Tensor de energía de tensión de partículas puntuales discretas

Hay dos puntos que deseo resaltar. 1) La simple sustitución de la suma por una integral no funcionaría y no está justificada. Sin embargo, se debe cambiar de cantidades microscópicas a macroscópicas haciendo un promedio de 4 volúmenes, a lo largo de los cuales las distancias y los tiempos entre partículas pueden considerarse pequeños.

El tensor esfuerzo-energía macroscópico será entonces:

$${\bf T}^{\mu\nu}=\dfrac{1}{\Delta V_4}\int_{\Delta V_4}T^{\mu\nu}d V=\dfrac{1}{\sqrt{-g} d^3x^i dx^0}\int_{\Delta V_4}T^{\mu\nu} \sqrt{-g} d^3x^i dx^0$$ Entonces a) en $T^{\mu\nu}$solo las funciones delta dependen de x, b) el determinante métrico g es una cantidad macroscópica, es constante sobre el volumen seleccionado y también se puede quitar de la integral. Se llega entonces a: $${\bf T}^{\mu\nu}=\dfrac{1}{d^3x^i dx^0}\sum_a\dfrac{p_a^\mu p_a^\nu}{p_a^0}\int_{\Delta V_4} \delta^{(3)}({\bf x}-{\bf x}^{(a)}) d^3 x^i dx^0 = \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a\dfrac{p_a^\mu p_a^\nu}{p_a^0}.$$ En la última expresión, la suma se toma de las partículas que tienen líneas de universo que pasan por $\Delta V_4$(ignoramos el hecho de que algunas partículas podrían haber salido o entrado en el volumen a través de su límite 3, ya que hay muchas menos partículas que las partículas dentro del volumen).

Ahora la expresión${\bf T}^{\mu\nu}= \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a\dfrac{p_a^\mu p_a^\nu}{p_a^0}$puede ser tratado más cómodamente.

2) Las propias consideraciones de simetría. Considere el componente del tensor macroscópico:

${\bf T}^{0 0} = \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a p_a^0 \equiv \rho$

${\bf T}^{i 0} = \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a p_a^i$. como la suma$\sum_a p_a^i$de 3 vectores se toma sobre un volumen macroscópico, el resultado debería ser un 3 vector macroscópico. Sin embargo, si este vector no fuera cero, violaría la isotropía, que establece que no existe una dirección preferible. Por eso${\bf T}^{i 0} = 0$

${\bf T}^{i j} = \dfrac{1}{d^3x^i}\sum_a\dfrac{p_a^i p_a^j}{p_a^0}$. Como antes, la suma debe producir un 3-tensor macroscópico simétrico de segundo orden. Pero todos los 3-tensores simétricos están definidos por 3 vectores propios. Si los valores propios no son degenerados, entonces existen 3 direcciones preferidas (3 vectores propios), si los valores propios son degenerados simples, entonces hay 2 direcciones preferidas, etc. Ninguna dirección preferida corresponde al caso cuando la matriz tiene todos los valores propios iguales, es decir cuando la matriz es proporcional a kronecker delta. El coeficiente de proporcionalidad es la presión:${\bf T}^{i j} \equiv P \delta^{ij}$

expresando$\delta^{ij}$como$\eta^{ij}+U^0 U^0$($U^i$es cero por consideraciones de simetría, y$U^0$es por lo tanto igual a la unidad), y$T^{00}$como$\rho U^0 U^0$, se llega a la expresión final para$T$.

Aquí hay un enfoque más directo que se describe en la solución del Problema 5.2 del libro de Alar P. Lightman 'Problem book in relativity and gravitation'. He editado ligeramente la presentación del libro para que se vea similar a la respuesta aceptada.

Asumimos la magnitud de la velocidad$v$es fijo, por lo que las partículas tienen la misma magnitud de velocidad pero todas apuntan en diferentes direcciones. Pero el resultado se puede generalizar al caso con una distribución de magnitud de velocidad no delta.

El tensor de energía-momento de partículas puntuales se puede escribir como

$$T^{\mu\nu} = \sum_{n} \frac{p_n^\mu p_n^\nu}{p_n^0} \delta^3(\vec{x} - \vec{x}_n(t)).$$

Promedie esto en un pequeño volumen de 3; usando (suma) = (contar)$\times$(promedio),

$$T^{\mu\nu} = \frac{1}{\Delta V}\int_{\Delta V}\sum_{n} \frac{p_n^\mu p_n^\nu}{p_n^0} \delta^3(\vec{x} - \vec{x}_n(t)) d^3\vec{x} = \frac{\Delta N}{\Delta V}\left < \frac{p_n^\mu p_n^\nu}{p_n^0} \right >,$$

dónde$\Delta N$es el número de partículas dentro$\Delta V$. Ahora nota que$p_n^\mu = \gamma m v_n^\mu$, dónde$v_n^\mu = (1, \vec{v})$. Tenemos cuatro casos para$\left < v_n^\mu v_n^\nu \right >$:

• $\left < v_n^0 v_n^0 \right > = 1$.
• $\left < v_n^0 v_n^i \right > = \left < v_n^i v_n^0 \right > = 0$.
• $\displaystyle \left < v_n^i v_n^j \right > = \frac{1}{3} \delta^{ij} v^2$.

Aquí, en la última igualdad, usamos que las velocidades tienen direcciones distribuidas isotrópicamente:

$$\left <v_n^1 v_n^1 \right > = \left <v_n^2 v_n^2 \right > = \left <v_n^3 v_n^3 \right > = \frac{1}{3}\left( \left <v_n^1 v_n^1 \right > + \left <v_n^2 v_n^2 \right > + \left <v_n^3 v_n^3 \right > \right) = \frac{1}{3} v^2.$$

Finalmente, dado que la velocidad promedio de las partículas es cero en nuestro marco,$\Delta N/\Delta V = n$. Por eso

$$T^{\mu\nu} = \begin{pmatrix} \gamma n m & & & \\ & \gamma n m \frac{1}{3}v^2 & & \\ & & \gamma n m \frac{1}{3}v^2 & \\ & & & \gamma n m \frac{1}{3}v^2 \end{pmatrix}.$$

Comparando esto con la fórmula del fluido perfecto obtenemos$\rho = \gamma n m$y$p = \gamma n m \frac{1}{3}v^2$.