Fenomenología de Gravitación Cuántica

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1 Fenomenología de Gravitación Cuántica Fiz40-Primer Semestre 2008 Prof. Jorge Alfaro S. Prueba 2 Lunes 26 de Mayo de 2008 Problema Sea S el espacio vectorial generado por las funciones cilíndricas: Ψ Γ,f [A] = f(u(a, γ )., U(A, γ L )) donde U(A, γ) es la holonomía de A en γ. (A) Se define (Ψ Γ,f Ψ Γ,g )=. L f(u,.u L )g(u,.u L ) () donde es la medida de Haar de SU(2). Demuestre que () define un producto interior en S. (i) (Ψ Γ,f Ψ Γ,f )=. L f(u,.u L )f(u,.u L ) 0 Si. L f(u,.u L )f(u,.u L )=0 implica f(u,.u L ) =0, esto es Ψ Γ,f = 0 (ii) (Ψ Γ,f Ψ Γ,g )=(Ψ Γ,g Ψ Γ,f ), dado que es real. (iii) (Ψ Γ,g aψ Γ,f + bψ Γ,h ) =a(ψ Γ,g Ψ Γ,f ) +b(ψ Γ,g Ψ Γ,h ), a, bǫc

2 (B) Considere un estado de dos loops idénticos, α = α 2, definido por Ψ [α] [A] = tr(u(a, α )U(A, α )) (2) Encuentre la norma de este estado en el producto interior (). (Ψ [α] [A] Ψ [α] [A]) = tr(u 2 ) 2 Debemos encontrar: A i jk l,mnpq = U ij U kl U mn U pq Cambiemos variables : U V UV 2 Por lo tanto: A i jk l,mnpq = V 2 ja V bi V 2 lc V dk V mev 2 fn V ph V 2 rq A badc,efhr (3) Esto es: A badc,efhr =λ bd,eh δ af δ cr +λ 2 bd,eh δ ar δ cf (4) Insertando (4) en (3), se tiene: λ α ik,mp = V bi V dk V mev ph λ α b d,eh α =, 2 (5) Se tiene: Resumiendo, λ α b d,eh = µ α δ eb δ hd + µ α2 δ ed δ hb A badc,efhr = µ δ eb δ hd δ af δ cr + µ 2 δ ed δ hb δ af δ cr + µ 2 δ eb δ hd δ ar δ cf + µ 22 δ ed δ hb δ ar δ cf (6) Contrayendo b =e, d=h, obtenemos: Esto es: 4µ δ af δ cr +2µ 2 δ af δ cr + 4µ 2 δ ar δ cf + 2µ 22 δ ar δ cf = δ af δ cr 4µ +2µ 2 =, 2µ 2 + µ 22 = 0 Contrayendo b =h, d =e, obtenemos: 2µ δ af δ cr +4µ 2 δ af δ cr + 2µ 2 δ ar δ cf + 4µ 22 δ ar δ cf = δ ar δ cf 2

3 Esto es, µ +2µ 2 =0, 4µ µ 2 = µ 2 = 6, µ = 3, µ 2 = 6, µ 22 = 3 Por lo tanto: A badc,efhr = 3 (δ ebδ hd δ af δ cr + δ ed δ hb δ ar δ cf ) 6 (δ edδ hb δ af δ cr +δ eb δ hd δ ar δ cf ) (7) Verifiquemos b=e, a = f da: Correcto. 3 (4δ hdδ cr + δ hd δ cr ) 6 (2δ hdδ cr + 2δ hd δ cr )=δ hd δ cr Otro test: ǫ mp ǫ nq U ij U kl U mn U pq = 2 U ij U kl = ǫ ik ǫ jl Se tiene, de (7): ǫ eh ǫ fr [ 3 (δ ebδ hd δ af δ cr + δ ed δ hb δ ar δ cf ) 6 (δ edδ hb δ af δ cr + δ eb δ hd δ ar δ cf )] = ǫ bd ǫ ac [ ( )] = ǫ bdǫ ac Correcto. Finalmente, (Ψ [α] [A] Ψ [α] [A])= U ij U ji U kl U lk = 3 (4 + 4) (2 +2)=2 6 Por lo tanto N = 2 Problema 2 La acción de Einstein-Hilbert-Cartan está dada por: S[e, ω] = ǫkl ( 6πG 4 ei e J R(ω) KL 2 λei e J e K e L ) 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

