Фермионы в ОТО и кручение

[Name XXX]

Можно показать, что дираковское действие в ОТО записывается следующим образом:

$$ S_{D} = \int d^{4}x\sqrt{-g}\bar{\psi}\left( i\gamma^{a}e^{\mu}_{a}\partial_{\mu} + \frac{1}{2}i\gamma^{a}\sigma^{bc}e_{b}^{\nu}e^{\mu}_{a}e_{c\nu ; \mu} - m\right)\psi $$

(примерно такое же написано по ссылке: http://en.wikipedia.org/wiki/Dirac_equa ... _spacetime).

Тут латинскими буквами помечены лоренцевы индексы, греческими - мировые, $\sigma^{bc} = \frac{1}{4}[\gamma^{b}, \gamma^{c}]$ - генераторы преобразований группы Лоренца для дираковских спиноров, $e^{\mu}_{a}$ - тетрада. Об этом можно почитать в книге Вайнберга "Гравитация и космология", в разделе про тетрадный формализм (стр. 390 по нумерации книги, скачанной из интернета).

Есть утверждение, что при включении этого действия в действие Эйнштейна-Гильберта появляется ненулевое кручение. Я захотел это проверить следующим путем: считая символы Кристоффеля и тетрады (предварительно записав через них метрику) независимыми величинами, проварьировать по ним действие, затем в уравнении на символы Кристоффеля провести антисимметризацию (вычесть из уравнения его же, но с переставленными индексами) и получить уравнение на тензор кручения $T^{\alpha}_{\mu \nu}$ (я исхожу здесь из определения $T^{\alpha}_{\mu \nu} = \Gamma^{\alpha}_{[\mu \nu]}$). Если в нем будет свободная часть, то тензор кручения не равен нулю.

Однако мне кажется, что описанный выше подход неправильный, сам не знаю почему. Потому вопрос: корректен ли подход выше для проверки того, нулевой ли тензор кручения? Если некорректен, то какой подход правилен?

[espe]

Обычно в таком подходе считаются независимыми тетрады и спин-связность $\omega_\mu^{ab}$ (которую я не вижу в вашем действии).

[Name XXX]

espe, можно переписать мой лагранжиан в виде

$$ S_{D} = \int d^{4}x \sqrt{-g}\bar{\psi}\left(i\gamma^{a}e^{\mu}_{a}D_{\mu} - m \right)\psi , \quad D_{\mu} = \partial_{\mu} + \frac{i}{2}\sigma^{bc}\omega_{bc \mu} $$

(я тут забыл про $i$), введя эту спиновую связность.

Однако я не понимаю, почему именно спиновая связность считается независимой. Как через нее переписать действие Эйнштейна-Гильберта? И как тогда тензор кручения получить?

[fizeg]

Не спешите плеваться кручение. В супергравитации пригодится.

Насчет независимости спин-связности. Ее можно считать независимой (формализм первого порядка), а можно привязать к остальным степеням свободы (формализм второго порядка). Понятно, что в зависимости от того, как привязать, может получиться как эквивалентная теория, так и нет.

Name XXX в сообщении #957236 писал(а):

Как через нее переписать действие Эйнштейна-Гильберта?

В чем трудность-то? Выражаете метрику и ковариантные производные через тетрады и спин-связность и расписываете. У вас получится, что обычный тензор кривизны будет связан с тензором кривизны для спин-связности (аналогичному $F_{\mu\nu}$ для связности Янга-Миллса)

[Name XXX]

fizeg
А что делать с символами Кристоффеля в действии? Я бы думал, что нужно использовать формализм Палатини, чтобы получить для них выражение как следствие вариации действия оттуда можно получить тензор кручения. Разве так нельзя?

[espe]

Name XXX в сообщении #958037 писал(а):

А что делать с символами Кристоффеля в действии?

Их там нет.

В тетрадном (реперном) формализме:
Кривизна (напряжённость): $R^{ab}{}_{\mu\nu}=\partial_\mu\omega_\mu^{ab}+\omega_\mu^{ac}\omega_{\nu c}{}^{b}-(\mu\leftrightarrow\nu)$
Кручение: $T^a_{\mu\nu}=\partial_\mu e_\nu^a+\omega_\mu{}^a{}_b e_\nu^b-(\mu\leftrightarrow\nu)$
Скалярная кривизна: $R=R^{ab}{}_{\mu\nu}e^\mu_ae^\nu_b$
Действие для грав. поля: $S_E=\int d^4x \det(e^a_\mu)R$

Если я правильно помню, то из уравнения движения $\dfrac{\delta S_E}{\delta\omega_\mu^{ab}}\sim\text{кручение}=0$ можно выразить спин-связность через тетраду $\omega_\mu^{ab}(e)$ и если её подставить обратно в действие $S_E$ и учесть, что $g_{\mu\nu}=e^a_\mu\eta_{ab}e^b_\nu,$ то получится действие Эйнштейна-Гильберта $\sim R(g)$.

