Pasar a las corrientes conservadas a nivel mundial de corrientes local conservadas en el espacio-tiempo curvo

Question

Vamos a comenzar con una de Lagrange de la forma

$$\mathscr L= \frac 12 \sqrt{-g}g^{\mu\nu}\partial_\mu\phi(x)\partial_\nu\phi(x)+\mathscr L_g,$$

donde $$\mathscr L_g=\frac 1{16\pi k}\sqrt{-g}R.$$ Suppose as well that there are no Killing vectors associated to the metric $g^{\mu\nu}$, excepto, por ejemplo, para un global de timelike Matar vector si ayuda a la discusión.

Asociados a $\mathscr L$ es un local conservado conjunto de 10 de corrientes desde el grupo de Poincaré:

$$T^{\mu\nu}=\partial^\mu\phi(x)\partial^\nu\phi(x)-g^{\mu\nu}\mathscr L$$

para cada espacio-tiempo de la traducción, y $\epsilon_{\alpha\beta}x^\alpha T^{\mu\beta}$ para cada espacio-tiempo de rotación.

A nivel local, tenemos $$\nabla_\mu T^{\mu\nu}=0$$ por lo que estas cantidades se conservan sólo a nivel local.

Mi pregunta es, ¿cuál es el obstáculo para la aplicación de parches estos localmente conservado cantidades juntos para hacer un conservaba en la cantidad:

$$Q=\int T^{0 \nu}f_\nu \;d^3x$$

con

$$dQ/dt=0$$

donde $f_\nu$ podría ser un encolado de la función de conectar el momentum que fluye de un parche de infinitesimal de volumen y en otro?

(Edit: me doy cuenta de que no puede haber un tensor asociado a esta conservada cantidad, sino incluso un pseudo tensor que involucran sólo a los campos sería satisfactoria, si es que existe. Así, por ejemplo, para conseguir el balanceo de la bola, se puede empezar con un objeto de la forma

$M^{\lambda\mu\nu}=\frac 12\int_{a^\mu}^{x^\lambda}ds T^{\mu\nu}(s)-\frac 12\int_{a^\mu}^{x^\mu}ds T^{\lambda\nu}(s)$,

y, a continuación, establezca $t^{\mu\nu}=\partial_\lambda M^{\lambda\mu\nu}$.

$t^{\mu\nu}$ es un pseudo tensor de la que se conserva $\partial_\mu t^{\mu\nu}=0$ genéricamente por el antisymmetry en $\lambda,\ \mu$. Por lo tanto,

$t^{\mu\nu}=T^{\mu\nu}(x)+\frac 12\int^{x^\mu}ds\ \partial_\lambda T^{\lambda\nu}(s)+\frac 12\delta^{\mu}_\lambda T^{\lambda\nu}(x|_{x^\mu=a^\mu}).$

En el espacio plano esta cantidad es casi el tensor de la que estamos buscando, hasta el límite de término de $\frac 12\delta^{\mu}_\lambda T^{\lambda\nu}(x|_{x^\mu=a^\mu})$ donde $\delta^\mu_\lambda$ es un delta de Kronecker.

Por supuesto, el término de las ruinas de trabajo en el límite. Eso, y la falta de simetría en mu y nu, pero esto debe dar la idea de lo que podría trabajar con una mejor elección del punto de partida.)

Answer 1

1. Descargo de responsabilidad: Deje que nosotros aquí de evitar la discusión de cómo asignar un estrés de energía-impulso (SEM) pseudo-tensor $t^{\mu\nu}$ a, el campo gravitatorio. La palabra pseudo aquí se refiere al hecho de que $t^{\mu\nu}$ es no un tensor wrt. general de transformaciones de coordenadas; sólo un rígido subgrupo de los mismos. En otras palabras, el pseudo-tensor $t^{\mu\nu}\frac{\partial}{\partial x^{\mu}}\odot\frac{\partial}{\partial x^{\nu}}$ depende de los sistemas de coordenadas. Esto hace que genéricamente imposible para componer una adecuada definición global de, por ejemplo, la energía gravitacional y el impulso de GR, cf. este Phys.SE post, esta Physicsforum página y los enlaces en el mismo.

2. Con pt. 1 en la mente, de la simetría del tensor de SEM $$\tag{1} T^{\mu\nu}~:=~-\frac{2}{\sqrt{|g|}}\frac{\delta S_m}{\delta g_{\mu\nu}}$$ por lo tanto, sólo contiene la materia de la parte $S_m$. La cuestión de la acción $S_m$ es asumido general covariante en general a transformaciones de coordenadas. En otras palabras, estamos haciendo PIES en la curva el espacio, en lugar de GR. En particular, la métrica $g_{\mu\nu}$ es no supone para satisfacer la agencia EFE. [En eq. (1) hemos utilizado la de Minkowski convención de signos $(+,-,-,-)$.]

3. También vamos a por simplicidad sólo considere la posibilidad de escalarla materia $$S_m~=~\int \!d^4x~{\cal L}(g,\phi,\partial\phi),$$ $$\tag{2}{\cal L}(g,\phi,\partial\phi)~:=~\sqrt{|g|} \left(\frac{1}{2}\phi_{,\mu} g^{\mu\nu} \phi_{,\nu} -V(\phi)\right),$$ Entonces podemos ignorar la Belinfante-Rosenfeld SEM tensor.

4. Diffeomorphism invariancia lleva (a través de Noether 2 del teorema) a un shell de identidad. cf. por ejemplo, Ref. 1. El uso de la materia nca. de movimiento (moe) $$\tag{3} \frac{\delta S_m}{\delta \phi}~\stackrel{m}{\approx}~0, $$ Noether 2ª identidad lee $$\tag{4} \nabla_{\mu} T^{\mu\nu}~\stackrel{m}{\approx}~0. $$ [Aquí el $\stackrel{m}{\approx}$ símbolo significa la igualdad modulo materia moe.]

