Obtener difeomorfismos a partir de condiciones de contorno en AdS3AdS3AdS_3

Question

Obtener difeomorfismos a partir de condiciones de contorno en AdS3AdS3AdS_3

anuncios-cft
Física
relatividad general
condiciones de borde
geometría diferencial
anti-de-sitter-espacio-tiempo

dingo_d

Como de costumbre, hago una pregunta sobre las condiciones límite para AdS. ${}_3$ , basado en la tesis de Porfyriadis.

esta resolviendo ecuaciones $\mathcal{L}_\xi g_{\mu\nu}$ para anuncios ${}_3$ métrica, con unas condiciones límite dadas que son básicamente condiciones de caída en $r$ , ya que estamos interesados en el comportamiento asintótico (como $r\to\infty$ ). Finalmente llegué a la parte donde él, usando el ansatz para el difeomorfismo $\xi^\mu=\sum\limits_n \xi^\mu_n(t,\phi)r^n$ ( $\mu=t,r,\phi$ ), obtiene un conjunto de 6 ecuaciones para coeficientes. Escribiré el componente de la métrica que se usó para obtener la ecuación al lado de la ecuación, para aclarar:

(t t) ξ_{norte - 1}^{r} + {yo}^{2} ξ_{norte, t}^{t} + ξ_{norte - 2, t}^{t} = 0, norte \geq 2

$(tt)\qquad \xi^r_{n-1}+l^2\xi^t_{n,t}+\xi^t_{n-2,t}=0,\ n\ge 2$

(t r) {yo}^{4} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{t} - {yo}^{4} ξ_{norte, t}^{r} + 3 {yo}^{2} (norte - 1) ξ_{norte - 1}^{t} + 2 (norte - 3) ξ_{norte - 3}^{t} = 0, norte \geq 3

$(tr)\qquad l^4(n+1)\xi^t_{n+1}-l^4\xi^r_{n,t}+3l^2(n-1)\xi^t_{n-1}+2(n-3)\xi^t_{n-3}=0,\ n\ge 3$

(t ϕ) {yo}^{2} ξ_{norte, ϕ}^{t} + ξ_{norte - 2, ϕ}^{t} - {yo}^{2} ξ_{norte - 2, t}^{ϕ} = 0, norte \geq 1

$(t\phi)\qquad l^2\xi^t_{n,\phi}+\xi^t_{n-2,\phi}-l^2\xi^\phi_{n-2,t}=0,\ n\ge 1$

(r r) {yo}^{2} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{r} + (norte - 2) ξ_{norte - 1}^{r} = 0, norte \geq 2

$(rr)\qquad l^2(n+1)\xi^r_{n+1}+(n-2)\xi^r_{n-1}=0,\ n\ge 2$

(r ϕ) {yo}^{2} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{r} + (norte - 3) ξ_{norte - 3}^{ϕ} + {yo}^{2} ξ_{norte, ϕ}^{r} = 0, norte \geq 3

$(r\phi)\qquad l^2(n+1)\xi^r_{n+1}+(n-3)\xi^\phi_{n-3}+l^2\xi^r_{n,\phi}=0,\ n\ge 3$

(ϕ ϕ) ξ_{norte - 1}^{r} + ξ_{norte - 2, ϕ}^{ϕ} = 0, norte \geq 2

$(\phi\phi)\qquad \xi^r_{n-1}+\xi^\phi_{n-2,\phi}=0,\ n\ge 2$

Lo entendí, y entiendo cómo el autor lo entendió. Pero ¿cómo encontró el $\xi^r,\ \xi^t$ , y $\xi^\phi$ no entiendo :\

dijo: por ( $rr$ ) ecuación, usando inducción hacia atrás, ya que para grandes $n$ la serie para $\xi^r$ debe truncar, obtenemos que los componentes $\xi^r_{2m}=0,\ m\ge 1$ , y $\xi^r_{2m+1}=0,\ m\ge 1$ , por lo que la forma más general de $\xi^r$ es

ξ^{r} = ξ_{1}^{r} (t, ϕ) r + ξ_{0}^{r} (t, ϕ) + O (r^{- 1}) (⋆)

$\xi^r=\xi^r_1(t,\phi)r+\xi^r_0(t,\phi)+\mathcal{O}(r^{-1})\quad (\star)$

¿Cómo consiguió eso? Quiero decir, traté de poner de n=10 a n=2, y para n=2 obtengo

3 {yo}^{2} ξ_{3}^{r} + 0 \cdot ξ_{1}^{r} = 0

$3l^2\xi^r_3+0\cdot\xi^r_1=0$

Y eso significa que para n=incluso mis términos impares son 0, si $n\ge 2$ ?

