Wariacja zmodyfikowanej akcji Einsteina Hilberta
On 17 lutego, 2021 by adminW ogólnej teorii względności można wyprowadzić równania pola Einsteina na podstawie zasady najmniejszego działania poprzez wariacje względem odwrotności metryki napinacz. W niektórych zmodyfikowanych teoriach grawitacji, takich jak teoria Bransa-Dickego, pole skalarne jest dodawane do działania Einsteina Hilberta, a stała grawitacji jest zastępowana funkcją pola skalarnego. Nie jestem do końca pewien, jak wyprowadzić równania pola z tej akcji, a dokładniej część, w której pole skalarne jest dołączone do skalara Ricciego $ \ phi R $.
Działanie Bransa-Dickea to $$ S_ {BD} = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi} \ left (\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {ab } \ częściowe _a \ phi \ częściowe _b \ phi \ right) + L_M \ right]. $$
Wynikowe równanie pola to $$ G_ {ab} = \ frac {8 \ pi} {\ phi} T_ {ab} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2} (\ części_a \ phi \ części_b \ phi- \ frac {1} {2} g_ {ab} \ części_c \ phi \ części ^ c \ phi) + \ frac {1} {\ phi} (\ nabla_a \ nabla_b \ phi-g_ {ab} \ Box \ phi). $$
Chcę również wyprowadzić nowe równanie pola do ćwiczeń . A więc moje pytania są następujące:
-
Jak wyprowadzić równania ruchu?
-
Jak wykonać wariację następującej czynności ? $$ S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi G} R – \ phi (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab}) – 2 \ Lambda + L_M) \ right] $$
Skalar Ricciego, stała kosmologiczna i materia Lagrangea będą się zmieniać po prostu jak Einstein Hilbert Action to: $$ \ delta S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {\ kappa} \ left (R_ {ab} – \ frac {1} {2} Rg_ {ab} + \ Lambda g_ {ab} \ right) -T_ {ab} \ right] \ delta g ^ {ab}. $$ A co z dodatkowym wyrazem? Czy można by po prostu zmieniać względem $ \ phi $, czy też wymagana jest również zmiana kowariantnej pochodnej tensora metrycznego? Jeśli to ostatnie jest prawdą, wówczas wariacją tego dodatkowego terminu byłaby $$ \ frac {\ częściowa L} {\ częściowa g_ {ab}} – \ częściowa _ \ mu \ frac {\ częściowa L} {\ częściowa (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab})} = 0. $$ Każda pomoc będzie mile widziana. Nawiasem mówiąc, czy $ \ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab} $ jest wyrażeniem pokazującym szybkość zmian (pochodną) tensora metrycznego względem współrzędnej $ (t , x, y, z) $?
Komentarze
- Zwykle bez skręcania wybiera się (unikalne) połączenie, takie jak $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $, zobacz to pytanie PSE
- Podstawowa intuicja leżąca u podstaw teorii Bransa-Dickea powinna brzmieć ” Co się stanie, jeśli zamienimy stałą Newtona ' $ G $ na pole skalarne $ \ phi $? (Lub, w zależności od religii, $ \ phi ^ {- 1} $?) ” … wszystko inne wynika z tego.
- Nawet ze skręceniem nadal otrzymujesz $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $. ' Potrzebujesz również tensora niemetrycznego, aby uczynić go czymś innym, co jest dość rzadko używane.
Odpowiedź
Znajdź odpowiedź na pytanie 1 poniżej. Pytanie 2. jest dziwne, ponieważ $ \ nabla_ \ mu g _ {\ alpha \ beta} = 0 $ (gdy połączenie jest zgodne z danymi metrycznymi), o czym wspomniał @Trimok. W każdym przypadku zmienność działania można określić za pomocą metody opisanej poniżej.
Zaczynamy od akcji BD $$ S = \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {\ mu \ nu} \ częściowa_ \ mu \ phi \ częściowa_ \ nu \ phi \ right] + S_M $$ gdzie $ S_M $ jest akcją sprawy. Aby określić równania pola Einsteina, zmieniamy działanie względem metryki. Użyjemy wzorów (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} Wariacją tensora Christoffela jest \ 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 (\ części_ \ mu \ delta g _ {\ nu \ rho} + \ części_ \ nu \ delta g_ {\ mu \ rho} – \ części_ \ 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} gdzie użyliśmy $ \ delta g _ {\ mu \ nu} = – g _ {\ mu \ alpha} g _ {\ nu \ beta} \ delta g ^ {\ alpha \ beta} $.Oznacza to \ 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}, co oznacza \ 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} Wreszcie z 1 mamy również $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt { -g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $$ Wreszcie, jesteśmy gotowi do obliczenia wariacji akcji. Mamy \ 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} \ części_ \ mu \ phi \ części_ \ nu \ phi \ right] \\ & ~~~~~~~~~~~~ + \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi \ delta R – \ frac {\ omega} {\ phi} \ delta g ^ {\ mu \ nu} \ części_ \ mu \ phi \ części_ \ 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} \ części_ \ alpha \ phi \ części_ \ 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} \ części_ \ mu \ phi \ części_ \ nu \ phi \ right] \ delta g ^ {\ mu \ nu} \ end {split} \ end {equation} Wymaganie odmiany akcja znika (do wiodącej kolejności w $ \ delta g ^ {\ mu \ nu} $) daje \ 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 [\ częściowe_ \ mu \ phi \ częściowe_ \ nu \ phi – \ frac {1} {2} g _ {\ mu \ nu} \ częściowe_ \ alpha \ phi \ częściowe ^ \ alpha \ phi \ right] + \ frac {1} {\ phi} \ left [\ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ phi – g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ phi \ right] \ end {split} \ end {equation} Przypomnij sobie tensor naprężenia jest zdefiniowany jako \ begin {equation} \ begin {split} T _ {\ mu \ nu} = – \ frac {2} {\ sqrt {-g}} \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} \ end {split} \ end {equation} Zatem \ begin {equation} \ begin {split} G _ {\ mu \ nu} & = \ frac {8 \ pi} {\ phi} T _ {\ mu \ nu} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2} \ left [\ części_ \ mu \ phi \ części_ \ nu \ phi – \ frac {1 } {2} g _ {\ mu \ nu} \ części_ \ alpha \ phi \ części ^ \ alpha \ phi \ right] + \ frac {1} {\ phi} \ left [\ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ phi – g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ phi \ right] \ end {split} \ end {equation} czyli równanie Bransa-Dickea.
Komentarze
- Teraz już wiem, jak to zrobić. Odnosząc się do mojego drugiego pytania, czy dodatkowy wyraz staje się po prostu zerowy, ponieważ kowariantna pochodna tensora metrycznego wynosi zero? Czyli akcja staje się teraz znaną akcją Einsteina-Hilberta?
- To ' jest poprawne.
- Jak udowodnić $ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $? Nie mogę śledzić wpisu wikipedii … $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ delta g = – \ frac {1} {2 \ sqrt { -g}} gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ sqrt {-g} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} \ neq \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $$ A co z błędem znaku?
- @BreakingM_a_t Zauważ, że z definicji $ \ delta g = \ det (g + \ delta g) – \ det g = \ det g \ [\ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) – 1 \] $. Teraz, aby obliczyć $ \ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) $ do kolejności wiodącej w $ \ delta g $, używamy tożsamości $ \ log \ det M = \ text {tr} \ log M $. Następnie mamy $ \ 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 To implikuje $ \ delta g = \ det g \ text {tr} (g ^ {- 1} \ delta g) = \ det gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $. W ten sposób stwierdzamy, że $ \ 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} $.
Dodaj komentarz