Tensor tensión-energía para un Lagrangiano fermiónico en espacio-tiempo curvo - ¿cuál aparece en el EFE?

$\require{cancel}$I) OP está considerando fermiones de Dirac en un espacio-tiempo curvo. La acción de OP tiene varias deficiencias. La acción correcta dice$^1$

$$S~=~\int\!d^nx~ {\cal L}, \qquad {\cal L} ~=~e L, \qquad L~=~T-V,\qquad e~:=~\det(e^a{}_{\mu})~=~\sqrt{|g|},$$ $$T~=~\frac{i}{2} \bar{\psi} \stackrel{\leftrightarrow}{\cancel{\nabla}} \psi, \qquad V~=~ \alpha j^a \eta_{ab} j^b, \qquad j^a~:=~ \bar{\psi} \gamma^a\psi,\qquad \bar{\psi}~:=~\psi^{\dagger}\gamma^0,$$ $$\bar{\psi}\stackrel{\leftrightarrow}{\cancel{\nabla}}\psi ~:=~ \bar{\psi}\stackrel{\leftrightarrow}{\cancel{\partial}}\psi +\frac{1}{2} \omega_{c, ab}~\gamma^{cab}\psi ~=~\bar{\psi}\left[\gamma^c\stackrel{\rightarrow}{\nabla_c} -\stackrel{\leftarrow}{\nabla_c}\gamma^c\right]\psi,$$ $$\stackrel{\rightarrow}{\nabla_c}\psi ~:=~ \stackrel{\rightarrow}{\partial_c}\psi +\frac{1}{4} \omega_{c, ab}~\gamma^{ab}\psi, \qquad \bar{\psi}\stackrel{\leftarrow}{\nabla_c} ~:=~ \bar{\psi}\stackrel{\leftarrow}{\partial_c} -\frac{1}{4} \bar{\psi}~\gamma^{ab}\omega_{c, ab},$$ $$\stackrel{\leftrightarrow}{\cancel{\partial}} ~:=~ \gamma^c\stackrel{\rightarrow}{\partial_c} - \stackrel{\leftarrow}{\partial_c}\gamma^c, \qquad \stackrel{\rightarrow}{\partial_c}~:=~E^{\mu}{}_c \stackrel{\rightarrow}{\partial_{\mu}}, \qquad \stackrel{\leftarrow}{\partial_c}~:=~ \stackrel{\leftarrow}{\partial_{\mu}}E^{\mu}{}_c,$$ $$\partial_{\mu}~:=~\frac{\partial}{\partial x^{\mu}}, \qquad \gamma^{ab}~:=~\frac{1}{2}[\gamma^a,\gamma^b], \qquad \gamma^{abc}~:=~\frac{1}{2}\{\gamma^a,\gamma^{bc}\}_+. \tag{1}$$

II) El punto principal es que para escribir un término cinético covariante para un fermión de Dirac en el espacio-tiempo curvo, debemos usar una derivada covariante$\nabla_{\mu}\psi$de un espinor$\psi$, y por lo tanto necesitamos una conexión de espín $\omega_{\mu}{}^a{}_b$. A su vez, necesitamos un vielbein

$$g_{\mu\nu}~=~e^a{}_{\mu} ~\eta_{ab}~e^b{}_{\nu}, \qquad e^a{}_{\mu}~ E^{\mu}{}_b~=~\delta^a_b, \qquad E^{\mu}{}_a~e^a{}_{\nu}~=~\delta^{\mu}_{\nu}, \tag{2}$$

que (supondremos por simplicidad) se conserva covariantemente

$$0~=~(\nabla_{\mu}e)^{a}{}_{\nu}~=~\partial_{\mu}e^{a}{}_{\nu} +\omega_{\mu}{}^a{}_b ~e^b{}_{\nu}- e^a{}_{\lambda}~\Gamma_{\mu\nu}^{\lambda}.\tag{3}$$

