Symmetrierung des kanonischen Energie-Impuls-Tensors

Die Frage von OP (v7) lautet:

Ist es möglich, einen symmetrischen Spannungs-Energie-Impuls (SEM)-Tensor direkt aus dem kanonischen SEM-Tensor zu erhalten , indem dem Lagrangian ein totaler Ableitungsterm hinzugefügt wird? Mit anderen Worten, durch Verschieben$\Delta{\cal L}=d_\mu X^\mu$, und wählen$X^\mu$Können wir entsprechend genau die Verschiebung im SEM-Tensor erreichen, die erforderlich ist, um den kanonischen SEM-Tensor symmetrisch zu machen?

Nein, dieses Projekt ist für E&M mit der Maxwell-Lagrange-Dichte bereits zum Scheitern verurteilt

$${\cal L}_0~:=~ -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\tag{1}$$

mit

$$F_{\mu\nu}~=~A_{\nu,\mu}-A_{\mu,\nu}, \qquad \frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\mu,\nu}}~\stackrel{(1)}{=}~ F^{\mu\nu}.\tag{2}$$

Die Vakuum-EL-Gleichungen lauten

$$0~\approx~F^{\mu\nu}{}_{,\nu}~=~ d^{\mu}(A^{\nu}_{,\nu})-d_{\nu}d^{\nu}A^{\mu}\tag{3}$$

In E&M ist der kanonische SEM- Tensor$^1$

$$\begin{align} \Theta^{\mu}{}_{\nu}~:=~&\delta^{\mu}_{\nu}{\cal L}_0+\left(-\frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\alpha,\mu}}+ d_{\beta}\frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\right) A_{\alpha,\nu} -\frac{\partial{\cal L}_0}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta}\cr ~\stackrel{(1)}{=}~&\delta^{\mu}_{\nu}{\cal L}_0+F^{\mu\alpha}A_{\alpha,\nu}~,\end{align}\tag{4}$$

während der symmetrische SEM-Tensor ist

$$T^{\mu}{}_{\nu}~=~\delta^{\mu}_{\nu}{\cal L}_0+F^{\mu\alpha}F_{\nu\alpha}.\tag{5}$$

Der Unterschied ist also$^2$

$$\begin{align} T^{\mu}{}_{\nu} -\Theta^{\mu}{}_{\nu}~\stackrel{(4)+(5)}{=}&~ F^{\mu\alpha}A_{\nu,\alpha}~=~ d_{\alpha}(F^{\mu\alpha}A_{\nu}) - \underbrace{F^{\mu\alpha}{}_{,\alpha}}_{~\approx~0}A_{\nu} \cr ~\stackrel{?}{\approx}~&\delta^{\mu}_{\nu}\Delta{\cal L}+\left(-\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu}}+ d_{\beta}\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\right) A_{\alpha,\nu} -\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta}\end{align}\tag{6}$$

für einen Gesamtableitungsterm$\Delta{\cal L}=d_\mu X^\mu$, wo$X^\mu$kommt drauf an$A$und$\partial A$. Das Fragezeichen (?) in Gl. (6) ist die Frage von OP. Beachten Sie, dass die Kontinuumsgleichung auf der Schale unverändert ist

$$d_{\mu}T^{\mu}{}_{\nu} ~\approx~ d_{\mu}\Theta^{\mu}{}_{\nu}~\approx~0. \tag{7}$$

Aus maßlichen Gründen$X^\mu$muss auf dem Formular stehen$^3$

$$X^{\mu} ~=~ a A^{\mu} A^{\nu}_{,\nu} + b A^{\nu} A^{\mu}_{,\nu} + c A^{\nu} A_{\nu}^{,\mu}\tag{8}$$

für einige Konstanten$a,b,c$. Dann

$$\begin{align} \Delta{\cal L}~&~=~d_\mu X^\mu ~\stackrel{(8)+(10)}{=}~\Delta{\cal L}_1+\Delta{\cal L}_2,\tag{9} \cr \Delta{\cal L}_1~&:=~a (A^{\mu}_{,\mu})^2 + b A^{\nu}_{,\mu} A^{\mu}_{,\nu} + c A^{\nu}_{,\mu} A_{\nu}^{,\mu},\tag{10} \cr \Delta{\cal L}_2~&:=~ (a+b) A^{\mu} A^{\nu}_{,\nu\mu} + c A^{\mu}A_{\mu,\nu}^{,\nu}~\stackrel{(3)}{\approx}~(a+b+c) A^{\mu} A^{\nu}_{,\nu\mu}.\tag{11} \end{align}$$