Podría relacionar esto con el hecho de que el $\xi^r=\sum\limits_n \xi^r_n r^n$ , y para n=2 obtendré 0, por lo que solo contribuirán los n que sean menores que eso, ya que estoy haciendo una expansión alrededor del infinito. Pero no sé si tengo razón en esto. ¿Y cómo hizo otras ecuaciones? Intenté usar el mismo 'razonamiento' pero no puedo obtener lo que obtiene. En ecuaciones ( $tr$ ) y ( $r\phi$ ) simplemente deja el $\xi^r_n$ términos. ¿Por qué? :\ Y luego, de repente, se pone

ξ^{t} = ξ_{0}^{t} (t, ϕ) + ξ_{- 1}^{t} (t, ϕ) \frac{1}{r} + O (r^{- 2})

$\xi^t=\xi^t_0(t,\phi)+\xi^t_{-1}(t,\phi)\frac{1}{r}+\mathcal{O}(r^{-2})$

ξ^{ϕ} = ξ_{0}^{ϕ} (t, ϕ) + ξ_{- 1}^{ϕ} (t, ϕ) \frac{1}{r} + O (r^{- 2})

$\xi^\phi=\xi^\phi_0(t,\phi)+\xi^\phi_{-1}(t,\phi)\frac{1}{r}+\mathcal{O}(r^{-2})$

¡¿Cómo?! :( Estoy desesperado :(

qmecanico

Esto podría ser relevante: Glenn Barnich: 2016 Conferencias sobre simetría BMS .

Respuestas (1)

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Esto podría ser relevante: Glenn Barnich: 2016 Conferencias sobre simetría BMS .

Brian polillas · Answer 1

Muy bien, para esta parte solo necesitas ver tres ecuaciones:

(r r) {yo}^{2} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{r} + (norte - 2) ξ_{norte - 1}^{r} = 0, norte \geq 2

$(rr)\qquad l^2(n+1)\xi^r_{n+1}+(n-2)\xi^r_{n-1}=0,\ n\ge 2$

(r ϕ) {yo}^{2} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{r} + (norte - 3) ξ_{norte - 3}^{ϕ} + {yo}^{2} ξ_{norte, ϕ}^{r} = 0, norte \geq 3

$(r\phi)\qquad l^2(n+1)\xi^r_{n+1}+(n-3)\xi^\phi_{n-3}+l^2\xi^r_{n,\phi}=0,\ n\ge 3$

(t r) {yo}^{4} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{t} - {yo}^{4} ξ_{norte, t}^{r} + 3 {yo}^{2} (norte - 1) ξ_{norte - 1}^{t} + 2 (norte - 3) ξ_{norte - 3}^{t} = 0, norte \geq 3

$(tr)\qquad l^4(n+1)\xi^t_{n+1}-l^4\xi^r_{n,t}+3l^2(n-1)\xi^t_{n-1}+2(n-3)\xi^t_{n-3}=0,\ n\ge 3$

Empecemos con el primero:

(r r) {yo}^{2} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{r} + (norte - 2) ξ_{norte - 1}^{r} = 0, norte \geq 2.

$(rr)\qquad l^2(n+1)\xi^r_{n+1}+(n-2)\xi^r_{n-1}=0,\ n\ge 2.$ El chico asume que no sigues teniendo distinto de cero

ξ_{n}^{μ}

$\xi^\mu_n$ para arbitrariamente grande

n

$n$ . En otras palabras, debe haber alguna

N

$N$ de modo que

ξ_{m}^{μ} = 0

$\xi^\mu_m = 0$ para

m > N

$m>N$ . Ahora supongamos que este límite superior

N

$N$ son solo 10

Entonces mirando el $(rr)$ ecuación para $n = 11$ , encontramos que el término izquierdo en LHS debe ser cero, debido al límite superior. Por lo tanto, el término de la mano derecha, y por lo tanto $\xi^r_{10}$ debe ser cero. Del mismo modo, el caso $n=10$ Cuéntanos $\xi^r_9$ es cero

Ahora podemos considerar $n=9$ , encontramos nuevamente que el primer término es cero, porque ya establecimos que $\xi^r_{10}$ es cero Seguimos haciendo esto todo el camino hasta e incluyendo $n=3$ . Encontramos eso $\xi^r_m$ es cero para $m\ge 2$ , y entonces $\xi^r = \xi^r_1 r + \xi^r_0 + ...$ . Habríamos llegado a esta conclusión sin importar qué tan grande $N$ era.

