Ableitung der Poisson-Klammer-Beziehung der Ashtekar-Variablen

Ich versuche herauszufinden, wie man die Orthogonalität von Ashtekar-Variablen in Bezug auf die ADM-Hyperoberflächenmetrik und den konjugierten Impuls berechnet.

$$\{{A_a}^i(x), {E^b}_j(y)\} = 8 \pi \beta \delta^i_j \delta^b_a \delta(x,y)$$

wie in Kiefers Buch auf S. 127, Gl. 4.120, angegeben.

Ich bin davon ausgegangen, dass die Konfigurationsvariablen dieser Poisson-Klammern die ADM-Hyperoberflächenmetrik sind$\gamma_{ab}$und Impuls konjugieren$\pi^{ab}$.

Meine Begründung für diese Annahme:

Unmittelbar nach der Gleichung, die ich zu lösen versuche, heißt es in dem Buch${A_a}^i$und${E^b}_j$wird die neue Konfigurationsvariable und das kanonische Momentum sein. Dies impliziert, dass zuvor andere Konfigurationsvariablen verwendet wurden.

Die Poisson-Klammer$\{f,g\}$angewendet auf den ADM-Formalismus wird in Bezug auf die räumliche Metrik definiert$\gamma_{ab}$und Impuls konjugieren$\pi^{ab}$folgendermaßen:$\{f,g\} = {{\partial f}\over{\partial \gamma_{ab}}} {{\partial g}\over{\partial \pi^{ab}}} - {{\partial f}\over{\partial \pi^{ab}}} {{\partial g}\over{\partial \gamma_{ab}}}$. Diese Definition findet sich in Kiefer S.112 Gl.4.64, Romano S.14 Gl.2.33 , Alcubierre S.81 Gl.2.7.14, Pullin S.6 Gl.13.

Romano hat eine ähnliche Aussage, Fußnote 11 auf Seite 26, aber mit${A_a}^i$und${E^b}_j$bereits als Konfigurationsvariablen ausgewählt:$\{{A_a}^I(x), {E^b}_j(y)\} = \delta^b_a \delta^i_j \delta(x,y)$. Giulini hat auch eine ähnliche Aussage auf S.26, Gl.5.23. Pullin hat eine ähnliche Aussage kurz nach Gl.23 auf S.11.

Was ich bisher zusammengetragen habe:

Ersetzen$\{{A_a}^i(x), {E^b}_j(y)\}$in die Definition der Poisson-Klammer ergibt:

$${{\partial}\over{\partial \gamma_{ab}}} {A_a}^i(x) {{\partial}\over{\partial \pi^{ab}}} {E^b}_j(y) - {{\partial}\over{\partial \pi^{ab}}} {A_a}^i(x) {{\partial}\over{\partial \gamma_{ab}}} {E^b}_j(y)$$

Jetzt${A_a}^i = {A_a}^{i\hat{t}}$ist der zeitähnliche Teil der selbst-dualen Verbindung, und

$${A_\alpha}^{IJ} = {^+}{\omega_\alpha}^{IJ} = {1\over2}({\omega_\alpha}^{IJ} + {i\over2} {\epsilon^{IJ}}_{KL} {\omega_\alpha}^{KL})$$ ist das Selbstdual der Spinverbindung.

Und die Spinverbindung${\omega_\alpha}^{IJ}$ist als die aufzuhebende Minkowski-Koordinatenverbindung definiert$\nabla_\alpha {e_\mu}^I$, wie

$${{\omega_\alpha}^I}_J = {\Gamma^\mu}_{\nu\alpha} {e_\mu}^I {e^\nu}_J - {e^\mu}_J \partial_\alpha {e_\mu}^I$$

Zum${\Gamma^\mu}_{\nu\alpha}$der affine Zusammenhang der Raumzeitmetrik.

