广义相对论第二次作业
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σ = − Rµ ;σ 。
2 = Γ11
1 22 2 Γ12 = Γ2 21 = g ( g 22,1 + g12,2 − g 21,2 ) 2 1 22 1 1 g g 22,1 (2a 2 sin= = = θ cos θ ) ctgθ , 2 2 2 a sin 2 θ
= Γ2 22 1 22 g= ( g 22,2 )ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ0 。 2
σ σ σ Rλµν 0， ;σ + Rλνσ ; µ + ( − Rλµσ ;ν ) =
σ Rλµν 0。 ;σ + Rλν ; µ − Rλµ ;ν =
再用 gνλ 缩并，得
σ ν − Rµ 0， ;σ + R; µ − Rµ ;ν =
1 Rν R;µ = 0， µ ;ν − 2 1 ν ( Rν Rδ µ );ν = 0， µ − 2 于是有
（5） R= g µn Rµn = g 11 R11 + g 22 R22= （6）
α β d 2 xµ µ dx dx + Γ =0 ， αβ dτ 2 dτ dτ
−2 1 1 (−1) + 2 2 (− sin 2 θ )= 2 。 2 a a sin θ a
d 2θ dϕ dϕ + (− sin θ cos θ ) = 0， 2 dτ dτ dτ d 2ϕ dθ dϕ + 2ctgθ = 0。 2 dttt d d
1 1 1 σ 1 σ （3） R212 = Γ1 22,1 − Γ 21,2 + Γσ 1Γ 22 − Γσ 2 Γ 21 1 2 2 2 2 = Γ1 22,1 − Γ 22 Γ 21 = − cos θ + sin θ + sin θ cos θ ⋅ ctgθ = sin θ ，
2 22 1 = R121 g = R2121 g 22 R1212 ，而 R212 = g 11 R1212 ，
= Γ1 22
1 11 g ( g12,2 + g 21,2 − g 22,1 ) 2 1 11 1 1 g (− g 22,1 ) = (−2a 2 sin θ cos θ ) = = − sin θ cos θ , 2 2 2a
1 22 g ( g 21,1 + g12,1 = − g11,2 ) 0 ， 2
= dt ′ dtchλ + dxshλ ， = dx′ dtshλ + dxchλ ，
故
−dt ′2 + dx′2
= −(dt 2 ch 2 λ + dx 2 shλ 2 + 2dtdxchλ shλ ) + (dt 2 sh 2 λ + dx 2 ch 2 λ + 2dtdxshλ chλ )
= −dt 2 + dx 2 = ds 2 ，
于是，有
µν ρ µν ρν (δ µ g = ); λ g 0。 δ µρ g = = ;λ ;λ
σ σ 六、试证： g νλ Rλµν ;σ = − R µ ;σ 。
证明:
σ σ = gνλ Rλµν (= gνλ Rλµν );σ ( gνλ g σκ Rκλµν );σ ;σ
(− gνλ g σκ Rλκµν );σ = = −( g σκ Rκµ );σ
µ 二、试证： = Γαµ
∂ 1 µn g = g µn ,α (ln − g ) 。 ∂xα 2
µ 证明： = Γαµ
1 µν g ( gαν , µ + gνµ ,α − gαµ ,ν ) 2 1 1 1 = g µν gαν , µ + g µν gνµ ,α − g µν gαµ ,ν 2 2 2 1 µν = g g µν ,α ， 2
( R µν −
1 µν g R );ν = 0。 2
五、已知 g µν ;λ = 0 ，求证 g µν ;λ = 0 。 证明：
ν ， gαµ g µν = δα
ν gαµ ;λ g µν + gαµ g;µν δα 0 ;λ = λ =
而
gαµ ;λ = 0 ，
故
gαµ g;µν λ = 0， g ρα gαµ g;µν λ = 0，
因此
1 1 11 R1212 R sin 2= = = θ /( 2 ) a 2 sin 2 θ ， 212 / g a 1 2 R121 = 2 2 ⋅ a 2 sin 2 θ = 1 。 a sin θ
λ 1 2 （4） R = R = Rµν µν µνλ 1 + Rµν 2 ，
