Sin rastro del tensor de tensión-energía en d=2d=2d=2

Question

Sin rastro del tensor de tensión-energía en d=2d=2d=2

Física
simetría
identidad de barrio
teoría cuántica de campos
teoría del campo conforme
tensión-energía-momentum-tensor

prahar

Esta es una pregunta sobre Francesco, sección 4.3.3. En esta sección, considera la función de dos puntos

S_{m v ρ σ} (X) = ⟨ T_{m v} (X) T_{ρ σ} (0) ⟩

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(x) = \left< T_{\mu\nu}(x) T_{\rho\sigma}(0)\right>$ Luego continúa afirmando que la simetría del tensor de tensión-energía implica

S_{m v ρ σ} (X) = S_{v m ρ σ} (X) (1)

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(x) = S_{\nu\mu\rho\sigma}(x)~~~(1)$ Aunque él no menciona esto, supongo que esto es cierto solo cuando

x \neq 0

$x \neq 0$ ya que el tensor EM es simétrico en una correlación siempre que los otros campos en el correlacionador no se evalúen en el mismo punto.

EDITAR: Debido a algunos comentarios, explicaré por qué lo creo. Si una teoría es invariante de Poincaré, tiene corrientes conservadas $T^{\mu\nu}$ para traducciones y

j^{m v ρ} = T^{m v} X^{ρ} - T^{m ρ} X^{v}

$j^{\mu\nu\rho} = T^{\mu\nu} x^\rho - T^{\mu\rho} x^\nu$ para transformaciones de Lorentz. Para completar, también notamos que si la teoría tiene invariancia de escala, la corriente de dilatación es

j_{D}^{m} = T^{m v} X_{v}

$j^\mu_D = T^{\mu\nu} x_\nu$ En una teoría clásica, la conservación de estas corrientes implica simetría y ausencia de trazas del tensor tensión-energía. En una teoría cuántica, tenemos una Identidad Ward, que para cada una de las corrientes dice

\begin{aligned} \partial_{m} ⟨ T^{m}_{v} X ⟩ & = \sum_{i = 1}^{norte} d^{d} (X - X_{i}) \frac{\partial}{\partial X_{i}^{v}} ⟨ X ⟩ \\ \partial_{m} ⟨ j^{m v ρ} X ⟩ & = \sum_{i = 1}^{norte} d^{d} (X - X_{i}) (X_{i}^{ρ} \frac{\partial}{\partial X_{i}^{v}} - X_{i}^{v} \frac{\partial}{\partial X_{i}^{ρ}} - i S_{i}^{m v}) ⟨ X ⟩ \\ \partial_{m} ⟨ j_{D}^{m} X ⟩ & = - \sum_{i = 1}^{norte} d^{d} (X - X_{i}) (X_{i}^{α} \frac{\partial}{\partial X_{i}^{α}} + Δ_{i}) ⟨ X ⟩ \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{split} \partial_\mu \left< T^\mu{}_\nu X \right> &= \sum\limits_{i=1}^n \delta^d(x-x_i) \frac{\partial}{\partial x_i^\nu} \left< X \right> \\ \partial_\mu \left< j^{\mu\nu\rho} X \right> &= \sum\limits_{i=1}^n \delta^d(x-x_i) \left( x_i^\rho\frac{\partial}{\partial x_i^\nu} - x_i^\nu\frac{\partial}{\partial x_i^\rho} - i S_i^{\mu\nu} \right) \left< X \right> \\ \partial_\mu \left< j^\mu_D X \right> &= - \sum\limits_{i=1}^n \delta^d(x-x_i) \left( x_i^\alpha \frac{\partial}{\partial x_i^\alpha} + \Delta_i \right) \left< X \right> \end{split} \end{equation}$ dónde

X = Φ_{1} (x_{1}) \dots Φ_{n} (x_{n})

$X = \Phi_1(x_1) \cdots \Phi_n(x_n)$ ,

S_{i}^{μ ν}

$S^{\mu\nu}_i$ es la representación del álgebra de Lorentz bajo la cual

Φ_{i} (x_{i})

$\Phi_i(x_i)$ transforma y

Δ_{i}

$\Delta_i$ es la dimensión de escala de

Φ_{i} (x_{i})