Nach alledem würde ich an eine Kettenregel denken${{\partial {A_a}^i}\over{\partial \gamma_{cd}}} = {{\partial {A_a}^i}\over{\partial {e_f}^J}} {{\partial {e_f}^J}\over{\gamma_{cd}}}$und ersetzen Sie dann den ersten Term durch die Ableitungen der Definitionen von${A_\alpha}^{IJ}$und${\omega_\alpha}^{IJ}$Oben.

Der zweite Begriff verblüfft mich jedoch. Zum$\gamma_{cd} = {e_c}^j {e_d}^k \delta_{jk}$wie würdest du rechnen${{\partial {e_f}^i}\over{\partial \gamma_{cd}}}$?

Mein nächster Gedanke ist, die Umkehrung der Ableitung zu vereinfachen:

$$\begin{align} {{\partial \gamma_{cd}}\over{\partial {e_f}^i}} &= {\partial\over{\partial {e_f}^i}} ({e_c}^j {e_d}^k \delta_{jk})\\ &= ({\partial\over{\partial {e_f}^i}} {e_c}^j) {e_d}^k \delta_{jk} + {e_c}^j ({\partial\over{\partial {e_f}^i}} {e_d}^k) \delta_{jk}\\ &= \delta^j_i \delta^f_c {e_d}^k \delta_{jk} + {e_c}^j \delta^k_i \delta^f_d \delta_{jk}\\ &= \delta^f_c e_{di} + \delta^f_d e_{ci} \end{align}$$ ...aber wie löst man die Inverse eines Rang-4-Tensors?

Gibt es einen besseren Ansatz?

Vielen Dank.

Quellen:

Kiefer, Klaus. "Quantengravitation."

Romano. "Geometrodynamik vs. Verbindungsdynamik."

Giulini, „Ashtekar-Variablen in der klassischen Allgemeinen Relativitätstheorie.

Alcubierre, Miguel. "Einführung in die numerische Relativitätstheorie 3 + 1."

Pullin, Jorge. "Knotentheorie und Quantengravitation im Schleifenraum: Eine Einführung"

[Bearbeiten: Hinweis vorgeschlagen von Alex Nelson]

(1)$\gamma_{ab} = {e_a}^i {e_b}^j \delta_{ij}$<- metric def von vielbein

(2)$\gamma_{ab} = \gamma_{(ab)}$<- metrisch symmetrisch

(3)$\gamma_{ab} = {e_{(a}}^i {e_{b)}}^j \delta_{ij}$<- ersetzen Sie (1) in (2)

(4)$\delta^a_c \delta^b_d = {{\partial \gamma_{cd}}\over{\partial \gamma_{ab}}}$<- Ableitung einer var bzgl. sich selbst

(5)$\delta^a_c \delta^b_d = {\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} ({e_{(c}}^i {e_{d)}}^j \delta_{ij})$<- ersetzen Sie (3) in (4)

(6)$\delta^a_c \delta^b_d = \left( ({\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} {e_{(c}}^i) {e_{d)}}^j + ({\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} {e_{(d}}^j) {e_{c)}}^i \right) \delta_{ij}$<- Produktregel

(7)$\delta^a_c \delta^b_d = 2({\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} {e_{(c}}^i) {e_{d)}}^j \delta_{ij}$<- Symmetrie lässt uns c & d-Indizes neu anordnen und dann kombinieren

(8)${1\over2} \delta^a_c \delta^b_d = ({\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} {e_{(c}}^i) e_{d)i}$<- Senken Sie j auf i, dividieren Sie durch zwei

... dies gibt keine Lösung von$({\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} {e_c}^i) e_{di}$(dh$\delta e \cdot e$), es gibt nur eine Lösung für den symmetrischen Teil von$\delta e \cdot e$. Wenn ich rekonstruieren wollte$\delta e \cdot e$voll dann fehlt mir noch der antisymmetrische teil$\delta e \cdot e$. Wenn ich den antisymmetrischen Teil bekommen könnte, könnte ich beide Seiten mit multiplizieren$e^{-1}$und erhalten Sie eine Lösung für$\delta e$.