Por lo tanto, la conexión de espín está completamente determinada

$$2\omega_{\mu, ab}~=~2\left(-\partial_{\mu}e_{a\nu} +e_{a\lambda}~\Gamma_{\mu\nu}^{\lambda}\right)E^{\nu}{}_b ~=~-\left(\partial_{\mu}e_{a\nu} +\partial_a g_{\mu\nu}\right)E^{\nu}{}_b -(a\leftrightarrow b)$$ $$~=~-\partial_{\mu}e_{a\nu}~E^{\nu}{}_b-\partial_a e_{b\mu} + g_{\mu\nu}~\partial_a E^{\nu}{}_b -(a\leftrightarrow b),\tag{4}$$

y

$$2\omega_{c, ab}~:=~2E^{\mu}{}_c~\omega_{\mu, ab} ~=~-f_{cab}-f_{abc}-f_{acb}-(a\leftrightarrow b), \tag{5}$$

donde definimos

$$f_{abc}~:=~\partial_a e_{b\nu}~E^{\nu}{}_c . \tag{6}$$

III) El término cinético se convierte en

$$T~=~\frac{i}{2}\bar{\psi}\stackrel{\leftrightarrow}{\cancel{\nabla}}\psi ~=~\frac{i}{2}\bar{\psi}\stackrel{\leftrightarrow}{\cancel{\partial}}\psi -\frac{i}{4}\bar{\psi}~f_{abc}~\gamma^{cab}~\psi$$ $$~=~\frac{i}{2}\bar{\psi}\left[\gamma^c~E^{\mu}{}_c\stackrel{\rightarrow}{\partial_{\mu}} -\stackrel{\leftarrow}{\partial_{\mu}}E^{\mu}{}_c~\gamma^c \right]\psi -\frac{i}{4}\bar{\psi}~E^{\mu}{}_a~\partial_{\mu} e_{b\nu}~E^{\nu}{}_c ~\gamma^{cab}~\psi. \tag{7}$$

IV) La generalización natural del tensor SEM de Hilbert

$$T^{\mu\nu}~=~- \frac{2}{\sqrt{|g|}}\frac{\delta S}{\delta g_{\mu\nu}}, \qquad T_{\mu\nu}~=~\frac{2}{\sqrt{|g|}}\frac{\delta S}{\delta g^{\mu\nu}},\qquad(\leftarrow\text{Not applicable!})\qquad \tag{8}$$

a los fermiones viene dada por la fórmula

$$T^{\mu\nu}~=~-\frac{E^{\mu c}}{2e}\frac{\delta S}{\delta e^c{}_{\nu}}+(\mu\leftrightarrow \nu), \qquad T_{\mu\nu}~=~\frac{e_{c\mu}}{2e}\frac{\delta S}{\delta E^{\nu}{}_c}+(\mu\leftrightarrow \nu).\tag{9}$$

La fórmula (9) se reduce al tensor SEM de Hilbert estándar (8) si la acción solo depende del vielbein a través de la métrica (2). Sin embargo, la fórmula (9) es más general y es necesaria en el caso de fermiones en espacio-tiempo curvo.

V) El tensor SEM de Hilbert con índices planos se convierte en

$$T_{cd}~:=~ E^{\mu}{}_c~ T_{\mu\nu} ~E^{\nu}{}_d~\stackrel{(9)}{=}~-\frac{e_{c\nu}}{2e}\frac{\delta S}{\delta e^d{}_{\nu}} +(c\leftrightarrow d) ~=~\frac{E^{\nu}{}_c}{2e}\frac{\delta S}{\delta E^{\nu d}} +(c\leftrightarrow d)$$ $$~\stackrel{(7)}{=}~\frac{i}{4}\bar{\psi}\left[\gamma_c\stackrel{\rightarrow}{\partial_d} -\stackrel{\leftarrow}{\partial_c}\gamma_d +\frac{1}{2} (f_{cba}-f_{abc}-f_{acb})~\gamma_d{}^{ab} \right]\psi -\frac{1}{2}\eta_{cd}L+(c\leftrightarrow d)$$ $$~\stackrel{(5)}{=}~\frac{i}{4}\bar{\psi}\left[\gamma_c\stackrel{\rightarrow}{\partial_d} -\stackrel{\leftarrow}{\partial_c}\gamma_d +\frac{1}{2} \omega_{c,ab}~\gamma_d{}^{ab} \right]\psi -\frac{1}{2}\eta_{cd}L+(c\leftrightarrow d)$$ $$~\stackrel{(1)}{=}~\frac{i}{4}\bar{\psi}\left[\gamma_c\stackrel{\rightarrow}{\nabla_d} -\stackrel{\leftarrow}{\nabla_c}\gamma_d\right]\psi -\frac{1}{2}\eta_{cd}L+(c\leftrightarrow d). \tag{10}$$

ecuación (10) es la fórmula para el tensor SEM de Hilbert (generalizado) de un fermión de Dirac en un espacio-tiempo curvo. Este es el término fuente de materia apropiado en el EFE , cf. Pregunta del título de OP (v3). Para obtener más detalles, consulte también mis respuestas de Phys.SE aquí y aquí .

