Fermionen mit der Schwerkraft koppeln

Bei der Kopplung von Fermionen an die Schwerkraft ist keine Torsion erforderlich. Im Vierbein-Formalismus gibt es in jedem Koordinatenfeld eine wohldefinierte, torsionsfreie und metrisch kompatible Spinverbindung. Verwenden Sie einfach diese Verbindung in der Dirac-Aktion.

Dabei ist zu beachten, dass beim Variieren des Vierbeins im Aktionsfunktional gleichzeitig die Spinverbindung variiert werden muss$\omega_{ij\mu}$um den verwindungsfreien Zustand zu erhalten. Dafür braucht man

$$(\delta \omega_{ij\mu}) e^\mu_k =-\frac 12\left\{(\nabla_j \delta e_{ik} - \nabla_k \delta e_{ij}) +( \nabla_k \delta e_{ji}- \nabla_i \delta e_{jk}) -( \nabla_i \delta e_{kj}-\nabla_j \delta e_{ki})\right\},$$ Wo $$\delta e_{ij} \equiv {\bf e}_i\cdot \delta {\bf e}_j= \eta_{ib}[e^{*b}_\alpha \delta e_j^\alpha].$$

Bei der Berechnung des Spannungs-Energie-Tensors liefert diese Variation der Spinverbindung die zusätzlichen Terme, die den kanonischen, aber nicht symmetrischen Spannungs-Energie-Tensor in den symmetrischen Belinfant-Rosen-Tensor umwandeln. Diese zusätzlichen Terme sind der Beitrag zum Energie-Impuls-Fluss von Gradienten in der Spindichte.

Wer will, kann natürlich den Zustand der Verwindungsfreiheit lockern und lassen$\omega_{ij\mu}$vom Vierbein unabhängig sein${\bf e}_i$. Dies führt zur Einstein-Cartan-Theorie. Ich persönlich denke, dass EC weniger hübsch ist als die reine Einstein-Schwerkraft, aber EC ist nichtsdestotrotz eine absolut brauchbare physikalische Theorie, weil der Unterschied in den physikalischen Vorhersagen zwischen ihr und reinem Einstein sehr gering ist. Was nicht stimmt, ist die oft gesehene Behauptung, dass Dirac EC benötigt . Es tut nicht.

Für weitere Details siehe den Wikipedia-Artikel über den Belinfante-Rosenfeld-Tensor und auch den Classica-Artikel über Gravitationsanomalien von Ed Witten und Luis Alavarez-Gaume (Nucl.Phys. B234 (1984) 269).

Ein an die Gravitation gekoppelter Dirac-Spinor (zusammen mit Einstein-Hilbert) wird durch die Wirkung ($c=1$, ($-,+,+,+$) metrische Signatur)

$$S=\int d^4x~\sqrt{-g}\left[ \frac{1}{16\pi G}R-\bar{\psi}(\gamma^\mu D_\mu+m)\psi \right]$$ Wo $G$- Newtonsche Konstante, $R$- Skalarkrümmung , und $\sqrt{-g}\equiv\sqrt{-\det{g_{\mu\nu}}}=\det{e^a_\mu}$(wenn Sie Tetraden oder Metrik verwenden möchten).

Spin-Verbindung ${\omega_\mu}^{ab}$geht über die kovariante Ableitung ein

$$D_\mu\psi=\partial_\mu\psi+\frac{1}{4}{\omega_\mu}^{ab}\gamma_{ab}\psi~,$$ Hier $\gamma_{ab}\equiv\frac{1}{2}(\gamma_a\gamma_b-\gamma_b\gamma_a)$für Gammamatrizen. Wenn eine Torsion ungleich Null vorliegt, können Sie den torsionsfreien Teil trennen ${\tilde{\omega}_\mu}^{ab}$und Verdrehung ${K_\mu}^{ab}$: $${\omega_\mu}^{ab}={\tilde{\omega}_\mu}^{ab}+{K_\mu}^{ab}.$$ Wenn die Torsion Null ist, haben Sie nur ${\tilde{\omega}_\mu}^{ab}$.

Ich überlasse es Ihnen, die Aktion zu variieren und Bewegungsgleichungen zu finden - Dirac und Einstein.

Bearbeiten: Die Spin-Verbindung ist per Definition tatsächlich antisymmetrisch.