Simetrización del tensor canónico de energía-momento

La pregunta de OP (v7) pregunta:

¿Es posible obtener un tensor de tensión-energía-momento (SEM) simétrico directamente del tensor canónico SEM agregando un término derivado total al Lagrangiano? En otras palabras, al cambiar$\Delta{\cal L}=d_\mu X^\mu$, y eligiendo$X^\mu$apropiadamente, ¿podemos obtener exactamente el cambio en el tensor SEM requerido para hacer que el tensor SEM canónico sea simétrico?

No, ese proyecto ya está condenado para E&M con la densidad Maxwell Lagrangiana

$${\cal L}_0~:=~ -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\tag{1}$$

con

$$F_{\mu\nu}~=~A_{\nu,\mu}-A_{\mu,\nu}, \qquad \frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\mu,\nu}}~\stackrel{(1)}{=}~ F^{\mu\nu}.\tag{2}$$

Las ecuaciones EL de vacío leen

$$0~\approx~F^{\mu\nu}{}_{,\nu}~=~ d^{\mu}(A^{\nu}_{,\nu})-d_{\nu}d^{\nu}A^{\mu}\tag{3}$$

En E&M, el tensor SEM canónico es$^1$

$$\begin{align} \Theta^{\mu}{}_{\nu}~:=~&\delta^{\mu}_{\nu}{\cal L}_0+\left(-\frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\alpha,\mu}}+ d_{\beta}\frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\right) A_{\alpha,\nu} -\frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta}\cr ~\stackrel{(1)}{=}~&\delta^{\mu}_{\nu}{\cal L}_0+F^{\mu\alpha}A_{\alpha,\nu}~,\end{align}\tag{4}$$

mientras que el tensor SEM simétrico es

$$T^{\mu}{}_{\nu}~=~\delta^{\mu}_{\nu}{\cal L}_0+F^{\mu\alpha}F_{\nu\alpha}.\tag{5}$$

Entonces la diferencia es$^2$

$$\begin{align} T^{\mu}{}_{\nu} -\Theta^{\mu}{}_{\nu}~\stackrel{(4)+(5)}{=}&~ F^{\mu\alpha}A_{\nu,\alpha}~=~ d_{\alpha}(F^{\mu\alpha}A_{\nu}) - \underbrace{F^{\mu\alpha}{}_{,\alpha}}_{~\approx~0}A_{\nu} \cr ~\stackrel{?}{\approx}~&\delta^{\mu}_{\nu}\Delta{\cal L}+\left(-\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu}}+ d_{\beta}\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\right) A_{\alpha,\nu} -\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta}\end{align}\tag{6}$$

para algún término derivado total$\Delta{\cal L}=d_\mu X^\mu$, donde$X^\mu$depende de$A$y$\partial A$. El signo de interrogación (?) en la ec. (6) es la pregunta de OP. Tenga en cuenta que la ecuación continua está inalterada en el caparazón

$$d_{\mu}T^{\mu}{}_{\nu} ~\approx~ d_{\mu}\Theta^{\mu}{}_{\nu}~\approx~0. \tag{7}$$

Por razones dimensionales$X^\mu$debe estar en el formulario$^3$

$$X^{\mu} ~=~ a A^{\mu} A^{\nu}_{,\nu} + b A^{\nu} A^{\mu}_{,\nu} + c A^{\nu} A_{\nu}^{,\mu}\tag{8}$$

para algunas constantes$a,b,c$. Después

$$\begin{align} \Delta{\cal L}~&~=~d_\mu X^\mu ~\stackrel{(8)+(10)}{=}~\Delta{\cal L}_1+\Delta{\cal L}_2,\tag{9} \cr \Delta{\cal L}_1~&:=~a (A^{\mu}_{,\mu})^2 + b A^{\nu}_{,\mu} A^{\mu}_{,\nu} + c A^{\nu}_{,\mu} A_{\nu}^{,\mu},\tag{10} \cr \Delta{\cal L}_2~&:=~ (a+b) A^{\mu} A^{\nu}_{,\nu\mu} + c A^{\mu}A_{\mu,\nu}^{,\nu}~\stackrel{(3)}{\approx}~(a+b+c) A^{\mu} A^{\nu}_{,\nu\mu}.\tag{11} \end{align}$$

Considere el último término en el lado derecho de la ec. (6):

$$\begin{align}\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta} &~=~\frac{\partial\Delta{\cal L}_2}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta}\cr &~=~\frac{a+b}{2} \left(A^{\alpha} A^{\mu}_{,\alpha\nu}+A^{\mu} A^{\alpha}_{,\alpha\nu}\right) +c A^{\alpha} A^{,\mu}_{\alpha,\nu} \tag{12}\end{align}$$

Aparte del término diagonal$\delta^{\mu}_{\nu}\Delta{\cal L}_2$, los términos en la ec. (12) son las únicas apariciones de las segundas derivadas en el lado derecho de la ec. (6). Concluimos que

$$\Delta{\cal L}_2~=~0\qquad\Leftrightarrow\qquad a+b~=~0\quad\wedge\quad c~=~0.\tag{13}$$

Argumentos similares muestran que la ec. (6) no es posible$^4$.$\Box$

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$^1$En la ec. (4) hemos indicado el tensor SEM canónico para una densidad lagrangiana con hasta derivadas de segundo orden. Algunas referencias, por ejemplo, Weinberg QFT, tienen las convenciones de notación opuestas para$T\leftrightarrow\Theta$. Aquí estamos usando el$(-,+,+,\ldots,+)$Convención de signos de Minkowski.

