¿El tensor de tensión-energía de Hilbert siempre es el mismo que el tensor de tensión-energía de Belinfante?

Question

¿El tensor de tensión-energía de Hilbert siempre es el mismo que el tensor de tensión-energía de Belinfante?

Física
teoría de campo
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El tensor canónico de tensión-energía (SE) surge del teorema de Noether mediante el empleo de las corrientes conservadas asociadas con las simetrías de traslación.

se define como

T^{a b} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{a} ϕ)} \partial^{b} ϕ + L η^{a b}

$T^{ab}=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_a\phi)}\partial^b\phi+\mathcal{L}\eta^{ab}$

Sin embargo, en general, el tensor SE canónico no es simétrico. De hecho para un tensor SE $T_{ab}$ , $T_{ab}+\partial^c\chi_{cab}$ es también un tensor SE para cualquier $\chi_{cab}=-\chi_{acb}$ .

Entonces, dado un tensor SE canónico, siempre podemos construir un tensor SE simétrico, llamado tensor SE de Belinfante .

Hay otra forma de definir el tensor SE en QFT en el espacio-tiempo curvo. Ese es el tensor Hilbert SE que se define como

T_{a b} = \frac{- 2}{\sqrt{- gramo}} \frac{d (L \sqrt{- gramo})}{d {gramo}^{a b}}

$T_{ab}=\frac{-2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta(\mathcal{L}\sqrt{-g})}{\delta g^{ab}}$

Entonces, el tensor Hilbert SE también es un tensor simétrico.

mis preguntas son

¿El tensor de Hilbert SE siempre es el mismo que el tensor de Belinfante SE? En caso afirmativo, cómo probar.
Si la respuesta a la pregunta (1) es afirmativa, ¿es el tensor SE de Hilbert o el tensor SE de Belinfante el único tensor SE simétrico que puede construir?

Respuestas (4)

¿El tensor de tensión-energía de Hilbert siempre es el mismo que el tensor de tensión-energía de Belinfante?

qmecanico · Answer 1

Bueno, primero, tenemos que asumir la covarianza de Lorentz y la covarianza general de la teoría. Para las teorías no relativistas todas las apuestas están canceladas. En segundo lugar, en el caso de los fermiones, es necesario generalizar el tensor SEM de Hilbert a partir de la variación wrt. una métrica a una variación wrt. un vielbein, vea, por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí . Entonces el tensor SEM de Hilbert generalizado es el SEM canónico más el término de mejora de Belinfante-Rosenfeld. Se esboza una prueba en mi respuesta Phys.SE aquí y los enlaces allí.
No, un tensor SEM simétrico no es único. En principio, es posible añadir términos de mejora que respeten la simetría y las leyes de conservación.

mike piedra · Answer 2

Sí, siempre que trabajemos con conexiones libres de torsión. Esto se explica en los artículos originales de Belinfante y Rosenfeld que se citan en la página de Wikipedia .

Puede ver la necesidad sin torsión utilizando una formulación de vierbein. Solo variando el vierbein solo generalmente se obtiene el tensor de Noether asimétrico. Si define la corriente de espín por la variación de la conexión de espín y vincula la conexión de espín a la métrica por la condición sin torsión, entonces la variación de la conexión de espín genera precisamente los términos extra de Belinfante-Rosenfeld.

LímiteGravitón · Answer 3

El tensor de Belifante solo es simétrico para soluciones de ecuaciones de movimiento. Es decir, es simétrico solo en el caparazón. Pero el tensor de energía de estrés de Hilbert es simétrico fuera de la capa, por definición. Por lo tanto los dos tensores siempre que sean iguales lo son solo para soluciones de ecuación de movimiento. Al considerar la transformación de, por ejemplo, un campo electromagnético bajo traducción, si usa $F^\prime_{\mu\nu}(x^\prime)=F_{\mu\nu}(x)$ y luego hacer que el parámetro de traducción dependa del espacio-tiempo $x^\prime=x+\epsilon(x)$ , puede obtener el tensor de energía de estrés canónico que se puede mejorar al tensor de Belifante que es simétrico en el caparazón. Pero para empezar, si tomas $x^\prime=x+\epsilon(x)$ , y tome la transformación de la intensidad de campo como la de un tensor de segundo rango bajo una transformación de coordenadas general (es decir, dada por su derivada de Lie), entonces puede obtener el tensor de energía de tensión de Hilbert. Usando la ecuación de movimiento, puede mostrar que uno es igual al otro, es decir, son iguales solo en el caparazón.

