Derivación de ecuaciones de movimiento de supergravedad

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Derivación de ecuaciones de movimiento de supergravedad

Kenny H.

El otro día decidí asegurarme rápidamente de poder derivar las ecuaciones de movimiento de supergravedad para el sector NS/NS usando la siguiente acción:

S = \int_{{METRO}_{10}} d^{10} X \sqrt{- gramo} {mi}^{- 2 ϕ} (R + 4 (\partial ϕ)^{2} - \frac{1}{12} H_{a b C} H^{a b C})

$S=\int_{M_{10}}d^{10}x \space \sqrt{-g} e^{-2\phi}\left(R+4(\partial \phi)^2-\frac{1}{12}H_{abc}H^{abc}\right)$

Variando la métrica, el término escalar de Ricci (R) solo producirá un término de la ecuación de Einstein $R_{ab}-\frac{1}{2}Rg_{ab}$ . El término del campo escalar debería ser lo suficientemente simple ya que en realidad es solo 4 $g^{ab}\partial_a\phi \partial_b \phi$ . Esto solo daría un término en las ecuaciones de campo que se parece a $4\partial_a\phi \partial_b \phi$ . El término de flujo, teniendo en cuenta que $H_{abc}=\partial_a b_{bc}-\partial_b b_{ac}+\partial_c b_{ab}$ , dará un término $-\frac{1}{4}(H^2)_{ab}$ .

De acuerdo con varios documentos (específicamente https://arxiv.org/abs/1205.2274 ) se debe obtener la siguiente ecuación de movimiento para la variación métrica:

R_{a b} + 2 D_{a} D_{b} ϕ - \frac{1}{4} (H^{2})_{a b} = 0

$R_{ab}+2D_a D_b \phi-\frac{1}{4}(H^2)_{ab}=0$

Como puede ver, no tengo problemas para obtener el último término, pero no puedo ver cómo se combinan el término de Einstein y el campo escalar para obtener $R_{ab}+2D_a D_b \phi$ .

¿Me estoy perdiendo algo de simplificación aquí o parece que realmente cometí un error en mi cálculo?

Wakabaloola

el problema aquí es la palabra 'rápidamente'. si realiza el cálculo con cuidado, no tendrá problemas para encontrar las ecuaciones de movimiento correctas. la derivación manuscrita puede ocupar hasta 100 páginas manuscritas (dependiendo de la cantidad que desee derivar desde cero) (y no olvide la

e^{- 2 ϕ}

$e^{-2\phi}$ factores..)

Kenny H.

100 paginas? ¿Cómo podría ser posible variar la métrica de una acción que tiene tres términos? Debajo de la acción, escribí lo que calculé para las contribuciones a la variación métrica. Esto no tomó más de una página. ¿Se ven mal de alguna manera específica?

Wakabaloola

no encuentras lo que esperas, ¿verdad? mi sugerencia es hacerlo con cuidado y darle el respeto que se merece. una página no lo hará. sí, cuando lo revisé, tomó hasta 100 páginas (lo deduje todo y no di nada por sentado), ya que ese es el enfoque que funciona para mí.

Kenny H.

No quiero faltar al respeto, pero la sugerencia de hacerlo con cuidado no es realmente tan útil. Estaba buscando algo más específico como "la variación que involucra su término cinético parece incorrecta". Al mirar hacia atrás, parece que mi error fue olvidar el

\sqrt{- g}

$\sqrt{-g}$ cuando variaba los términos segundo y tercero en la acción. Voy a recalcular y ver.

Hkw

1. Primero, escriba la acción en el marco de Einstein que está relacionada con su métrica de marco de cadena como

G_{m n} = e^{Φ / 2} g_{m n}

$G_{mn}=e^{\Phi/2} g_{mn}$ . Aquí

G_{m n}

$G_{mn}$ son la métrica de marco de Einstein y otra es la métrica de marco de cadena habitual. 2. Ahora escribe la ecuación de Einstein que es solo el tensor de Einstein en el lado izquierdo y el tensor de tensión en el lado derecho de la ecuación. Todos los campos contribuyen al tensor de tensión (escalares y de 3 formas).

Respuestas (1)

Derivación de ecuaciones de movimiento de supergravedad

el problema aquí es la palabra 'rápidamente'. si realiza el cálculo con cuidado, no tendrá problemas para encontrar las ecuaciones de movimiento correctas. la derivación manuscrita puede ocupar hasta 100 páginas manuscritas (dependiendo de la cantidad que desee derivar desde cero) (y no olvide la $e^{-2\phi}$ factores..)
100 paginas? ¿Cómo podría ser posible variar la métrica de una acción que tiene tres términos? Debajo de la acción, escribí lo que calculé para las contribuciones a la variación métrica. Esto no tomó más de una página. ¿Se ven mal de alguna manera específica?
no encuentras lo que esperas, ¿verdad? mi sugerencia es hacerlo con cuidado y darle el respeto que se merece. una página no lo hará. sí, cuando lo revisé, tomó hasta 100 páginas (lo deduje todo y no di nada por sentado), ya que ese es el enfoque que funciona para mí.
No quiero faltar al respeto, pero la sugerencia de hacerlo con cuidado no es realmente tan útil. Estaba buscando algo más específico como "la variación que involucra su término cinético parece incorrecta". Al mirar hacia atrás, parece que mi error fue olvidar el $\sqrt{-g}$ cuando variaba los términos segundo y tercero en la acción. Voy a recalcular y ver.
1. Primero, escriba la acción en el marco de Einstein que está relacionada con su métrica de marco de cadena como $G_{mn}=e^{\Phi/2} g_{mn}$ . Aquí $G_{mn}$ son la métrica de marco de Einstein y otra es la métrica de marco de cadena habitual. 2. Ahora escribe la ecuación de Einstein que es solo el tensor de Einstein en el lado izquierdo y el tensor de tensión en el lado derecho de la ecuación. Todos los campos contribuyen al tensor de tensión (escalares y de 3 formas).

