Simetrización del tensor canónico de energía-momento

Question

El tensor de momento y energía canónico viene dado por $$T_{\mu\nu} = \frac{\partial {\cal L}}{\partial (\partial^\mu \phi_s)} \partial_\nu \phi_s - g_{\mu\nu} {\cal L}. $$ A priori, no hay ninguna razón para creer que el tensor EM anterior sea simétrico. Para simetrizarlo hacemos el siguiente truco.

A cualquier tensor EM podemos añadir el siguiente término sin cambiar su divergencia y las cargas conservadas: $${\tilde T}_{\mu\nu} = T_{\mu\nu} + \partial^\beta \chi_{\beta\mu\nu}, $$ donde $\chi_{\beta\mu\nu} = - \chi_{\mu\beta\nu}$ . La antisimetría de $\chi$ en su $\mu\beta$ índices implica que ${\tilde T}_{\mu\nu}$ se conserva. Además, todas las cargas conservadas permanecen iguales.

Aunque $T_{\mu\nu}$ no es un tensor simétrico, es posible elegir $\chi_{\beta\mu\nu}$ de tal manera que ${\tilde T}_{\mu\nu}$ simétrico. Se puede demostrar que la elección de

$$\chi_{\lambda\mu\nu} = - \frac{i}{2}\left[ \frac{\delta {\cal L}}{\delta (\partial^\mu \phi_r) } (I_{\nu\lambda})_{rs} \phi_s + \frac{\delta {\cal L}}{\delta (\partial^\lambda \phi_r) } (I_{\mu\nu})_{rs} \phi_s + \frac{\delta {\cal L} }{\delta (\partial^\nu \phi_r) } (I_{\mu\lambda})_{rs} \phi_s \right]$$ hace que el nuevo tensor EM sea simétrico. Aquí $(I_{\mu\nu})_{rs}$ es la representación del Álgebra de Lorentz bajo la cual los campos $\phi_s$ transformar.

Esta es mi pregunta - ¿Es posible obtener el tensor EM simétrico directamente a partir de principios variacionales añadiendo un término de derivada total al Lagrangiano. En otras palabras, desplazando ${\cal L} \to {\cal L} + \partial_\mu X^\mu$ y eligiendo $X^\mu$ apropiadamente, ¿podemos obtener exactamente el desplazamiento del tensor EM necesario para que el tensor EM canónico sea simétrico?

Lo que he hecho hasta ahora - Es posible demostrar que bajo un desplazamiento de la Lagrangiana por una derivada total, se desplaza el tensor EM por $T_{\mu\nu} \to T_{\mu\nu} + \partial^\lambda \chi_{\lambda\mu\nu}$ donde

$$\chi_{\lambda\mu\nu} = \frac{1}{2} \frac{\delta X_\lambda}{\delta (\partial^\mu \phi_r)} \partial_\nu \phi_r - \frac{1}{2} \frac{ \delta X_\mu }{\delta (\partial_\lambda \phi_r)} \partial_\nu \phi_r + X_\mu g_{\lambda\nu} - X_\lambda g_{\mu\nu} \,. $$

Qué deseo hacer a continuación - Ahora tengo una ecuación diferencial que deseo resolver:

\begin{align} &\frac{1}{2} \frac{\delta X_\lambda}{\delta (\partial^\mu \phi_r)} \partial_\nu \phi_r - \frac{1}{2} \frac{ \delta X_\mu }{\delta (\partial_\lambda \phi_r)} \partial_\nu \phi_r + X_\mu g_{\lambda\nu} - X_\lambda g_{\mu\nu} \\ &~~= - \frac{i}{2}\left[ \frac{\delta {\cal L}}{\delta (\partial^\mu \phi_r) } (I_{\nu\lambda})_{rs} \phi_s + \frac{\delta {\cal L}}{\delta (\partial^\lambda \phi_r) } (I_{\mu\nu})_{rs} \phi_s + \frac{\delta {\cal L} }{\delta (\partial^\nu \phi_r) } (I_{\mu\lambda})_{rs} \phi_s \right] \,. \end{align}

¿Alguna idea para solucionarlo?

Answer 1

La pregunta del OP (v7) pregunta:

_¿Es posible obtener un tensor tensión-energía-momento (SEM) directamente del tensor canónico SEM añadiendo un término de derivada total al Lagrangiano? En otras palabras, desplazando $\Delta{\cal L}=d_\mu X^\mu$ y eligiendo $X^\mu$ apropiadamente, ¿podemos obtener exactamente el desplazamiento del tensor SEM necesario para que el tensor SEM canónico sea simétrico?_

No, ese proyecto ya está condenado para E&M con la densidad lagrangiana de Maxwell

$$ {\cal L}_0~:=~ -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\tag{1} $$

con

$$ F_{\mu\nu}~=~A_{\nu,\mu}-A_{\mu,\nu}, \qquad \frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\mu,\nu}}~\stackrel{(1)}{=}~ F^{\mu\nu}.\tag{2}$$

