Acción de Yang-Mills contra Einstein-Hilbert

Question

Acción de Yang-Mills contra Einstein-Hilbert

Bob Knighton

La acción clásica de Yang-Mills es de la forma

S = \frac{1}{2 {gramo}^{2}} \int_{METRO} tr [F \land ⋆ F] = \frac{1}{4 {gramo}^{2}} \int d^{d} X \sqrt{gramo} tr [F^{m v} F_{m v}],

$S=\frac{1}{2g^2}\int_{\mathcal{M}}\text{tr}\left[F\wedge\star F\right]\\ =\frac{1}{4g^2}\int\mathrm{d}^dx\sqrt{g}\,\text{tr}\left[F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}\right],$

donde $F=dA+A\wedge A$ es la intensidad de campo de Yang-Mills $2$ -forma y $g$ es una constante de acoplamiento que es irrelevante en la descripción clásica.

Ahora, la acción clásica de Einstein-Hilbert toma la forma

S = \frac{1}{2 k} \int_{METRO} ⋆ R = \frac{1}{2 k} \int d^{d} X \sqrt{gramo} R,

$S=\frac{1}{2\kappa}\int_{\mathcal{M}}\star\mathcal{R}=\frac{1}{2\kappa}\int\mathrm{d}^dx\sqrt{g}\,\mathcal{R},$

donde $\mathcal{R}=\text{tr}_g(\text{tr}(R))=R^{\mu\nu}_{\,\,\,\,\mu\nu}$ es la curvatura escalar de Ricci de la variedad y $R$ representa el tensor de curvatura de Riemann, y $\kappa=8\pi G$ es de nuevo una constante de acoplamiento.

Mi pregunta es la siguiente: ¿por qué la acción de Einstein-Hilbert es lineal en el tensor de curvatura mientras que la acción de Yang-Mills es cuadrática en el tensor de curvatura del campo de norma? Se requiere que ambas teorías sean invariantes bajo un conjunto específico de transformaciones (transformaciones de calibre para Yang-Mills y difeomorfismos para la gravedad de Einstein), por lo que parece que sus acciones deberían ser de una forma similar (sé que la gravedad no es exactamente el calibre teoría de los difeomorfismos, pero esto todavía me parece extraño). Por ejemplo, ¿existe una razón a priori por la que no escribimos

S = \frac{1}{2 k^{'}} \int tr [R \land ⋆ R] = \frac{1}{4 k^{'}} \int d^{d} X \sqrt{gramo} {gramo}^{α m} {gramo}^{β v} R_{α σ β}^{ρ} R_{m ρ v}^{σ}

$S=\frac{1}{2\kappa'}\int\text{tr}\left[R\wedge\star R\right]=\frac{1}{4\kappa'}\int\mathrm{d}^dx\sqrt{g}\,g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu}R^{\rho}_{\,\,\alpha\sigma\beta}R^{\sigma}_{\,\,\mu\rho\nu}$

en lugar de la razón obvia de que no da las ecuaciones de Einstein?

Cualquier idea sobre esto sería excelente. ¡Gracias!

Nota: Esta pregunta es esencialmente la última parte de ¿Es GR la teoría de calibre de los difeomorfismos? ¿Por qué la acción EH es lineal en la Curvatura? . Sin embargo, esta pregunta nunca fue respondida y se cerró ya que las primeras partes eran esencialmente duplicados.

Profesor Legolasov

1. Los difeomorfismos y las transformaciones de calibre son de naturaleza muy diferente (aunque hay algunas similitudes, por supuesto). 2. No entiendo tu pregunta, ¿por qué esperas que sean del mismo orden en curvatura? Las interacciones de gravedad y calibre son diferentes. 3. Tenga en cuenta que la estrella de Hodge es externa en la teoría de Yang-Mills, mientras que en la gravedad también depende del campo dinámico.

g_{μ ν}

$g_{\mu \nu}$ . Por lo tanto, incluso su acción no se parece completamente a la acción de Yang-Mills.

parker

Relacionado: physics.stackexchange.com/a/340466/92058 . Weinberg dice: "La analogía se rompe en un aspecto importante: en la relatividad general, la conexión afín se construye a partir de las primeras derivadas del tensor métrico, mientras que en las teorías de calibre, los campos de calibre no se expresan en términos de campos más fundamentales ..." . Por cierto, ¿qué ecuaciones de movimiento obtienes de tu Lagrangiano propuesto?