hipernova · Answer 1

Creo que esto no es gran cosa. Teniendo en cuenta la variación de su acción con respecto a $\phi$ , estos dos términos $g^{\mu\nu}\partial_{\mu}\phi\partial_{\nu}\phi$ y $g^{\mu\nu}\nabla_{\mu}\nabla_{\nu}\phi$ en realidad son los mismos.

Vamos a averiguar

d \int_{Ω} {mi}^{- 2 ϕ} {gramo}^{m v} \partial_{m} ϕ \partial_{v} ϕ d V = 0,

$\delta\int_{\Omega}e^{-2\phi}g^{\mu\nu}\partial_{\mu}\phi\partial_{\nu}\phi\,{\rm d}V=0,$ donde guardé

d V = \sqrt{- g} d^{10} x

${\rm d}V=\sqrt{-g}\,{\rm d}^{10}x$ como un elemento de volumen invariante. De esta manera, aplique la ecuación de Euler-Lagrange (pero en su forma covariante por simplicidad, es decir,

\frac{\partial L}{\partial ϕ} = \nabla_{σ} (\frac{\partial L}{\partial (\nabla_{σ} ϕ)}),

$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}=\nabla_{\sigma}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\left(\nabla_{\sigma}\phi\right)}\right),$ dónde

\nabla_{σ}

$\nabla_{\sigma}$ denota la derivada covariante; y por supuesto, para el escalar

ϕ

$\phi$ ,

\nabla_{σ} ϕ = \partial_{σ} ϕ

$\nabla_{\sigma}\phi=\partial_{\sigma}\phi$ , mientras que para la métrica

g^{μ ν}

$g^{\mu\nu}$ ,

\nabla_{σ} g^{μ ν} = 0

$\nabla_{\sigma}g^{\mu\nu}=0$ ) a

L = {mi}^{- 2 ϕ} {gramo}^{m v} \partial_{m} ϕ \partial_{v} ϕ,

$\mathcal{L}=e^{-2\phi}g^{\mu\nu}\partial_{\mu}\phi\partial_{\nu}\phi,$ y tenemos

\frac{\partial L}{\partial ϕ} = - 2 {mi}^{- 2 ϕ} {gramo}^{m v} \partial_{m} ϕ \partial_{v} ϕ

$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}=-2e^{-2\phi}g^{\mu\nu}\partial_{\mu}\phi\partial_{\nu}\phi$ así como

\frac{\partial L}{\partial (\nabla_{σ} ϕ)} = 2 {mi}^{- 2 ϕ} {gramo}^{m σ} \partial_{m} ϕ .

$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\left(\nabla_{\sigma}\phi\right)}=2e^{-2\phi}g^{\mu\sigma}\partial_{\mu}\phi.$ Por lo tanto

\nabla_{σ} (\frac{\partial L}{\partial (\nabla_{σ} ϕ)}) = 2 {mi}^{- 2 ϕ} (- 2 {gramo}^{m σ} \partial_{m} ϕ \partial_{σ} ϕ + {gramo}^{m σ} \nabla_{m} \nabla_{σ} ϕ) .

$\nabla_{\sigma}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\left(\nabla_{\sigma}\phi\right)}\right)=2e^{-2\phi}\left(-2g^{\mu\sigma}\partial_{\mu}\phi\partial_{\sigma}\phi+g^{\mu\sigma}\nabla_{\mu}\nabla_{\sigma}\phi\right).$ Como consecuencia,

ϕ

$\phi$ debe satisfacer

{gramo}^{m σ} \partial_{m} ϕ \partial_{σ} ϕ = {gramo}^{m σ} \nabla_{m} \nabla_{σ} ϕ .

$g^{\mu\sigma}\partial_{\mu}\phi\partial_{\sigma}\phi=g^{\mu\sigma}\nabla_{\mu}\nabla_{\sigma}\phi.$

Así que puedes ver, si reemplazas el $g^{\mu\sigma}\partial_{\mu}\phi\partial_{\sigma}\phi$ término en la acción original por $g^{\mu\sigma}\nabla_{\mu}\nabla_{\sigma}\phi$ , y tome la derivada variacional de $g^{\mu\sigma}$ , obtendrás la $\nabla_{\mu}\nabla_{\sigma}\phi$ plazo como se esperaba.

Espero que esto pueda ser útil para usted :-)

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Kenny H.

Wakabaloola

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Wakabaloola

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Hkw

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