Fragen zum Freiheitsgrad in der Allgemeinen Relativitätstheorie

Question

Fragen zum Freiheitsgrad in der Allgemeinen Relativitätstheorie

346699

Ich bin verwirrt über die Anzahl der Freiheitsgrade in General Relatity. Es gibt zwei Möglichkeiten, es zu zählen. Sie sind jedoch widersprüchlich . Der Einfachheit halber betrachten wir eine Vakuumlösung.

Erste, $G_{\mu\nu}=0$ gibt $10$ Gleichungen u $g_{\mu\nu}$ haben $10$ Freiheitsgrade (dof). Während $\nabla^\mu G_{\mu\nu}=0$ Sind $4$ nur Identitäten $6$ des Originals $10$ ( $G_{\mu\nu}=0$ ) Gleichungen sind unabhängig. Also jetzt gibt es sie $6$ unabhängige Gleichungen und $10$ Freiheitsgrade. Da es Freiheit bei der Koordinatentransformation gibt, $4$ von $10$ sind Eichfreiheit. Gegeben $4$ koordinieren nur die Bedingungen $6$ sind physikalische Freiheitsgrade und es gibt $6$ unabhängige Gleichungen, also wohldefiniert.

Zweitens, wenn wir den Hamiltonschen Formalismus betrachten, brauchen wir die ADM-Zerlegung wo $N$ Und $N^i$ sind Lagrange-Multiplikatoren und können beliebig angegeben werden. Es gibt sie also $6$ Freiheitsgrade, die sind $g_{ij}$ . Während $N$ Und $N^i$ geben $4$ Einschränkungen, nur $6-4=2$ sind physikalische Freiheitsgrade.

Daher gibt es einen Widerspruch über die Anzahl der dof zwischen Einstein-Feldgleichungen, die ergeben $6$ und Hamiltonscher Formalismus, der gibt $2$ .

Also ich habe folgende Fragen:

1）Wie kann man den obigen Widerspruch in Einklang bringen? Wie viele physikalische Freiheitsgrade gibt es in GR?

2) Es gibt ein Sprichwort, dass masselose Spin-2-Teilchen zwei dof haben. Ist diese dof dieselbe wie die physikalische dof in $g_{\mu\nu}$ ?

3) Wir sagen immer, dass aufgrund der Freiheit der Koordinatentransformation (oder Eichfreiheit) $x^\mu \xrightarrow{} x^\mu+\xi^\mu(x)$ , wir können abnehmen $4$ Hund hinein $g_{\mu\nu}$ . Aber in der Elektrodynamik $A^\mu$ hat auch Messfreiheit $A^\mu \xrightarrow{} A^\mu + \partial^\mu \Lambda(x)$ was abnehmen kann $2$ dof ein $A^\mu$ . Ich weiß, wie man diese herleitet. Ich möchte nur wissen, warum in GR $4$ Funktionen Freiheit $\xi^\mu(x)$ kann 4 dof verringern, während in der Elektrodynamik $1$ Funktionsfreiheit $\Lambda(x)$ abnehmen kann $2$ dof .

Bemerkung: Ich hörte jemanden sagen, dass im ersten Fall, $g_{\mu\nu}$ haben $10$ dof, Eichfreiheit abnehmen $4$ dof und Bianchis Identitäten $\nabla^\mu G_{\mu\nu}=0$ Sind $4$ Beschränkungen, die abnehmen $4$ dof von $g_{\mu\nu}$ , So $10-4-4=2$ physikalische dof sind übrig. Ich denke, es ist nicht richtig, weil sich Identität von constriant unterscheidet . Identity verringert die Anzahl unabhängiger Gleichungen, während constriant die Anzahl von dof verringert, weil irgendwelche gegeben sind $g_{\mu\nu}$ , $\nabla^\mu G_{\mu\nu}=0$ haben immer Recht, $\nabla^\mu G_{\mu\nu}=0$ wird keine Einschränkung haben $g_{\mu\nu}$ .

Jerry Schirmer

Die Bianchi-Identitäten sind koordinatenunabhängig. Sie zählen sie bei den lehrenfixierenden Koordinatentransformationen unabhängig voneinander: 10 - 4 - 4 = 2.

Antworten (2)

Fragen zum Freiheitsgrad in der Allgemeinen Relativitätstheorie

Die Bianchi-Identitäten sind koordinatenunabhängig. Sie zählen sie bei den lehrenfixierenden Koordinatentransformationen unabhängig voneinander: 10 - 4 - 4 = 2.

asperanz · Answer 1

Der springende Punkt bei all dem ist, dass die allgemeine Relativitätstheorie eine Eichtheorie ist, und wie das Sprichwort sagt, "das Messgerät trifft immer zweimal" (anscheinend Claudio Teitelboim zugeschrieben). Dies bedeutet, dass (1) Sie eine willkürliche Freiheit bei der Definition Ihrer Evolution haben, die der Fähigkeit entspricht, Eichtransformationen vorzunehmen, und (2) einige der Evolutionsgleichungen Einschränkungen sind. Diese zweite Tatsache bedeutet, dass Sie keine willkürlichen Anfangsdaten für Ihre Theorie wählen dürfen; Vielmehr unterliegen die Anfangsdaten, die Sie auswählen, den Beschränkungen, die entstehen, da Ihre Aktion eichinvariant ist.