$\Phi_i(x_i)$ . Ahora conectando las formas exactas de las corrientes

j^{μ ν ρ}

$j^{\mu\nu\rho}$ y

j_{D}^{μ}

$j^\mu_D$ , encontramos

\begin{aligned} \partial_{m} ⟨ T^{m}_{v} X ⟩ & = \sum_{i = 1}^{norte} d^{d} (X - X_{i}) \frac{\partial}{\partial X_{i}^{v}} ⟨ X ⟩ \\ ⟨ (T^{m v} - T^{v m}) X ⟩ & = i \sum_{i = 1}^{norte} d^{d} (X - X_{i}) S_{i}^{m v} ⟨ X ⟩ \\ ⟨ T^{m}_{m} X ⟩ & = \sum_{i = 1}^{norte} d^{d} (X - X_{i}) Δ_{i} ⟨ X ⟩ \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{split} \partial_\mu \left< T^\mu{}_\nu X \right> &= \sum\limits_{i=1}^n \delta^d(x-x_i) \frac{\partial}{\partial x_i^\nu} \left< X \right> \\ \left< \left( T^{\mu\nu} - T^{\nu\mu} \right) X \right> &= i \sum\limits_{i=1}^n \delta^d(x-x_i) S_i^{\mu\nu} \left< X \right> \\ \left< T^\mu{}_\mu X \right> &= \sum\limits_{i=1}^n \delta^d(x-x_i) \Delta_i \left< X \right> \end{split} \end{equation}$ Claramente, el tensor EM no es simétrico bajo funciones de correlación en los puntos

x = x_{i}

$x = x_i$ .

Ahora, usando estas propiedades de simetría y algunas otras propiedades bajo paridad, argumenta que

S^{m}_{m}^{σ}_{σ} (X) = ⟨ T^{m}_{m} (X) T^{σ}_{σ} (0) ⟩ = 0

$S^\mu{}_\mu{}^\sigma{}_\sigma(x) = \left< T^\mu{}_\mu(x) T^\sigma{}_\sigma(0)\right> = 0$ Siguiendo los argumentos anteriores, esto solo debería ser cierto en

x \neq 0

$x \neq 0$ . Sin embargo, Francesco afirma que esto es válido en todas partes y, por lo tanto, concluye que $\left< T^\mu{}_\mu(0)^2 \right> = 0$ . ¿Cómo tiene esto sentido?

Motl de Luboš

Lo siento, ¿podría escribir una explicación más comprensible sobre por qué cree que alguna de las simetrías debería romperse para

x = 0

$x=0$ ? La simetría en (1) proviene de la simetría de la primera

T_{μ ν}

$T_{\mu\nu}$ . Es simétrico como operador, por lo que, por supuesto, todos sus correladores también respetan la simetría. No puede haber ninguna excepción para

x = 0

$x=0$ o para los lunes por la noche.

Aprender es un desastre

⟨ T^{μ}_{μ} (0)^{2} ⟩

$\left< T^\mu{}_\mu(0)^2 \right>$ es un escalar (relativo a la transformación de Lorentz), una cantidad invariante de traducción (no hay nada especial con el punto de origen) y una cantidad dimensional (en 2d tiene dimensión 4 en energía/masa). Entonces, si no se desvaneciera, este término podría ser se usa para construir una escala de longitud característica y, por lo tanto, estropear la invariancia conforme.

prahar

@LubošMotl: he agregado una explicación de por qué creo que las declaraciones deberían ser válidas en

x \neq 0

$x \neq 0$ . ¿Qué tiene de malo mi argumento?

prahar

@Learningisamess: estoy de acuerdo con usted y veo por qué debería ser cierto, pero no parece seguir solo los argumentos de Francesco (que he esbozado brevemente en mi pregunta)

Trimok

@Prahar: OK, eliminé mi respuesta, pero algo me aburre. Si usamos un tensor de Belinfante-Rosenberg simetrizado, ¿cuáles son los términos que actúan sobre la modificación intrínseca de campos en este tensor? Por seguridad, aquí está mi referencia p.631-633

prahar

Supongo que te refieres

⟨ T_{μ}^{μ} ⟩ = 0

$\left<T_\mu{}^\mu\right> = 0$ ? Yo también lo pensé. Por alguna razón, Francesco sugiere que también es importante mostrar que

⟨ T^{μ}_{μ} (0)^{2} ⟩ = 0

$\left< T^\mu{}_\mu(0)^2\right> = 0$ . ¿Puedes explicar por qué es eso?