Está bien. Qué pasa con la $(r\phi )$ ¿ecuación? Es

(r ϕ) {yo}^{2} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{r} + (norte - 3) ξ_{norte - 3}^{ϕ} + {yo}^{2} ξ_{norte, ϕ}^{r} = 0, norte \geq 3

$(r\phi)\qquad l^2(n+1)\xi^r_{n+1}+(n-3)\xi^\phi_{n-3}+l^2\xi^r_{n,\phi}=0,\ n\ge 3$ Ya hemos demostrado que

ξ_{n + 1}^{r}

$\xi^r_{n+1}$ y

ξ_{n}^{r}

$\xi^r_{n}$ son cero para

n \geq 2

$n \ge 2$ , y dado que esta ecuación solo se aplica a

n \geq 3

$n \ge 3$ , podemos descartar estos términos. La ecuación entonces se convierte en

(r ϕ) (norte - 3) ξ_{norte - 3}^{ϕ} = 0, norte \geq 3

$(r\phi)\qquad (n-3)\xi^\phi_{n-3}=0,\ n\ge 3$ Ahora, considerando esta ecuación para

n \geq 4

$n \ge 4$ , encontramos eso

ξ_{m}^{ϕ} = 0

$\xi^\phi_m=0$ para

m \geq 1

$m \ge 1$ , y entonces

ξ^{ϕ} = ξ_{0}^{ϕ} + ξ_{- 1}^{ϕ} / r + . . .

$\xi^\phi = \xi^\phi_0 + \xi^\phi_{-1}/r + ...$ .

Finalmente, consideremos el $(tr)$ ecuación:

(t r) {yo}^{4} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{t} - {yo}^{4} ξ_{norte, t}^{r} + 3 {yo}^{2} (norte - 1) ξ_{norte - 1}^{t} + 2 (norte - 3) ξ_{norte - 3}^{t} = 0, norte \geq 3

$(tr)\qquad l^4(n+1)\xi^t_{n+1}-l^4\xi^r_{n,t}+3l^2(n-1)\xi^t_{n-1}+2(n-3)\xi^t_{n-3}=0,\ n\ge 3$ Como la ecuación solo se aplica a

n \geq 3

$n\ge 3$ , y sabemos

ξ_{n}^{r} = 0

$\xi^r_{n}=0$ para

n \geq 3

$n\ge 3$ , podemos simplemente ignorar este término. La ecuación se convierte

(t r) {yo}^{4} (norte + 1) ξ_{norte + 1}^{t} + 3 {yo}^{2} (norte - 1) ξ_{norte - 1}^{t} + 2 (norte - 3) ξ_{norte - 3}^{t} = 0, norte \geq 3.

$(tr)\qquad l^4(n+1)\xi^t_{n+1}+3l^2(n-1)\xi^t_{n-1}+2(n-3)\xi^t_{n-3}=0,\ n\ge 3.$ Supongamos de nuevo

N = 10

$N=10$ , y considere la ecuación para

n = 13

$n=13$ . Entonces los dos términos más a la izquierda desaparecen y nos quedamos con

ξ_{10}^{t} = 0

$\xi^t_{10}=0$ . Procediendo con

n = 12

$n=12$ ,

n = 11

$n=11$ , todo el camino hasta

n = 4

$n=4$ nos dice que

ξ_{m}^{t} = 0

$\xi^t_m = 0$ para

m \geq 1

$m\ge 1$ , y entonces

ξ^{t} = ξ_{0}^{t} + ξ_{- 1}^{t} / r + . . .

$\xi^t = \xi^t_0 + \xi^t_{-1}/r + ...$ .

Creo que estas fueron las partes que no obtuviste. Note que no usamos tres de las ecuaciones. Lo siguiente que hace el tipo es extraer información adicional de esas ecuaciones, pero creo que esa no era su pregunta. Si tiene preguntas sobre mi respuesta, asegúrese de preguntar.

así que elijo un número (digamos n=5) y lo ingreso en ecuaciones hasta que obtengo una ecuación que me dará $0\cdot\xi^\mu_n$ donde n es el número al que llegué de 5. Luego miro, ¿cuál es el coeficiente al lado de eso? $0\cdot\xi^\mu_n$ (en caso de ( $rr$ ) ecuación era $\xi^r_1$ , y en el caso de ( $r\phi$ ) ecuación era $\xi^\phi_0$ ), y decir que solo la contribución distinta de cero es de ese coeficiente más bajo en expansión? ¿Estoy entendiendo esto bien?
Gracias, me salvaste de nuevo xD. Necesito entender cómo obtienen esto para poder usarlo en el caso 4D con la métrica Kerr extrema cercana al horizonte, que es más complicada, y tengo un sistema de 10 ecuaciones como este. Espero poder reproducir su resultado. Gracias de nuevo :)

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