Теперь добавим спинорное поле $S=S_E+S_D.$ Уравнение движения теперь будет иметь вид $\dfrac{\delta S}{\delta\omega_\mu^{ab}}\sim\text{кручение+что-то}=0.$ То есть появляется не нулевое кручение.

[Munin]

espe в сообщении #959000 писал(а):

В тетрадном (реперном) формализме

Не выпишете ли ещё, как выглядят ковариантные производные от тензоров и спиноров?

Я так понимаю, что Кристоффели-то тоже через омеги выражаются.

[fizeg]

Все очень просто. Чтобы получить ковариантную производную в касательном расслоении (т.е. знакомая производная через Кристоффели) надо перетащить туда ковариантную производную в смысле спин-связности как делаем со всяким вектором. Т.е. $\nabla_\mu v^\nu = e^\nu_a D_\mu v^a$
Сравнивая левую и правую части, получите символ Кристоффеля. Кроме слагаемого со спин-связностью еще слагаемое с производной репера

[Name XXX]

Munin, я не сильно большой специалист в этих делах, но вроде бы спиновая связность изначально вводится исходя из вида ковариантной производной для конкретной теории:

$$ D_{\mu}\psi = \left(\partial_{\mu} + \frac{i}{2}\sigma^{bc}\omega_{\mu bc} \right)\psi , \quad \omega^{\mu}_{bc} = e^{\nu}_{b}\partial_{\mu}e_{c\nu} - \Gamma^{\alpha}_{\mu \nu}e^{\nu}_{b}e_{c \alpha}. $$

Отсюда, пользуясь ортогональностью тетрад, и выражаются символы Кристоффеля через связность.

espe, fizeg, спасибо вам большое!

Только вот такой вопрос: почему вариация действия по спиновой связности равна кручению (для свободной теории)? Ну, не потому же, что "так получается"?

И еще: изначально, не зная, что кручение равно нулю, требуется удерживать соответствующие слагаемые в тензоре кривизны (а значит, и в действии). Как это отражается в формулах espe?

[Name XXX]

При попытке получить уравнение для вариации по спиновой связности возникает производная от детерминанта e, а если ее явно выписать, то детерминант пропадает. В результате он не сокращается, и я не могу даже попытаться выделить кручение.

P.S. А, оказывается, мое утверждение про пропажу детерминанта ошибочно.

[espe]

Munin в сообщении #959056 писал(а):

Не выпишете ли ещё, как выглядят ковариантные производные от тензоров и спиноров?

Этот вопрос ещё интересен или fizeg и Name XXX уже достаточно ответили?
Я только замечу, что изначально спин-связность, символы Кристоффеля и метрика (или тетрада) все между собой не зависимы.

Munin в сообщении #959056 писал(а):

Я так понимаю, что Кристоффели-то тоже через омеги выражаются.

Эта связь возникает из дополнительного требования, о котором написал fizeg

fizeg в сообщении #959293 писал(а):

$\nabla_\mu v^\nu = e^\nu_a D_\mu v^a$

и явный вид этой связи написал Name XXX.

Name XXX в сообщении #959380 писал(а):

Только вот такой вопрос: почему вариация действия по спиновой связности равна кручению (для свободной теории)? Ну, не потому же, что "так получается"?

Именно так получается прямыми вычислениями.

Name XXX в сообщении #959380 писал(а):

И еще: изначально, не зная, что кручение равно нулю, требуется удерживать соответствующие слагаемые в тензоре кривизны (а значит, и в действии). Как это отражается в формулах espe?

Не понял, что вы собираетесь удерживать. Действие написано в явном виде и зависит от тетрады и спиновой связности (типа формализм Палатини). Вариация по спин-связности даст уравнение на кручение, по тетраде на кривизну. Всё считается в лоб без особых хитростей. Все хитрости сводятся к антисимметризации и перекидыванию производной.