Trimok

@Prahar: No, realmente quise decir

⟨ T_{μ}^{ν} ⟩ = 0

$\langle T_\mu{}^\nu \rangle = 0$ , pero no soy capaz de probarlo... Por supuesto, si tienes

⟨ T_{μ}^{μ} (0)^{2} ⟩ = 0

$\langle T_\mu{}^\mu (0)^2\rangle = 0$ , eso implica

⟨ T_{μ}^{μ} (0) ⟩ = 0

$\langle T_\mu{}^\mu (0)\rangle = 0$

prahar

DE ACUERDO. Eso me confunde. Si

⟨ T_{μ}^{ν} ⟩ = 0

$\langle T_\mu{}^\nu \rangle = 0$ , ¿no es trivial la teoría ya que todas las cargas desaparecen? Además, tal vez estoy siendo denso, ¿por qué debería

⟨ T_{μ}^{μ} (0)^{2} ⟩ = 0

$\langle T_\mu{}^\mu(0)^2 \rangle = 0$ implicar

⟨ T_{μ}^{μ} (0) ⟩ = 0

$\langle T_\mu{}^\mu(0) \rangle = 0$ ?

Trimok

@Prahar: De hecho, desde

4.73

$4.73$ ,(extendido a

x = 0

$x=0$ ), tenemos automáticamente

S_{μ ν ρ σ} (0) = 0

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(0) = 0$ , eso es,

⟨ T_{μ ν} (x) T_{ρ σ} (x) ⟩ = 0

$\langle T_{\mu\nu}(x)T_{\rho\sigma}(x)\rangle = 0$ para todos

x

$x$ ...

Trimok

@Prahar: la varianza siempre es positiva, y tienes:

V (X) = E (X^{2}) - (E (X))^{2} \geq 0

$V(X) = E(X^2)-(E(X))^2 \geq 0$

Trimok

@Prahar: Supongo que leyó la respuesta a mi nueva pregunta Entonces, para el seguimiento, el trabajo está hecho. Y has supuesto que el tensor de energía es simétrico por hipótesis.

Trimok

@Prahar: Esto funciona solo para espacios planos.

Respuestas (1)

