洛伦兹几何

在欧几里得几何中，横向偏离会给长度加上 $+dx^2$，所以直线最短；而在闵可夫斯基时空中，空间位移与 $-c^2dt^2$ 符号相反，任何空间绕行都会从 $-ds^2$ 中扣除一项，从而缩短 $\sqrt{-ds^2}/c$ 的积分。这正是双生子佯谬的全部解答：留在惯性系中的那一位沿着时空中的平直世界线运动，经历的时间最多；飞出去再掉头回来的那一位走的是弯曲世界线，经历的时间更少。

**第一步（选取适配于 $\gamma_0$ 的惯性系）。** 由于 $\gamma_0$ 是平直类时直线，可选取一个惯性坐标系 $(t,x,y,z)$ 使 $\gamma_0$ 静止于空间原点：$p=(0,\mathbf 0)$，$q=(T,\mathbf 0)$（$T>0$），对 $t\in[0,T]$ 有 $\gamma_0(t)=(t,\mathbf 0)$。由于度规 $ds^2 = -c^2 dt^2 + dx^2 + dy^2 + dz^2$ 在洛伦兹变换下不变，任意曲线的固有时在一切惯性系中相同。

**第二步（计算 $\tau(\gamma_0)$）。** 沿 $\gamma_0$ 空间速度为 $\mathbf v(t)=\mathbf 0$，故 $$\tau(\gamma_0) = \int_0^T \sqrt{1 - 0/c^2}\,dt = T.$$

**第三步（参数化竞争曲线 $\gamma$）。** 从 $p$ 到 $q$ 的任意未来指向类时曲线 $\gamma$ 处处满足 $dt/d\lambda > 0$（因 $c^2 dt^2 > |d\mathbf x|^2 \ge 0$），故可用坐标时间 $t\in[0,T]$ 将其参数化为 $\gamma(t)=(t,\mathbf x(t))$，满足 $\mathbf x(0)=\mathbf x(T)=\mathbf 0$，且速度 $\mathbf v(t)=d\mathbf x/dt$ 满足 $|\mathbf v(t)|<c$。其流逝固有时为 $[0,T]$ 上的 $\tau = \int \sqrt{1 - v(t)^2/c^2}\,dt$。

第四步（逐点估计与取等条件）。 对每个 $t\in[0,T]$，$|\mathbf v(t)|^2\ge0$ 蕴含 $0 < \sqrt{1 - |\mathbf v(t)|^2/c^2} \le 1$，在给定 $t$ 处取等当且仅当 $\mathbf v(t)=\mathbf 0$。在 $[0,T]$ 上积分得 $$\tau(\gamma) = \int_0^T \sqrt{1 - \frac{|\mathbf v(t)|^2}{c^2}}\,dt \le \int_0^T 1\,dt = T = \tau(\gamma_0).$$ 由于被积函数连续且 $\le 1$，等号 $\tau(\gamma)=T$ 成立当且仅当对所有 $t\in[0,T]$ 都有 $\mathbf v(t)=\mathbf 0$，结合 $\mathbf x(0)=\mathbf 0$ 即迫使 $\mathbf x(t)\equiv\mathbf 0$，即 $\gamma=\gamma_0$。

正如欧拉－拉格朗日方程把稳定作用量变成粒子轨道的微分方程，对时空上积分的标量曲率取变分，就把稳定作用量变成了度规本身的偏微分方程。$-\tfrac12 Rg_{\mu\nu}$ 这一项正是从体积因子 $\sqrt{-g}$ 的变分中产生，并且恰好是通过缩并比安基恒等式使曲率一侧散度为零所需的那一项——从而与物质一侧的能量－动量守恒相匹配。

第一步（分解引力被积函数的变分）。 写 $R=g^{\mu\nu}R_{\mu\nu}$。由乘积法则，$$\delta\big((R-2\Lambda)\sqrt{-g}\big) = R_{\mu\nu}\,\sqrt{-g}\,\delta g^{\mu\nu} + g^{\mu\nu}(\delta R_{\mu\nu})\sqrt{-g} + (R-2\Lambda)\,\delta\sqrt{-g}.$$

**第二步（$\delta\sqrt{-g}$ 的雅可比公式与帕拉蒂尼恒等式）。** 利用雅可比恒等式 $\delta(\det g)=(\det g)\,g^{\mu\nu}\delta g_{\mu\nu}=-(\det g)\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}$，得 $\delta\sqrt{-g}=-\tfrac12\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}$。同时，帕拉蒂尼恒等式把里奇变分写成协变散度 $g^{\mu\nu}\delta R_{\mu\nu}=\nabla_\alpha\big(g^{\mu\nu}\delta\Gamma^\alpha_{\mu\nu}-g^{\alpha\nu}\delta\Gamma^\mu_{\mu\nu}\big)$，对支集远离边界的变分 $\delta g^{\mu\nu}$，由斯托克斯定理知其在 $M$ 上的积分为零。

**第三步（组合 $\delta S=0$）。** 结合第一、二步以及定义 $T_{\mu\nu}\equiv-\dfrac{2}{\sqrt{-g}}\dfrac{\delta S_{\mathrm{matter}}}{\delta g^{\mu\nu}}$，得 $$\delta S = \int_M \left[\frac{c^4}{16\pi G}\left(R_{\mu\nu}-\tfrac12 Rg_{\mu\nu}+\Lambda g_{\mu\nu}\right) - \frac12 T_{\mu\nu}\right]\delta g^{\mu\nu}\,\sqrt{-g}\,d^4x = 0.$$ 由于 $\delta g^{\mu\nu}$ 是任意对称张量变分，方括号内必须逐点为零，从而得到 $R_{\mu\nu} - \tfrac{1}{2}R g_{\mu\nu} + \Lambda g_{\mu\nu} = \dfrac{8\pi G}{c^4} T_{\mu\nu}$。

第四步（缩并比安基恒等式与守恒律）。 将第二比安基恒等式 $\nabla_\lambda R_{\rho\sigma\mu\nu}+\nabla_\rho R_{\sigma\lambda\mu\nu}+\nabla_\sigma R_{\lambda\rho\mu\nu}=0$ 用 $g^{\lambda\mu}g^{\rho\nu}$ 缩并两次，得 $\nabla^\mu R_{\mu\nu}-\tfrac12\nabla_\nu R=0$，即对 $G_{\mu\nu}=R_{\mu\nu}-\tfrac12 Rg_{\mu\nu}$ 成立 $\nabla^\mu G_{\mu\nu} = 0$。又因 $\nabla^\mu g_{\mu\nu}=0$（度规相容性），对 $R_{\mu\nu} - \tfrac{1}{2}R g_{\mu\nu} + \Lambda g_{\mu\nu} = \dfrac{8\pi G}{c^4} T_{\mu\nu}$ 两边作用 $\nabla^\mu$ 即迫使 $\nabla^\mu T_{\mu\nu}=0$。