¿El tensor tensión-energía es simétrico para una acción clásica que rompe explícitamente la simetría rotacional?

Me gusta responder a este tipo de preguntas con un ejemplo simple de trabajo. Entonces, escribamos una teoría de campo escalar simple que rompa la invariancia de rotación pero no de traducción:

$$\begin{equation} \mathcal{L}= -\frac{1}{2} \left( \eta^{\mu\nu} + \lambda e^\mu e^\nu \right) \partial_\mu \phi \partial_\nu \phi \end{equation}$$ dónde$\lambda$es una constante y$e^\mu$es alguna norma unitaria fija ($\eta_{\mu\nu} e^\mu e^\nu=1$) de 4 vectores similares al espacio que es constante en el espacio-tiempo.

Ahora hagamos una variación con un cambio dependiente del espacio-tiempo$\epsilon(x)$; entonces usaremos el truco de que debido a que las traducciones con$\epsilon={\rm const}$son una simetría, siempre podemos escribir la variación como$\delta \mathcal{L}=-\partial_\mu \epsilon_\nu \tilde{T}^{\mu\nu}$, que después de una integración por partes es$\epsilon_\mu \partial_\nu \delta T^{\mu\nu}$(dónde$\tilde{T}$y$T$difieren potencialmente por un término cuya divergencia es idénticamente cero). Entonces desde$\partial_\mu T^{\mu\nu}=0$en el caparazón, podemos identificar$T^{\mu\nu}$como el tensor esfuerzo-energía.

Más concretamente, escribimos$x^\mu \rightarrow x^\mu - \epsilon^\mu(x)$, entonces$\phi \rightarrow \phi + \epsilon^\mu \partial_\mu \phi$y$\partial_\mu \phi \rightarrow \partial_\mu \phi + \epsilon^\nu \partial_\mu \partial_\nu \phi + \partial_\nu \phi \partial_\mu \epsilon^\nu$, llevando a

$$\begin{eqnarray} % \delta \mathcal{L} &=& - \frac{1}{2} \left[ \eta^{\rho\sigma} + \lambda e^\rho e^\sigma \right] \left[ \delta(\partial_\rho \phi) \partial_\sigma \phi + \partial_\rho \phi \delta (\partial_\sigma \phi) \right] \\ % &=& - \frac{1}{2} \left[ \eta^{\rho\sigma} + \lambda e^\rho e^\sigma \right] \left[ \epsilon^\nu \partial_\rho \partial_\nu \phi \partial_\sigma \phi + \epsilon^\nu \partial_\sigma \partial_\nu \phi \partial_\rho \phi + \partial_\rho \phi \partial_\nu \phi \partial_\sigma \epsilon^\nu + \partial_\sigma \phi \partial_\nu \phi \partial_\rho \epsilon^\nu \right] \\ % &=& - \frac{1}{2} \left[ \eta^{\rho\sigma} + \lambda e^\rho e^\sigma \right] \left[ \epsilon^\nu \partial_\nu \left( \partial_\rho \phi \partial_\sigma \phi \right) - \epsilon_\mu \partial_\sigma \left(\partial^\mu \phi \partial_\rho \phi \right) - \epsilon_\mu \partial_\rho \left(\partial^\mu \phi \partial_\sigma \phi \right) \right] \\ % &=& \epsilon_\mu \partial_\nu \left[ \partial^\mu \phi \partial^\nu \phi - \frac{1}{2} \eta^{\mu\nu} (\partial \phi)^2 + \lambda \left( e^\mu \partial^\nu \phi e^\rho \partial_\rho \phi - \frac{1}{2} e^\mu e^\nu (\partial \phi)^2\right) \right]\\ % &=& \epsilon_\mu \partial_\nu \left[T_{\rm K.G.}^{\mu\nu} + \lambda T_{\rm S.B.}^{\mu\nu} \right] \end{eqnarray}$$ dónde$T_{\rm K.G.}^{\mu\nu} = \partial^\mu \phi \partial^\nu \phi - \frac{1}{2} \eta^{\mu\nu}(\partial \phi)^2$es el tensor de tensión para un campo de Klein-Gordon sin masa, y el término$T^{\mu\nu}_{\rm S.B.}$es el tensor esfuerzo-energía debido a la ruptura de la simetría rotacional (SB=simetría rotacional).

En efecto, la expresión para$T^{\mu\nu}_{\rm S.B.}$

$$\begin{equation} T^{\mu\nu}_{\rm S.B.} = e^\mu \partial^\nu \phi e^\rho \partial_\rho \phi - \frac{1}{2} e^\mu e^\nu (\partial \phi)^2 \end{equation}$$

tiene una parte antisimétrica que no desaparece$\sim (e \cdot \partial)\phi e^{[\mu}\partial^{\nu]} \phi$. Una forma de explicar con palabras lo que está sucediendo es que$\epsilon_\mu$nunca se contrata directamente con$e^\rho$o$e^\sigma$, y a diferencia del tensor métrico no hay forma de "generar más"$e^\rho$o$e^\sigma$al subir y bajar los índices. Otra forma de explicar la diferencia entre los términos rotacionalmente invariante y de ruptura de simetría es señalar que si reemplazamos$e^\mu e^\rho$con$\eta^{\mu\rho}$en el primer término de$T^{\mu\nu}_{\rm S.B.}$, el primer término se convierte en$\partial^\mu\phi \partial^\nu \phi$, que es simétrico; el término "romper la simetría"$\sim e^\mu e^\rho$elige una dirección especial de la que puede depender la respuesta final, lo que permite una parte antisimétrica. Para ser honesto, este no es el resultado que esperaba cuando comencé a resolver esto (aunque no sé por qué, ya que no hay forma de que se pueda conservar el momento angular y estoy de acuerdo con la lógica de su pregunta), pero como por lo que puedo decir es correcto.

Siempre es posible definir un tensor simétrico de tensión-energía definiéndolo como una variación de la acción con respecto a la métrica, pero deduzco de la pregunta que esto no es lo que le interesa.

Otra pregunta es si es posible agregar una pieza que sea idénticamente libre de divergencias para$T^{\mu\nu}_{\rm S.B.}$para cancelar la parte antisimétrica ... Sospecho (pero no estoy 100% seguro) que la respuesta es sí, ya que creo que debería poder derivar la versión de Einstein-Hilbert del tensor de energía de tensión de esta manera. (Esto no siempre es posible, pero sospecho que probablemente lo sea en este ejemplo)