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Apéndice C Soluciones

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Índice

Básico

Intermedio

Avanzado

Básico

B-1. \(\partial \mathcal{L}/\partial \phi\) de Klein-Gordon

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Problema: Para \(\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\), calcula \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\).

Solución:

El único término que contiene a \(\phi\) en sí mismo es el término de masa \(-\frac{m^2}{2}\phi^2\). El término con derivadas depende de \(\partial_\mu\phi\), no de \(\phi\) directamente.

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -\frac{m^2}{2}\cdot 2\phi = \boxed{-m^2\phi} \]

Verificación: Coincide con el paso 1 de la sección C.5 del texto.

B-2. \(\partial \mathcal{L}/\partial(\partial\phi)\) de Klein-Gordon

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Problema: Para el mismo \(\mathcal{L}\), calcula \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\).

Solución:

El término que contiene \(\partial_\mu\phi\) es \(-\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\). Al derivar respecto a \(\partial_\mu\phi\), hay dos contribuciones: el caso \(\alpha = \mu\) y el caso \(\beta = \mu\):

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\phi)}\left[\eta^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\right] = \eta^{\mu\beta}\partial_\beta\phi + \eta^{\alpha\mu}\partial_\alpha\phi = 2\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi \]

(Se usó la simetría de \(\eta^{\alpha\beta}\): \(\eta^{\alpha\beta} = \eta^{\beta\alpha}\).)

Combinando con el coeficiente \(-\frac{1}{2}\) del prefactor:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = -\frac{1}{2}\cdot 2\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi = \boxed{-\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi} \]

Verificación: Coincide con el paso 2 de la sección C.5 del texto.

B-3. Derivadas parciales del Lagrangiano de una cuerda

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Problema: Obtén cada una de las derivadas parciales para el lagrangiano de la cuerda \(\mathcal{L} = \frac{\rho}{2}(\partial_t\psi)^2 - \frac{\mathcal{T}}{2}(\partial_x\psi)^2\).

Solución:

Dado que \(\psi\) en sí misma no aparece explícitamente en \(\mathcal{L}\):

\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi} = 0} \]
\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\psi)} = \rho\,\frac{\partial\psi}{\partial t}} \]
\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\psi)} = -\mathcal{T}\,\frac{\partial\psi}{\partial x}} \]

Verificación: Comprobación dimensional. \([\rho\,\partial_t\psi] = (\text{kg/m})\cdot(\text{m/s}) = \text{kg/s}\) (dimensiones de densidad de momento lineal), lo cual es consistente.

B-4. \(\partial \mathcal{L}/\partial \phi\) de la teoría \(\phi^4\)

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Problema: Para \(\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{\lambda}{4!}\phi^4\), calcula \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\).

Solución:

El único término que contiene \(\phi\) es \(-\frac{\lambda}{4!}\phi^4\).

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -\frac{\lambda}{4!}\cdot 4\phi^3 = -\frac{\lambda}{3!}\phi^3 = \boxed{-\frac{\lambda}{6}\phi^3} \]

Verificación: \(4! = 24\), \(4/24 = 1/6 = 1/3!\). ✓

B-5. Escritura explícita del operador de d'Alembert

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Problema: Escribe explícitamente \(\Box \equiv \eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\) en coordenadas \((t,x,y,z)\).

Solución:

Como \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,+1,+1,+1)\), todos los términos con \(\mu \neq \nu\) son cero. Solo contribuyen las componentes diagonales:

\[ \Box = \eta^{00}\partial_0\partial_0 + \eta^{11}\partial_1\partial_1 + \eta^{22}\partial_2\partial_2 + \eta^{33}\partial_3\partial_3 \]
\[ \boxed{\Box = -\frac{\partial^2}{\partial t^2} + \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2} = -\frac{\partial^2}{\partial t^2} + \nabla^2} \]

Verificación: \(\Box\phi = 0\) coincide con la ecuación de ondas \(\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} = \nabla^2\phi\) (con velocidad de la luz \(c=1\)). ✓

B-6. Ecuación de Euler–Lagrange para un campo escalar en 2 dimensiones

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Problema: En un espacio-tiempo de 2 dimensiones, escribe la ecuación de Euler–Lagrange para \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}(\partial_t\phi)^2 - \frac{1}{2}(\partial_x\phi)^2 - V(\phi)\).