λ 1 2 R11 = R11 R111 + R112 = −1 ， λ = λ 1 2 11 R12 = R12 λ = R121 + R122 = g R1121 = 0 ， λ 1 2 1 R22 = R22 R221 + R222 = − R212 = − sin 2 θ 。 λ =
而
∂ ∂ 1 1 1 ∂g ， − ⋅ (− g ) −1/ 2 α ( g ) = (ln − g ) = α ∂x ∂x 2 g ∂xα −g 2
∂g ∂g ， = g ⋅ g µν µν α ∂x ∂xα
∂ (ln − g ) 。 ∂xα
又由 dg= g ⋅ g µν dg µν ，得到 因此，我们得到：
1 1 12 21 ， g 22 = 2 2 ， g = g = 0。 2 a a sin θ 1 1µ 1 11 （2） g ( g µ1,1 + g1µ ,1 −= g11, µ ) g= g11,1 0 ， = Γ1 11 2 2 1 11 Γ1 Γ1 0， 12 = 21 = g ( g11,2 + g 21,1 − g12,1 ) = 2
《广义相对论基础》第二次作业答案
一、一个嵌入三维欧式空间的普通球面空间，选用球极坐标系，则其线元为 ds 2 = a 2 dθ 2 + a 2 sin 2 θdϕ 2 , （1）求 g µν ；
µ ； （2）求全部的克里斯多菲联络 Γαβ
µ （3）求全部 Rνρσ ；
（4）求全部 Rµν ； （5）求 R ； （6）写出该度规表示的球面空间的测地线方程。 解： （1） g 11 =
µ = Γαµ
三、设 {t , x} 是二维闵氏空间的洛仑兹坐标系，试证由下式定义的 {t ' , x'} 也是洛仑
兹系。 t ' = tchλ + xshλ , λ为常数. x' = tshλ + xchλ , −1 0 注：洛仑兹坐标系是指二维闵氏度规在其中能写成 0 1 的坐标系。 证明： ds 2 = −dt 2 + dx 2 ， 而
因此 {t ′, x′} 也是洛伦兹坐标系。
ρ ρ ρ 四、证明毕安基恒等式 Rλµν ;σ + Rλνσ ; µ + Rλσµ ;ν = 0 可以写成
( R µν −
1 µν g R) ;ν = 0. 2
证明:由毕安基恒等式，缩并 ρ ， σ 得
σ σ σ Rλµν 0， ;σ + Rλνσ ; µ + Rλσµ ;ν =
2 = Γ11
1 22 2 Γ12 = Γ2 21 = g ( g 22,1 + g12,2 − g 21,2 ) 2 1 22 1 1 g g 22,1 (2a 2 sin= = = θ cos θ ) ctgθ , 2 2 2 a sin 2 θ
= Γ2 22 1 22 g= ( g 22,2 )ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ0 。 2
σ σ σ Rλµν 0， ;σ + Rλνσ ; µ + ( − Rλµσ ;ν ) =
σ Rλµν 0。 ;σ + Rλν ; µ − Rλµ ;ν =
再用 gνλ 缩并，得
σ ν − Rµ 0， ;σ + R; µ − Rµ ;ν =
1 Rν R;µ = 0， µ ;ν − 2 1 ν ( Rν Rδ µ );ν = 0， µ − 2 于是有
（5） R= g µn Rµn = g 11 R11 + g 22 R22= （6）
α β d 2 xµ µ dx dx + Γ =0 ， αβ dτ 2 dτ dτ
−2 1 1 (−1) + 2 2 (− sin 2 θ )= 2 。 2 a a sin θ a
d 2θ dϕ dϕ + (− sin θ cos θ ) = 0， 2 dτ dτ dτ d 2ϕ dθ dϕ + 2ctgθ = 0。 2 dttt d d
1 1 1 σ 1 σ （3） R212 = Γ1 22,1 − Γ 21,2 + Γσ 1Γ 22 − Γσ 2 Γ 21 1 2 2 2 2 = Γ1 22,1 − Γ 22 Γ 21 = − cos θ + sin θ + sin θ cos θ ⋅ ctgθ = sin θ ，
2 22 1 = R121 g = R2121 g 22 R1212 ，而 R212 = g 11 R1212 ，
= Γ1 22
1 11 g ( g12,2 + g 21,2 − g 22,1 ) 2 1 11 1 1 g (− g 22,1 ) = (−2a 2 sin θ cos θ ) = = − sin θ cos θ , 2 2 2a