Las ecuaciones de EL en el vacío son las siguientes

$$ 0~\approx~F^{\mu\nu}{}_{,\nu}~=~ d^{\mu}(A^{\nu}_{,\nu})-d_{\nu}d^{\nu}A^{\mu}\tag{3} $$

En E&M, el tensor canónico SEM es $^1$

$$\begin{align} \Theta^{\mu}{}_{\nu}~:=~&\delta^{\mu}_{\nu}{\cal L}_0+\left(-\frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\alpha,\mu}}+ d_{\beta}\frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\right) A_{\alpha,\nu} -\frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta}\cr ~\stackrel{(1)}{=}~&\delta^{\mu}_{\nu}{\cal L}_0+F^{\mu\alpha}A_{\alpha,\nu}~,\end{align}\tag{4}$$

mientras que el tensor simétrico SEM es

$$ T^{\mu}{}_{\nu}~=~\delta^{\mu}_{\nu}{\cal L}_0+F^{\mu\alpha}F_{\nu\alpha}.\tag{5}$$

Así que la diferencia es $^2$

$$\begin{align} T^{\mu}{}_{\nu} -\Theta^{\mu}{}_{\nu}~\stackrel{(4)+(5)}{=}&~ F^{\mu\alpha}A_{\nu,\alpha}~=~ d_{\alpha}(F^{\mu\alpha}A_{\nu}) - \underbrace{F^{\mu\alpha}{}_{,\alpha}}_{~\approx~0}A_{\nu} \cr ~\stackrel{?}{\approx}~&\delta^{\mu}_{\nu}\Delta{\cal L}+\left(-\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu}}+ d_{\beta}\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\right) A_{\alpha,\nu} -\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta}\end{align}\tag{6} $$

para algún término de derivada total $\Delta{\cal L}=d_\mu X^\mu$ donde $X^\mu$ depende de $A$ y $\partial A$ . El signo de interrogación (?) en la ec. (6) es la pregunta de OP. Nótese que la ecuación del continuo no se altera en la cáscara

$$ d_{\mu}T^{\mu}{}_{\nu} ~\approx~ d_{\mu}\Theta^{\mu}{}_{\nu}~\approx~0. \tag{7} $$

Por razones dimensionales $X^\mu$ debe figurar en el formulario $^3$

$$ X^{\mu} ~=~ a A^{\mu} A^{\nu}_{,\nu} + b A^{\nu} A^{\mu}_{,\nu} + c A^{\nu} A_{\nu}^{,\mu}\tag{8} $$

para algunas constantes $a,b,c$ . Entonces

$$\begin{align} \Delta{\cal L}~&~=~d_\mu X^\mu ~\stackrel{(8)+(10)}{=}~\Delta{\cal L}_1+\Delta{\cal L}_2,\tag{9} \cr \Delta{\cal L}_1~&:=~a (A^{\mu}_{,\mu})^2 + b A^{\nu}_{,\mu} A^{\mu}_{,\nu} + c A^{\nu}_{,\mu} A_{\nu}^{,\mu},\tag{10} \cr \Delta{\cal L}_2~&:=~ (a+b) A^{\mu} A^{\nu}_{,\nu\mu} + c A^{\mu}A_{\mu,\nu}^{,\nu}~\stackrel{(3)}{\approx}~(a+b+c) A^{\mu} A^{\nu}_{,\nu\mu}.\tag{11} \end{align} $$

Consideremos el último término del lado derecho de la ec. (6):

$$\begin{align}\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta} &~=~\frac{\partial\Delta{\cal L}_2}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta}\cr &~=~\frac{a+b}{2} \left(A^{\alpha} A^{\mu}_{,\alpha\nu}+A^{\mu} A^{\alpha}_{,\alpha\nu}\right) +c A^{\alpha} A^{,\mu}_{\alpha,\nu} \tag{12}\end{align}$$

Aparte del término diagonal $\delta^{\mu}_{\nu}\Delta{\cal L}_2$ los términos de la ec. (12) son las únicas apariciones de segundas derivadas en el lado derecho de la ec. (6). Concluimos que

$$ \Delta{\cal L}_2~=~0\qquad\Leftrightarrow\qquad a+b~=~0\quad\wedge\quad c~=~0.\tag{13}$$

Argumentos similares demuestran que la ec. (6) no es posible $^4$ . $\Box$

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$^1$ En la ec. (4) hemos indicado el tensor SEM canónico para una densidad lagrangiana con derivadas de hasta 2º orden. Algunas referencias, por ejemplo Weinberg QFT, tienen las convenciones notacionales opuestas para $T\leftrightarrow\Theta$ . Aquí estamos utilizando el $(-,+,+,\ldots,+)$ Convención de signos de Minkowski.

$^2$ En la fórmula (6) hemos despreciado los términos en $\Delta{\cal L}$ que depende de $\partial^3A$ , $\partial^4A$ , $\partial^5A$ , $\ldots$ etc. Estos términos se excluyen por varias razones.

$^3$ En retrospectiva, esta respuesta comparte completamente la premisa/ideología/programa/conclusión de este Correo de Phys.SE.