Solución:

La ecuación de Euler–Lagrange para campos es:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} - \partial_t\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\phi)}\right) - \partial_x\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\phi)}\right) = 0 \]

Calculamos cada término:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -V'(\phi) \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\phi)} = \partial_t\phi \quad \Longrightarrow \quad \partial_t\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\phi)}\right) = \partial_t^2\phi \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\phi)} = -\partial_x\phi \quad \Longrightarrow \quad \partial_x\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\phi)}\right) = -\partial_x^2\phi \]

Sustituyendo:

\[ -V'(\phi) - \partial_t^2\phi - (-\partial_x^2\phi) = 0 \]
\[ \boxed{\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} - \frac{\partial^2\phi}{\partial x^2} + V'(\phi) = 0} \]

Verificación: Si \(V(\phi) = \frac{m^2}{2}\phi^2\), entonces \(V'(\phi) = m^2\phi\), y se reduce a la ecuación de Klein–Gordon \(\partial_t^2\phi - \partial_x^2\phi + m^2\phi = 0\). ✓

B-7. \(\sqrt{-g}\) de la métrica de Minkowski

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Problema: Para la métrica de Minkowski \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,1,1,1)\), calcula \(g\) y \(\sqrt{-g}\).

Solución:

El determinante de una matriz diagonal es el producto de sus componentes diagonales:

\[ g = \det(\eta_{\mu\nu}) = (-1)\cdot 1\cdot 1\cdot 1 = -1 \]
\[ \boxed{g = -1, \qquad \sqrt{-g} = \sqrt{1} = 1} \]

Verificación: En el espaciotiempo plano, el factor de corrección del elemento de volumen debe ser 1. ✓

B-8. \(\sqrt{-g}\) de la métrica de Schwarzschild

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Problema: Para la métrica de Schwarzschild, obtén \(g = \det(g_{\mu\nu})\) y \(\sqrt{-g}\).

Solución:

Como la métrica es diagonal:

\[ g = g_{tt}\cdot g_{rr}\cdot g_{\theta\theta}\cdot g_{\varphi\varphi} \]

Leemos cada componente:

\[ g_{tt} = -\left(1 - \frac{2M}{r}\right), \quad g_{rr} = \left(1 - \frac{2M}{r}\right)^{-1}, \quad g_{\theta\theta} = r^2, \quad g_{\varphi\varphi} = r^2\sin^2\theta \]

Calculamos el producto:

\[ g_{tt}\cdot g_{rr} = -\left(1 - \frac{2M}{r}\right)\cdot\left(1 - \frac{2M}{r}\right)^{-1} = -1 \]
\[ g_{\theta\theta}\cdot g_{\varphi\varphi} = r^2\cdot r^2\sin^2\theta = r^4\sin^2\theta \]

Por lo tanto:

\[ g = (-1)\cdot r^4\sin^2\theta = -r^4\sin^2\theta \]
\[ \boxed{g = -r^4\sin^2\theta, \qquad \sqrt{-g} = r^2\sin\theta} \]

Verificación: En el límite \(M \to 0\), la métrica de Schwarzschild se reduce a la métrica de Minkowski en coordenadas esféricas \(ds^2 = -dt^2 + dr^2 + r^2 d\Omega^2\). En ese caso también se tiene \(\sqrt{-g} = r^2\sin\theta\), lo cual es consistente con el elemento de volumen en coordenadas esféricas \(r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi\). ✓

Intermedio

M-1. Derivación de la ecuación de onda de una cuerda mediante Euler–Lagrange

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Problema: Deriva la ecuación de onda a partir de la densidad lagrangiana de una cuerda y encuentra la velocidad de propagación \(v\).