Sin rastro del tensor de tensión-energía en d=2d=2d=2

Lo siento, ¿podría escribir una explicación más comprensible sobre por qué cree que alguna de las simetrías debería romperse para $x=0$ ? La simetría en (1) proviene de la simetría de la primera $T_{\mu\nu}$ . Es simétrico como operador, por lo que, por supuesto, todos sus correladores también respetan la simetría. No puede haber ninguna excepción para $x=0$ o para los lunes por la noche.
$\left< T^\mu{}_\mu(0)^2 \right>$ es un escalar (relativo a la transformación de Lorentz), una cantidad invariante de traducción (no hay nada especial con el punto de origen) y una cantidad dimensional (en 2d tiene dimensión 4 en energía/masa). Entonces, si no se desvaneciera, este término podría ser se usa para construir una escala de longitud característica y, por lo tanto, estropear la invariancia conforme.
@LubošMotl: he agregado una explicación de por qué creo que las declaraciones deberían ser válidas en $x \neq 0$ . ¿Qué tiene de malo mi argumento?
@Learningisamess: estoy de acuerdo con usted y veo por qué debería ser cierto, pero no parece seguir solo los argumentos de Francesco (que he esbozado brevemente en mi pregunta)
@Prahar: OK, eliminé mi respuesta, pero algo me aburre. Si usamos un tensor de Belinfante-Rosenberg simetrizado, ¿cuáles son los términos que actúan sobre la modificación intrínseca de campos en este tensor? Por seguridad, aquí está mi referencia p.631-633
Supongo que te refieres $\left<T_\mu{}^\mu\right> = 0$ ? Yo también lo pensé. Por alguna razón, Francesco sugiere que también es importante mostrar que $\left< T^\mu{}_\mu(0)^2\right> = 0$ . ¿Puedes explicar por qué es eso?
@Prahar: No, realmente quise decir $\langle T_\mu{}^\nu \rangle = 0$ , pero no soy capaz de probarlo... Por supuesto, si tienes $\langle T_\mu{}^\mu (0)^2\rangle = 0$ , eso implica $\langle T_\mu{}^\mu (0)\rangle = 0$
DE ACUERDO. Eso me confunde. Si $\langle T_\mu{}^\nu \rangle = 0$ , ¿no es trivial la teoría ya que todas las cargas desaparecen? Además, tal vez estoy siendo denso, ¿por qué debería $\langle T_\mu{}^\mu(0)^2 \rangle = 0$ implicar $\langle T_\mu{}^\mu(0) \rangle = 0$ ?
@Prahar: De hecho, desde $4.73$ ,(extendido a $x=0$ ), tenemos automáticamente $S_{\mu\nu\rho\sigma}(0) = 0$ , eso es, $\langle T_{\mu\nu}(x)T_{\rho\sigma}(x)\rangle = 0$ para todos $x$ ...
@Prahar: la varianza siempre es positiva, y tienes: $V(X) = E(X^2)-(E(X))^2 \geq 0$
@Prahar: Supongo que leyó la respuesta a mi nueva pregunta Entonces, para el seguimiento, el trabajo está hecho. Y has supuesto que el tensor de energía es simétrico por hipótesis.

Gitis · Answer 1

Creo que la fuente original de esta afirmación es el famoso artículo inédito de Luescher y Mack . Todo el mundo lo cita. Es más riguroso matemáticamente y en general (no asumen paridad) que Di Francesco. Comienza en las páginas 1-2 del manuscrito. La prueba a continuación es básicamente la misma prueba, solo que con detalles adicionales y una notación un poco diferente.

Suposiciones: $T_{\mu\nu}$ son campos covariantes locales de dimensión 2 y

T_{m v}^{†} = T_{m v}, T_{m v} = T_{v m}, \partial^{m} T_{m v} = 0.

$T^{\dagger}_{\mu\nu} = T_{\mu\nu}, \quad T_{\mu\nu} = T_{\nu\mu},\quad \partial^{\mu}T_{\mu\nu} = 0.$ Además, se supone que las funciones de correlación están bien definidas y se comportan, y satisfacen los axiomas habituales de CFT como se indica, por ejemplo, en esta página de nLab .

Prueba: Primero definimos las funciones de 2 puntos

S_{m v ρ σ} (\vec{X}, \vec{y}) := continuación analítica de ⟨ Ω ∣ T_{m v} (\vec{X}) T_{ρ σ} (\vec{y}) ∣ Ω ⟩ .

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x}, \vec{y}) := \text{analytic continuation of } \langle \Omega \mid T_{\mu\nu}(\vec{x}) T_{\rho\sigma}(\vec{y}) \mid \Omega \rangle.$ Todo

S

$S$ son traduccionalmente invariantes, por lo que también podemos establecer

\vec{y} = 0

$\vec{y}=0$ para que nos quedemos

S_{m v ρ σ} (\vec{X}) := ⟨ Ω ∣ T_{m v} (\vec{X}) T_{ρ σ} (0) ∣ Ω ⟩ .

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x}) := \langle \Omega \mid T_{\mu\nu}(\vec{x}) T_{\rho\sigma}(0) \mid \Omega \rangle.$ Esta función es analítica real para

\vec{x} \in R^{2}, \vec{x} \neq 0

$\vec{x}\in\mathbb{R}^2,\, \vec{x}\neq 0$ , y debido a la invariancia bajo dilataciones, y la suposición de que

T_{μ ν}

$T_{\mu\nu}$ son de peso conforme 2, tenemos

S_{m v ρ σ} (\vec{X}) = λ^{4} S_{m v ρ σ} (λ \vec{X}) \forall λ \in R . (1)

