Una pregunta sobre la variación de Weyl de orden superior para la distancia geodésica

Question

Tengo una pregunta en la obtención de la Nca. (3.6.15 b) y (3.6.15 c) en Polchinski de la teoría de cuerdas vol I p. 105.

Dado

$$\Delta (\sigma,\sigma') = \frac{ \alpha'}{2} \ln d^2 (\sigma, \sigma') \tag{3.6.6}$$ donde $d(\sigma,\sigma')$ es la distancia geodésica entre los puntos de $\sigma$ e $\sigma'$.

Se dice por la Weyl variación $\delta_W$,

$$\partial_a \delta_W \Delta(\sigma,\sigma')|_{\sigma'=\sigma}= \frac{ 1}{2} \alpha' \partial_a \delta \omega(\sigma) \tag{3.6.15a} $$ $$ \partial_a \partial_b' \delta_W \Delta(\sigma,\sigma')|_{\sigma'=\sigma}= \frac{ 1+ \gamma}{2} \alpha' \nabla_a \partial_b \delta \omega(\sigma) \tag{3.6.15b} $$ $$ \nabla_a \partial_b \delta_W \Delta(\sigma,\sigma')|_{\sigma'=\sigma}= - \frac{ \gamma}{2} \alpha' \nabla_a \partial_b \delta \omega(\sigma) \tag{3.6.15c} $$ Aquí $\gamma=-\frac{2}{3}$.

Yo sé la razón por la que el factor de $1/2$ en el lado derecho de la ecuación. (3.6.15 a) y que pueda derivar de ella. Pero, poniendo a $\nabla$ en LHS y RHS de Eq. (3.6.15 a) no llevar a (3.6.15 c). Supongo que es porque hay algún orden superior en términos de la distancia geodésica, donde el tratamiento de la (3.6.9)-(3.6.11) se omite. Pero no sé cómo conseguirlo. He intentado $ds^2= g_{ab} dx^a dx^b= (\eta_{ab} + h_{ab})dx^a dx^b $ a separar la desviación de la métrica de Minkowski, pero no puedo conseguir el factor de $\gamma$

Mi pregunta es, cómo derivar Nca. (3.6.15 b) y (3.6.15 c) (sobre todo no es un número primo, $'$, es decir, $\partial'_b$ en el lado izquierdo de (3.6.15 b), pero no en la RHS)

Answer 1

Suponiendo que la distancia $d$ ($z$ es una notación formal) es: $$d(\sigma, \sigma') = \int_\sigma^{\sigma'} dz ~~e^{w(z)} \tag{1}$$

Tenemos, organizados en orden 2, $w(z)$:

$$d(\sigma, \sigma') = e^{w(\sigma)} \int_\sigma^{\sigma'} dz ~ e^{(z-\sigma).\partial w(\sigma) + \frac{1}{2}(z-\sigma)^a(z-\sigma)^b \partial_a \partial_b w(\sigma)}\tag{2}$$

Que es :

$$d(\sigma, \sigma') = e^{w(\sigma)} \int_\sigma^{\sigma'} dz ~ ( 1 + (z-\sigma).\partial w(\sigma) + \frac{1}{2}(z-\sigma)^a(z-\sigma)^b\partial_a \partial_bw(\sigma)+Q(w)) \tag{3}$$ donde $Q(w)$ representa cuadrática cantidades en $\partial_a w \partial_b w$.

Debido a que la métrica es diagonal, Christophel símbolo del rey $\partial_x w$, por lo que la diferencia entre el $\nabla_x \partial_y w$ e $\partial_x \partial_y w$ son precisamente estos cuadrática cantidades. Sólo podemos elegir un marco inercial, por lo que el $\partial_x w=0$, por lo que nos podemos descuidar tesis cantidades $Q$, y trabajar con el estándar de derivados (más detalles al final de la respuesta).

