Variation der modifizierten Einstein-Hilbert-Aktion
On Februar 17, 2021 by adminIn der allgemeinen Relativitätstheorie kann man die Einstein-Feldgleichungen nach dem Prinzip der geringsten Aktion durch Variationen in Bezug auf die Umkehrung der Metrik ableiten Tensor. In einigen modifizierten Gravitationstheorien wie der Brans-Dicke-Theorie wird der Einstein-Hilbert-Aktion ein Skalarfeld hinzugefügt und die Gravitationskonstante durch eine Funktion des Skalarfelds ersetzt. Ich bin nicht ganz sicher, wie ich die Feldgleichungen aus dieser Aktion ableiten soll, insbesondere den Teil, in dem das Skalarfeld an den Ricci-Skalar $ \ phi R $ angehängt ist.
Die Brans-Dicke-Aktion ist $$ S_ {BD} = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi} \ left (\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {ab } \ partielle _a \ phi \ partielle _b \ phi \ rechts) + L_M \ rechts]. $$
Die resultierende Feldgleichung lautet $$ G_ {ab} = \ frac {8 \ pi} {\ phi} T_ {ab} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2} (\ partielle_a \ phi \ partielle_b \ phi- \ frac {1} {2} g_ {ab} \ partielle_c \ phi \ partielle ^ c \ phi) + \ frac {1} {\ phi} (\ nabla_a \ nabla_b \ phi-g_ {ab} \ Box \ phi). $$
Ich möchte auch eine neue Feldgleichung für die Praxis ableiten . Meine Fragen sind also:
-
Wie leitet man die Bewegungsgleichungen ab?
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Wie führt man die Variation der folgenden Aktion durch? ? $$ S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {16 \ pi G} R – \ phi (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab}) – 2 \ Lambda + L_M) \ right] $$
Der Ricci-Skalar, die kosmologische Konstante und die Materie Lagrangian variieren einfach wie der Einstein Hilbert Aktion zu: $$ \ delta S = \ int d ^ 4x \ sqrt {-g} \ left [\ frac {1} {\ kappa} \ left (R_ {ab} – \ frac {1} {2} Rg_ {ab} + \ Lambda g_ {ab} \ right) -T_ {ab} \ right] \ delta g ^ {ab}. $$ Was ist mit dem zusätzlichen Begriff? Würde man einfach in Bezug auf $ \ phi $ variieren, oder ist auch die Variation der kovarianten Ableitung des metrischen Tensors erforderlich? Wenn letzteres zutrifft, wäre die Variation dieses zusätzlichen Terms $$ \ frac {\ partielles L} {\ partielles g_ {ab}} – \ partielles _ \ mu \ frac {\ partielles L} {\ partielles (\ nabla _ {\ mu} g_ {ab})} = 0. $$ Jede Hilfe wäre willkommen. Übrigens ist $ \ nabla _ {\ mu} g_ {ab} \ nabla _ {\ nu} g_ {ab} $ ein Ausdruck, der die Änderungsrate (Ableitung) des metrischen Tensors in Bezug auf eine Koordinate $ (t zeigt , x, y, z) $?
Kommentare
- Normalerweise wählen Sie ohne Torsion die (eindeutige) Verbindung wie $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $, siehe diese PSE -Frage
- Die grundlegende Intuition, die der Brans-Dicke-Theorie zugrunde liegt, sollte “ sein Was ist, wenn wir Newtons ‚ Konstante $ G $ durch ein Skalarfeld $ \ phi $ ersetzen? (Oder, abhängig von Ihrer Religion, $ \ phi ^ {- 1} $?) “ … alles andere folgt daraus.
- Auch bei Torsion Sie erhalten immer noch $ \ nabla_ \ mu g_ {ab} = 0 $. Sie ‚ benötigen auch den Tensor ohne Metrik, um daraus etwas anderes zu machen, das kaum verwendet wird.
Antwort
Hier finden Sie die Antwort auf Frage 1. Frage 2. ist seltsam, da $ \ nabla_ \ mu g _ {\ alpha \ beta} = 0 $ (wenn die Verbindung metrisch kompatibel ist), wie von @Trimok erwähnt. In jedem Fall kann die Variation der Aktion unter Verwendung des nachstehend beschriebenen Verfahrens abgeleitet werden.
