Variación de la acción de Einstein Hilbert modificada
On febrero 17, 2021 by adminEn relatividad general, se pueden derivar las ecuaciones de campo de Einstein mediante el principio de acción mínima mediante variaciones con respecto a la inversa de la métrica tensor. En algunas teorías modificadas de la gravedad, como la teoría de Brans-Dicke, se agrega un campo escalar a la acción de Einstein Hilbert y la constante gravitacional se reemplaza por una función del campo escalar. No estoy muy seguro de cómo derivar las ecuaciones de campo de esta acción, más específicamente la parte donde el campo escalar se adjunta al escalar de Ricci $ \ phi R $.
La acción de Brans-Dicke es $$ S_ {BD} = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi} \ left (\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {ab } \ parcial _a \ phi \ parcial _b \ phi \ right) + L_M \ right]. $$
La ecuación de campo resultante es $$ G_ {ab} = \ frac {8 \ pi} {\ phi} T_ {ab} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2} (\ parcial_a \ phi \ parcial_b \ phi- \ frac {1} {2} g_ {ab} \ parcial_c \ phi \ parcial ^ c \ phi) + \ frac {1} {\ phi} (\ nabla_a \ nabla_b \ phi-g_ {ab} \ Box \ phi). $$
También quiero derivar una nueva ecuación de campo para practicar . Entonces mis preguntas son:
-
¿Cómo se derivan las ecuaciones de movimiento?
-
Cómo realizar la variación de la siguiente acción ? $$ S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi G} R – \ phi (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab}) – 2 \ Lambda + L_M) \ right] $$
El escalar de Ricci, la constante cosmológica y la materia lagrangiana variarán simplemente como el de Einstein Acción de Hilbert para: $$ \ delta S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {\ kappa} \ left (R_ {ab} – \ frac {1} {2} Rg_ {ab} + \ Lambda g_ {ab} \ right) -T_ {ab} \ right] \ delta g ^ {ab}. $$ ¿Qué pasa con el término adicional? ¿Se variaría simplemente con respecto a $ \ phi $, o también se requiere la variación de la derivada covariante del tensor métrico? Si esto último es cierto, entonces la variación de este término adicional sería $$ \ frac {\ parcial L} {\ parcial g_ {ab}} – \ parcial _ \ mu \ frac {\ parcial L} {\ parcial (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab})} = 0. $$ Se agradecería cualquier ayuda. Por cierto, ¿es $ \ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab} $ una expresión que muestra la tasa de cambio (derivada) del tensor métrico con respecto a una coordenada $ (t , x, y, z) $?
Comentarios
- Normalmente, sin torsión, eliges la conexión (única) como $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $, vea esta pregunta de PSE
- La intuición básica que sustenta la teoría de Brans-Dicke debe ser » ¿Qué pasa si reemplazamos la constante $ G $ de Newton ‘ por un campo escalar $ \ phi $? (O, dependiendo de su religión, $ \ phi ^ {- 1} $?) » … todo lo demás se deriva de eso.
- Incluso con torsión todavía obtienes $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $. También ‘ necesitarías el tensor de no métricidad para convertirlo en otra cosa, que apenas se usa.
Respuesta
Encuentre la respuesta a la pregunta 1 a continuación. La pregunta 2. es extraña ya que $ \ nabla_ \ mu g _ {\ alpha \ beta} = 0 $ (cuando la conexión es compatible con métricas) como lo menciona @Trimok. En cualquier caso, la variación de la acción se puede derivar utilizando el método que se describe a continuación.
Comenzamos con la acción BD $$ S = \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {\ mu \ nu} \ parcial_ \ mu \ phi \ parcial_ \ nu \ phi \ right] + S_M $$ donde $ S_M $ es la acción de la materia. Para determinar las ecuaciones de campo de Einstein, variamos la acción wrt a la métrica. Usaremos las fórmulas (ref. wikipedia ) \ begin {ecuación} \ begin {split} \ delta R = R _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} + \ nabla_ \ sigma \ left (g ^ {\ mu \ nu} \ delta \ Gamma ^ \ sigma _ {\ mu \ nu} – g ^ {\ mu \ sigma} \ delta \ Gamma ^ \ rho _ {\ rho \ mu} \ right) \ end {split} \ end {ecuación} La variación del tensor de Christoffel es \ begin {ecuación} \ begin {split} \ delta \ Gamma ^ \ lambda _ {\ mu \ nu} & = \ delta g ^ {\ lambda \ rho} g _ {\ rho \ alpha} \ Gamma ^ \ alpha _ {\ mu \ nu} + \ frac {1} {2} g ^ {\ lambda \ rho} \ left (\ parcial_ \ mu \ delta g _ {\ nu \ rho} + \ parcial_ \ nu \ delta g_ {\ mu \ rho} – \ parcial_ \ rho \ delta g _ {\ mu \ nu} \ right) \\ & = \ frac {1} {2} g ^ {\ lambda \ rho} \ left (\ nabla_ \ mu \ delta g _ {\ nu \ rho} + \ nabla_ \ nu \ delta g _ {\ mu \ rho} – \ nabla_ \ rho \ delta g _ {\ mu \ nu} \ right ) \\ & = – \ frac {1} {2} \ left (g _ {\ nu \ alpha} \ nabla_ \ mu \ delta g ^ {\ alpha \ lambda} + g _ {\ mu \ alpha} \ nabla_ \ nu \ delta g ^ {\ alpha \ lambda} – g _ {\ mu \ alpha} g _ {\ nu \ beta} \ nabla ^ \ lambda \ delta g ^ {\ alpha \ beta} \ right) \ end { split} \ end {ecuación} donde usamos $ \ delta g _ {\ mu \ nu} = – g _ {\ mu \ alpha} g _ {\ nu \ beta} \ delta g ^ {\ alpha \ beta} $.Esto implica \ begin {ecuación} \ begin {split} g ^ {\ mu \ nu} \ delta \ Gamma ^ \ sigma _ {\ mu \ nu} & = – \ nabla_ \ alpha \ delta g ^ {\ alpha \ sigma} + \ frac {1} {2} g _ {\ alpha \ beta} \ nabla ^ \ sigma \ delta g ^ {\ alpha \ beta} \\ g ^ {\ mu \ sigma} \ delta \ Gamma ^ \ lambda _ {\ lambda \ mu} & = – \ frac {1} {2} g _ {\ alpha \ beta} \ nabla ^ \ sigma \ delta g ^ {\ alpha \ beta} \ end {dividir} \ end {ecuación} lo que implica \ begin {ecuación} \ begin {dividir} \ delta R = R _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} – \ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ delta g ^ {\ mu \ nu} + g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ delta g ^ {\ mu \ nu} \ end {split} \ end {ecuación} Finalmente, de 1 , también tenemos $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt { -g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $$ Finalmente, estamos listos para calcular la variación de la acción. Tenemos \ begin {ecuación} \ begin {split} \ delta S & = \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ delta \ sqrt {- g} \ izquierda [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {\ mu \ nu} \ parcial_ \ mu \ phi \ parcial_ \ nu \ phi \ right] \\ & ~~~~~~~~~~~~ + \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi \ delta R –
= – \ frac {1} {32 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} g _ {\ mu \ nu} \ left [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi } g ^ {\ alpha \ beta} \ parcial_ \ alpha \ phi \ parcial_ \ beta \ phi \ right] \ delta g ^ {\ mu \ nu} + \ int d ^ 4 x \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} \ delta g ^ {\ mu \ nu} \\ & ~~~~~~~~~~~~ + \ frac { 1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ left (\ phi R _ {\ mu \ nu} – \ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ phi + g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ phi \ right) – \ frac {\ omega} {\ phi} \ partial_ \ mu \ phi \ partial_ \ nu \ phi \ right] \ delta g ^ {\ mu \ nu} \ end {dividir} \ end {ecuación} Exigiendo que la variación de la la acción desaparece (en el orden inicial en $ \ delta g ^ {\ mu \ nu} $) da \ begin {ecuación} \ begin {split} G _ {\ mu \ nu} & = – \ frac {16 \ pi} {\ phi \ sqrt {-g}} \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2 } \ izquierda [\ parcial_ \ mu \ phi \ parcial_ \ nu \ phi – \ frac {1} {2} g _ {\ mu \ nu} \ parcial_ \ alpha \ phi \ parcial ^ \ alpha \ phi \ derecha] + \ frac {1} {\ phi} \ left [\ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ phi – g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ phi \ right] \ end {split} \ end {ecuación} Recuerda que el tensor de tensión se define como \ begin {ecuación} \ begin {split} T _ {\ mu \ nu} = – \ frac {2} {\ sqrt {-g}} \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} \ end {dividir} \ end {ecuación} Entonces \ begin {ecuación} \ begin {dividir} G _ {\ mu \ nu} & = \ frac {8 \ pi} {\ phi} T _ {\ mu \ nu} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2} \ left [\ partial_ \ mu \ phi \ partial_ \ nu \ phi – \ frac {1 } {2} g _ {\ mu \ nu} \ parcial_ \ alpha \ phi \ parcial ^ \ alpha \ phi \ right] + \ frac {1} {\ phi} \ left [\ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ phi – g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ phi \ right] \ end {dividir} \ end {ecuación} que es la ecuación de Brans-Dicke.
Comentarios
- Veo cómo hacerlo ahora. Con respecto a mi segunda pregunta, ¿el término adicional simplemente se vuelve cero cuando la derivada covariante del tensor métrico es cero? Entonces, ¿la acción ahora se convierte en la conocida Acción de Einstein-Hilbert?
- Eso ‘ es correcto.
- ¿Cómo se prueba $ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $? No puedo seguir la entrada de wikipedia … $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ delta g = – \ frac {1} {2 \ sqrt { -g}} gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ sqrt {-g} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} \ neq \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $$ ¿Qué pasa con el signo de error?
- @BreakingM_a_t Tenga en cuenta que, por definición, $ \ delta g = \ det (g + \ delta g) – \ det g = \ det g \ [\ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) – 1 \] $. Ahora, para calcular $ \ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) $ al orden principal en $ \ delta g $, usamos la identidad $ \ log \ det M = \ text {tr} \ log M PS Entonces, tenemos $ \ det (1 + M) = \ exp \ log \ det (1 + M) = \ exp \ text {tr} \ log (1 + M) = \ exp [\ text {tr} (M + {\ cal O} (M ^ 2))] = \ exp (\ text {tr} M) + {\ cal O} (M ^ 2) = 1 + \ text {tr} M + {\ cal O} (M ^ 2) $.
- @BreakingM_a_t Esto implica $ \ delta g = \ det g \ text {tr} (g ^ {- 1} \ delta g) = \ det gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $. Por lo tanto, encontramos que $ \ delta \ sqrt {- g} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ delta g = – \ frac {1} {2 \ sqrt {- g}} gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $.
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