Solucion de la I2

Fenomenología de Gravitación Cuántica
Fiz1410-Primer Semestre 2008
Prof. Jorge Alfaro S.
Prueba 2
Lunes 26 de Mayo de 2008
•
Problema 1
Sea S el espacio vectorial generado por las funciones cilíndricas:
ΨΓ,f [A] = f (U (A, γ1) ., U (A, γL))
donde U (A, γ) es la holonomía de A en γ.
(A) Se define
(ΨΓ,f |ΨΓ,g ) =
Z
dU1 .dULf (U1, .UL) g(U1, .UL)
donde dU es la medida de Haar de SU(2).
Demuestre que (1) define un producto interior en S.
Sol:
(i)
(ΨΓ,f |ΨΓ,f ) =
Si
Z
Z
dU1 .dULf (U1, .UL) f (U1, .UL) ≥ 0
dU1 .dULf (U1, .UL) f (U1, .UL) = 0
implica f (U1, .UL) = 0, esto es ΨΓ,f = 0
(ii)
(ΨΓ, f |ΨΓ, g) = (ΨΓ,g |ΨΓ,f ), dado que dU es real.
(iii)
(ΨΓ,g |aΨΓ,f + bΨΓ,h) = a(ΨΓ,g |ΨΓ,f ) + b(ΨΓ,g |ΨΓ,h), ∀a, bǫC
1
(1)
(B) Considere un estado de dos ”loops” idénticos, α1 = α2 , definido por
Ψ[α][A] = tr(U (A, α1)U (A, α1))
(2)
Encuentre la norma de este estado en el producto interior (1).
Sol:
(Ψ[α][A]|Ψ[α][A]) =
Z
dU |tr(U 2)|2
Debemos encontrar:
Ai jk l,mn pq =
Z
dU Ui jUkl Um n Upq
Cambiemos variables : U → V1UV2
Por lo tanto:
Ai jk l,m n pq = V2↑ jaV1↑biV2↑l cV1↑d kV1 m eV2 fnV1 phV2 r q Abad c,efh r
(3)
Aba dc,efh r = λ1 bd,eh δa fδcr + λ2 bd, eh δa rδcf
(4)
Esto es:
Insertando (4) en (3), se tiene:
λα ik,m p = V1↑biV1↑dkV1 m eV1 ph λα b d ,eh α = 1, 2
(5)
Se tiene:
λα b d ,eh = µα1δebδh d + µα2δedδh b
Resumiendo,
Abad c,efh r = µ11 δebδh dδafδcr + µ12 δe dδh bδa fδcr + µ21 δebδhdδa rδcf + µ22 δe dδh bδa rδcf
Contrayendo b = e, d = h, obtenemos:
4µ11 δa fδcr + 2µ12 δa fδcr + 4µ21 δa rδcf + 2µ22 δa rδcf = δa fδc r
Esto es:
4 µ11 + 2µ12 = 1 , 2 µ21 + µ22 = 0
Contrayendo b = h, d = e, obtenemos:
2µ11 δa fδcr + 4µ12 δa fδcr + 2µ21 δa rδcf + 4µ22 δa rδcf = δa rδcf
2
(6)
Esto es,
µ11 + 2µ12 = 0, 4µ22 + 2µ21 = 1
1
1
1
1
µ12 = − , µ11 = , µ21 = − , µ22 =
3
6
3
6
Por lo tanto:
1
1
Abad c,efh r = (δebδh dδafδcr + δedδhbδarδc f ) − (δedδh bδa fδcr + δe bδh dδa rδcf )
6
3
(7)
Verifiquemos b = e, a = f da:
1
1
(4δhdδcr + δhdδcr) − (2δhdδcr + 2δh dδcr) = δhdδc r
3
6
Correcto.
Otro test:
ǫm pǫn q
Z
dU UijUkl Um n Upq = 2
Z
dU UijUkl = ǫikǫ jl
Se tiene, de (7):
1
1
ǫe hǫfr[ (δebδhdδa fδc r + δedδh bδa rδcf ) − (δedδhbδafδcr + δebδh dδarδc f )] =
6
3
2 1
ǫbdǫa c[ − ( − 1 − 1)] = ǫbdǫa c
3 6
Correcto.
