Hình học Lorentz

Trong hình học Euclid, đường thẳng là đường ngắn nhất vì lệch sang ngang cộng thêm $+dx^2$ vào độ dài; trong không-thời gian Minkowski, độ dịch chuyển không gian mang dấu ngược với $-c^2dt^2$, nên bất kỳ đường vòng không gian nào cũng trừ bớt khỏi $-ds^2$ và do đó làm co lại tích phân của $\sqrt{-ds^2}/c$. Đó chính là toàn bộ lời giải của nghịch lý anh em sinh đôi: người ở lại trong hệ quy chiếu quán tính đi theo đường vũ trụ thẳng trong không-thời gian nên già đi nhiều nhất; người bay đi rồi quay về đi theo đường vũ trụ gấp khúc nên già đi ít hơn.

**Bước 1 (chọn hệ quy chiếu quán tính gắn với $\gamma_0$).** Vì $\gamma_0$ là một đường thẳng kiểu thời gian, ta có thể chọn một hệ tọa độ quán tính $(t,x,y,z)$ trong đó $\gamma_0$ đứng yên tại gốc không gian: $p=(0,\mathbf 0)$, $q=(T,\mathbf 0)$ với $T>0$, và $\gamma_0(t)=(t,\mathbf 0)$ với $t\in[0,T]$. Vì mêtric $ds^2 = -c^2 dt^2 + dx^2 + dy^2 + dz^2$ bất biến dưới các phép biến đổi Lorentz, thời gian riêng của mọi đường cong đều như nhau trong mọi hệ quy chiếu quán tính.

**Bước 2 (tính $\tau(\gamma_0)$).** Dọc theo $\gamma_0$ vận tốc không gian là $\mathbf v(t)=\mathbf 0$, nên $$\tau(\gamma_0) = \int_0^T \sqrt{1 - 0/c^2}\,dt = T.$$

**Bước 3 (tham số hóa đường cong cạnh tranh $\gamma$).** Mọi đường cong kiểu thời gian hướng tới tương lai $\gamma$ đi từ $p$ đến $q$ đều có $dt/d\lambda > 0$ tại mọi nơi (vì $c^2 dt^2 > |d\mathbf x|^2 \ge 0$), nên ta có thể tham số hóa nó theo thời gian tọa độ $t\in[0,T]$ dưới dạng $\gamma(t)=(t,\mathbf x(t))$ với $\mathbf x(0)=\mathbf x(T)=\mathbf 0$ và vận tốc $\mathbf v(t)=d\mathbf x/dt$ thỏa $|\mathbf v(t)|<c$. Thời gian riêng trôi qua của nó là $\tau = \int \sqrt{1 - v(t)^2/c^2}\,dt$ trên $[0,T]$.

Bước 4 (chặn từng điểm và điều kiện dấu bằng). Với mọi $t\in[0,T]$, $|\mathbf v(t)|^2\ge0$ kéo theo $0 < \sqrt{1 - |\mathbf v(t)|^2/c^2} \le 1$, dấu bằng tại một $t$ xảy ra khi và chỉ khi $\mathbf v(t)=\mathbf 0$. Lấy tích phân trên $[0,T]$, $$\tau(\gamma) = \int_0^T \sqrt{1 - \frac{|\mathbf v(t)|^2}{c^2}}\,dt \le \int_0^T 1\,dt = T = \tau(\gamma_0).$$ Vì hàm dưới dấu tích phân liên tục và $\le 1$, đẳng thức $\tau(\gamma)=T$ xảy ra khi và chỉ khi $\mathbf v(t)=\mathbf 0$ với mọi $t\in[0,T]$; kết hợp với $\mathbf x(0)=\mathbf 0$ điều này buộc $\mathbf x(t)\equiv\mathbf 0$, tức $\gamma=\gamma_0$.

