Ковариантные конформно инвариантные уравнения для скаляра

[vanger]

Есть ли где-нибудь выписанные в явном (или не слишком далёком от оного) уравнения? Не только второго порядка

$$ \left[ \Box + R \frac{d-2}{4 (d-1)} \right] \varphi = 0, $$

($d$ -- размерность многообразия, $\Box = \nabla^\mu \nabla_\mu$, $R$ -- скалярная кривизна) но и высших? В частности, четвёртого порядка. У меня, в качестве промежуточных выкладок, получаются оные:

$$ \left\{ \Box^2 + \frac{R}{2} \Box + \left( R \frac{d-2}{4(d-1)} \right)^2 (d+2) + \left( \frac{R}{d-1} \right)^2 \frac{1}{2d} \right\} \varphi = 0. $$

И для проверки разумности этих выкладок, хорошо бы удостовериться, что это действительно конформно-инвариатное уравнение. С весом поля $\left( 2 - \frac{d}{2} \right)$. Руками, конечно, проверяется, но не хочется возиться -- громоздко.

[Утундрий]

Отбегите с переду взад и дефинируйте обсуждаемое детально.

[vanger]

Что именно нуждается в дефинициях?

Пусть есть многообразие со связностью Леви-Чивиты. Конформным преобразованием метрики назовём преобразование вида $g \mapsto \widetilde g = \lambda^2 g$, где $\lambda$ -- гладкая положительная функция на многообразии. Пусть скалярное поле при этом преобразуется как $\varphi \mapsto \widetilde \varphi = \lambda^w \varphi$, где число $w$ назовём конформным весом поля.
Назовём конформно-инвариантным уравнение, для которого есть такой вес $w$, что решение $\varphi$ с метрикой $g$, является решение тогда и только тогда, когда $\widetilde \varphi$ -- решение с метрикой $\widetilde g$.

Например,

$$ \left( \Box + R \frac{d-2}{4(d-1)} \right) \varphi = 0 $$

конформно инвариантно при весе $\varphi$ равном $\left( 1 - \frac{d}{2} \right)$.

Является ли выписанное выше уравнение четвёртого порядка конформно инвариантным? Это, в принципе, проверяемо в лоб, но тут и для второго порядка муторно.

[Утундрий]

Теперь понятно. Следующий вопрос: больше интересует как эффективно проверить или как многократно наплодить?

[vanger]

Как эффективно проверить. Про плодить тоже любопытно было бы посмотреть, но "в порядке факультатива".

[Утундрий]

Подумаю на выходных.

P.S. А где это применяется?

[vanger]

Спасибо.

Есть способ, предположительно, позволяющий описать все (не только скалярные, а произвольных спинов) свободные конформные поля. Это описание не очень явное. А именно, рассматривается поле в АдС${}_{d+1}$, а конформные поля получаются за счёт дополнительной факторизации, как асимптотика поля в АдС${}_{d+1}$. Такое AdS/CFT. При желании, можно получить конформные уравнения явно. Лучше, конечно, получать конформные уравнения в Минковском. Тогда бы и то уравнение выглядело просто: $(\eta^{\mu\nu} \partial_\mu \partial_\nu)^2 \varphi = 0$. Но хотелось бы выписать явно парочку конформных уравнений в кривом пространстве. Не для спина 0, а для спина 2, скажем. И вот, для начала, хочу убедиться, что я уже в скаляре не портачу.

[SergeyGubanov]

Может быть имеет смысл не уравнения сочинять, а конформно-инвариантные Лагранжианы высших порядков?

[vanger]

SergeyGubanov в сообщении #896414 писал(а):

Может быть имеет смысл не уравнения сочинять, а конформно-инвариантные Лагранжианы высших порядков?

