Divergencia del tensor tensión-energía

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Divergencia del tensor tensión-energía

Física
leyes-de-conservacion
relatividad general
tensión-energía-momentum-tensor

John Smith

Actualmente estoy leyendo The large scale of space-time de Hawking y Ellis y tengo problemas para entender su prueba de que la divergencia del tensor de tensión-energía es 0. La parte del libro en cuestión en el capítulo 4 ("Relatividad general "), sección 3.3 ("Formulación lagrangiana").

Para poner las cosas en contexto, trabajan en formalismo lagrangiano y definen el tensor estrés-energía como la derivada (hasta un factor 2) de la acción con respecto a la métrica, lo cual creo que es bastante habitual.

Ahora, afirman:

\frac{1}{4!} \int_{D} L_{X} (L η) = \sum_{i} \int_{D} (\frac{\partial L}{\partial {ψ_{(i)}}_{C \dots d}^{a \dots b}} - {(\frac{\partial L}{\partial {ψ_{(i)}}_{C \dots d; mi}^{a \dots b}})}_{; mi}) L_{X} {ψ_{(i)}}_{C \dots d}^{a \dots b} d v + \frac{1}{2} \int_{D} T^{a b} L_{X} {gramo}_{a b} d v

$\frac{1}{4!}\int_{\mathcal{D}}\!\mathcal{L}_X(L\eta) = \sum_i\int_\mathcal{D}\!\left(\frac{\partial L}{\partial{\psi_{(i)}}^{a\ldots b}_{c\ldots d}} - \left(\frac{\partial L}{\partial{\psi_{(i)}}^{a\ldots b}_{c\ldots d\ ;\ e}} \right)_{;\ e}\right)\mathcal{L}_{X}{\psi_{(i)}}^{a\ldots b}_{c\ldots d}\,\mathrm{d}v + \frac{1}{2}\int_{\mathcal{D}}\!T^{ab}\mathcal{L}_{X}g_{ab}\,\mathrm{d}v$

$L$ es la densidad lagrangiana, $\mathcal{L}$ denota la derivada de Lie y $\eta$ es el $4$ -forma $4!\sqrt{|\det(g_{\alpha\beta})|} \mathrm{d}x^1 \wedge \mathrm{d}x^2 \wedge \mathrm{d}x^3 \wedge \mathrm{d}x^4$ .

Entonces, obviamente, puedes cancelar la primera serie de integrales debido a las ecuaciones de Euler-Lagrange y al reescribir la última integral, deduces $T^{ab}_{\ ;\ a} = 0$ . El problema es que no veo cómo obtienen la igualdad escrita arriba.

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Coco · Answer 1

Note que la regla de Leibniz $\mathcal{L}_X(L\eta)=(\mathcal{L}_XL)\eta +L(\mathcal{L}_X\eta)$ se cumple para la derivada de Lie. La derivada de Lie del lagrangiano es

L_{X} L = \frac{\partial L}{\partial ψ} L_{X} ψ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{mi} ψ)} L_{X} (\partial_{mi} ψ) + \frac{\partial L}{\partial {gramo}_{a b}} L_{X} {gramo}_{a b},

$\begin{equation} \mathcal{L}_XL=\frac{\partial L}{\partial \psi} \mathcal{L}_X\psi+\frac{\partial L}{\partial (\partial_e\psi)}\mathcal{L}_X(\partial_e\psi)+ \frac{\partial L}{\partial g_{ab}}\mathcal{L}_Xg_{ab}, \end{equation}$ omitiendo los índices de los campos y la suma sobre ellos, para simplificar la notación. También necesitaremos la derivada de Lie de la forma de volumen

L_{X} η = (\partial η / \partial g_{a b}) L_{X} g_{a b}

$\mathcal{L}_X\eta=(\partial\eta/\partial g_{ab})\mathcal{L}_Xg_{ab}$ .

Usando $\mathcal{L}_X(\partial_e\psi)=\partial_e(\mathcal{L}_X\psi)$ e integrando por partes en el segundo término obtenemos:

\int_{D} L_{X} (L η) = \int_{D} η [\frac{\partial L}{\partial ψ} L_{X} ψ - \partial_{mi} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{mi} ψ)}) L_{X} (ψ) + \frac{\partial L}{\partial {gramo}_{a b}} L_{X} {gramo}_{a b}] + \int_{D} L \frac{\partial η}{\partial {gramo}_{a b}} L_{X} {gramo}_{a b} .

$\begin{equation} \int_\mathcal{D}\mathcal{L}_X(L\eta)= \int_\mathcal{D}\eta\left[\frac{\partial L}{\partial \psi} \mathcal{L}_X\psi-\partial_e\left( \frac{\partial L}{\partial(\partial_e\psi)}\right) \mathcal{L}_X(\psi)+ \frac{\partial L}{\partial g_{ab}}\mathcal{L}_Xg_{ab}\right]+ \int_\mathcal{D}L\frac{\partial \eta}{\partial g_{ab}}\mathcal{L}_Xg_{ab}. \end{equation}$

Finalmente, los integrandos en el tercer y cuarto términos se pueden escribir juntos como

(\frac{\partial L}{\partial {gramo}_{a b}} η + L \frac{\partial η}{\partial {gramo}_{a b}}) L_{X} {gramo}_{a b} = \frac{\partial}{\partial {gramo}_{a b}} (L η) L_{X} {gramo}_{a b} = \frac{d S}{d {gramo}_{a b}} L_{X} {gramo}_{a b} = \frac{1}{2} T^{a b} L_{X} {gramo}_{a b},

$\begin{equation} \left( \frac{\partial L}{\partial g_{ab}}\eta + L\frac{\partial \eta}{\partial g_{ab}} \right)\mathcal{L}_Xg_{ab}= \frac{\partial}{\partial g_{ab}}(L\eta)\mathcal{L}_Xg_{ab}= \frac{\delta S}{\delta g_{ab}}\mathcal{L}_Xg_{ab}= \frac{1}{2}T^{ab}\mathcal{L}_Xg_{ab}, \end{equation}$ como se desee.

Gracias por tu respuesta. Pero todavía tengo problemas para entender por qué podemos conmutar la derivada de Lie $\mathcal{L}_X$ con $\partial_e$ . Además, no estoy seguro de qué tipo de derivado estás pensando al escribir $\partial_e\psi$ dónde $\psi$ es un tensor. ¿Una derivada covariante, una derivada de Lie o algo más?

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John Smith

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Coco

John Smith

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