アインシュタイン方程式 - 高校時代に物理で赤点をとったけど相対性理論を勉強するよ！

$\displaystyle R_{\rho\sigma,\mu\nu} \equiv g_{\rho\lambda}R^\lambda_{\sigma,\mu\nu}$
であったので, 両辺に $g^{\rho\lambda}$ をかけて
$\displaystyle R^\lambda_{\sigma,\mu\nu}=g^{\rho\lambda}R_{\rho\sigma,\mu\nu}$ … (1)

また,
$\displaystyle R_{\mu\nu} \equiv R^\sigma_{\mu,\sigma\nu}$ … (2)
$\displaystyle R \equiv g^{\mu\nu}R_{\mu\nu}$ … (3)
$\displaystyle R^\mu_\nu \equiv g^{\rho\mu}R_{\rho\nu}$ … (4)
と定義する.

ビアンキの恒等式より
$\nabla_\lambda R_{\rho\sigma,\mu\nu}+\nabla_\mu R_{\rho\sigma,\nu\lambda}+\nabla_\nu R_{\rho\sigma,\lambda\mu}=0$
両辺に $g^{\sigma\nu}$ をかけると, 計量は $\nabla$ の中に入れることができたから
$\nabla_\lambda g^{\sigma\nu}R_{\rho\sigma,\mu\nu}+\nabla_\mu g^{\sigma\nu}R_{\rho\sigma,\nu\lambda}+\nabla_\nu g^{\sigma\nu}R_{\rho\sigma,\lambda\mu}=0$
添字を入れ替えると一部符号が変わって(この変換規則はまだ記事を書いていない)
$\nabla_\lambda g^{\sigma\nu}R_{\sigma\rho,\nu\mu}-\nabla_\mu g^{\sigma\nu}R_{\sigma\rho,\nu\lambda}-\nabla_\nu g^{\sigma\nu}R_{\sigma\rho,\lambda\mu}=0$
$\nabla_\lambda R^\nu_{\rho,\nu\mu}-\nabla_\mu R^\nu_{\rho,\nu\lambda}-\nabla_\nu R^\nu_{\rho,\lambda\mu}=0$ (各項に (1) を用いた)
$\nabla_\lambda R_{\rho\mu}-\nabla_\mu R_{\rho\lambda}-\nabla_\nu R^\nu_{\rho,\lambda\mu}=0$ (第 1 項と第 2 項に (2) を用いた)
両辺に $g^{\rho\mu}$ をかけると
$\nabla_\lambda g^{\rho\mu}R_{\rho\mu}-\nabla_\mu g^{\rho\mu}R_{\rho\lambda}-\nabla_\nu g^{\rho\mu}R^\nu_{\rho,\lambda\mu}=0$
$\nabla_\lambda R-\nabla_\mu R^\mu_{\lambda}-\nabla_\nu g^{\rho\mu}R^\nu_{\rho,\lambda\mu}=0$ (第 1 項に (3), 第 2 項に (4) を用いた)
ここで
$\displaystyle g^{\rho\mu}R^\nu_{\rho,\lambda\mu}$
$\displaystyle =g^{\rho\mu}g^{\sigma\nu}R_{\sigma\rho,\lambda\mu}$ ((1) より)
添字を入れ替えて
$\displaystyle =g^{\sigma\nu}g^{\rho\mu}R_{\rho\sigma,\mu\lambda}$
$\displaystyle =g^{\sigma\nu}R^\mu_{\sigma,\mu\lambda}$ ((1) より)
$\displaystyle =g^{\sigma\nu}R_{\sigma\lambda}$ ((2) より)
$\displaystyle =R^\nu_\lambda$ ((4) より)
したがって
$\displaystyle \nabla_\lambda R-\nabla_\mu R^\mu_{\lambda}-\nabla_\nu R^\nu_\lambda=0$
$\displaystyle \nabla_\lambda R-\nabla_\mu R^\mu_{\lambda}-\nabla_\mu R^\mu_\lambda=0$
$\displaystyle \nabla_\mu(\delta^\mu_\lambda R)-2\nabla_\mu R^\mu_{\lambda}=0$ (クロネッカーのデルタを $\nabla$ の中に入れることができることの証明が必要か)
$\displaystyle \nabla_\mu\left(R^\mu_\lambda-\frac{1}{2}\delta^\mu_\lambda R\right)=0$
両辺に $g^{\nu\lambda}$ をかけ, $g^{\nu\lambda}R^\mu_\lambda \equiv R^{\mu\nu}$ と定義すると
$\displaystyle \nabla_\mu\left(R^{\mu\nu}-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}R\right)=0$

注意
$\displaystyle R_{\mu\nu} \equiv R^\sigma_{\mu,\sigma\nu}$ … (2)
と定義したが, 同時に
$\displaystyle R_{\mu\nu} \equiv R^\sigma_{\mu,\nu\sigma}$ … (2)'
と定義してしまうと不合理である.
何故ならば (2)' より
$\displaystyle R_{\mu\nu} = R^\sigma_{\mu,\nu\sigma} = -R^\sigma_{\mu,\sigma\nu}$
であるが, (2) より
$\displaystyle =-R_{\mu\nu}$
となるから
$\displaystyle R_{\mu\nu} = -R_{\mu\nu}$
したがって
$\displaystyle R_{\mu\nu} = 0$
となってしまう.
計量をかけて添字の上げ下げをする際には添字の順序に気を配る必要がある.