Betrachten Sie den letzten Term auf der rechten Seite von Gl. (6):

$$\begin{align}\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta} &~=~\frac{\partial\Delta{\cal L}_2}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\nu\beta}\cr &~=~\frac{a+b}{2} \left(A^{\alpha} A^{\mu}_{,\alpha\nu}+A^{\mu} A^{\alpha}_{,\alpha\nu}\right) +c A^{\alpha} A^{,\mu}_{\alpha,\nu} \tag{12}\end{align}$$

Abgesehen vom diagonalen Term$\delta^{\mu}_{\nu}\Delta{\cal L}_2$, die Terme in Gl. (12) sind die einzigen Erscheinungen von 2. Ableitungen auf der rechten Seite von Gl. (6). Wir schließen daraus

$$\Delta{\cal L}_2~=~0\qquad\Leftrightarrow\qquad a+b~=~0\quad\wedge\quad c~=~0.\tag{13}$$

Ähnliche Argumente zeigen, dass Gl. (6) ist nicht möglich$^4$.$\Box$

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$^1$In Gl. (4) Wir haben den kanonischen SEM-Tensor für eine Lagrange-Dichte mit Ableitungen bis zu 2. Ordnung angegeben. Einige Referenzen, z. B. Weinberg QFT, haben die entgegengesetzte Schreibweise für$T\leftrightarrow\Theta$. Hier verwenden wir die$(-,+,+,\ldots,+)$Minkowski-Zeichenkonvention.

$^2$In Formel (6) haben wir Terme in vernachlässigt$\Delta{\cal L}$das hängt davon ab$\partial^3A$,$\partial^4A$,$\partial^5A$,$\ldots$usw. Solche Bedingungen sind aus verschiedenen Gründen ausgeschlossen.

$^3$Rückblickend teilt diese Antwort vollständig die Prämisse / Ideologie / das Programm / die Schlussfolgerung dieses Phys.SE-Beitrags.

$^4$Wenn wir interessanterweise nur die Spur von Gl. (6), erhalten wir

$$\begin{align} A^{\nu}_{,\mu} A^{\mu}_{,\nu} - A^{\nu}_{,\mu} A_{\nu}^{,\mu} &~=~F^{\mu\alpha}A_{\mu,\alpha}\cr &~\stackrel{?}{\approx}~n \Delta{\cal L}+\left(-\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu}}+ d_{\beta}\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\right) A_{\alpha,\mu} -\frac{\partial\Delta{\cal L}}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}A_{\alpha,\mu\beta}\cr &~\stackrel{(9)}{=}~(n-2) \Delta{\cal L}_1+(n-1) \Delta{\cal L}_2+ A_{\alpha,\mu} d_{\beta}\frac{\partial\Delta{\cal L}_2}{\partial A_{\alpha,\mu\beta}}\cr &~\stackrel{(11)}{=}~(n-2) \Delta{\cal L}_1+(n-1) \Delta{\cal L}_2+ \frac{a+b}{2}\left((A^{\mu}_{,\mu})^2+A^{\nu}_{,\mu} A^{\mu}_{,\nu} \right) +c A^{\nu}_{,\mu} A_{\nu}^{,\mu} ,\tag{14}\end{align}$$

was auf die lineare Gl. System

$$\begin{align} 0&~=~a+b+c, \tag{15}\cr -1&~=~(n-1)c\qquad\qquad\qquad\Rightarrow\qquad c~=~-\frac{1}{n-1},\tag{16}\cr 0&~=~(n-2)a +\frac{a+b}{2}\qquad\Rightarrow\qquad a~=~-\frac{1}{2(n-1)(n-2)},\tag{17}\cr 1&~=~(n-2)b +\frac{a+b}{2}\qquad\Rightarrow\qquad b~=~\frac{2n-3}{2(n-1)(n-2)},\tag{18}\end{align}$$ die bemerkenswerterweise eine einzigartige und konsistente Lösung hat. Es reicht also nicht aus, nur die Spur von Gl. (6). Zusammen mit Gl. (13) schließen wir daraus, dass es keine Lösung gibt.$\Box$