Estrategia de solución

Utilizamos el resultado de D3 y lo sustituimos en la ecuación de Euler–Lagrange para campos en dos dimensiones.

Desarrollo del cálculo

Ecuación de Euler–Lagrange para campos (versión bidimensional):

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi} - \partial_t\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\psi)}\right) - \partial_x\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\psi)}\right) = 0 \]

Sustituyendo el resultado de D3:

\[ 0 - \partial_t\left(\rho\,\partial_t\psi\right) - \partial_x\left(-\mathcal{T}\,\partial_x\psi\right) = 0 \]

Como \(\rho\) y \(\mathcal{T}\) son constantes:

\[ -\rho\,\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} + \mathcal{T}\,\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} = 0 \]

Respuesta final

\[ \boxed{\rho\,\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} = \mathcal{T}\,\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}} \]

Reescribiendo en la forma \(\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} = v^2\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}\):

\[ \boxed{v = \sqrt{\frac{\mathcal{T}}{\rho}}} \]

Verificación

  • Análisis dimensional: \([\mathcal{T}] = \text{N} = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2\), \([\rho] = \text{kg/m}\). Por lo tanto \([\mathcal{T}/\rho] = \text{m}^2/\text{s}^2\), y \(v\) tiene dimensiones de velocidad. ✓
  • Intuición física: A mayor tensión, mayor velocidad; a mayor densidad, menor velocidad. ✓
  • Caso especial: Si \(\mathcal{T} = 0\), entonces \(v = 0\) y la onda no se propaga (sin tensión no hay fuerza restauradora). ✓

M-2. Ecuación de movimiento de la teoría \(\phi^4\)

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Problema: Deriva la ecuación de movimiento de \(\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{\lambda}{4!}\phi^4\).

Estrategia de resolución

Sustituimos los resultados de D2 y D4 en la ecuación de Euler–Lagrange.

Detalles del cálculo

Paso 1: De D4

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -\frac{\lambda}{6}\phi^3 \]

Paso 2: El mismo cálculo que en D2 (solo que sin término de masa)

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = -\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi \]
\[ \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) = -\eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\phi = -\Box\phi \]

Paso 3: Sustituyendo en la ecuación de Euler–Lagrange:

\[ -\frac{\lambda}{6}\phi^3 - (-\Box\phi) = 0 \]

Respuesta final

\[ \boxed{\Box\phi = \frac{\lambda}{6}\phi^3} \]

Diferencia con la ecuación de Klein–Gordon sin masa \(\Box\phi = 0\):

  • En el límite \(\lambda = 0\) se reduce a \(\Box\phi = 0\). ✓
  • El término \(\frac{\lambda}{6}\phi^3\) en el lado derecho es un término de autointeracción no lineal. La ecuación de Klein–Gordon es lineal y admite superposición de soluciones, pero la ecuación de movimiento de la teoría \(\phi^4\) es no lineal y el principio de superposición no se cumple.
  • Físicamente, el término \(\phi^4\) representa que el campo escalar interactúa consigo mismo. En teoría cuántica de campos, este término corresponde a un vértice donde 4 partículas \(\phi\) interactúan en un solo punto (interacción de 4 puntos). La constante de acoplamiento \(\lambda\) controla la intensidad de la interacción.

Verificación

  • Análisis dimensional: \([\Box] = [\text{longitud}^{-2}]\). Si \(\phi\) es un campo escalar con \([\phi] = [\text{longitud}^{-1}]\) (en unidades naturales), entonces el lado izquierdo \([\Box\phi] = [\text{longitud}^{-3}]\), y el lado derecho \([\lambda\phi^3] = [\lambda][\text{longitud}^{-3}]\), por lo que \(\lambda\) es adimensional. ✓ (La constante de acoplamiento de la teoría \(\phi^4\) en 4 dimensiones espacio-temporales es adimensional.)
  • Límite \(\lambda \to 0\): Se reduce a \(\Box\phi = 0\). ✓

M-3. Campo escalar sin masa en espacio-tiempo curvo

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Problema: Deriva la ecuación de movimiento para un campo escalar libre sin masa en un espacio-tiempo curvo.