Dafür gibt es eine einfache Lösung$\delta e \cdot e = (\delta e \cdot e)^T$, aber ich glaube nicht, dass ich davon ausgehen kann.

Wenn$\delta e \cdot e = (\delta e \cdot e)^T$waren wahr...

(9)$({\partial\over{\partial\gamma_{ab}}} {e_{(c}}^i) e_{d)i} = ({\partial\over{\partial\gamma_{ab}}} {e_c}^i) e_{di}$

... dann könnte man sagen ...

(10)${1\over2} \delta^a_c \delta^b_d = ({\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} {e_c}^i) e_{di}$<- ersetzen Sie (9) in (8)

(11)${1\over2} \delta^a_c \delta^b_d e^{dj} = ({\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} {e_c}^i) e_{di} e^{dj}$<- Transformieren Sie beide Seiten durch$e^{dj}$

(12)${1\over2} \delta^a_c \delta^b_d e^{dj} = ({\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} {e_c}^i) \delta^j_i$<-$e$mal$e^{-1}$ist Identität

(13)${1\over2} \delta^a_c e^{bj} = {\partial\over{\partial \gamma_{ab}}} {e_c}^j$<-Bratsche

. . . also kannst du das beweisen$({\partial\over{\partial\gamma_{ab}}} {e_{(c}}^i) e_{d)i} = ({\partial\over{\partial\gamma_{ab}}} {e_c}^i) e_{di}$?

[Bearbeiten: Hier ist ein Gegenbeweis für beide Annahmen, dass$e\delta e$symmetrisch ist und dass der abgeleitete Teilton basierend auf dieser Annahme korrekt ist:]

Koordinatensystem$\{t, r\}$

Vielbein:${e_a}^i = a\downarrow\overset{i\rightarrow}{\left[\matrix{\sqrt{r}\over2&\sqrt{r}\over2\\0&r}\right]}$

Vielbein-Umkehrung:${e^a}_i = a\downarrow\overset{i\rightarrow}{\left[\matrix{\sqrt{2\over r}&0\\-{1\over r}&1\over r}\right]}$

metrisch:$\gamma_{ab} = {e_a}^i {e_b}^j \delta_{ij} = {e_a}^i e_{bi} = a\downarrow\overset{i\rightarrow}{\left[\matrix{\sqrt r\over2&\sqrt r\over2\\0&r}\right]} \cdot i\downarrow\overset{b\rightarrow}{\left[\matrix{\sqrt r\over2&0\\\sqrt r\over2&r}\right]} = a\downarrow\overset{b\rightarrow}{\left[\matrix{r&\sqrt{r^3\over2}\\\sqrt{r^3\over2}&r^2}\right]}$

$\gamma_{tt} = r$, Also${\partial\over\partial\gamma_{tt}} = {\partial\over\partial r}$

${\partial\over\partial\gamma_{tt}} {e_a}^i = {\partial\over\partial r} {e_a}^i = a\downarrow\overset{i\rightarrow}{\left[\matrix{1\over\sqrt{8r}&1\over\sqrt{8r}\\0&1}\right]}$

nachweisen$e \delta e$ist nicht symmetrisch:

$({\partial\over\partial\gamma_{tt}} {e_a}^i) e_{bi} = a\downarrow\overset{i\rightarrow}{\left[\matrix{1\over\sqrt{8r}&1\over\sqrt{8r}\\0&1}\right]} \cdot i\downarrow\overset{b\rightarrow}{\left[\matrix{\sqrt{r\over2}&0\\\sqrt{r\over2}&r}\right]} = a\downarrow\overset{b\rightarrow}{\left[\matrix{1\over2&\sqrt{r\over8}\\\sqrt{r\over2}&r}\right]}$