$\begin{equation} S_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x})=\lambda^4 S_{\mu\nu\rho\sigma}(\lambda \vec{x})\quad\forall\lambda\in\mathbb{R}.\quad\quad (1) \end{equation}$ Además, desde

T_{μ ν} = T_{ν μ}

$T_{\mu\nu}=T_{\nu\mu}$ obtenemos

S_{m v ρ σ} (\vec{X}) = S_{v m ρ σ} (\vec{X}) = S_{m v σ ρ} (\vec{X}) . (2)

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x})=S_{\nu\mu\rho\sigma}(\vec{x})=S_{\mu\nu\sigma\rho}(\vec{x}).\quad\quad (2)$ Además, por localidad, invariancia bajo traslaciones y Ecuación 1 con

λ = - 1

$\lambda=-1$ obtenemos

S_{m v ρ σ} (\vec{X}, 0) = S_{ρ σ m v} (0, \vec{X}) = S_{ρ σ m v} (- \vec{X}, 0) = S_{ρ σ m v} (\vec{X}, 0),

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x},0)=S_{\rho\sigma\mu\nu}(0,\vec{x})=S_{\rho\sigma\mu\nu}(-\vec{x},0)=S_{\rho\sigma\mu\nu}(\vec{x},0),$ o en notación abreviada

S_{m v ρ σ} (\vec{X}) = S_{ρ σ m v} (\vec{X}) . (3)

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x}) = S_{\rho\sigma\mu\nu}(\vec{x}) .\quad\quad (3)$ De las ecuaciones 2 y 3 vemos que

S_{μ ν ρ σ} (\vec{x})

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x})$ tiene 6 componentes independientes y además teniendo en cuenta la Ecuación 1 podemos escribir

S_{m v ρ σ} (\vec{X}) = ({\vec{X}}^{2})^{- 4} \sum_{i = 1}^{6} α_{i} F_{m v σ ρ}^{i} (\vec{X}), α_{i} \in C, (4)

$S_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x}) = (\vec{x}^{\,2})^{-4}\sum_{i=1}^6 \alpha_i f^{\,i} _{\mu\nu\sigma\rho}(\vec{x}),\quad \alpha_i\in\mathbb{C},\quad\quad (4)$ dónde

\begin{aligned} F_{m v ρ σ}^{1} (\vec{X}) = ({\vec{X}}^{2})^{2} {gramo}_{m v} {gramo}_{ρ σ}, \\ F_{m v ρ σ}^{2} (\vec{X}) = ({\vec{X}}^{2})^{2} ({gramo}_{m ρ} {gramo}_{v σ} + {gramo}_{m σ} {gramo}_{v ρ}), \\ F_{m v ρ σ}^{3} (\vec{X}) = {\vec{X}}^{2} ({gramo}_{m v} X_{ρ} X_{σ} + {gramo}_{ρ σ} X_{m} X_{v}), \\ F_{m v ρ σ}^{4} (\vec{X}) = X_{m} X_{v} X_{ρ} X_{σ}, \\ F_{m v ρ σ}^{5} (\vec{X}) = {\vec{X}}^{2} ({gramo}_{m v} (X_{ρ} ε_{σ d} X^{d} + X_{σ} ε_{ρ d} X^{d}) + {gramo}_{ρ σ} (X_{m} ε_{v d} X^{d} + X_{v} ε_{m d} X^{d})), \\ F_{m v ρ σ}^{6} (\vec{X}) = (X_{m} ε_{v d} X^{d} + X_{v} ε_{m d} X^{d}) X_{ρ} X_{σ} + X_{m} X_{v} (X_{ρ} ε_{σ d} X^{d} + X_{σ} ε_{ρ d} X^{d}), \end{aligned}

