Variasjon av modifisert Einstein Hilbert-handling
On februar 17, 2021 by adminGenerell relativitet kan man utlede Einstein-feltligningene ved prinsippet om minst handling gjennom variasjoner med hensyn til det inverse av metrikken tensor. I noen modifiserte gravitasjonsteorier, som Brans-Dicke Theory, tilsettes et skalarfelt til Einstein Hilbert Action, og gravitasjonskonstanten erstattes av en funksjon av skalarfeltet. Jeg er ikke helt sikker på hvordan man kan utlede feltligningene fra denne handlingen, nærmere bestemt den delen der skalarfeltet er festet til Ricci skalar $ \ phi R $.
Brans-Dicke-handlingen er $$ S_ {BD} = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi} \ left (\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {ab } \ partial _a \ phi \ partial _b \ phi \ right) + L_M \ right]. $$
Den resulterende feltligningen er $$ G_ {ab} = \ frac {8 \ pi} {\ phi} T_ {ab} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2} (\ partial_a \ phi \ partial_b \ phi- \ frac {1} {2} g_ {ab} \ partial_c \ phi \ partial ^ c \ phi) + \ frac {1} {\ phi} (\ nabla_a \ nabla_b \ phi-g_ {ab} \ Box \ phi). $$
Jeg vil også utlede en ny feltligning for praksis . Så spørsmålene mine er:
-
Hvordan utledes en ligningene av bevegelse?
-
Hvordan utføre variasjonen av følgende handling ? $$ S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi G} R – \ phi (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab}) – 2 \ Lambda + L_M) \ høyre] $$
Ricci skalar, den kosmologiske konstanten, og saken Lagrangian vil variere ganske enkelt som Einstein Hilbert Handling til: $$ \ delta S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {\ kappa} \ left (R_ {ab} – \ frac {1} {2} Rg_ {ab} + \ Lambda g_ {ab} \ right) -T_ {ab} \ right] \ delta g ^ {ab}. $$ Hva med ekstratiden? Ville man rett og slett variere med hensyn til $ \ phi $, eller er det også nødvendig med variasjonen av det kovariante derivatet av den metriske tensoren? Hvis sistnevnte er sant, ville variasjonen av dette ekstra begrepet være $$ \ frac {\ partial L} {\ partial g_ {ab}} – \ partial _ \ mu \ frac {\ partial L} {\ partial (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab})} = 0. $$ All hjelp vil bli satt pris på. Er forresten $ \ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab} $ et uttrykk som viser endringshastigheten (avledet) av metrisk tensor i forhold til en koordinat $ (t , x, y, z) $?
Kommentarer
- Vanligvis, uten vridning, velger du (unik) forbindelse som $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $, se dette PSE spørsmål
- Den grunnleggende intuisjonen som ligger til grunn for Brans-Dicke-teorien skal være » Hva om vi erstatter Newton ‘ s konstant $ G $ med et skalarfelt $ \ phi $? (Eller, avhengig av religion, $ \ phi ^ {- 1} $?) » … alt annet følger av det.
- Selv med torsjon du får fortsatt $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $. Du ‘ trenger også tensoren som ikke er beregnet, for å gjøre det til noe annet, noe som knapt brukes.
Svar
Finn svaret på spørsmål 1 nedenfor. Spørsmål 2. er rart siden $ \ nabla_ \ mu g _ {\ alpha \ beta} = 0 $ (når forbindelsen er metrisk kompatibel) som nevnt av @Trimok. I alle fall kan variasjonen av handlingen utledes ved hjelp av metoden beskrevet nedenfor.
Vi starter med BD-handlingen $$ S = \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {\ mu \ nu} \ partial_ \ mu \ phi \ partial_ \ nu \ phi \ right] + S_M $$ hvor $ S_M $ er saken. For å bestemme Einsteins feltligninger, varierer vi handlingen wrt til beregningen. Vi vil bruke formlene (refer. wikipedia ) \ begin {ligning} \ 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 {ligning} Variasjonen av Christoffel-tensoren er \ begin {ligning} \ 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} \ venstre (\ nabla_ \ mu \ delta g _ {\ nu \ rho} + \ nabla_ \ nu \ delta g _ {\ mu \ rho} – \ nabla_ \ rho \ delta g _ {\ mu \ nu} \ høyre ) \\ & = – \ 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 {ligning} der vi brukte $ \ delta g _ {\ mu \ nu} = – g _ {\ mu \ alpha} g _ {\ nu \ beta} \ delta g ^ {\ alpha \ beta} $.Dette innebærer \ begin {ligning} \ begynn {delt} g ^ {\ mu \ nu} \ delta \ Gamma ^ \ sigma _ {\ mu \ nu} & = – \ nabla_ \ alfa \ 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 {ligning} som innebærer \ begin {ligning} \ begynn {delt} \ 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} Til slutt, fra 1 , har vi også $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt { -g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $$ Til slutt er vi klare til å beregne variasjonen av handlingen. Vi har \ begin {ligning} \ begynn {delt} \ 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} Krever at variasjonen av handling forsvinner (til ledende rekkefølge i $ \ delta g ^ {\ mu \ nu} $) gir \ begin {ligning} \ begynn {splitt} 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} Husk det stress-tensor er definert som \ begin {ligning} \ begynn {delt} T _ {\ mu \ nu} = – \ frac {2} {\ sqrt {-g}} \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} \ end {split} \ end {equation} Dermed \ 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 {ligning} som er Brans-Dicke-ligningen.
Kommentarer
- Jeg ser hvordan jeg gjør det nå. Når det gjelder det andre spørsmålet mitt, blir det ekstra begrepet rett og slett null da det kovariante derivatet av den metriske tensoren er null? Så handlingen blir nå den velkjente Einstein-Hilbert-handlingen?
- At ‘ er riktig.
- Hvordan viser du deg $ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $? Jeg kan ikke følge wikipediaoppføringen … $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ delta g = – \ frac {1} {2 \ sqrt { -g}} gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ sqrt {-g} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} \ neq \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $$ Hva med skiltfeilen?
- @BreakingM_a_t Merk at per definisjon $ \ delta g = \ det (g + \ delta g) – \ det g = \ det g \ [\ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) – 1 \] $. For å beregne $ \ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) $ til ledende rekkefølge i $ \ delta g $, bruker vi identiteten $ \ log \ det M = \ text {tr} \ log M $. Deretter har vi $ \ 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 Dette innebærer $ \ delta g = \ det g \ text {tr} (g ^ {- 1} \ delta g) = \ det gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $. Dermed finner vi at $ \ 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} $.
Legg igjen en kommentar