R^{2}

$R^2$ en lugar de

R

$R$ ?

R. Rankin

Vale la pena señalar aquí que el tensor de Ricci es simétrico y, en principio, puede descomponerse como el producto de dos matrices antisimétricas, a través de una variación de la descomposición de Cholesky. Luego, rastrear cualquiera de los dos a un escalar lagrangiano se parece más a lo que está buscando

Respuestas (2)

Acción de Yang-Mills contra Einstein-Hilbert

1. Los difeomorfismos y las transformaciones de calibre son de naturaleza muy diferente (aunque hay algunas similitudes, por supuesto). 2. No entiendo tu pregunta, ¿por qué esperas que sean del mismo orden en curvatura? Las interacciones de gravedad y calibre son diferentes. 3. Tenga en cuenta que la estrella de Hodge es externa en la teoría de Yang-Mills, mientras que en la gravedad también depende del campo dinámico. $g_{\mu \nu}$ . Por lo tanto, incluso su acción no se parece completamente a la acción de Yang-Mills.
Relacionado: physics.stackexchange.com/a/340466/92058 . Weinberg dice: "La analogía se rompe en un aspecto importante: en la relatividad general, la conexión afín se construye a partir de las primeras derivadas del tensor métrico, mientras que en las teorías de calibre, los campos de calibre no se expresan en términos de campos más fundamentales ..." . Por cierto, ¿qué ecuaciones de movimiento obtienes de tu Lagrangiano propuesto? $R^2$ en lugar de $R$ ?
Vale la pena señalar aquí que el tensor de Ricci es simétrico y, en principio, puede descomponerse como el producto de dos matrices antisimétricas, a través de una variación de la descomposición de Cholesky. Luego, rastrear cualquiera de los dos a un escalar lagrangiano se parece más a lo que está buscando

Bence Racskó · Answer 1

En Yang-Mills, la conexión de calibre juega el papel de un potencial y la forma de curvatura juega el papel de una "intensidad de campo".

En GR, el tensor métrico juega el papel de un potencial, y la conexión juega el papel de una intensidad de campo.

Esta es la razón por la que, en particular, la fuerza gravitatoria no es una fuerza real, ya que la conexión no es covariante de calibre. Por supuesto, decimos que hay gravedad distinta de cero en alguna parte, si la curvatura es distinta de cero allí, pero eso es porque el tensor de curvatura obstruye la trivialización de la conexión.

Además, debe buscar en Ostrogradskij-instability . Debido a que en YM, la conexión de calibre es el potencial y la curvatura es la intensidad del campo, un lagrangiano que contenga cualquier función de la intensidad del campo producirá como máximo ecuaciones de campo de segundo orden.

Pero para la gravedad, el tensor de curvatura contiene las segundas derivadas de la métrica, por lo que si no restringe la forma de la expresión de la curvatura, se activará la inestabilidad de Ostrogradskij. Un lagrangiano que es lineal en las segundas derivadas métricas evita este problema.

Mad Max · Answer 2

Está planteando una pregunta legítima, ya que desde el punto de vista de una teoría de campo efectiva, se deben incluir todos los términos de acción que permitan la simetría.

Sin embargo, hay una trampa cuando se trata de una acción lineal en la curvatura de Yang-Mills. $F$ : no es posible contraer los índices de Lorentz de antisimétrico $F$ con métrica simétrica $g$ .

Para campos YM relacionados con grupos unitarios especiales, existe otro obstáculo: $Tr\langle F\rangle$ es idénticamente cero ya que los grupos unitarios especiales no tienen rastro, mientras que la acción YM (con dos F) no experimenta dicho problema.

La acción que mencionaste con dos curvaturas de Riemann. $R$ tensores está perfectamente permitido, solo que este término está muy suprimido a bajas energías, por lo que no es relevante en circunstancias normales. Tenga en cuenta que estos de alto orden $R$ Los términos juegan un papel importante en la etapa embrionaria de nuestro universo, que generalmente se pasa por alto para los modelos cosmológicos predominantes.

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Bob Knighton

Profesor Legolasov

parker

R. Rankin

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Bence Racskó

Mad Max

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