Ich werde versuchen, das Ergebnis auf andere Weise zu erhalten. Es ist bekannt, dass die Lagrange-Dichte bis zur Divergenz eines Vierervektors bestimmt wird$\mathcal{L}(x)\to \mathcal{L}(x)+\partial_\mu\psi^\mu(x)$Lassen Sie uns verstehen, welchen Beitrag der zweite Term zum Energie-Impuls-Tensor leistet.

$$\hat T^\nu _\mu=\partial_\rho\Bigr(\frac{\delta {\cal\psi^\rho }}{\delta (\partial^\mu \phi_s)} \partial^\nu \phi_s - g_\mu^\nu {\cal \psi^\rho}\Bigr)=\partial_\rho \chi^{\rho\nu}_ \mu$$ $\psi^\rho$ist ein beliebiger Vierervektor, enthält in $\phi_s$und $\partial^\rho\phi_r$. Stellen Sie das ein $\psi^\rho=f(\phi^2)\phi_r\partial^\rho\phi_r$.(Wenn ich nur die Lagrange-Abhängigkeit benötige $\phi_r$und erste Ableitung davon. Es wird eine allgemeine Form sein) Wir erhalten das folgende Ergebnis $$\chi^{\rho\nu}_ \mu =g_\mu^\rho {\cal \psi^\nu}-g_\mu^\nu {\cal \psi^\rho}$$ wo $g^\mu_\rho=\delta^\mu_\rho$ist ein Kronecker-Symbol. Damit erhalten wir den bis zu diesem Term definierten Energie-Impuls-Tensor $T^{\mu\nu}\to T^{\mu\nu}+\partial_\rho\chi^{\rho\mu\nu}$wo $\chi^{\rho\mu\nu}=-\chi^{\mu\rho\nu}$. Diese Tatsache ist eine Folge des Lagrange-Merkmals (Die Lagrange-Dichte, die bis zur Divergenz eines Vierervektors bestimmt wird $\mathcal{L}(x)\to \mathcal{L}(x)+\partial_\mu\psi^\mu(x)$).

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Mit der vorherigen Formel ist es einfach, dies zu erhalten

$$\chi^{\mu\rho\nu} =g^{\mu\rho} {\cal \psi^\nu}-g^{\mu\nu} {\cal \psi^\rho}$$ Nach Kontraktion mit $g_{\mu\rho}$wir bekommen das $$\psi^\nu=\frac{1}{D-1}\chi^{\mu\rho\nu}g_{\mu\rho}$$ wo $D$-ist Dimensionalität des Raumes.

Obwohl die Lagrange-Funktion zweite Ableitungen enthält, ist alles wahr. Denn die Lagrange-Funktion unterscheidet sich nur für die vollständige Ableitung. Wenn Sie diese Frage interessiert, sollten Sie Allgemeine Relativitätstheorie schreiben. Wegen der Aktion der Allgemeinen Relativitätstheorie, die den Riemann-Krümmungstensor enthält (der zweite Ableitungen enthält).

Es ist möglich, einen Lagrange-Operator so zu wählen, dass der Noether-Energie-Impuls-Tensor symmetrisch ist, nämlich

$${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{2} \partial_\mu A_\nu \partial^\mu A^\nu \,.$$ Dieser Lagrange unterscheidet sich jedoch vom Standard $${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{4} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} \,.$$ nach Begriff $${\cal L} = \frac{\epsilon_0}{2} \partial_\mu A_\nu \partial^\nu A^\mu \,.$$ was keine totale Ableitung ist.