5. Dado que la densidad Lagrangiana (2) no depende explícitamente en el espacio-tiempo, entonces el Noether del 1er teorema conduce a una shell de identidad. El uso de la cuestión de la moe (3), Noether del 1º de identidad lee $$ \tag{5} d_{\mu}\Theta^{\mu}{}_{\lambda}~\stackrel{m}{\approx}~-\frac{\delta S_m}{\delta g_{\mu\nu}}g_{\mu\nu,\lambda}, $$ donde $$\etiqueta{6} \Theta^{\mu}{}_{\lambda}~=~\sqrt{|g|}\phi^{,\mu}\phi_{,\lambda} -\delta^{\mu}_{\lambda}{\cal L} ~=~ \sqrt{|g|} T^{\mu}{}_{\lambda} $$ es la canónica SEM-tensor de densidad.

6. Es sencillo comprobar que Noether 2º de identidad (4) y Noether del 1º de identidad (5) son los mismos.

7. No hay ninguna ley de la conservación de asociados con Noether 2º de identidad (4), cf. este Phys.SE post.

8. El Noether del 1º de identidad (5) daría lugar a un en-shell ley de conservación de la si $\frac{\delta S_m}{\delta g_{\mu\nu}}$, fueron los verdaderos moe para la métrica $g_{\mu\nu}$. Pero es que no. Lo que falta es el tensor de Einstein $G_{\mu\nu}$ a partir de la acción de Einstein-Hilbert $S_{EH}$, lo cual no nos incluyen, cf. el pts. 1-2.

9. Alternativamente, se podría degradar la métrica $g_{\mu\nu}$ a partir de un campo de una estructura, función, pero entonces tendríamos explícito el espacio-tiempo de la dependencia en el Lagrangiano de la densidad (2), y por lo tanto no hay simetría para aplicar a Noether del 1er teorema, para empezar. Así que no hay ninguna ley de la conservación de asociados con Noether del 1º de identidad (5).

10. Finalmente, suponga que la métrica ha de Matar a la simetría. El Noether 2º de identidad (4) junto con una Matanza de campo vectorial $K^{\mu}$ conducir a una identidad $$ \tag{7}\frac{1}{\sqrt{|g|}} d_{\mu}\left(\sqrt{|g|}J^{\mu} \right)~=~ \nabla_{\mu} J^{\mu}~\stackrel{m}{\approx}~0,$$ donde $$\tag{8} J^{\mu}~:=~T^{\mu\nu} K_{\nu}, $$ cf. por ejemplo, Ref. 2. Es posible extraer un sistema integrado en el shell conserva la cantidad de la identidad (7) en la forma estándar a través de una 4-dimensional teorema de la divergencia.

Referencias:

1. R. M. Wald, GR, Apéndice E. 1.

2. S. w. Hawking y G. F. R. Ellis, La Estructura a Gran Escala del Espacio-Tiempo, la Sección 3.2.

Answer 2

De Gauss-Ostrogradsky teorema no se en realidad que el "cuidado" de un "tipo" de espacio o funciones que tienes, así que tiene la misma forma en la curva el espacio y en el espacio plano: $$ \int_D d^4x \frac{\partial}{\partial x^\mu} Nada = \oint_{\partial D} d\sigma_\mu Nada $$ donde $d^4 x$ $d\sigma_\mu$ se construyen a partir de los diferenciales de las coordenadas de la misma manera como en el espacio plano, por ejemplo, $d^4 x = dx^0 dx^1 dx^2 dx^3$ (no es "real" 4-volumen $d\Omega = \sqrt{-g}dx^0 dx^1 dx^2 dx^3$).

Por ejemplo, vamos a considerar la corriente eléctrica ecuación de continuidad $$ \nabla_\mu j^\mu = 0 $$ Tomando las propiedades de los símbolos de Christoffel en cuenta, usted puede demostrar que $$ \nabla_\mu j^\mu = \frac{1}{\sqrt {g}}\frac{\partial}{\partial x^\mu}\left(\sqrt {g}j^\mu \right) $$ así que en este caso $$ 0 = \int d\Omega \nabla_\mu j^\mu = \int \sqrt {g} d^4 x \frac{1}{\sqrt {g}}\frac{\partial}{\partial x^\mu}\left(\sqrt {g}j^\mu \right) = \int d^4 x \frac{\partial}{\partial x^\mu}\left(\sqrt {g}j^\mu \right) = $$ y por O-G teorema de $$ = \cualquier d \sigma_\mu \sqrt {g} j^\mu = \cualquier d\Sigma_\mu j^\mu $$ donde $d\Sigma_\mu$ es "real" 3-superficie. En otras palabras, usted tiene $ \int j^0 dV = \textrm{const}$.

Sin embargo, para un simétrica 2-tensor $T^{\mu\nu}$ $$ \nabla_\mu T^\mu_\nu = \frac{1}{\sqrt {g}} \frac{\partial \left(\sqrt {g}T^\mu_\nu \right)}{\partial x^\nu} - \frac12 \frac{\partial g_{\alpha\beta}}{\partial x^\nu} T^{\alpha\beta} $$ y "por desgracia" el segundo término no puede ser transformado a $$ \frac{1}{\sqrt {g}}\frac{\partial \left( \sqrt {g} Algo \right)}{\partial x^\nu } $$

Físicamente esto es porque usted no toma la energía del campo gravitacional en cuenta. Pero como se puede ver en la anterior, no se puede construir una adecuada tensor de valor de la tensión tensor de energía para el campo gravitacional, sólo se puede construir un pseudo-tensor (esto es compatible con el principio de equivalencia).