Лагранжиан -- это хорошо, конечно. Более того, недавно такой результат был получен Васильевым. Но его описание не является явно o(2,d)-инвариантным, в отличие от упомянутого выше. А в АдСе с лагранжианами тяжко. Так что тут бы на уровне уравнений движения пока разобраться.

[Утундрий]

Как-то не очевидно, что всякое конформное уравнение может быть получено из некоторого вариационного принципа.

[vanger]

Это да. Вот работа, которая имелась в виду: http://arxiv.org/abs/0909.5226

[Утундрий]

С превеликим удовольствием поковырялся в этой задаче. Давно я так не развлекался.

vanger в сообщении #896249 писал(а):

$$ \left[ \Box + R \frac{d-2}{4 (d-1)} \right] \varphi = 0, $$

Это получил и подтверждаю.

vanger в сообщении #896249 писал(а):

$$\left\{ \Box^2 + \frac{R}{2} \Box + \left( R \frac{d-2}{4(d-1)} \right)^2 (d+2) + \left( \frac{R}{d-1} \right)^2 \frac{1}{2d} \right\} \varphi = 0.$$

А вот этого пока не получил, но уже сам визуальный вид вызывает сомнения. Почему два члена с одинаковым $R^2$ записаны отдельно? Вероятно пропущен даламбертиан?

[vanger]

Рад, что понравилось :)

Нет, даламбертиан не пропущен. Там в другом месте ошибки :) Правильный вариант такой:

$$ \left\{ \Box^2 + \frac{d^2 - 2d - 4}{4 d (d-1)} R \Box + \frac{(d+2)(d-2)(d-4)}{2^5 d (d-1)^2} R^2 \right\} \varphi = 0. $$

В нём приятно, что при интересных $d=2, 4$ одним членом меньше.
А отдельно написаны были просто так.

У меня сомнения были бы напротив, если бы даламбертиан присутствовал в члене с $R^2$. Тогда бы нарушилась однородность по $\left( \text{число } R + \text{число } \Box \right)$. К примеру, уравнение 6 порядка какое-то такое:

$$ \Box^3 + \frac{3 d^2 - 6 d - 32}{4 d (d-1)} R \Box^2 + \frac{d \left\{ d \left[ 3d \left( d - 4 \right) - 52 \right] + 80 \right\} + 12}{2^4 d^2 (d-1)^2} R^2 \Box + \frac{(\frac{d}{2} - 3) \left( \frac{d^4}{4} - d^3 + 5 d^2 - 16 d + 1 \right)}{2^3 d^2 (d-1)^3} R^3 = 0. $$

Подразумевается, что это на $\varphi$ действует. Вес $\varphi$ равен $\left( 3 - \frac{d}{2} \right)$.

PS. А аналогов multline, на случай, как сейчас, когда в строку не влазит, на форуме нет?

[Someone]

(vanger)

vanger в сообщении #897004 писал(а):

А аналогов multline, на случай, как сейчас, когда в строку не влазит, на форуме нет?

Почему нет? Есть. Тот же multline (а лучше multline*, чтобы формулы не нумеровались) и работает:

\begin{multline*}\text{Строка }1\\ \text{Строка }2\\ \text{Строка }3\\ \text{Строка }4\end{multline*}

[c][math]\begin{multline*}\text{Строка }1\\ \text{Строка }2\\ \text{Строка }3\\ \text{Строка }4\end{multline*}[/math][/c]

Знаки доллара не нужны, но зато тег math обязателен.
А можно каждую строку оформить как отдельную формулу.

[Утундрий]

vanger в сообщении #897004 писал(а):

Правильный вариант такой:

$$ \left\{ \Box^2 + \frac{d^2 - 2d - 4}{4 d (d-1)} R \Box + \frac{(d+2)(d-2)(d-4)}{2^5 d (d-1)^2} R^2 \right\} \varphi = 0. $$

Всё равно не похоже. $\Box ^2$ даёт четвёртые производные масштабного множителя и ни один из выписанных членов их никак не компенсирует.