(a) Cálculo de la variación \(\delta S\)

Estrategia de resolución: Se calcula la variación de primer orden de la acción haciendo \(\phi \to \phi + \delta\phi\). Como \(\sqrt{-g}\) y \(g^{\mu\nu}\) no dependen de \(\phi\), no se varían.

\[ S = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\right] \]

Al hacer \(\phi \to \phi + \delta\phi\) se tiene \(\partial_\mu\phi \to \partial_\mu\phi + \partial_\mu(\delta\phi)\), por lo que:

\[ (\partial_\mu\phi + \partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi + \partial_\nu\delta\phi) = (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi) + (\partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi) + O(\delta\phi^2) \]

Conservando solo la variación de primer orden:

\[ \delta S = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}\left((\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi) + (\partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi)\right)\right] \]

Usando la simetría de \(g^{\mu\nu}\), es decir \(g^{\mu\nu} = g^{\nu\mu}\), los dos términos son iguales:

\[ g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi) = g^{\nu\mu}(\partial_\nu\delta\phi)(\partial_\mu\phi) = g^{\mu\nu}(\partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi) \]

(En la última igualdad se renombraron los índices \(\mu \leftrightarrow \nu\).)

Por lo tanto:

\[ \boxed{\delta S = -\int d^4x\,\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi)} \]

(b) Integración por partes y derivación de la ecuación de movimiento

Estrategia de resolución: Se utiliza la regla del producto para transferir \(\partial_\nu\delta\phi\) a \(\delta\phi\).

Por la regla del producto:

\[ \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\delta\phi\right] = \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\right]\delta\phi + \sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\partial_\nu(\delta\phi) \]

Por consiguiente:

\[ \sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\partial_\nu(\delta\phi) = \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\delta\phi\right] - \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\right]\delta\phi \]

Sustituyendo en \(\delta S\):

\[ \delta S = -\int d^4x\left\{\partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\delta\phi\right] - \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\partial_\mu\phi\right]\delta\phi\right\} \]

El primer término es una divergencia total y, por el teorema de Gauss, se convierte en una integral sobre la frontera. Como \(\delta\phi = 0\) en la frontera, este término se anula.

Lo que queda es:

\[ \delta S = \int d^4x\,\partial_\mu\left(\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\partial_\nu\phi\right)\delta\phi = 0 \]

(Se renombraron los índices \(\mu \leftrightarrow \nu\).)

Para que esto sea cero para cualquier \(\delta\phi\) arbitrario:

\[ \boxed{\frac{1}{\sqrt{-g}}\,\partial_\mu\!\left(\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\,\partial_\nu\phi\right) = 0} \]

Verificación en espacio-tiempo plano: En el espacio-tiempo de Minkowski se tiene \(g^{\mu\nu} = \eta^{\mu\nu}\), \(\sqrt{-g} = 1\), por lo que:

\[ \frac{1}{1}\,\partial_\mu\!\left(1\cdot\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi\right) = \eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\phi = \Box\phi = 0 \]

Se reduce a la ecuación de Klein–Gordon sin masa. ✓

Comprobación

  • Consistencia con la forma covariante: El operador de d'Alembert covariante para un campo escalar en espacio-tiempo curvo se define como \(\Box_g\phi = \frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\mu(\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\partial_\nu\phi)\). La ecuación obtenida es \(\Box_g\phi = 0\), lo cual coincide con el resultado conocido como ecuación de ondas covariante. ✓
  • Caso \(m \neq 0\): Si se añade el término de masa \(-\frac{m^2}{2}\phi^2\), aparece la contribución \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -m^2\phi\), obteniéndose \(\Box_g\phi - m^2\phi = 0\). ✓

M-4. Derivación del tensor energía-momento

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Problema: Deriva \(T_{\mu\nu}\) para un campo escalar libre.