Es ist normalerweise am einfachsten, mit der Vakuumelektrodynamik zu beginnen. Dort lesen sich die Bewegungsgleichungen

\partial^{μ} (\partial_{μ} A_{v} - \partial_{v} A_{μ}) = 0.

$\partial^\mu(\partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu)=0.$ Nicht alle diese Gleichungen sind zeitlich zweiter Ordnung; schau dir einfach die an

ν = 0

$\nu=0$ Komponente:

\partial_{T}^{2} A_{0} - \nabla^{2} A_{0} - \partial_{T} (\partial_{T} A_{0} - \nabla \cdot \vec{A}) = 0 ⟹ \partial_{T} \nabla \cdot \vec{A} - \nabla^{2} A_{0} = 0.

$\partial_t^2 A_0 - \nabla^2A_0 -\partial_t(\partial_t A_0 - \nabla\cdot\vec{A}) = 0 \\ \implies\partial_t\nabla\cdot\vec{A}-\nabla^2A_0 = 0.$

Dies ist im Grunde die $\nabla\cdot \vec{E} = 0$ Vakuum-Maxwell-Gleichung (dh Coulomb-Eichung mit $\nabla\cdot\vec{A}=0$ Und $\vec{E} = -\nabla A_0$ ). Dies ist eine Einschränkung Ihrer Ausgangsdaten, da Sie keine willkürliche Auswahl treffen dürfen $(A_0, \vec{A})$ Und $(\partial_t A_0, \partial_t \vec{A})$ ; Vielmehr müssen sie diese Einschränkung erfüllen. Das reduziert also die Anzahl der Anfangsbedingungen von 4 auf 3. Dann die Eichtransformation $A_\mu \mapsto A_\mu + \partial_\mu \lambda$ ermöglicht es Ihnen, ein weiteres Stück Anfangsdaten abzuschneiden, indem Sie eine Messgerät-Fixierungsbedingung auferlegen (z $\nabla\cdot\vec{A}=0$ ). Dies bringt uns zu 2 Freiheitsgraden.

Für die allgemeine Relativitätstheorie haben Sie jetzt 4 Eichfreiheiten, die durch Diffeomorphismen erzeugt werden, die durch einen Vektor beschrieben werden $\xi^\mu$ . Wenn wir also die Maxime anwenden, sollten wir damit rechnen, zu kürzen $4\times2=8$ Freiheitsgrade. Tatsächlich gibt die Bianchi-Identität an, wo nach den Einschränkungen zu suchen ist. Erweitern wir es etwas:

0 = \nabla_{μ} G^{μ v} = \partial_{0} G^{0 v} + \partial_{ich} G^{ich v} + Γ_{μ a}^{μ} G^{a v} + Γ_{μ a}^{v} G^{μ a} .

$0=\nabla_\mu G^{\mu\nu} = \partial_0 G^{0\nu}+\partial_i G^{i\nu} + \Gamma^\mu_{\mu\alpha}G^{\alpha \nu}+ \Gamma^{\nu}_{\mu\alpha}G^{\mu\alpha}.$ Dies sagt uns, dass die erste Zeitableitung (

\partial_{0}

$\partial_0$ ) von

G^{0 ν}

$G^{0\nu}$ bezieht sich auf räumliche Ableitungen von

G^{i ν}

$G^{i\nu}$ sowie Begriffe ohne Ableitungen von

G^{μ α}

$G^{\mu\alpha}$ . Das Wichtige hier ist, dass dies eine Identität ist, also gilt sie auch dann, wenn Sie die Vakuum-Einstein-Gleichungen nicht auferlegen

G^{μ ν} = 0

$G^{\mu\nu}=0$ . Der Tensor

G^{μ ν}

$G^{\mu\nu}$ enthält zwei Ableitungen der Metrik. Aber falls

G^{0 ν}

$G^{0\nu}$ Wenn zwei Zeitableitungen auftreten würden, gäbe es keine Möglichkeit, die Bianchi-Identität zu erfüllen, da kein anderer Begriff in der Identität drei Zeitableitungen hat, die auf die Metrik wirken. Das heisst

G^{0 ν}

$G^{0\nu}$ sind keine Evolutionsgleichungen – sie beinhalten nur eine zeitliche Ableitung der dynamischen Variablen und sind daher Anfangswertbeschränkungen. Das tötet also 4 Freiheitsgrade und Sie töten 4 weitere durch die Fixierung des Messgeräts. So bekommt man die

10 - 4 - 4 = 2

$10-4-4=2$ Freiheitsgrade in der Allgemeinen Relativitätstheorie.