Wir beginnen mit der BD-Aktion $$ S = \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi R – \ frac {\ Omega} {\ phi} g ^ {\ mu \ nu} \ Partial_ \ Mu \ Phi \ Partial_ \ Nu \ Phi \ Right] + S_M $$ wobei $ S_M $ die Angelegenheit ist. Um Einsteins Feldgleichungen zu bestimmen, variieren wir die Aktion in Bezug auf die Metrik. Wir verwenden die Formeln (Ref. Wikipedia ) \ begin {Gleichung} \ 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} \ rechts) \ end {split} \ end {Gleichung} Die Variation des Christoffel-Tensors ist \ begin {Gleichung} \ 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 (\ partielle_ \ mu \ delta g _ {\ nu \ rho} + \ partielle_ \ nu \ delta g_ {\ mu \ rho} – \ teilweise_ \ rho \ delta g _ {\ mu \ nu} \ rechts) \\ & = \ 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 {Gleichung} wo wir $ \ delta g _ {\ mu \ nu} = – g _ {\ mu \ alpha} g _ {\ nu \ beta} \ delta g ^ {\ alpha \ beta} $ verwendet haben.Dies impliziert \ begin {Gleichung} \ 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 {Gleichung}, was impliziert, dass \ begin {Gleichung} \ 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 {Gleichung} Schließlich haben wir ab 1 auch $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt { -g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $$ Schließlich sind wir bereit, die Variation der Aktion zu berechnen. Wir haben \ begin {Gleichung} \ begin {split} \ delta S & = \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ delta \ sqrt {- g} \ left [\ phi R – \ frac {\ omega} {\ phi} g ^ {\ mu \ nu} \ partiell_ \ mu \ phi \ partiell_ \ nu \ phi \ rechts] \\ & ~~~~~~~~~~~~ + \ frac {1} {16 \ pi} \ int d ^ 4 x \ sqrt {-g} \ left [\ phi \ delta R – \ frac {\ omega} {\ phi} \ delta g ^ {\ mu \ nu} \ partiell_ \ mu \ phi \ partiell_ \ nu \ phi \ rechts] + \ 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} \ partielle_ \ alpha \ phi \ partielle_ \ beta \ phi \ rechts] \ 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} \ partiell_ \ mu \ phi \ partiell_ \ nu \ phi \ rechts] \ delta g ^ {\ mu \ nu} \ end {split} \ end {Gleichung} Erfordert, dass die Variation der Aktion verschwinden (in führender Reihenfolge in $ \ delta g ^ {\ mu \ nu} $) ergibt \ begin {Gleichung} \ begin {split} G _ {\ mu \ nu} & = – \ frac {16 \ pi} {\ phi \ sqrt {-g}} \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2 } \ left [\ partielle_ \ mu \ phi \ partielle_ \ nu \ phi – \ frac {1} {2} g _ {\ mu \ nu} \ partielle_ \ alpha \ phi \ partielle ^ \ alpha \ phi \ rechts] + \ frac {1} {\ phi} \ left [\ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ phi – g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ phi \ right] \ end {split} \ end {Gleichung} Erinnern Sie sich daran Der Spannungstensor ist definiert als \ begin {Gleichung} \ begin {split} T _ {\ mu \ nu} = – \ frac {2} {\ sqrt {-g}} \ frac {\ delta S_M} {\ delta g ^ {\ mu \ nu}} \ end {split} \ end {Gleichung} Also \ begin {Gleichung} \ begin {split} G _ {\ mu \ nu} & = \ frac {8 \ pi} {\ phi} T _ {\ mu \ nu} + \ frac {\ omega} {\ phi ^ 2} \ left [\ partielle_ \ mu \ phi \ partielle_ \ nu \ phi – \ frac {1 } {2} g _ {\ mu \ nu} \ partiell_ \ alpha \ phi \ partiell ^ \ alpha \ phi \ rechts] + \ frac {1} {\ phi} \ left [\ nabla_ \ mu \ nabla_ \ nu \ phi – g _ {\ mu \ nu} \ nabla ^ 2 \ phi \ right] \ end {split} \ end {Gleichung}, was ist die Brans-Dicke-Gleichung.
Kommentare
- Ich sehe, wie es jetzt geht. Wird der zusätzliche Term in Bezug auf meine zweite Frage einfach Null, da die kovariante Ableitung des metrischen Tensors Null ist? So wird die Aktion jetzt zur bekannten Einstein-Hilbert-Aktion?
- Das ‚ ist korrekt.
- Wie beweisen Sie $ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g _ {\ mu \ nu} \ delta g ^ {\ mu \ nu} $? Ich kann dem Wikipedia-Eintrag nicht folgen … $$ \ delta \ sqrt {-g} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ delta g = – \ frac {1} {2 \ sqrt { -g}} gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2 \ sqrt {-g}} \ sqrt {-g} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} = – \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} \ neq \ frac {1} {2} \ sqrt {-g} g ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $$ Was ist mit dem Vorzeichenfehler?
- @BreakingM_a_t Beachten Sie, dass per Definition $ \ delta g = \ det (g + \ delta g) – \ det g = \ det g \ [\ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) – 1 \] $. Um nun $ \ det (1 + g ^ {- 1} \ delta g) $ in führender Reihenfolge in $ \ delta g $ zu berechnen, verwenden wir die Identität $ \ log \ det M = \ text {tr} \ log M. $. Dann haben wir $ \ 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 Dies impliziert $ \ delta g = \ det g \ text {tr} (g ^ {- 1} \ delta g) = \ det gg ^ {\ mu \ nu} \ delta g _ {\ mu \ nu} $. Wir finden also, dass $ \ 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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