4 δr(ω) KL = dδω KL + δω K J ω JL + ω K J δω JL, δs[e, ω] = ǫ KL ( d(e I e J ) δω KL ω L M δω KM + ω K M δω ML )=0, ǫ KM ( d(e I e J ))+(ǫ KL e I e J ω L M ǫ ML e I e J ω L K)=0, ω LM = ω ML S[e, ω] = ǫ KL ( 6πG 4 ei e J R(ω) KL 2 λei e J e K e L ) δs = ǫ KL ( 6πG 2 δei e J R(ω) KL + 4 ei e J δr(ω) KL 3 λδei e J e K e L ) Therefore: ǫ KL (e J R(ω) KL 2 3 λej e K e L )=0 δr(ω) KL = dδω KL + δω K J ω JL + ω K J δω JL ǫ KL e I e J (dδω KL + δω K M ω ML + ω K M δω ML ) = ǫ KL ( d(e I e J ) δω KL e I e J ω M L δω KM +e I e J ω K M δω ML )=0, ǫ KM ( d(e I e J )) 2 (ǫ KLe I e J ω M L ǫ ML e I e J ω K L ) 2 (ǫ LKe I e J ω L M ǫ KL e I e J 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 - form vectors are e I, T J. Therefore, last equation must be linear combinations of e I T J. Let us show this point explicitly. ǫ KM ( d(e I e J )) 2 (ǫ KLe I e J ω M L ǫ ML e I e J ω K L ) 2 (ǫ LKe I e J ω L M + ǫ KL e I e J ω L K)=0 ǫ KM ( T I e J + e I T J ) +ǫ KM (ω A I e A e J + ω A J e I e A ) 2 (ǫ KLe I e J ω M L ǫ ML e I e J ω K L ) 2 (ǫ LKe I e J ω L M ǫ KL e I e J ω L K) = 0 K = 0, M = ω A 2 e A e 3 +ω A 3 e 2 e A ω A 3 e A e 2 ω A 2 e 3 e A 2 (ǫ 0Le I e J ω L ǫ L e I e J ω 0 L ) 2 (ǫ L0e I e J ω L ǫ L e I e J ω L 0) = 2ω A 2 e A e 3 + 2ω A 3 e 2 e A (ǫ L e I e J ω L ǫ L e I e J ω 0 L ) = 2ω 0 2 e 0 e 3 + 2ω 0 3 e 2 e 0 + 2ω 2 e e 3 + 2ω 3 e 2 e (2e e 2 ω 3 + 2e 3 e ω 2 ) 2e 3 e 0 ω 0 2 2e 0 e 2 ω 0 3 = 0 That is: ǫ KM ( e J T I + e I T J ) =0 Taking dual, we get: e J T I +e I T J = 0 4

5 Write: T I =T I ABe A e B T I ABe A e B e J + T J ABe A e B e I =0 T I AB ǫ ABJL + T J AB ǫ ABIL = 0 T L =T JIL That is Therefore, T L = 0, T I AB = 0 T L is symmetric in the two first indices and antisymmetric in the last two. T L =T JIL = T JLI = T LJI = T L = T ILJ = T L (B) Encuentre la ecuación de movimiento que se obtiene al variar e I. Muestre que esta ecuación es equivalente a la ecuación de Einstein en el vacío en lenguaje tensorial. δs = ǫ KL ( 6πG 2 δei e J R(ω) KL + 4 ei e J δr(ω) KL 3 λδei e J e K e L ) Problema 3 ǫ KL (e J R(ω) KL 2 3 λej e K e L ) =0 ǫ KL (e J µr KL νλ 2 3 λe µ J e ν K e λ L )dx µ dx ν dx λ = (ǫ KL e J µe K αe L βr αβ νλ 2 3 ǫ KLλe µ J e ν K e λ L )dx µ dx ν dx λ =0 multiply by e I ρ (ǫ ρµαβ er αβ νλ 2 3 λeǫ ρµνλ)dx µ dx ν dx λ =0 Taking dual: (ǫ ρµαβ er αβ νλ 2 3 λeǫ ρµνλ)ǫ µνλη =0 ǫ ρµνλ ǫ µνλη = 6δ η ρ 4R η ρ 2Rδ η ρ+4λδ η ρ =0 Muestre que la conexión de espín ω se puede escribir de la siguiente forma: donde A es auto-dual y B es anti-auto-dual. ω µ =A µ + B µ ik µ = ± 2 ǫ MN K µ MN, para auto dual(+), anti-auto-dual ( ) Encuentre A y B como función de ω. 2 ǫ MN ω µ MN = ia µ ib µ iω µ = ia µ + ib µ A µ = 2i ( 2 ǫ MN ω µ MN + iω µ )= 2 ( i 2 ǫ MN ω µ MN + ω µ ) B µ = 2i ( 2 ǫ MN ω µ MN +iω µ ) = 2 (i 2 ǫ MN ω µ MN + ω µ ) 5