Finalmente,
(Ψ[α][A]|Ψ[α][A]) =
Por lo tanto N =
•
Z
1
1
dU Ui jU jiUklUlk = (4 + 4) − (2 + 2) = 2
3
6
√
2
Problema 2
La acción de Einstein-Hilbert-Cartan está dada por:
1
S[e, ω] = 16πG
R
1
1
ǫIJKL ( 4 eI ∧ eJ ∧ R(ω)KL − 12 λeI ∧ eJ ∧ eK ∧ eL)
G es la constante de Newton y λ es la constante cosmológica. R(ω)KL es la forma de curvatura
correspondiente a la conexión de espín ω.
(A) Encuentre la ecuación de movimiento que se obtiene al variar ω. Escriba esta ecuacion
usando la forma de torsion.
3
Sol:
δS[e, ω] =
Z
δR(ω)KL = dδω KL + δω K J ∧ ω JL + ω K J ∧ δωJL ,
ǫIJKL ( − d(eI ∧ eJ ) ∧ δω KL − ωM L ∧ δωKM + ω K M ∧ δω M L ) = 0,
ǫIJKM ( − d(eI ∧ eJ )) + (ǫIJKL eI ∧ eJ ∧ ω L M − ǫIJM L eI ∧ eJ ∧ ωL K ) = 0, ω LM = − ω ML
Z
Z
1
1
ǫIJKL ( eI ∧ eJ ∧ R(ω)KL − λeI ∧ eJ ∧ eK ∧ eL)
4
12
Z
1
1
1
1
δS =
ǫIJKL ( δeI ∧ eJ ∧ R(ω)KL + eI ∧ eJ ∧ δR(ω)KL − λδeI ∧ eJ ∧ eK ∧ eL)
16πG
2
4
3
Therefore:
2 J
K
J
KL
ǫIJKL (e ∧ R(ω) − λe ∧ e ∧ eL) = 0
3
δR(ω)KL =Zdδω KL + δω K J ∧ ω JL + ω K J ∧ δω JL
S[e, ω] =
1
16πG
ǫIJKL eI ∧ eJ ∧ (dδωKL + δω K M ∧ ω M L + ω K M ∧ δω M L ) =
ǫIJKL ( − d(eI ∧ eJ ) ∧ δω KL − eI ∧
eJ ∧ ωM L ∧ δω KM + eI ∧ eJ ∧ ω K M ∧ δω M L ) = 0,
1
1
ǫIJKM ( − d(eI ∧ eJ )) − (ǫIJKL eI ∧ eJ ∧ ωM L − ǫIJM L eI ∧ eJ ∧ ωK L) − (ǫIJLK eI ∧ eJ ∧ ωL M −
2
2
ǫIJKL eI ∧ eJ ∧ ω L K ) = 0
P.D. Last equation implies T I = 0
The action is invariant under local Lorentz rotations in capital latin indices, so last equation
must be covariant under local Lorentz. The only Lorents 1- form vectors are eI , T J . Therefore,
last equation must be linear combinations of eI ∧ T J . Let us show this point explicitly.