Después de la integración formal, obtenemos :

$$d(\sigma, \sigma') = e^{w(\sigma)} |\sigma' - \sigma|(1 + \frac{1}{2}(\sigma'-\sigma).\partial w(\sigma) + \frac{1}{6}(\sigma'-\sigma)^a(\sigma'-\sigma)^b\partial_{ab}w(\sigma)+Q(w))\tag{4}$$

Reexpressing con una exponencial, tenemos:

$$d(\sigma, \sigma') = e^{w(\sigma)} |\sigma' - \sigma| e^{\frac{1}{2}(\sigma'-\sigma).\partial w(\sigma) + \frac{1}{6}(\sigma'-\sigma)^a(\sigma'-\sigma)^b\partial_a \partial_bw(\sigma)+Q(w)} \tag{5}$$

Así que, ahora, nos recibe, con $\Delta (\sigma, \sigma') = \frac{\alpha'}{2} \ln d^2(\sigma, \sigma')$:

$$\Delta (\sigma, \sigma') =\alpha'(w(\sigma) + \frac{1}{2}(\sigma'-\sigma).\partial w(\sigma) + \frac{1}{6}(\sigma'-\sigma)^a(\sigma'-\sigma)^b\partial_a \partial_bw(\sigma)+Q(w)+F(\sigma, \sigma'))\tag{6}$$ donde $F(\sigma, \sigma')$ es una función de $\sigma, \sigma'$, que no depende de $w$, así que no nos preocupamos por examinar la variación de $\Delta$ relativamente a $w$. La elección de un marco inercial significa que no nos importa el cuadrática cantidades $Q$ también.

Tenemos otro problema, porque aquí $\Delta (\sigma, \sigma')$ no es simétrica en $\sigma, \sigma'$, por lo que necesitamos symmetrise, así que, finalmente, la parte pertinente de $\Delta$ es :

$$\Delta (\sigma, \sigma') =\alpha'( \frac{1}{2} [w(\sigma) + w(\sigma') ] + \frac{1}{4}(\sigma'-\sigma).[\partial w(\sigma) - \partial^{'} w(\sigma')] + \frac{1}{12}(\sigma'-\sigma)^a(\sigma'-\sigma)^b[\partial_a \partial_bw(\sigma)+\partial^{'}_a \partial_b^{'}w(\sigma')])\tag{6'}$$

Así, las variaciones, y se derivan relativamente a $\sigma'_b$: $$\partial^{'}_b \delta_W \Delta (\sigma, \sigma') =\alpha'( \frac{1}{2}\partial^{'}_b \delta w(\sigma') + \frac{1}{4}[\partial_b w(\sigma) - \partial^{'}_b w(\sigma')] \\ - \frac{1}{4}(\sigma' - \sigma)^a \partial'_a \partial_b'w(\sigma')+ \frac{1}{6}(\sigma' - \sigma)^a[\partial_a \partial_bw(\sigma)+\partial^{'}_a \partial_b^{'}w(\sigma')] + O(\sigma - \sigma')^2\tag{7}$$

A continuación, se derivan relativamente a $\sigma_a$: $$\partial_a \partial^{'}_b \delta_W \Delta (\sigma, \sigma') =\alpha'( \frac{1}{4}[\partial_a \partial_b \delta w(\sigma)+ \partial^{'}_a \partial^{'}_b \delta w(\sigma')] - \frac{1}{6}[\partial_a \partial_b \delta w(\sigma)+ \partial^{'}_a \partial^{'}_b \delta w(\sigma')]+ O(\sigma - \sigma')\tag{8}$$

Así que, finalmente, cuando se $\sigma' \rightarrow \sigma$, tenemos:

$$\partial_a \partial^{'}_b \delta_W \Delta (\sigma, \sigma')= \alpha' \frac{1}{6}\partial_a \partial_b\delta w(\sigma)\tag{9}$$

Este es, precisamente, la expresión (3.6.15 b), recordando que calculamos en un intertial marco, con lo $\nabla_x \partial_y w = \partial_x \partial_y w $

El mismo método, a partir de las $(6')$ y la aplicación de dos derivados de la $\partial_a \partial_b$ da $3.16.15c$ (a $\frac{1}{3}$ plazo)

[COMENTARIO]

El cuadrática cantidades $Q$ se podría escribir :

$$(\sigma'-\sigma)^a(\sigma'-\sigma)^b (\partial_a w)(\partial_b w)$$

Al derivar 2 veces esta expresión, se obtiene :

$$ O(\sigma'-\sigma) + O(\partial_a w)$$ Así, al $\sigma' \rightarrow \sigma$ y cuando estamos en un marco inercial ($\partial_a w=0$), estas cantidades no son relevantes.