Galga transversal sin trazas en la RG linealizada

Question

Estoy leyendo sobre las ondas gravitacionales y me pregunto ¿cómo sabemos que siempre podemos ir al medidor transversal y sin trazas? Ir al gauge de de Donder está bien, puedo seguir eso, pero luego mostrar que siempre podemos ir a la parte sin trazas y también tener $\bar{h}_{0\mu}=0$ No sigo (donde he definido $\bar{h}_{\mu\nu}=h_{\mu\nu}-\frac{1}{2}g_{\mu\nu}h$ como siempre). Me salen estas EDP acopladas y no sé por qué vamos a suponer que siempre tienen solución. Para que la traza sea $0$ Recibo

$\bar{h} + 2 \partial^{\mu}\xi_{\mu}=0$ donde $\bar{h}$ es el rastro antiguo.

A continuación, para obtener el $\bar{h}_{0i}$ sea 0, obtengo

$\bar{h}_{0i}-\partial_0\xi_i-\partial_i\xi_0=0$

El libro de texto que estoy leyendo (el de maggiore sobre GW) dice que use el $0^{th}$ componente de $\xi$ para deshacerse del rastro y los componentes i para deshacerse del ( $0$ i) componentes de h.

También estoy intentando llegar al medidor transversal sin trazas en FRW. Sé que en el segundo libro de texto de Maggiore muestra cómo hacerlo usando variables de Bardeen, pero mi profesor dijo que es posible sin ellas y sólo usando la simetría del gauge. Lo he intentado y sólo obtengo más EDP acopladas que son mucho más complicadas que las del espaciotiempo plano. Una vez más, ¿cómo puedo saber que estos siempre tienen una solución?

Answer 1

Consideremos la misma cuestión en un contexto más sencillo: La teoría de Maxwell libre.

Se puede fijar la galga de Lorenz (análoga a la de Donder en la RG) en la que $\partial_\mu A^\mu=0$ . En esta galga las ecuaciones de campo adoptan la forma $\Box A_\mu=0$ . Ahora bien, en esta galga uno sigue siendo libre de realizar una transformación galga $A\to A+ d\lambda$ para parámetros gauge que satisfagan $\Box \lambda=0$ (las llamadas simetrías gauge residuales). Ahora se pueden utilizar las simetrías gauge residuales para fijar aún más el gauge. Por ejemplo, el análogo del gauge transversal en este ejemplo es fijar $A_0=0$ : \begin{align} A_0\to A_0'=A_0+\partial_0\Lambda=0 \end{align} Existe una solución $\Lambda=-\int dt A_0$ con lo que el campo gauge transformado tiene $A_0=0$ . Tenga en cuenta que \begin{align} \Box \Lambda=-\int dt \,\Box A_0=0 \end{align} Esto implica que el parámetro gauge anterior es una simetría residual del gauge de Lorenz.

El mismo argumento sirve para la RG. En el gauge de Donder las ecuaciones de campo linealizadas toman la forma $\Box h_{\mu\nu}=0$ y las simetrías residuales adoptan la forma $\Box \xi^\mu=0$ (donde $\Box$ se define con respecto al fondo). Para pasar al calibre TT, hay que resolver 4 ecuaciones diferenciales ordinarias para 4 funciones $\xi^\mu$ por lo que siempre existe una solución. Explícitamente a partir de la segunda ecuación obtenemos \begin{equation} \bar{h}_{0 i}-\partial_{0} \xi_{i}-\partial_{i} \xi_{0}=0\implies \xi_{i}=\int dt (\bar{h}_{0 i}-\partial_{i} \xi_{0}) \end{equation} Utilizando esto en la primera ecuación obtenemos \begin{align} 0&=\bar{h}+2(\dot \xi^0+\partial_i \xi^i)=\bar{h}+2\dot \xi^0+2\int dt (\partial^i \bar{h}_{0 i}-\partial_{i}\partial^i \xi_{0}) \end{align} La galga de Donder implica $\partial_{i}\partial^i \xi^0=\partial_{0}\partial^0 \xi^0$ y $\partial^i \bar{h}_{0 i}=-\partial_0 \bar{h}_{0 0}$ obtenemos $$\bar h-2 \bar h_{00}+4\dot \xi^0=0\implies \xi^0=-\frac{1}{4}\int dt (\bar h-2 \bar h^{00} )$$ Nótese que el hecho de que tanto las variables dinámicas como las simetrías residuales resuelvan la misma ecuación (de onda) es una condición necesaria.

Sin embargo, tenga en cuenta que mi argumento se refería a la RG linealizada. No estoy seguro de que ocurra lo mismo con la RG completa. Quizá en la RG completa sólo se pueda hacer asintóticamente.