Estrategia de resolución

Se varía \(S_m = \int d^4x\,\sqrt{-g}\,\mathcal{L}_m\) respecto a \(g^{\mu\nu}\). La variación actúa en dos lugares: (i) la contribución directa a \(g^{\mu\nu}\) dentro de \(\mathcal{L}_m\), y (ii) la contribución a través de \(\sqrt{-g}\).

Detalles del cálculo

\[ S_m = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\right] \]

Se toma la variación a primer orden haciendo \(g^{\mu\nu} \to g^{\mu\nu} + \delta g^{\mu\nu}\).

(i) Variación de \(g^{\mu\nu}\) en \(\mathcal{L}_m\):

\(g^{\mu\nu}\) aparece explícitamente solo en el primer término:

\[ \delta\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\right] = -\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\,\delta g^{\mu\nu} \]

(ii) Variación de \(\sqrt{-g}\):

A partir de la fórmula dada \(\frac{\delta(\sqrt{-g})}{\delta g^{\mu\nu}} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\):

\[ \delta\sqrt{-g} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

(iii) Variación total:

\[ \delta S_m = \int d^4x\left[\sqrt{-g}\left(-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\right)\delta g^{\mu\nu} + \left(-\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\right)\mathcal{L}_m\,\delta g^{\mu\nu}\right] \]
\[ = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m\right]\delta g^{\mu\nu} \]

(iv) Extracción de \(T_{\mu\nu}\):

A partir de la definición \(T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta S_m}{\delta g^{\mu\nu}}\):

\[ \frac{\delta S_m}{\delta g^{\mu\nu}} = \sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m\right] \]
\[ T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\cdot\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m\right] \]
\[ T_{\mu\nu} = (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m \]

Respuesta final

Sustituyendo \(\mathcal{L}_m = -\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\):

\[ \boxed{T_{\mu\nu} = (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - g_{\mu\nu}\left[\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) + \frac{m^2}{2}\phi^2\right]} \]

Verificación

  • Simetría: \(T_{\mu\nu} = T_{\nu\mu}\) es evidente (el primer término satisface \((\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) = (\partial_\nu\phi)(\partial_\mu\phi)\), y el segundo término es simétrico porque \(g_{\mu\nu}\) lo es). ✓
  • Traza: \(g^{\mu\nu}T_{\mu\nu} = g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + 4\mathcal{L}_m = g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + 4\left[-\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\right] = -g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) - 2m^2\phi^2\). Para \(m = 0\), \(T^\mu{}_\mu = -g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\), que no es conformemente invariante (el campo escalar en 4 dimensiones no tiene traza nula a menos que esté acoplado conformemente). Esto es consistente con resultados conocidos. ✓
  • Componente \(T_{00}\) en espacio-tiempo plano con \(m = 0\): \(T_{00} = (\partial_t\phi)^2 - \eta_{00}\left[\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\right] = (\partial_t\phi)^2 + \frac{1}{2}\left[-(\partial_t\phi)^2 + (\nabla\phi)^2\right] = \frac{1}{2}(\partial_t\phi)^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2\). Esto es correcto como densidad de energía del campo escalar. ✓

Avanzado

A-1. Ecuaciones de Maxwell a partir del Lagrangiano del campo electromagnético

→ Volver al problema

Problema: Deriva las ecuaciones de Maxwell a partir de la densidad lagrangiana del campo electromagnético.

(a) Verificación de \(\mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)

La definición de \(F^{\mu\nu}\) es \(F^{\mu\nu} \equiv \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta}\).

La densidad lagrangiana dada es:

\[ \mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta} \]

Dado que \(\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta} = F^{\mu\nu}\):

\[ \mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}\cdot\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]
\[ \boxed{\mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}} \quad \checkmark \]

(b) Derivación de \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\) a partir de la ecuación de Euler–Lagrange

Estrategia de resolución: La variable de campo es \(A_\nu\). La ecuación de Euler–Lagrange es:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} - \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right) = 0 \]

Paso 1: \(A_\nu\) no aparece explícitamente en \(\mathcal{L}\) (\(\mathcal{L}\) depende solo de \(\partial_\mu A_\nu\)):

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = 0 \]

Paso 2: Calculamos \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\).

