【相対論】4次元静的時空と実自由スカラー場のEinstein系は真空解に限ることについて

作用を変分すれば
$$ \begin{align} &R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}Rg_{\mu\nu}=T_{\mu\nu},\\ &T_{\mu\nu}=\nabla_\mu\Psi\nabla_\nu\Psi-\frac{1}{2}||d\Psi||^2_gg_{\mu\nu},\\ &\nabla^\mu\nabla_\mu\Psi=0 \end{align} $$
が得られる。さらに$dim M=4$であるからEinstein方程式は
$$ R_{\mu\nu}=T_{\mu\nu}-\frac{1}{2}T^\lambda_{\ \lambda}g_{\mu\nu}=\nabla_\mu\Psi\nabla_\nu\Psi $$
である。

　Ricciテンソルは対称テンソルであるから、任意の点$p\in M$の近傍$U$において、適当な正規直交フレーム場$\{e_0=\partial_t,e_1,e_2,e_3\}$により対角化できる。$R_{\mu\nu}=\nabla_\mu\Psi\nabla_\nu\Psi$より$\nabla_{e_i}\Psi(p),\ (i=0,1,2,3)$のうちで少なくとも２つが０でないならば、右辺が対角化されないためこれはありえない。$0=R_{00}=(\nabla_0\Psi)^2$より$\nabla_{e_0}\Psi(p)=0$である。さらに$\nabla_{e_1}\Psi(p)=\nabla_{e_2}\Psi(p)=0$であると仮定してよい。もし$\nabla_{e_3}\Psi(p)=0$ならば、$R_{\mu\nu}(p)=0$となるから$\nabla_{e_3}\Psi(p)\ne0$とする。

　$\Psi$は滑らかであるから、必要なら$U$を取り直すことで$U$上で$\nabla_{e_3}\Psi\ne0$と仮定してよい。従って、上の対角化の議論と同様に$U$上で$\nabla_{e_0}\Psi=\nabla_{e_1}\Psi=\nabla_{e_2}\Psi=0$である。$U$上で$d\Psi\ne0$であるから陰関数の定理により$U$は$\Psi$のレベル集合でfoliateされ、各leafは$grad\Psi$と直交する。

　よって計量$g$は、
$$ g|_U=-dt^2+a^2d\Psi^2+h(\Psi) $$
と表される。ここで$a\in C^\infty(U)$で$h(\Psi)$は$\Psi$の各レベル集合（2次元部分多様体）上に誘導されるリーマン計量である。さらに適当な関数$x^1,x^2\in C^\infty(U)$をとり、$\{t,\Psi,x^1,x^2\}$が$U$上の局所座標となり、
$$ \begin{align} g|_U&=-dt^2+a^2d\Psi^2+h(\Psi,x^1,x^2),\\ h(\Psi,x^1,x^2)&=h_{11}(\Psi,x^1,x^2)(dx^1)^2+2h_{12}(\Psi,x^1,x^2)dx^1dx^2+h_{22}(\Psi,x^1,x^2)(dx^2)^2 \end{align} $$
と表されるようにすることができる。

　構成の仕方から明らかに$\partial_\Psi$は$\Psi$の各レベル集合に直交するから、$\partial_\Psi$は$e_3$に比例する。$||\partial_\Psi||^2=||d\Psi||^2=e_3(\Psi)^2$より$ \partial_\Psi=e_3(\Psi)e_3=grad\Psi$である。よって
$$ 1=\partial_\Psi\Psi=grad\Psi(\Psi)=||d\Psi||^2=g(\partial_\Psi,\partial_\Psi)=a^2 $$
となる。補題の最後の主張はこれまでの議論から明らかである。

　2次元空間における楕円型偏微分方程式の解の存在と滑らかさについての議論により、ラプラス方程式
\begin{align} \Delta\alpha&=0,\\ \Leftrightarrow\ \partial_i(\sqrt{\det h_b}h_b^{ij}\partial_j\alpha)&=0,\ (i,j=1,2), \end{align}
の解$\alpha_b$は必要なら$U,I$を取り直すことにより$U$上で滑らかな関数として存在する。さらに$b$に関しても滑らかである。

　$\Delta\alpha_b=d\ast d\alpha_b=0$であるから、ポアンカレの補題より$\beta_b\in C^\infty(U)$があり、$\ast d\alpha_b=d\beta_b$となる。このとき$||d\alpha_b||^2=||\ast d\beta_b||^2=||d\beta_b||^2$であり、明らかに$d\alpha_b$と$d\beta_b$は独立であるから、
$$ h_b=\Omega_b(\alpha,\beta)(d\alpha_b^2+d\beta_b^2),\\ \Omega_b(\alpha,\beta):=\frac{1}{||d\alpha_b||^2} $$
となる。最後に$x_b=\alpha_b,y_b=\beta_b$と書けば主張を得る。

　$M$がRicci平坦なら証明すべきことはないのである$p\in M$において、$R_{\mu\nu}(p)\ne0$となっているとする。補題３より$p$の適当な近傍$U$と適当な座標系$\{t,\Psi,x^1,x^2\}$があり、
\begin{align} &g|_U=-dt^2+d\Psi^2+h(\Psi,x^1,x^2),\\ &h(\Psi,x^1,x^2)=h_{11}(\Psi,x^1,x^2)(dx^1)^2+2h_{12}(\Psi,x^1,x^2)dx^1dx^2+h_{22}(\Psi,x^1,x^2)(dx^2)^2 \end{align}
となる。

　$\Psi$の各レベル集合上での計量$h$をパラメータ$\Psi$を持つ2次元リーマン多様体の計量と見なして補題４を使えば、適当な座標$\{t,\Psi,x,y\}$があり、
$$ g|_U=-dt^2+d\Psi^2+f(\Psi,x,y)^2(dx^2+dy^2),\ f\in C^\infty(U) $$
となる。

　$\Psi$は調和であるから
$$ \begin{align} \Delta^g\Psi&=\frac{1}{\sqrt{|\det g|}}\partial_\mu(\sqrt{|\det g|}g^{\mu\nu}\partial_\nu\Psi)\\ &=\frac{1}{f^2}\partial_\Psi(f^2)=0 \end{align} $$
よって
$$ \partial_\Psi f=0 $$
となる。

　従って
$$ g|_U=-dt^2+d\Psi^2+f(x,y)^2(dx^2+dy^2), $$
であるから$Ric(\partial_\Psi,\partial_\Psi)=0$である。補題３の最後の主張と合わせれば$(U,g|_U)$はRicci平坦であるから$R_{\mu\nu}(p)\ne0$という仮定と矛盾する。よって$M$はRicci平坦である。

$0=R_{\mu\nu}=\nabla_\mu\Psi\nabla_\nu\Psi$より明らか。