$^2$En la fórmula (6) hemos despreciado términos en$\Delta{\cal L}$eso depende de$\partial^3A$,$\partial^4A$,$\partial^5A$,$\ldots$, etc. Dichos términos están excluidos por varias razones.

$^3$En retrospectiva, esta respuesta comparte completamente la premisa/ideología/programa/conclusión de esta publicación Phys.SE.

$^4$Curiosamente, si solo tomamos el rastro de la ec. (6), obtenemos

$$\begin{align} A^{\nu}_{,\mu} A^{\mu}_{,\nu} - A^{\nu}_{,\mu} A_{\nu}^{,\mu} &~=~F^{\mu\alpha}A_{\mu,\alpha}\cr &~\stackrel{?}{\approx}~n \Delta{\cal L}+\left(-\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu}}+ d_{\beta}\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\right) A_{\alpha,\mu} -\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\mu\beta}\cr &~\stackrel{(9)}{=}~(n-2) \Delta{\cal L}_1+(n-1) \Delta{\cal L}_2+ A_{\alpha,\mu} d_{\beta}\frac{\partial\Delta{\cal L}_2}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\cr &~\stackrel{(11)}{=}~(n-2) \Delta{\cal L}_1+(n-1) \Delta{\cal L}_2+ \frac{a+b}{2}\left((A^{\mu}_{,\mu})^2+A^{\nu}_{,\mu} A^{\mu}_{,\nu} \right) +c A^{\nu}_{,\mu} A_{\nu}^{,\mu} ,\tag{14}\end{align}$$

lo que conduce a la ecuación lineal. sistema

$$\begin{align} 0&~=~a+b+c, \tag{15}\cr -1&~=~(n-1)c\qquad\qquad\qquad\Rightarrow\qquad c~=~-\frac{1}{n-1},\tag{16}\cr 0&~=~(n-2)a +\frac{a+b}{2}\qquad\Rightarrow\qquad a~=~-\frac{1}{2(n-1)(n-2)},\tag{17}\cr 1&~=~(n-2)b +\frac{a+b}{2}\qquad\Rightarrow\qquad b~=~\frac{2n-3}{2(n-1)(n-2)},\tag{18}\end{align}$$ que notablemente tiene una solución única y consistente. Por lo tanto, no es suficiente simplemente tomar el rastro de la ec. (6). Sin embargo, junto con la ec. (13), concluimos que no hay solución.$\Box$

Intentaré obtener el resultado de otra manera. Es bien sabido que la densidad lagrangiana determinada hasta la divergencia de algunos cuatro vectores$\mathcal{L}(x)\to \mathcal{L}(x)+\partial_\mu\psi^\mu(x)$Entendamos qué contribución da el segundo término en el tensor de energía-momento.

$$\hat T^\nu _\mu=\partial_\rho\Bigr(\frac{\delta {\cal\psi^\rho }}{\delta (\partial^\mu \phi_s)} \partial^\nu \phi_s - g_\mu^\nu {\cal \psi^\rho}\Bigr)=\partial_\rho \chi^{\rho\nu}_ \mu$$ $\psi^\rho$es un cuatro vector arbitrario, contiene en $\phi_s$y $\partial^\rho\phi_r$. establece eso $\psi^\rho=f(\phi^2)\phi_r\partial^\rho\phi_r$.(Si requiero que la dependencia lagrangiana solo $\phi_r$y primera derivada de ella. Será de forma general) Obtenemos el siguiente resultado $$\chi^{\rho\nu}_ \mu =g_\mu^\rho {\cal \psi^\nu}-g_\mu^\nu {\cal \psi^\rho}$$ donde $g^\mu_\rho=\delta^\mu_\rho$es un símbolo de Kronecker. Así obtenemos que el tensor de momento de energía definido hasta tal término $T^{\mu\nu}\to T^{\mu\nu}+\partial_\rho\chi^{\rho\mu\nu}$donde $\chi^{\rho\mu\nu}=-\chi^{\mu\rho\nu}$. Este hecho es una consecuencia de la función Lagrangiana (La densidad lagrangiana determinada hasta la divergencia de algunos cuatro vectores $\mathcal{L}(x)\to \mathcal{L}(x)+\partial_\mu\psi^\mu(x)$).

Editar

Usando la fórmula anterior es fácil obtener que

$$\chi^{\mu\rho\nu} =g^{\mu\rho} {\cal \psi^\nu}-g^{\mu\nu} {\cal \psi^\rho}$$ Después de la contracción con $g_{\mu\rho}$eso lo conseguimos $$\psi^\nu=\frac{1}{D-1}\chi^{\mu\rho\nu}g_{\mu\rho}$$ donde $D$-es la dimensionalidad del espacio.

A pesar de que el lagrangiano contiene segundas derivadas, todo es cierto. Debido a que el lagrangiano difiere solo en la derivada completa. Si te interesa esta pregunta, deberías escribir Relatividad general. Debido a la acción de la relatividad general que contiene el tensor de curvatura de Riemann (que contiene segundas derivadas).

Es posible elegir un Lagrangiano tal que el tensor de momento de energía de Noether sea simétrico, a saber

$${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{2} \partial_\mu A_\nu \partial^\mu A^\nu \,.$$ Sin embargo, este lagrangiano difiere del estándar. $${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{4} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} \,.$$ por el término $${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{2} \partial_\mu A_\nu \partial^\nu A^\mu \,.$$ que no es una derivada total.