Como \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\) y \(F_{\alpha\beta} = \partial_\alpha A_\beta - \partial_\beta A_\alpha\), examinamos la dependencia de \(F_{\alpha\beta}\) respecto a \(\partial_\mu A_\nu\):

\[ \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \delta^\mu_\alpha\,\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\,\delta^\nu_\alpha \]

Usando la regla de la cadena:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}\left[\frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F^{\alpha\beta} + F_{\alpha\beta}\frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right] \]

\(F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\) es la contracción de \(F_{\alpha\beta}\) y \(F^{\alpha\beta}\), y como \(F^{\alpha\beta} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\gamma\delta}\), la derivada respecto a \(\partial_\mu A_\nu\) tiene la misma estructura que la derivada de \(F_{\alpha\beta}\). Calculamos explícitamente:

Primer término:

\[ \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F^{\alpha\beta} = (\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\delta^\nu_\alpha)F^{\alpha\beta} = F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu} = 2F^{\mu\nu} \]

(Se usó la antisimetría de \(F^{\mu\nu}\): \(F^{\nu\mu} = -F^{\mu\nu}\).)

Segundo término: de manera análoga

\[ F_{\alpha\beta}\frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} \]

Como \(F^{\alpha\beta} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\gamma\delta}\):

\[ \frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}(\delta^\mu_\gamma\delta^\nu_\delta - \delta^\mu_\delta\delta^\nu_\gamma) = \eta^{\alpha\mu}\eta^{\beta\nu} - \eta^{\alpha\nu}\eta^{\beta\mu} \]
\[ F_{\alpha\beta}(\eta^{\alpha\mu}\eta^{\beta\nu} - \eta^{\alpha\nu}\eta^{\beta\mu}) = F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu} = 2F^{\mu\nu} \]

Por lo tanto:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}(2F^{\mu\nu} + 2F^{\mu\nu}) = -F^{\mu\nu} \]

Paso 3: Sustituyendo en la ecuación de Euler–Lagrange:

\[ 0 - \partial_\mu(-F^{\mu\nu}) = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0} \]

(c) Verificación de la ley de Gauss y la ley de Ampère–Maxwell

Utilizamos la relación entre las componentes del tensor electromagnético y los campos eléctrico y magnético:

\[ F^{0i} = -E^i, \qquad F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k \]

(Donde \(i, j, k = 1, 2, 3\) son componentes espaciales.)

Caso \(\nu = 0\) (ley de Gauss):

\[ \partial_\mu F^{\mu 0} = \partial_0 F^{00} + \partial_i F^{i0} = 0 \]

\(F^{00} = 0\) (por antisimetría), \(F^{i0} = -F^{0i} = E^i\), por lo que:

\[ \partial_i E^i = 0 \quad \Longrightarrow \quad \boxed{\nabla\cdot\mathbf{E} = 0} \]

Esta es la ley de Gauss sin fuentes. ✓

Caso \(\nu = j\) (componente espacial) (ley de Ampère–Maxwell):

\[ \partial_\mu F^{\mu j} = \partial_0 F^{0j} + \partial_i F^{ij} = 0 \]

Como \(F^{0j} = -E^j\), tenemos \(\partial_0 F^{0j} = -\frac{\partial E^j}{\partial t}\).

Como \(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\):

\[ \partial_i F^{ij} = -\epsilon^{ijk}\partial_i B_k \]

Verificamos la relación con la componente \(j\) de \((\nabla\times\mathbf{B})\). \((\nabla\times\mathbf{B})^j = \epsilon^{jab}\partial_a B_b\), y como \(\epsilon^{ijk} = \epsilon^{jki}\):

\[ -\epsilon^{ijk}\partial_i B_k = -\epsilon^{jki}\partial_i B_k \]

Renombrando los índices \(i \to a\), \(k \to b\) obtenemos \(-\epsilon^{jba}\partial_a B_b = +\epsilon^{jab}\partial_a B_b = (\nabla\times\mathbf{B})^j\).