$\begin{align} &f^{1}_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x})=(\vec{x}^{\,2})^2 g_{\mu\nu} g_{\rho\sigma},\\\\ &f^{2}_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x})=(\vec{x}^{\,2})^2 (g_{\mu\rho} g_{\nu\sigma}+g_{\mu\sigma}g_{\nu\rho}),\\\\ &f^{3}_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x})=\vec{x}^{\,2} (g_{\mu\nu} x_\rho x_\sigma + g_{\rho\sigma} x_\mu x_\nu ),\\\\ &f^{4}_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x})=x_\mu x_\nu x_\rho x_\sigma,\\\\ &f^{5}_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x})= \vec{x}^{\,2} \left (g_{\mu\nu} (x_\rho \varepsilon_{\sigma\delta}x^\delta+x_\sigma\varepsilon_{\rho\delta}x^\delta )+ g_{\rho\sigma} (x_\mu\varepsilon_{\nu\delta} x^\delta + x_\nu \varepsilon_{\mu\delta}x^\delta) \right),\\\\ &f^{6}_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x})= \left( x_\mu \varepsilon_{\nu\delta}x^\delta +x_\nu \varepsilon_{\mu\delta}x^\delta \right) x_\rho x_\sigma + x_\mu x_\nu \left( x_\rho \varepsilon_{\sigma\delta}x^\delta + x_\sigma \varepsilon_{\rho\delta}x^\delta \right), \end{align}$ y

{gramo}_{m v} = d_{m v}, ε_{m v} = - ε_{v m}, ε_{01} = + 1, {\vec{X}}^{2} = (X^{0})^{2} + (X^{1})^{2} .

$g_{\mu\nu}=\delta_{\mu\nu},\quad \varepsilon_{\mu\nu}=-\varepsilon_{\nu\mu},\quad \varepsilon_{01}=+1,\quad \vec{x}^{\,2}=(x^0)^2+(x^1)^2.$ La ecuación de continuidad

\partial^{μ} T_{μ ν} = 0

$\partial^\mu T_{\mu\nu}=0$ implica que

\partial^{μ} S_{μ ν ρ σ} (\vec{x}) = 0

$\partial^\mu S_{\mu\nu\rho\sigma}(\vec{x}) = 0$ y por lo tanto reduce el número de independientes

α_{i}

$\alpha_i$ 's a 2 constantes arbitrarias

α_{+}

$\alpha_+$ y

α_{-}

$\alpha_-$ (me comprobé usando Mathematica) :

\begin{aligned} α_{1} = 3 α_{+}, & α_{2} = - α_{+}, α_{3} = - 4 α_{+}, α_{4} = 8 α_{+}, \\ α_{5} = α_{-}, & α_{6} = - 2 α_{-} . \end{aligned}

$\begin{alignat*}{6} &\alpha_1 = 3 \alpha_+,\quad &&\alpha_2 = -\alpha_+,\quad \alpha_3 = -4\alpha_+,\quad \alpha_4 = 8\alpha_+,&\\ &\alpha_5 = \alpha_-,\quad &&\alpha_6 = -2\alpha_-. & \end{alignat*}$ Insertando estos valores en la Ecuación 4 obtenemos:

S_{m ρ σ}^{m} (\vec{X}) = S_{m ρ}^{m ρ} (\vec{X}) = 0,

$S^{\mu}_{\;\mu\rho\sigma} (\vec{x}) = S^{\mu\;\rho}_{\;\mu\;\rho} (\vec{x}) = 0,$ es decir

⟨ Ω ∣ T_{μ}^{μ} (\vec{x}) T_{ρ}^{ρ} (0) ∣ Ω ⟩ = 0

$\langle\Omega \mid T^\mu_{\;\mu}(\vec{x})\, T^\rho_{\;\rho} (0)\mid\Omega\rangle = 0$ , que por el Teorema de Reeh-Schlieder implica que

T_{μ}^{μ} (\vec{x}) = 0

$T^\mu_{\;\mu}(\vec{x})=0$ .

Ahora, para poder aplicar Reeh-Schlieder, en realidad tenemos que ir a $\vec{x}=0$ como correctamente has señalado. Y la razón por la que podemos hacer esto es la continuación analítica, citando la página 110 de R. JOST: The General Theory of Quantized Fields, 1965 (el mismo paso en un lema relacionado):

"Tal distribución de Wigtman, por lo tanto, se desvanece en los puntos de regularidad reales y, por lo tanto, por continuación analítica de manera idéntica".

tl; dr continuación analítica

Sin rastro del tensor de tensión-energía en d=2d=2d=2

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Aprender es un desastre

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Respuestas (1)

Gitis

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