$({\partial\over\partial\gamma_{tt}} {e_{(a}}^i) e_{b)i} = {1\over2}\left( ({\partial\over\partial\gamma_{tt}} {e_a}^i) e_{bi} + ({\partial\over\partial\gamma_{tt}} {e_b}^i) e_{ai} \right)$ $= {1\over2}\left( a\downarrow\overset{b\rightarrow}{\left[\matrix{1\over2&\sqrt{r\over8}\\\sqrt{r\over2}&r}\right]} + a\downarrow\overset{b\rightarrow}{\left[\matrix{1\over2&\sqrt{r\over2}\\\sqrt{r\over8}&r}\right]} \right) = a\downarrow\overset{b\rightarrow}{\left[\matrix{1\over2&{3\over4}\sqrt{r\over2}\\{3\over4}\sqrt{r\over2}&r}\right]}$

Also$({\partial\over\partial\gamma_{tt}} {e_a}^i) e_{bi} \ne ({\partial\over\partial\gamma_{tt}} {e_{(a}}^i) e_{b)i}$

Beweis unserer Ableitungsdefinition - abhängig von$e\delta e$symmetrisch sein - ist nicht wahr:${1\over2}\delta_a^t e^{ti} = a\downarrow\overset{i\rightarrow}{\left[\matrix{1\over\sqrt{2r}&0\\0&0}\right]}$

${\partial\over\partial\gamma_{tt}} {e_a}^i = a\downarrow\overset{i\rightarrow}{\left[\matrix{1\over\sqrt{8r}&1\over\sqrt{8r}\\0&1}\right]}$

Also${1\over2} \delta_a^c e^{di} \ne {\partial\over\partial\gamma_{cd}} {e_a}^i$zum$c,d$=$t,t$

[edit: noch ein paar gedanken]

Hier ist das Problem:

${{\partial\gamma_{ab}}\over\partial\gamma_{cd}} = \delta^c_a \delta^d_b$

$\gamma_{ab} = \gamma_{(ab)}$

aber

${{\partial\gamma_{(ab)}}\over\partial\gamma_{cd}} = \delta^c_{(a} \delta^d_{b)} \ne \delta^c_a \delta^d_b = {{\partial\gamma_{ab}}\over\partial\gamma_{cd}}$

Wieso den? Nur weil$x = y$bedeutet nicht$dx = dy$

Ebenso z$a \ne b$, Trotz$\gamma_{ab} = \gamma_{ba}$, das stimmt immer noch${\partial\gamma_{ab}\over\partial\gamma_{ba}} = 0$

Ich erinnere mich, dass ich wegen dieser Annahme in Schwierigkeiten geraten bin, als ich in meiner ersten Quantenmechanik-Klasse (zufälligerweise) zum ersten Mal auf Poisson-Klammern gestoßen bin.

Der von mir angebotene Gegenbeweis stützt sich ebenfalls auf diese Annahme, ist also ebenso falsch wie die bisher angebotenen Vorschläge.

Mit allem, was gesagt wurde, die Lösung für$\partial {e_a}^i \over \partial \gamma_{cd}$wird ein Tensor sein${T_a}^{icd}$so dass$2{T_{(ab)}}^{cd} = \delta^c_a \delta^d_b$

[Bearbeiten: ein 2D-Beispiel von$\delta_a^c \delta_b^d$vs$\delta_{(a}^c \delta_{b)}^d$]

$\delta_a^c \delta_b^d = \matrix{\matrix{&b\\a&c \backslash d}&\matrix{1&1&2&2\\1&2&1&2} \\ \matrix{1&1\\1&2\\2&1\\2&2} & \left[\matrix{1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\1&0&0&1}\right]}$

$\delta_b^c \delta_a^d = \matrix{\matrix{&b\\a&c \backslash d}&\matrix{1&1&2&2\\1&2&1&2} \\ \matrix{1&1\\1&2\\2&1\\2&2} & \left[\matrix{1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1}\right]}$

$\delta_{(a}^c \delta_{b)}^d = \matrix{\matrix{&b\\a&c \backslash d}&\matrix{1&1&2&2\\1&2&1&2} \\ \matrix{1&1\\1&2\\2&1\\2&2} & \left[\matrix{1&0&0&1\over2\\0&0&1\over2&0\\0&1\over2&0&0\\1\over2&0&0&1}\right]}$