Variazione dellazione di Einstein Hilbert modificata
Su Febbraio 17, 2021 da adminNella relatività generale si possono derivare le equazioni di campo di Einstein dal principio di minima azione attraverso variazioni rispetto allinverso della metrica tensore. In alcune teorie modificate della gravità, come la teoria di Brans-Dicke, un campo scalare viene aggiunto allazione di Einstein Hilbert e la costante gravitazionale viene sostituita da una funzione del campo scalare. Non sono abbastanza sicuro di come derivare le equazioni di campo da questa azione, più specificamente la parte in cui il campo scalare è attaccato allo scalare Ricci $ \ phi R $.
Lazione Brans-Dicke è $$ S_ {BD} = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi} \ left (\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {ab } \ partial _a \ phi \ partial _b \ phi \ right) + L_M \ right]. $$
Lequazione del campo risultante è $$ G_ {ab} = \ frac {8 \ pi} {\ phi} T_ {ab} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2} (\ partial_a \ phi \ partial_b \ phi- \ frac {1} {2} g_ {ab} \ partial_c \ phi \ partial ^ c \ phi) + \ frac {1} {\ phi} (\ nabla_a \ nabla_b \ phi-g_ {ab} \ Box \ phi). $$
Voglio anche derivare una nuova equazione di campo per fare pratica . Quindi le mie domande sono:
-
Come si derivano le equazioni del moto?
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Come eseguire la variazione della seguente azione ? $$ S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi G} R – \ phi (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab}) – 2 \ Lambda + L_M) \ right] $$
Lo scalare di Ricci, la costante cosmologica e la materia Lagrangiana varieranno semplicemente come Einstein Azione di Hilbert per: $$ \ delta S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {\ kappa} \ left (R_ {ab} – \ frac {1} {2} Rg_ {ab} + \ Lambda g_ {ab} \ right) -T_ {ab} \ right] \ delta g ^ {ab}. $$ E il termine extra? Si potrebbe semplicemente variare rispetto a $ \ phi $, o è richiesta anche la variazione della derivata covariante del tensore metrico? Se questultimo è vero, la variazione di questo termine aggiuntivo sarebbe $$ \ frac {\ partial L} {\ partial g_ {ab}} – \ partial _ \ mu \ frac {\ partial L} {\ partial (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab})} = 0. $$ Qualsiasi aiuto sarebbe apprezzato. A proposito, $ \ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab} $ è unespressione che mostra la velocità di variazione (derivata) del tensore metrico rispetto a una coordinata $ (t , x, y, z) $?
Commenti
- Di solito, senza torsione, scegli la connessione (unica) come $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $, vedi questa domanda di PSE
- Lintuizione di base alla base della teoria di Brans-Dicke dovrebbe essere ” E se sostituiamo la ‘ costante $ G $ di Newton con un campo scalare $ \ phi $? (Oppure, a seconda della tua religione, $ \ phi ^ {- 1} $?) ” … tutto il resto ne consegue.
- Anche con la torsione ottieni ancora $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $. ‘ avresti bisogno anche del tensore non di metricità per renderlo qualcosaltro, che è piuttosto scarsamente utilizzato.
Risposta
Trova la risposta alla domanda 1 di seguito. La domanda 2. è strana poiché $ \ nabla_ \ mu g _ {\ alpha \ beta} = 0 $ (quando la connessione è metrica compatibile) come menzionato da @Trimok. In ogni caso, la variazione dellazione può essere derivata utilizzando il metodo descritto di seguito.
Iniziamo con lazione BD $$ S = \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {\ mu \ nu} \ partial_ \ mu \ phi \ partial_ \ nu \ phi \ right] + S_M $$ dove $ S_M $ è lazione della questione. Per determinare le equazioni di campo di Einstein, si varia lazione rispetto alla metrica. Useremo le formule (ref. wikipedia ) \ begin {equation} \ 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 {equation} La variazione del tensore di Christoffel è \ begin {equation} \ 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 (\ partial_ \ mu \ delta g _ {\ nu \ rho} + \ partial_ \ nu \ delta g_ {\ mu \ rho} – \ partial_ \ 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 {equation} dove abbiamo usato $ \ delta g _ {\ mu \ nu} = – g _ {\ mu \ alpha} g _ {\ nu \ beta} \ delta g ^ {\ alpha \ beta} $.Ciò implica \ begin {equation} \ 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 {split} \ end {equation} che implica \ begin {equation} \ begin {split} \ 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 {equation} Infine, da 1 , abbiamo anche $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt { -g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $$ Infine, siamo pronti per calcolare la variazione dellazione. Abbiamo \ begin {equation} \ begin {split} \ delta S & = \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ delta \ sqrt {- g} \ left [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {\ mu \ nu} \ partial_ \ mu \ phi \ partial_ \ nu \ phi \ right] \\ & ~~~~~~~~~~~~ + \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi \ delta R – \ frac {\ omega} {\ phi} \ delta g ^ {\ mu \ nu} \ partial_ \ mu \ phi \ partial_ \ nu \ phi \ right] + \ delta S_M \\ & = – \ frac {1} {32 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} g _ {\ mu \ nu} \ left [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi } g ^ {\ alpha \ beta} \ partial_ \ alpha \ phi \ partial_ \ 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 {split} \ end {equation} Richiedendo che la variazione di lazione svanisce (nellordine iniziale in $ \ delta g ^ {\ mu \ nu} $) restituisce \ begin {equation} \ begin {split} G _ {\ mu \ nu} & = – \ frac {16 \ pi} {\ phi \ sqrt {-g}} \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2 } \ left [\ partial_ \ mu \ phi \ partial_ \ nu \ phi – \ frac {1} {2} g _ {\ mu \ nu} \ partial_ \ alpha \ phi \ partial ^ \ alpha \ phi \ right] + \ frac {1} {\ phi} \ left [\ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ phi – g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ phi \ right] \ end {split} \ end {equation} Ricorda che lo stress-tensor è definito come \ begin {equation} \ begin {split} T _ {\ mu \ nu} = – \ frac {2} {\ sqrt {-g}} \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} \ end {split} \ end {equation} Quindi \ begin {equation} \ begin {split} 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} \ partial_ \ alpha \ phi \ partial ^ \ alpha \ phi \ right] + \ frac {1} {\ phi} \ left [\ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ phi – g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ phi \ right] \ end {split} \ end {equation} che è lequazione di Brans-Dicke.
Commenti
- Ora vedo come farlo. Per quanto riguarda la mia seconda domanda, il termine extra diventa semplicemente zero poiché la derivata covariante del tensore metrico è zero? Quindi lazione ora diventa la familiare Azione di Einstein-Hilbert?
- Questo ‘ è corretto.
- Come si dimostra $ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $? Non riesco a seguire la voce di wikipedia … $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ delta g = – \ frac {1} {2 \ sqrt { -g}} gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ sqrt {-g} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} \ neq \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $$ E il segno-errore?
- @BreakingM_a_t Nota che per definizione $ \ delta g = \ det (g + \ delta g) – \ det g = \ det g \ [\ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) – 1 \] $. Ora, per calcolare $ \ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) $ nellordine iniziale in $ \ delta g $, usiamo lidentità $ \ log \ det M = \ text {tr} \ log M $. Quindi, abbiamo $ \ 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 Ciò implica $ \ delta g = \ det g \ text {tr} (g ^ {- 1} \ delta g) = \ det gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $. Quindi, troviamo che $ \ 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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