1 22 g ( g 21,1 + g12,1 = − g11,2 ) 0 ， 2
= dt ′ dtchλ + dxshλ ， = dx′ dtshλ + dxchλ ，
故
−dt ′2 + dx′2
= −(dt 2 ch 2 λ + dx 2 shλ 2 + 2dtdxchλ shλ ) + (dt 2 sh 2 λ + dx 2 ch 2 λ + 2dtdxshλ chλ )
= −dt 2 + dx 2 = ds 2 ，
于是，有
µν ρ µν ρν (δ µ g = ); λ g 0。 δ µρ g = = ;λ ;λ
σ σ 六、试证： g νλ Rλµν ;σ = − R µ ;σ 。
证明:
σ σ = gνλ Rλµν (= gνλ Rλµν );σ ( gνλ g σκ Rκλµν );σ ;σ
(− gνλ g σκ Rλκµν );σ = = −( g σκ Rκµ );σ
µ 二、试证： = Γαµ
∂ 1 µn g = g µn ,α (ln − g ) 。 ∂xα 2
µ 证明： = Γαµ
1 µν g ( gαν , µ + gνµ ,α − gαµ ,ν ) 2 1 1 1 = g µν gαν , µ + g µν gνµ ,α − g µν gαµ ,ν 2 2 2 1 µν = g g µν ,α ， 2
( R µν −
1 µν g R );ν = 0。 2
五、已知 g µν ;λ = 0 ，求证 g µν ;λ = 0 。 证明：
ν ， gαµ g µν = δα
ν gαµ ;λ g µν + gαµ g;µν δα 0 ;λ = λ =
而
gαµ ;λ = 0 ，
故
gαµ g;µν λ = 0， g ρα gαµ g;µν λ = 0，
因此
1 1 11 R1212 R sin 2= = = θ /( 2 ) a 2 sin 2 θ ， 212 / g a 1 2 R121 = 2 2 ⋅ a 2 sin 2 θ = 1 。 a sin θ
λ 1 2 （4） R = R = Rµν µν µνλ 1 + Rµν 2 ，
λ 1 2 R11 = R11 R111 + R112 = −1 ， λ = λ 1 2 11 R12 = R12 λ = R121 + R122 = g R1121 = 0 ， λ 1 2 1 R22 = R22 R221 + R222 = − R212 = − sin 2 θ 。 λ =
而
∂ ∂ 1 1 1 ∂g ， − ⋅ (− g ) −1/ 2 α ( g ) = (ln − g ) = α ∂x ∂x 2 g ∂xα −g 2
∂g ∂g ， = g ⋅ g µν µν α ∂x ∂xα
∂ (ln − g ) 。 ∂xα
又由 dg= g ⋅ g µν dg µν ，得到 因此，我们得到：
1 1 12 21 ， g 22 = 2 2 ， g = g = 0。 2 a a sin θ 1 1µ 1 11 （2） g ( g µ1,1 + g1µ ,1 −= g11, µ ) g= g11,1 0 ， = Γ1 11 2 2 1 11 Γ1 Γ1 0， 12 = 21 = g ( g11,2 + g 21,1 − g12,1 ) = 2
《广义相对论基础》第二次作业答案
一、一个嵌入三维欧式空间的普通球面空间，选用球极坐标系，则其线元为 ds 2 = a 2 dθ 2 + a 2 sin 2 θdϕ 2 , （1）求 g µν ；
µ ； （2）求全部的克里斯多菲联络 Γαβ
µ （3）求全部 Rνρσ ；
（4）求全部 Rµν ； （5）求 R ； （6）写出该度规表示的球面空间的测地线方程。 解： （1） g 11 =
µ = Γαµ
三、设 {t , x} 是二维闵氏空间的洛仑兹坐标系，试证由下式定义的 {t ' , x'} 也是洛仑
兹系。 t ' = tchλ + xshλ , λ为常数. x' = tshλ + xchλ , −1 0 注：洛仑兹坐标系是指二维闵氏度规在其中能写成 0 1 的坐标系。 证明： ds 2 = −dt 2 + dx 2 ， 而
因此 {t ′, x′} 也是洛伦兹坐标系。
ρ ρ ρ 四、证明毕安基恒等式 Rλµν ;σ + Rλνσ ; µ + Rλσµ ;ν = 0 可以写成
( R µν −
1 µν g R) ;ν = 0. 2
证明:由毕安基恒等式，缩并 ρ ， σ 得
σ σ σ Rλµν 0， ;σ + Rλνσ ; µ + Rλσµ ;ν =