$^4$ Curiosamente, si sólo tomamos la traza de la ec. (6), obtenemos

$$\begin{align} A^{\nu}_{,\mu} A^{\mu}_{,\nu} - A^{\nu}_{,\mu} A_{\nu}^{,\mu} &~=~F^{\mu\alpha}A_{\mu,\alpha}\cr &~\stackrel{?}{\approx}~n \Delta{\cal L}+\left(-\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu}}+ d_{\beta}\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\right) A_{\alpha,\mu} -\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\mu\beta}\cr &~\stackrel{(9)}{=}~(n-2) \Delta{\cal L}_1+(n-1) \Delta{\cal L}_2+ A_{\alpha,\mu} d_{\beta}\frac{\partial\Delta{\cal L}_2}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\cr &~\stackrel{(11)}{=}~(n-2) \Delta{\cal L}_1+(n-1) \Delta{\cal L}_2+ \frac{a+b}{2}\left((A^{\mu}_{,\mu})^2+A^{\nu}_{,\mu} A^{\mu}_{,\nu} \right) +c A^{\nu}_{,\mu} A_{\nu}^{,\mu} ,\tag{14}\end{align} $$

lo que conduce al sistema lineal eq.

$$ \begin{align} 0&~=~a+b+c, \tag{15}\cr -1&~=~(n-1)c\qquad\qquad\qquad\Rightarrow\qquad c~=~-\frac{1}{n-1},\tag{16}\cr 0&~=~(n-2)a +\frac{a+b}{2}\qquad\Rightarrow\qquad a~=~-\frac{1}{2(n-1)(n-2)},\tag{17}\cr 1&~=~(n-2)b +\frac{a+b}{2}\qquad\Rightarrow\qquad b~=~\frac{2n-3}{2(n-1)(n-2)},\tag{18}\end{align} $$ que notablemente tiene una solución única y consistente. Así que no basta con tomar la traza de la ec. (6). Sin embargo, junto con la ec. (13), llegamos a la conclusión de que no hay solución. $\Box$

Answer 2

Intentaré obtener el resultado de otra manera. Es bien sabido que la densidad lagrangiana determinada hasta la divergencia de algún cuatro-vector $\mathcal{L}(x)\to \mathcal{L}(x)+\partial_\mu\psi^\mu(x)$ Entendamos cuál es la contribución del segundo término en el tensor energía-momento. $$\hat T^\nu _\mu=\partial_\rho\Bigr(\frac{\delta {\cal\psi^\rho }}{\delta (\partial^\mu \phi_s)} \partial^\nu \phi_s - g_\mu^\nu {\cal \psi^\rho}\Bigr)=\partial_\rho \chi^{\rho\nu}_ \mu $$ $\psi^\rho$ es un cuatro vector arbitrario, contiene en $\phi_s$ y $\partial^\rho\phi_r$ . Establece que $\psi^\rho=f(\phi^2)\phi_r\partial^\rho\phi_r$ .(Si exijo que la dependencia lagrangiana sólo $\phi_r$ y su primera derivada. Será forma general) Obtenemos el siguiente resultado $$ \chi^{\rho\nu}_ \mu =g_\mu^\rho {\cal \psi^\nu}-g_\mu^\nu {\cal \psi^\rho} $$ donde $g^\mu_\rho=\delta^\mu_\rho$ es un símbolo de Kronecker. Así obtenemos que el tensor momento energía definido hasta dicho término $T^{\mu\nu}\to T^{\mu\nu}+\partial_\rho\chi^{\rho\mu\nu}$ où $\chi^{\rho\mu\nu}=-\chi^{\mu\rho\nu}$ . Este hecho es una consecuencia de la característica lagrangiana (La densidad lagrangiana determinada hasta la divergencia de algún cuatro-vector $\mathcal{L}(x)\to \mathcal{L}(x)+\partial_\mu\psi^\mu(x)$ ).

Editar

Utilizando la fórmula anterior es fácil obtener que $$ \chi^{\mu\rho\nu} =g^{\mu\rho} {\cal \psi^\nu}-g^{\mu\nu} {\cal \psi^\rho} $$ Después de la contracción con $g_{\mu\rho}$ obtenemos que $$ \psi^\nu=\frac{1}{D-1}\chi^{\mu\rho\nu}g_{\mu\rho} $$ donde $D$ -es la dimensionalidad del espacio.

A pesar de que el lagrangiano contiene segundas derivadas, todo esto es cierto, porque el lagrangiano difiere sólo para la derivada completa. Si te interesa esta pregunta, debes escribir relatividad general. Porque la acción de la relatividad general contiene el tensor de curvatura de Riemann (que contiene segundas derivadas).

Answer 3

Es posible elegir un Lagrangiano tal que el tensor momento-energía de Noether sea simétrico, a saber $${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{2} \partial_\mu A_\nu \partial^\mu A^\nu \,.$$ Sin embargo, este Lagrangiano difiere del estándar $${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{4} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} \,.$$ por el término $${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{2} \partial_\mu A_\nu \partial^\nu A^\mu \,.$$ que no es una derivada total.