[SergeyGubanov]

Коэффициенты Лоренцевской связности ${{\omega_{\mu}}^{(a)}}_{(b)}$ получаются из условия ковариантной постоянности тетрады:

$$ D_{\mu} e^{(a)}_{\nu} = \partial_{\mu} e^{(a)}_{\nu} - \Gamma^{\lambda}_{\mu \nu} e^{(a)}_{\lambda} + {{\omega_{\mu}}^{(a)}}_{(b)} e^{(b)}_{\nu} = 0. \eqno(1) $$

Совершенно независимо от этого, коэффициенты Дираковской связности $\Gamma_{\mu}$ получаются из условия ковариантной постоянности гамма матриц Дирака:

$$ D_{\mu} \gamma_{\nu} = \partial_{\mu} \gamma_{\nu} + \Gamma_{\mu} \gamma_{\nu} - \gamma_{\nu} \Gamma_{\mu} = 0. \eqno(2) $$

Однако, учитывая следующую связь между матрицами Дирака и репером:

$$ \gamma_{\mu} = \gamma_{(a)} e^{(a)}_{\mu}, \eqno(3) $$

устанавливается связь Дираковской связности $\Gamma_{\mu}$ с антисимметричной частью Лоренцевской связности ${{\omega_{\mu}}^{(a)}}_{(b)}$:

$$ \Gamma_{\mu} = \frac{1}{8} {\omega_{\mu}}_{(a)(b)} [ \gamma^{(a)}, \gamma^{(b)} ]. \eqno(4) $$

В том случае когда связность Кристоффеля $\Gamma^{\lambda}_{\mu \nu}$ симметрична по $\mu \nu$, Лоренцевская связность ${\omega_{\mu}}_{(a)(b)}$ антисимметрична по $(a)(b)$.

[Утундрий]

SergeyGubanov в сообщении #960718 писал(а):

В том случае когда связность Кристоффеля $\Gamma^{\lambda}_{\mu \nu}$ симметрична по $\mu \nu$, Лоренцевская связность ${\omega_{\mu}}_{(a)(b)}$ антисимметрична по $(a)(b)$.

Мде? А мне почему-то кажется, что $\omega _{\mu \left( a \right)\left( b \right)} = - \omega _{\mu \left( b \right)\left( a \right)} $ только когда $\left( {e_{\mu \left( a \right)} e_{\left( b \right)}^\mu } \right)_{,v} = 0$, безотносительно к кристоффелям.

[SergeyGubanov]

Утундрий в сообщении #960937 писал(а):

SergeyGubanov в сообщении #960718 писал(а):

В том случае когда связность Кристоффеля $\Gamma^{\lambda}_{\mu \nu}$ симметрична по $\mu \nu$, Лоренцевская связность ${\omega_{\mu}}_{(a)(b)}$ антисимметрична по $(a)(b)$.

Мде? А мне почему-то кажется, что $\omega _{\mu \left( a \right)\left( b \right)} = - \omega _{\mu \left( b \right)\left( a \right)} $ только когда $\left( {e_{\mu \left( a \right)} e_{\left( b \right)}^\mu } \right)_{,v} = 0$, безотносительно к кристоффелям.

Ну да, там немножко тоньше. Прямой зависимости нет, есть некоторая корреляция.

Симметричность связности Кристоффеля $\Gamma^{\lambda}_{\mu \nu}$ связана с ковариантным постоянством Римановой метрики:

$$ D_{\lambda} g_{\mu \nu} = \partial_{\lambda} g_{\mu \nu} - \Gamma^{\sigma}_{\lambda \mu} g_{\sigma \nu} - \Gamma^{\sigma}_{\lambda \nu} g_{\mu \sigma} = 0. \eqno(5) $$

Антисимметричность связности Лоренца ${\omega_{\mu}}_{(a)(b)}$ связана с ковариантным постоянством Лоренцевской метрики (при условии что выбран локально Галилеев репер $\partial_{\mu} \eta_{(a) (b)} = 0$):

$$ D_{\mu} \eta_{(a) (b)} = \partial_{\mu} \eta_{(a) (b)} - \omega_{\mu (b) (a)} - \omega_{\mu (a) (b)} = 0. \eqno(6) $$

Но (6) зависит от (5) в силу следующей связи:

$$ \eta_{(a) (b)} = g_{\mu \nu} e^{\mu}_{(a)} e^{\nu}_{(b)}. \eqno(7) $$

Римановость (5) и связь (7) влечёт за собой (6), которая при условии локальной галилеевости репера влечёт антисимметричность Лоренцевской связности.

Короче, Лоренцевская связность не обязана быть антисимметричной, но её можно сделать такой если пространство Риманово (связность Кристоффеля симметрична) и используется локально галилеевский репер.

[Утундрий]

Ну ещё раз внимательно спрашиваю: посмотрите визуально глазами на (6). И таки ответьте сеье на вопрос - при чём там кристоффель?