-1}{4\pi }{\int }_{D\cap U}\delta A_{\nu ;\mu }{F}^{\mu \nu }\sqrt{-g}{\mathrm{d}}^{4}x\\ =\frac{-1}{4\pi }{\int }_{D\cap U}{\left(\delta A_{\nu }{F}^{\mu \nu }\right)}_{;\mu }\sqrt{-g}-\delta A_{\nu }{F}_{;\mu }^{\mu \nu }\sqrt{-g}{\mathrm{d}}^{4}x\\ =\frac{-1}{4\pi }{\int }_{D\cap U}{\left(\delta A_{\nu }{F}^{\mu \nu }\sqrt{-g}\right)}_{,\mu }-\delta A_{\nu }{F}_{;\mu }^{\mu \nu }\sqrt{-g}{\mathrm{d}}^{4}x.\end{array}$$

由于被积函数中的第一项是普通散度，其积分消失，我们便得到无电荷的协变麦克斯韦方程组

$$F_{;\mu }^{\mu \nu }=0.\text{\hspace{1em}(18.126)}$$

无源方程自动由 $F_{\mu \nu }=A_{\nu ,\mu }-A_{\mu ,\nu };$ 得出

$$F_{\mu \nu ,\rho }+F_{\nu \rho ,\mu }+F_{\rho \mu ,\nu }=0⟺F_{\mu \nu ;\rho }+F_{\nu \rho ;\mu }+F_{\rho \mu ;\nu }=0.\text{\hspace{1em}(18.127)}$$

习题

习题 18.32

如果拉格朗日量依赖于域的二阶及更高阶导数，$L=\mathcal{L}({\Phi }_A,{\Phi }_{A,\mu },{\Phi }_{A,\mu \nu },...)$ 推导广义欧拉–拉格朗日方程

$$\frac{\delta L\sqrt{-g}}{\delta {\Phi }_A}\equiv \frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_A}-\frac{\partial }{\partial x^{\mu }}\left(\frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_{A,\mu }}\right)+\frac{{\partial }^2}{\partial x^{\mu }\partial x^{\nu }}\left(\frac{\partial L\sqrt{-g}}{\partial {\Phi }_{A,\mu \nu }}\right)-\cdots =0.$$

习题 18.33

对于反对称张量 $F^{\mu \nu }$，证明

$$F_{;\nu }^{\mu \nu }=\frac{1}{\sqrt{-g}}(\sqrt{-g}{F}^{\mu \nu }{)}_{,\nu }.$$

习题 18.34

计算广义相对论中标量场拉格朗日量的欧拉–拉格朗日方程和能量–应力张量，该拉格朗日量由下式给出

$$L_S=-{\psi }_{,\mu }{\psi }_{,\nu }{g}^{\mu \nu }-m^2{\psi }^2.$$

验证$T^{\mu \nu }{}_{;\nu }=0.$

习题 18.35

证明式 (18.127) 中给出的蕴含。证明该方程与式 (18.126) 蕴含 $T^{\mu \nu }{}_{;\nu }=0$，对于式 (18.125) 中给出的电磁能量–应力张量。