Und in Bezug auf Ihre zweite Frage, ja, die allgemeine Relativitätstheorie beschreibt die beiden Freiheitsgrade eines masselosen Spin-2-Teilchens.

In GR heben also 4 Koordinatenbedingungen 4 do von auf $g_{\mu\nu}$ , Und $0-0$ , $0-i$ Komponenten von $G_{\mu\nu}=0$ sind 4 Constraints, also können sie weitere 4 dof also nur aufheben $2=10-4-4$ dof sind übrig.
@ user34669 Richtig, und eigentlich denke ich, dass es in diesem Fall wichtig ist, ob die Indizes steigen oder fallen, dh $G^{00}$ Und $G^{0i}$ sind die Gleichungen, die Sie sich ansehen möchten, um die Einschränkungen zu erhalten.

Trimok · Answer 2

Es ist interessant, sich eine linearisierte Version der Schwerkraft anzusehen $g_{\mu\nu} = \eta_{\mu\nu} + h_{\mu\nu}$

Wenn Sie sich für das Lorentz-Messgerät entscheiden:

\begin{matrix} (0) & \partial^{μ} {\bar{H}}_{μ v} = 0 {\bar{H}}_{μ v} = H_{μ v} - \frac{1}{2} H_{ich}^{ich} η_{μ v} \end{matrix}

$\partial^\mu \bar h_{\mu\nu}=0 \quad\quad \bar h_{\mu\nu} = h_{\mu\nu} - \frac{1}{2} h^i_i \,\eta_{\mu\nu} \tag{0}$ Die Bewegungsgleichungen im Vakuum lauten einfach:

\begin{matrix} (1) & ◻ {\bar{H}}_{μ v} = 0 \end{matrix}

$\square \bar h_{\mu\nu}=0 \tag{1}$

Die Lorentz-Anzeige tötet $4$ Freiheitsgrade. Darüber hinaus gibt es eine Resteichungsfreiheit, die mit der Lorentz-Eichung kompatibel ist, wir können die Transformation betrachten:

\begin{matrix} (2) & H_{μ v} \to H_{μ v} + \partial_{μ} ξ_{v} + \partial_{v} ξ_{μ} ◻ ξ_{μ} = 0 \end{matrix}

$h_{\mu\nu} \to h_{\mu\nu} + \partial_\mu \xi_\nu+ \partial_\nu \xi_\mu \quad\quad \square \xi_\mu = 0\tag{2}$ In Bezug auf die

{\bar{h}}_{μ ν}

$\bar h_{\mu\nu}$ , das gibt :

\begin{matrix} (3) & {\bar{H}}_{μ v} \to {\bar{H}}_{μ v} + \partial_{μ} ξ_{v} + \partial_{v} ξ_{μ} - (\partial^{ich} ξ_{ich}) η_{μ v} \end{matrix}

$\bar h_{\mu\nu} \to \bar h_{\mu\nu} + \partial_\mu \xi_\nu+ \partial_\nu \xi_\mu - (\partial^i \xi_i) \eta_{\mu\nu} \tag{3}$

Es ist leicht zu erkennen, dass diese Transformation mit der Lorentz-Eichweite kompatibel ist, und Sie haben absolute Freiheit auf der $\xi_\mu$ , also tötet es $4$ andere Freiheitsgrade.

Schließlich erhalten Sie $10-4-4=2$ Freiheitsgrade.

Wie Sie sagten, kann die 4-Gauge-Freiheit 8 DOF aufheben $g_{\mu\nu}$ ?
Du hast $4$ dof durch die Lorentz-Eichweite getötet, aber es gibt eine "Rest-Eichungsfreiheit", die mit der Lorentz-Eichweite kompatibel ist, die tötet $4$ andere tun

Fragen zum Freiheitsgrad in der Allgemeinen Relativitätstheorie

346699

Jerry Schirmer

Antworten (2)

asperanz

346699

asperanz

Trimok

346699

Trimok

Gleichzeit-Kommutationsbeziehung des elektromagnetischen Felds

Infinitesimale Transformationen für ein relativistisches Teilchen

Prinzipieller Ansatz, um zum geodätischen Hamiltonoperator H=gμνpμpνH=gμνpμpνH = g^{\mu \nu} p_\mu p_\nu zu gelangen?

Warum sind ppp und qqq unabhängige Variablen im Hamiltonschen Formalismus?

Ablauf und Verschiebung der ADM-Zerlegung

Warum ist die Hamiltonsche Null in der Relativitätstheorie?

Hamiltonian für ein masseloses Teilchen - formale Definition von Energie

Ricci-Tensor als relativistischer Hamiltonoperator

Hamilton- oder Hamilton-Jacobi-Formalismus mit Hamilton-Operator gleich Null

Dirac-Bergmann-Algorithmus endet nicht in (1+1)-dimensionaler U(1)U(1)U(1)-geladener Skalar-QED