No creo que se requiera que la ecuación de movimiento se satisfaga para la simetría. La simetría se deriva de la invariancia de Lorentz. Entonces, siempre que el funcional de acción sea invariante de Lorentz, estamos bien. El ecualizador de movimiento (o algo equivalente como la integración sobre los campos) es necesario para la conservación, por supuesto; de eso se trata el teorema de Noether.
Le sugiero que mire la ecuación 2.180 en el gran libro amarillo (Teoría de campos conformes, Di Francesco et al). Los autores mencionan claramente cómo el tensor de impulso de energía mejorado de Belifante es clásicamente simétrico, es decir, simétrico hasta las ecuaciones de movimiento. Muestran esto tomando su diferencia con el tensor idénticamente simétrico, es decir, el tensor de tensión de Hilbert.
@BoundaryGravitation Un ejemplo interesante que tendré que explorar. Pero cuando leí el artículo original de Belinfante, vi que define su tensor como el tensor de Hilbert, y luego determina su relación con el canónico para obtener la definición utilizada en la mayoría de los libros modernos. Esa derivación se esboza en el artículo de Wikipedia, pero es menos obvio que su tensor canónico es el tensor canónico habitual tal como lo definió por diferencial con el vierbein en lugar del método de Noether y luego la corrección proviene de la derivada con la conexión de espín.
Tengo que mirar el documento, pero nuevamente en el artículo de wikipedia, parece haber muchas oraciones en el ejemplo del campo de Dirac donde usan ecuaciones de movimiento. Corrígeme si estoy equivocado. Echaré un vistazo a los detalles.
Sí, estoy de acuerdo en que la E de M se usa en el ejemplo de Dirac, pero creo que son fragmentos que se derivan de la invariancia de Lorentz en lugar de la E de M completa. Tengo que pensar en esto. Por cierto, escribí (la mayor parte) del artículo de Wiki Belinfant-Rosenfeld, ¡así que difícilmente puedo citarlo para respaldar mis puntos de vista! Sin embargo, los documentos originales son una lectura interesante.

Saksith Jaksri · Answer 4

El tensor tensión-energía canónico definido (con notación métrica $\eta=diag(-1,1,1,1)$ )

T_{(cano)}^{a b} = - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{a} ϕ_{yo})} \partial^{b} ϕ_{yo} + L {gramo}^{a b} = - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{a} ϕ_{yo})} {gramo}^{b C} \partial_{C} ϕ_{yo} + L {gramo}^{a b}

$T^{ab}_{\texttt{(cano)}} = -\frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_a \phi_I)}\partial^b\phi_I +\mathcal L g^{ab} = -\frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_a \phi_I)}g^{bc}\partial_c\phi_I +\mathcal L g^{ab}$

Supongamos que localmente podemos encontrar un campo escalar tal que

- \partial_{a} ϕ^{yo} = {mi}_{a}^{yo},

$-\partial_a \phi^I = e^I_a\;,$ dónde

I, J, . . .

$I,J,...$ son los índices del marco interno. Entonces tenemos el tensor tensión-energía covariante

\begin{array}{rcl} T_{a b} & = & - \frac{2}{\sqrt{- gramo}} \frac{d S_{metro}}{d {gramo}^{a b}} = - \frac{1}{mi} \frac{d S_{metro}}{d {mi}^{yo b}} {mi}_{a}^{yo}, \\ = & - \frac{1}{mi} {\frac{\partial L_{metro}}{\partial {mi}^{yo b}} {mi}_{a}^{yo} mi + L \frac{\partial mi}{\partial {mi}^{yo b}} {mi}_{a}^{yo}}, \\ = & - \frac{\partial L}{\partial {mi}^{yo b}} {mi}_{a}^{yo} + L {mi}_{a}^{yo} \frac{\partial {mi}^{j C}}{\partial {mi}^{yo b}} {mi}_{j C}, \\ = & - \frac{\partial L}{\partial {mi}^{yo b}} {mi}_{a}^{yo} + {gramo}_{a b} L, \\ = & - \frac{\partial L}{\partial (\partial^{b} ϕ^{yo})} \partial_{a} (ϕ^{yo}) + {gramo}_{a b} L, \\ \equiv & T_{a b}^{(cano)} \end{array}

$\begin{eqnarray} T_{ab} &=& - \frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta S_m}{\delta g^{ab}} = -\frac 1 e \frac{\delta S_m}{\delta e^{Ib}} e^I_a \;, \\ &=& - \frac{1}{e}\bigg\{ \frac{\partial \mathcal L_m}{ \partial e^{Ib}} e^I_a e + \mathcal L \frac{\partial e}{\partial e^{Ib} } e^I_a \bigg\} \;, \\ &=& -\frac{\partial \mathcal L}{\partial e^{Ib}}e^I_a + \mathcal L e^I_a \frac{\partial e^{Jc}}{\partial e^{Ib}} e_{Jc}\;,\\ &=& -\frac{\partial \mathcal L}{\partial e^{Ib}}e^I_a + g_{ab} \mathcal L\;,\\ &=& -\frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial^b\phi^{I})}\partial_a(\phi^I) + g_{ab} \mathcal L\;,\\ &\equiv& T_{ab}^{\texttt{(cano)}} \end{eqnarray}$ Así que creo que siempre podemos vincular el tensor de tensión-energía de Hilbert con el tensor de tensión-energía de Belinfante-Rosenfeld si localmente podemos encontrar la función escalar

ϕ

$\phi$ tal que

- \partial_{a} ϕ^{I} = e_{a}^{I}

$-\partial_a \phi^I = e^I_a$ . Al menos, en el caso de GR, pero no estoy seguro del caso de la gravedad modificada, como en el caso de la gravedad afín a la métrica.

Tenga en cuenta también que: En GR, el grupo de simetría son los difeomorfismos que no se ajustan al primer teorema de Noether, pero la derivación anterior, cambiamos al espacio interno con el grupo de simetría es $SO(3,1)$ el cual es un grupo de dimensión finita, donde es aplicable el primer teorema de Noether.

Tenga en cuenta que: $S_m=\int d^4x \sqrt{-g} \mathcal L_m$

Cuestiones a la respuesta (v5): La segunda condición no parece ser genéricamente válida.
Ese es el punto que también me preocupa. La segunda condición.

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