1
1
ǫIJKM ( − d(eI ∧ eJ )) − (ǫIJKL eI ∧ eJ ∧ ωM L − ǫIJM L eI ∧ eJ ∧ ωK L) − (ǫIJLK eI ∧ eJ ∧ ω L M −
2
2
+ ǫIJKL eI ∧ eJ ∧ ω L K ) = 0
I
J
ǫIJKM ( − T I ∧ eJ + eI ∧ T J ) + ǫIJKM (ωA
∧ eA ∧ eJ + ωA
∧ e I ∧ e A)
1
1
− (ǫIJKL eI ∧ eJ ∧ ωM L − ǫIJM L eI ∧ eJ ∧ ωK L) − (ǫIJLK eI ∧ eJ ∧ ω L M − ǫIJKL eI ∧ eJ ∧ ω L K ) =
2
2
0
K = 0, M = 1
2
3
ωA
∧ eA ∧ e3 + ωA
∧ e2 ∧ eA
3
2
− ωA
∧ eA ∧ e2 − ωA
∧ e3 ∧ eA
1
1
− (ǫIJ0LeI ∧ eJ ∧ ω1 L − ǫIJ1LeI ∧ eJ ∧ ω0 L) − (ǫIJL0eI ∧ eJ ∧ ω L 1 − ǫIJ1LeI ∧ eJ ∧ ω L 0) =
2
2
2
3
2ωA
∧ eA ∧ e3 + 2ωA
∧ e2 ∧ eA − (ǫLIJ eI ∧ eJ ∧ ω1 L − ǫIJ1LeI ∧ eJ ∧ ω0 L) =
2ω02 ∧ e0 ∧ e3 + 2ω03 ∧ e2 ∧ e0 + 2ω12 ∧ e1 ∧ e3 + 2ω13 ∧ e2 ∧ e1 − (2e1 ∧ e2 ∧ ω1 3 + 2e3 ∧ e1 ∧
ω1 2) − 2e3 ∧ e0 ∧ ω0 2 − 2e0 ∧ e2 ∧ ω0 3 = 0
That is:
ǫIJKM ( − eJ ∧ T I + eI ∧ T J ) = 0
Taking dual, we get:
− eJ ∧ T I + eI ∧ T J = 0
4
Write:
T I = T I AB eA ∧ eB
− T I AB eA ∧ eB ∧ eJ + T J AB eA ∧ eB ∧ eI
− T I AB ǫAB JL + T J AB ǫA BIL = 0
T̃ IJL = T̃ JIL
That is
Therefore, T̃ IJL = 0, T I AB = 0
=0
T̃ IJL is symmetric in the two first indices
and antisymmetric in the last two.
T̃ IJL = T̃ JIL = − T̃ JLI = − T̃ LJI = T̃ LIJ = T̃ ILJ = − T̃ IJL
(B) Encuentre la ecuación de movimiento que se obtiene al variar eI . Muestre que esta ecuación
es equivalente a la ecuación de Einstein en el vacío en lenguaje tensorial.
Sol:
δS =
•
1
16πG
Z
1
1
1
ǫIJKL ( δeI ∧ eJ ∧ R(ω)KL + eI ∧ eJ ∧ δR(ω)KL − λδeI ∧ eJ ∧ eK ∧ eL)
2
4
3
2
J
KL
ǫIJKL (e ∧ R(ω) − λeJ ∧ eK ∧ eL) = 0
3
2
L
µ
ν
λ
ǫIJKL (eJ µRKL νλ − λeJµeK
e
ν λ )dx ∧ dx ∧ dx =
3
2
L
µ
ν
λ
(ǫIJKL eJ µeK αeL βRαβ νλ − ǫIJKL λeJµeK
ν eλ )dx ∧ dx ∧ dx = 0
3
multiply by eI ρ
2
(ǫρµαβeRαβ νλ − λeǫ ρµνλ)dx µ ∧ dxν ∧ dxλ = 0
3
Taking dual:
2
αβ
(ǫρµαβeR νλ − λeǫ ρµνλ)ǫ µνλη = 0
3
ǫ ρµνλǫµνλη = − 6δ η ρ
η
4R ρ − 2Rδ η ρ + 4λδ η ρ = 0
Problema 3
Muestre que la conexión de espín ω se puede escribir de la siguiente forma:
IJ
IJ
ω IJ
µ = Aµ + Bµ
donde A es auto-dual y B es anti-auto-dual.
1
iKµIJ = ± ǫM NIJ K µM N , para auto − dual( + ), anti-auto-dual ( − )
2
Encuentre A y B como función de ω.
Sol:
1
IJ
ǫ IJω MN
= iAIJ
µ
µ − iB µ
2 MN
IJ
iωIµJ = iAIJ
µ + iB µ
1 1
1
1
I J MN
AIJ
( ǫ IJω MN
+ iω IJ
+ ω IJ
µ =
µ
µ ) = ( − i ǫMN ω µ
µ )
2i 2 MN
2
2
1
1
1 1
I J MN
B µIJ = ( − ǫM NIJωµMN + iω IJ
+ ω IJ
µ ) = (i ǫMN ω µ
µ )
2i
2
2 2
5