Variação da ação de Einstein Hilbert modificada
On Fevereiro 17, 2021 by adminNa relatividade geral, pode-se derivar as equações de campo de Einstein pelo princípio da menor ação por meio de variações em relação ao inverso da métrica tensor. Em algumas teorias da gravidade modificadas, como a Teoria de Brans-Dicke, um campo escalar é adicionado à Ação de Einstein Hilbert e a constante gravitacional é substituída por uma função do campo escalar. Não tenho certeza de como derivar as equações de campo desta ação, mais especificamente a parte onde o campo escalar está anexado ao escalar $ \ phi R $ de Ricci.
A ação de Brans-Dicke é $$ S_ {BD} = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi} \ left (\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {ab } \ partial _a \ phi \ partial _b \ phi \ right) + L_M \ right]. $$
A equação de campo resultante é $$ G_ {ab} = \ frac {8 \ pi} {\ phi} T_ {ab} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2} (\ parcial_a \ phi \ partial_b \ phi- \ frac {1} {2} g_ {ab} \ partial_c \ phi \ partial ^ c \ phi) + \ frac {1} {\ phi} (\ nabla_a \ nabla_b \ phi-g_ {ab} \ Box \ phi). $$
Também quero derivar uma nova equação de campo para a prática . Portanto, minhas perguntas são:
-
Como derivar as equações do movimento?
-
Como realizar a variação da seguinte ação ? $$ S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi G} R – \ phi (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab}) – 2 \ Lambda + L_M) \ right] $$
O escalar de Ricci, a constante cosmológica e a matéria lagrangiana irão variar simplesmente como o de Einstein Ação de Hilbert para: $$ \ delta S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {\ kappa} \ left (R_ {ab} – \ frac {1} {2} Rg_ {ab} + \ Lambda g_ {ab} \ right) -T_ {ab} \ right] \ delta g ^ {ab}. $$ E quanto ao termo extra? Seria simplesmente variável em relação a $ \ phi $, ou a variação da derivada covariante do tensor métrico também é necessária? Se o último for verdadeiro, então a variação deste termo extra seria $$ \ frac {\ parcial L} {\ parcial g_ {ab}} – \ parcial _ \ mu \ frac {\ parcial L} {\ parcial (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab})} = 0. $$ Qualquer ajuda seria apreciada. A propósito, $ \ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab} $ é uma expressão que mostra a taxa de variação (derivada) do tensor métrico em relação a uma coordenada $ (t , x, y, z) $?
Comentários
- Normalmente, sem torção, você escolhe a conexão (única) como $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $, veja esta questão do PSE
- A intuição básica que sustenta a teoria de Brans-Dicke deve ser ” E se substituirmos a constante $ G $ de Newton ‘ s por um campo escalar $ \ phi $? (Ou, dependendo da sua religião, $ \ phi ^ {- 1} $?) ” … tudo o resto decorre disso.
- Mesmo com torção você ainda obtém $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $. Você ‘ d precisa do tensor de não metricidade também para torná-lo outra coisa, que é quase não usada.
Resposta
Encontre a resposta para a pergunta 1 abaixo. A pergunta 2. é estranha, pois $ \ nabla_ \ mu g _ {\ alpha \ beta} = 0 $ (quando a conexão é compatível com métricas), conforme mencionado por @Trimok. Em qualquer caso, a variação da ação pode ser derivada usando o método descrito abaixo.
Começamos com a ação BD $$ S = \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {\ mu \ nu} \ partial_ \ mu \ phi \ partial_ \ nu \ phi \ right] + S_M $$ onde $ S_M $ é a ação importante. Para determinar as equações de campo de Einstein, variamos a ação em relação à métrica. Usaremos as fórmulas (ref. wikipedia ) \ begin {equation} \ begin {dividir} \ 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} A variação do tensor de Christoffel é \ 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} onde usamos $ \ delta g _ {\ mu \ nu} = – g _ {\ mu \ alpha} g _ {\ nu \ beta} \ delta g ^ {\ alpha \ beta} $.Isso 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} que 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} Finalmente, de 1 , também temos $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt { -g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $$ Finalmente, estamos prontos para calcular a variação da ação. Temos \ 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} Exigindo que a variação do a ação desaparecer (para a ordem inicial em $ \ delta g ^ {\ mu \ nu} $) dá \ 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} Lembre-se de que o tensor de tensão é definido como \ begin {equation} \ begin {split} T _ {\ mu \ nu} = – \ frac {2} {\ sqrt {-g}} \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} \ end {split} \ end {equation} Assim, \ 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} que é a equação de Brans-Dicke.
Comentários
- Vejo como fazer agora. Em relação à minha segunda pergunta, o termo extra simplesmente se torna zero, já que a derivada covariante do tensor métrico é zero? Portanto, a ação agora se torna a conhecida Ação de Einstein-Hilbert?
- Isso ‘ está correto.
- Como você prova $ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $? Não consigo seguir a entrada da 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 quanto ao erro de sinal?
- @BreakingM_a_t Observe que, por definição, $ \ delta g = \ det (g + \ delta g) – \ det g = \ det g \ [\ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) – 1 \] $. Agora, para calcular $ \ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) $ para a ordem inicial em $ \ delta g $, usamos a identidade $ \ log \ det M = \ text {tr} \ log M $. Então, temos $ \ 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 Isso implica $ \ delta g = \ det g \ text {tr} (g ^ {- 1} \ delta g) = \ det gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $. Assim, descobrimos 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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