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$^1$Se puede demostrar que la densidad lagrangiana (1) es real usando

$$(\gamma^a)^{\dagger}~=~ \gamma^0\gamma^a\gamma^0,\qquad (\gamma^0)^2~=~{\bf 1}.\tag{11}$$

Convenciones: En esta respuesta, usaremos$(+,-,-,-)$Convención de signos de Minkowski y álgebra de Clifford

$$\{\gamma^a,\gamma^b\}_+~=~2\eta^{ab}{\bf 1}.\tag{12}$$

Índices griegos$\mu,\nu,\lambda, \ldots,$son los llamados índices curvos , mientras que los índices romanos$a,b,c, \ldots,$son los llamados índices planos .

Como @Holographer ha mencionado en un comentario, la fórmula correcta para el tensor de estrés que ingresa a la EFE es

$$T_{\mu\nu} = \frac{2}{\sqrt{-g}} \frac{\delta S_{\text{matter}}}{ \delta g^{\mu\nu} }$$ mientras que lo que está calculando es el tensor de energía de estrés canónico. Sin embargo, existe una relación sutil entre los dos, que desarrollaré aquí.

Aparte de una teoría que contiene sólo escalares, el tensor de tensión canónico nunca es el que entra en el EFE. Esto se debe a que, en general, el tensor de tensión canónico no es simétrico y, por lo tanto, no puede ser el mismo tensor de tensión que entra en el EFE. Por ejemplo, el tensor de estrés canónico para el electromagnetismo es

$$(T^{EM}_{\mu\nu})_{\text{canonical}} = F^\rho{}_\mu \partial_\nu A_\rho + \frac{1}{4} g_{\mu\nu} F_{\alpha\beta} F^{\alpha\beta}$$ que no solo no es simétrico, sino que tampoco es invariante de calibre. PD: la falta de simetría se debe al giro del campo involucrado y está estrechamente relacionado con el tensor de momento angular.

Sin embargo, existe una ambigüedad en la construcción del tensor de tensión (la ambigüedad no cambia las cargas conservadas que son cantidades físicas). Esta ambigüedad permite la construcción de un tensor de tensión mejorado (a menudo conocido como el tensor de Belinfante) que es simétrico y conservado. Es este tensor mejorado el que entra en el EFE. (ref. este libro )

Para ver la equivalencia, recordemos la construcción estándar del tensor de tensión. Considere una transformación de coordenadas

$$x^\mu \to x^\mu + a^\mu (x)$$ Dado que el lagrangiano original es invariante bajo traslaciones (donde$a^\mu$es constante), el cambio en la acción bajo tal transformación de coordenadas es $$\delta S = \int d^d x \sqrt{-g} \nabla_\mu a_\nu T_B^{\mu\nu}$$ Ahora, si el tensor de tensión es simétrico entonces podemos escribir $$\delta S = \frac{1}{2} \int d^d x \sqrt{-g} \left( \nabla_\mu a_\nu + \nabla_\nu a_\mu \right) T_B^{\mu\nu}$$ Tenga en cuenta que el término entre paréntesis es precisamente el cambio en la métrica bajo la transformación de coordenadas. De este modo, $$\delta S = \frac{1}{2} \int d^d x \sqrt{-g} \delta g_{\mu\nu} T_B^{\mu\nu} \implies \frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta S}{\delta g_{\mu\nu}} = T_B^{\mu\nu}$$

Así, vemos que el tensor de tensiones de Belinfante simétrico es precisamente el tensor de tensiones gravitacional. Tenga en cuenta, por supuesto, que lo que he dicho se mantiene específicamente en un trasfondo minkowskiano, ya que la construcción de$T_B^{\mu\nu}$asume la invariancia de Lorentz.