Cũng như phương trình Euler–Lagrange biến tác dụng dừng thành phương trình vi phân cho quỹ đạo hạt, việc lấy biến phân của độ cong vô hướng tích phân trên không-thời gian biến tác dụng dừng thành phương trình đạo hàm riêng cho chính mêtric. Số hạng $-\tfrac12 Rg_{\mu\nu}$ xuất hiện chính từ việc lấy biến phân thừa số thể tích $\sqrt{-g}$, và đó là số hạng vừa khít để làm cho vế độ cong có phân kỳ bằng 0 thông qua đồng nhất thức Bianchi rút gọn — khớp với định luật bảo toàn năng lượng và xung lượng ở vế vật chất.

Bước 1 (tách biến phân của biểu thức dưới dấu tích phân hấp dẫn). Viết $R=g^{\mu\nu}R_{\mu\nu}$. Theo quy tắc đạo hàm của tích, $$\delta\big((R-2\Lambda)\sqrt{-g}\big) = R_{\mu\nu}\,\sqrt{-g}\,\delta g^{\mu\nu} + g^{\mu\nu}(\delta R_{\mu\nu})\sqrt{-g} + (R-2\Lambda)\,\delta\sqrt{-g}.$$

**Bước 2 (công thức Jacobi cho $\delta\sqrt{-g}$ và đồng nhất thức Palatini).** Dùng đồng nhất thức Jacobi $\delta(\det g)=(\det g)\,g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}=-(\det g)\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}$, ta được $\delta\sqrt{-g}=-\tfrac12\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}$. Trong khi đó, đồng nhất thức Palatini biểu diễn biến phân Ricci dưới dạng một phân kỳ hiệp biến, $g^{\mu\nu}\delta R_{\mu\nu}=\nabla_\alpha\big(g^{\mu\nu}\delta\Gamma^\alpha_{\mu\nu}-g^{\alpha\nu}\delta\Gamma^\mu_{\mu\nu}\big)$, có tích phân bằng 0 trên $M$ theo định lý Stokes với các biến phân $\delta g^{\mu\nu}$ triệt tiêu gần biên.

**Bước 3 (ghép lại $\delta S=0$).** Kết hợp Bước 1, Bước 2 và định nghĩa $T_{\mu\nu}\equiv-\dfrac{2}{\sqrt{-g}}\dfrac{\delta S_{\mathrm{matter}}}{\delta g^{\mu\nu}}$, $$\delta S = \int_M \left[\frac{c^4}{16\pi G}\left(R_{\mu\nu}-\tfrac12 Rg_{\mu\nu}+\Lambda g_{\mu\nu}\right) - \frac12 T_{\mu\nu}\right]\delta g^{\mu\nu}\,\sqrt{-g}\,d^4x = 0.$$ Vì $\delta g^{\mu\nu}$ là biến phân tenxơ đối xứng tùy ý, biểu thức trong ngoặc phải triệt tiêu tại từng điểm, cho ta $R_{\mu\nu} - \tfrac{1}{2}R g_{\mu\nu} + \Lambda g_{\mu\nu} = \dfrac{8\pi G}{c^4} T_{\mu\nu}$.

Bước 4 (đồng nhất thức Bianchi rút gọn và định luật bảo toàn). Đồng nhất thức Bianchi thứ hai $\nabla_\lambda R_{\rho\sigma\mu\nu}+\nabla_\rho R_{\sigma\lambda\mu\nu}+\nabla_\sigma R_{\lambda\rho\mu\nu}=0$, rút gọn hai lần với $g^{\lambda\mu}g^{\rho\nu}$, cho $\nabla^\mu R_{\mu\nu}-\tfrac12\nabla_\nu R=0$, tức là $\nabla^\mu G_{\mu\nu} = 0$ với $G_{\mu\nu}=R_{\mu\nu}-\tfrac12 Rg_{\mu\nu}$. Vì $\nabla^\mu g_{\mu\nu}=0$ (tính tương thích mêtric), lấy $\nabla^\mu$ hai vế của $R_{\mu\nu} - \tfrac{1}{2}R g_{\mu\nu} + \Lambda g_{\mu\nu} = \dfrac{8\pi G}{c^4} T_{\mu\nu}$ buộc $\nabla^\mu T_{\mu\nu}=0$.