Симметризация канонического тензора энергии-импульса

Вопрос ОП (v7) спрашивает:

Можно ли получить симметричный тензор напряжения-энергии-импульса (SEM) непосредственно из канонического тензора SEM , добавив член полной производной к лагранжиану? Другими словами, путем смещения$\Delta{\cal L}=d_\mu X^\mu$, и выбирая$X^\mu$соответственно, можем ли мы точно получить требуемый сдвиг тензора SEM, чтобы сделать канонический тензор SEM симметричным?

Нет, тот проект уже обречен для E&M с максвелловской лагранжевой плотностью

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

с

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

Уравнения вакуумной ЭЛ читаются

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

В E&M канонический тензор SEM равен$^1$

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

в то время как симметричный тензор SEM

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

Итак, разница$^2$

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

для некоторого полного производного члена$\Delta{\cal L}=d_\mu X^\mu$, куда$X^\mu$зависит от$A$и$\partial A$. Знак вопроса (?) в упр. (6) - это вопрос ОП. Обратите внимание, что уравнение континуума не изменяется на оболочке.

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

По размерным соображениям$X^\mu$должен быть в форме$^3$

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

для некоторых констант$a,b,c$. Затем

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

Рассмотрим последний член в правой части уравнения. (6):

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

Помимо диагонального члена$\delta^{\mu}_{\nu}\Delta{\cal L}_2$, условия в уравнении. (12) являются единственным появлением 2-й производной в правой части уравнения. (6). Мы заключаем, что

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

Подобные аргументы показывают, что ур. (6) невозможно$^4$.$\Box$

--

$^1$В уравнении (4) мы указали канонический тензор SEM для лагранжевой плотности с производными до 2-го порядка. Некоторые ссылки, например Weinberg QFT, имеют противоположные обозначения для$T\leftrightarrow\Theta$. Здесь мы используем$(-,+,+,\ldots,+)$Соглашение о знаках Минковского.

$^2$В формуле (6) мы пренебрегли слагаемыми в$\Delta{\cal L}$это зависит от$\partial^3A$,$\partial^4A$,$\partial^5A$,$\ldots$и т. д. Такие термины исключены по разным причинам.

$^3$Оглядываясь назад, этот ответ полностью разделяет предпосылку/идеологию/программу/вывод этого поста Phys.SE.

$^4$Интересно, что если мы просто возьмем след уравнения. (6), получаем

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

что приводит к линейному уравнению система

$$\begin{align} 0&~=~a+b+c, \tag{15}\cr -1&~=~(n-1)c\qquad\qquad\qquad\Rightarrow\qquad c~=~-\frac{1}{n-1},\tag{16}\cr 0&~=~(n-2)a +\frac{a+b}{2}\qquad\Rightarrow\qquad a~=~-\frac{1}{2(n-1)(n-2)},\tag{17}\cr 1&~=~(n-2)b +\frac{a+b}{2}\qquad\Rightarrow\qquad b~=~\frac{2n-3}{2(n-1)(n-2)},\tag{18}\end{align}$$ который замечательно имеет уникальное и последовательное решение. Таким образом, недостаточно просто взять след уравнения. (6). Однако вместе с ур. (13), делаем вывод, что решения нет.$\Box$

Попробую получить результат другим способом. Хорошо известно, что плотность лагранжиана, определяемая с точностью до расходимости некоторого четырехвектора$\mathcal{L}(x)\to \mathcal{L}(x)+\partial_\mu\psi^\mu(x)$Разберемся, какой вклад дает второе слагаемое в тензоре энергии-импульса.

$$\hat T^\nu _\mu=\partial_\rho\Bigr(\frac{\delta {\cal\psi^\rho }}{\delta (\partial^\mu \phi_s)} \partial^\nu \phi_s - g_\mu^\nu {\cal \psi^\rho}\Bigr)=\partial_\rho \chi^{\rho\nu}_ \mu$$ $\psi^\rho$является произвольным четырехвектором, содержится в $\phi_s$и $\partial^\rho\phi_r$. Установите это $\psi^\rho=f(\phi^2)\phi_r\partial^\rho\phi_r$.(Если я потребую, чтобы лагранжева зависимость $\phi_r$и первая производная от него. Это будет общий вид) Получаем следующий результат $$\chi^{\rho\nu}_ \mu =g_\mu^\rho {\cal \psi^\nu}-g_\mu^\nu {\cal \psi^\rho}$$ куда $g^\mu_\rho=\delta^\mu_\rho$является символом Кронекера. Таким образом, мы получаем, что тензор энергии-импульса, определенный с точностью до такого члена $T^{\mu\nu}\to T^{\mu\nu}+\partial_\rho\chi^{\rho\mu\nu}$куда $\chi^{\rho\mu\nu}=-\chi^{\mu\rho\nu}$. Этот факт является следствием лагранжевой особенности (плотность лагранжиана определяется с точностью до расходимости некоторого четырехвектора $\mathcal{L}(x)\to \mathcal{L}(x)+\partial_\mu\psi^\mu(x)$).

Редактировать

Используя предыдущую формулу, легко получить, что

$$\chi^{\mu\rho\nu} =g^{\mu\rho} {\cal \psi^\nu}-g^{\mu\nu} {\cal \psi^\rho}$$ После сокращения с $g_{\mu\rho}$мы получили это $$\psi^\nu=\frac{1}{D-1}\chi^{\mu\rho\nu}g_{\mu\rho}$$ куда $D$- размерность пространства.

Несмотря на то, что лагранжианы содержат вторые производные, все это верно. Потому что лагранжианы отличаются только для полных производных. Если вас интересует этот вопрос, вы должны написать Общая теория относительности. Потому что действие общей теории относительности, которые содержат тензор кривизны Римана (которые содержат вторые производные).

Можно выбрать такой лагранжиан, чтобы тензор энергии-импульса Нётер был симметричным, а именно

$${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{2} \partial_\mu A_\nu \partial^\mu A^\nu \,.$$ Однако этот лагранжиан отличается от стандартного $${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{4} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} \,.$$ по сроку $${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{2} \partial_\mu A_\nu \partial^\nu A^\mu \,.$$ которая не является полной производной.