El soporte Poisson de cuerda

Question

¿Dónde está el factor $ \frac {1}{T}$ ( $T$ es la tensión de las cuerdas) en este soporte de Poisson vienen de?

$$ \{X^{ \mu }( \tau , \sigma ), \dot {X}^{ \nu }( \tau , \sigma ')\} ~=~ \frac {1}{T} \delta ( \sigma - \sigma ') \eta_ { \mu\nu }. $$

Creo que puedo ver al recordar la definición de un paréntesis de Poisson (por ejemplo en las coordenadas canónicas) por qué en términos de impulso tenemos

$$ \{P^{ \mu }( \tau , \sigma ),X^{ \nu }( \tau , \sigma ')\} ~=~ \delta ( \sigma - \sigma ') \eta_ { \mu\nu } $$

pero no veo por qué este factor en la primera ecuación tiene que estar ahí.

Además de derivarlo por cálculo, ¿hay una forma física intuitiva de ver por qué el factor de la tensión inversa tiene que estar ahí, similar a explicar la aparición de la tensión delante de la integral en la acción por el hecho de que cuesta energía estirar la hoja del mundo?

Answer 1

Viene de la normalización de la acción de Polyakov, \begin {alineado*} S= \frac {T}{2} \int d^2 \sigma\ , ( \dot {X}^ \mu\dot {X}_ \mu -{X'}^ \mu {X'}_ \mu ). \end {alineado*} El impulso canónico es \begin {alineado*} \frac { \partial \mathcal {L}}{ \partial \dot {X}^ \mu }=T \dot {X}_ \mu , \end {alineado*} y esto da el conmutador de tiempo igual (o paréntesis de Poisson) que anotaste, \begin {alineado*} [X^ \mu ( \tau , \sigma ), \dot {X}^ \nu ( \tau , \sigma ')]= \frac (T) \eta ^{ \mu\nu } \delta ( \sigma - \sigma '). \end {alineado*} La forma en que pienso sobre esto es que a medida que la tensión de la cuerda va a cero, la cuerda se vuelve cada vez menos clásica (alternativamente, $T$ juega el papel de $1/ \hbar $ en la hoja del mundo).

Answer 2

Matthew Dodelson ya ha dado la razón principal en su respuesta: La acción de las cuerdas $S$ (ya sea la acción de Nambu-Goto o la de Polyakov) es proporcional a la tensión de la cuerda $T_0$ . Así que la densidad del momento canónico

$$ \tag {$ \star $} { \cal P}^{ \tau }_I ~:=~ \frac { \partial { \cal L}}{ \partial \dot {X}^{I}}~=~ \frac {T_0}{c^2} \eta_ {IJ} \dot {X}^{J}$$

se vuelve proporcional a la tensión de la cuerda $T_0$ también. (Esta última igualdad en ( $ \star $ ) sólo es cierto con otras suposiciones. Véase, por ejemplo, B. Zwiebach, Un primer curso de teoría de cuerdas, para los detalles.)

Por último, restauremos los factores correctos de la velocidad de la luz $c$ en los soportes de Poisson:

$$ \tag {$ \star\star $}\{X^{I}( \tau , \sigma ), \dot {X}^{J}( \tau , \sigma ')\}_{PB} ~=~ \frac {c^2}{T_0} \delta ( \sigma - \sigma ') \eta ^{IJ}.$$

Ambos lados de ( $ \star\star $ ) tienen ahora una dimensión de masa inversa $M^{-1}$ . Esto es una consecuencia del siguiente análisis dimensional:

$$[ \tau ]~=~ \text {dim. of time} ~=:~T,$$

$$[ \sigma ] ~=~ \text {dim. of length} ~=:~L~=~ [X],$$

$$[c]~=~ \text {dim. of speed} ~=~ \frac {L}{T}, $$

$$[T_0] ~=~ \text {dim. of force} ~=~ \frac {ML}{T^2},$$

$$[ \text {Poisson bracket}] ~=~[\{ \cdot , \cdot\ }_{PB}] ~=~ \frac {1}{ \text {dim. of angular momentum}}~=~ \frac {T}{ML^2}. $$