(Se usó \(\epsilon^{jba} = -\epsilon^{jab}\).)

Por lo tanto \(\partial_i F^{ij} = (\nabla\times\mathbf{B})^j\).

La ecuación es:

\[ -\frac{\partial E^j}{\partial t} + (\nabla\times\mathbf{B})^j = 0 \]
\[ \boxed{(\nabla\times\mathbf{B})^j = \frac{\partial E^j}{\partial t} \quad \Longleftrightarrow \quad \nabla\times\mathbf{B} = \frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}} \]

Esta es la ley de Ampère–Maxwell sin fuentes. ✓

Verificación

  • Sobre las ecuaciones de Maxwell restantes: \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\) corresponde a la mitad de las ecuaciones de Maxwell (la versión sin fuentes de las ecuaciones con fuentes). La otra mitad (\(\nabla\cdot\mathbf{B} = 0\) y la ley de Faraday \(\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}\)) se satisface automáticamente a partir de la definición \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) (identidad de Bianchi \(\partial_{[\lambda}F_{\mu\nu]} = 0\)). ✓
  • Al agregar el término de fuente: Si tomamos \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} - J^\nu A_\nu\), se añade \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = -J^\nu\), obteniéndose \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = J^\nu\). ✓

A-2. Ecuación de Einstein con constante cosmológica

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Problema: Derivar las ecuaciones de Einstein con constante cosmológica y discutir sus efectos físicos.

(a) Variación de \(\sqrt{-g}\,\Lambda\) respecto a \(g^{\mu\nu}\)

Como \(\Lambda\) es una constante, la variación actúa únicamente sobre \(\sqrt{-g}\):

\[ \delta\!\left(\sqrt{-g}\,\Lambda\right) = \Lambda\,\delta(\sqrt{-g}) \]

Usando la fórmula dada \(\frac{\delta(\sqrt{-g})}{\delta g^{\mu\nu}} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\):

\[ \delta(\sqrt{-g}) = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

Por lo tanto:

\[ \boxed{\delta\!\left(\sqrt{-g}\,\Lambda\right) = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,\Lambda\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu}} \]

(b) Derivación de las ecuaciones de Einstein con constante cosmológica

La acción total es:

\[ S = \frac{1}{16\pi G}\int d^4x\,\sqrt{-g}\,(R - 2\Lambda) + \int d^4x\,\sqrt{-g}\,\mathcal{L}_m \]

Calculamos la variación de cada término.

Primer término: variación de \(\sqrt{-g}\,R\) (se usa como resultado conocido)

\[ \delta(\sqrt{-g}\,R) = \sqrt{-g}\left(R_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}R\right)\delta g^{\mu\nu} = \sqrt{-g}\,G_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

Segundo término: variación de \(-2\sqrt{-g}\,\Lambda\)

Usando el resultado de (a):

\[ \delta(-2\sqrt{-g}\,\Lambda) = -2\left(-\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,\Lambda\,g_{\mu\nu}\right)\delta g^{\mu\nu} = \sqrt{-g}\,\Lambda\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

Tercer término: variación de la acción de materia

A partir de la definición del tensor energía-momento \(T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta S_m}{\delta g^{\mu\nu}}\):

\[ \delta S_m = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left(-\frac{1}{2}T_{\mu\nu}\right)\delta g^{\mu\nu} \]

Igualando a cero la variación total:

\[ \delta S = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[\frac{1}{16\pi G}\left(G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu}\right) - \frac{1}{2}T_{\mu\nu}\right]\delta g^{\mu\nu} = 0 \]

Para que esto sea cero para toda \(\delta g^{\mu\nu}\) arbitraria:

\[ \frac{1}{16\pi G}\left(G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu}\right) = \frac{1}{2}T_{\mu\nu} \]

Multiplicando ambos miembros por \(16\pi G\):

\[ G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu} = 8\pi G\,T_{\mu\nu} \]
\[ \boxed{G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu} = 8\pi G\,T_{\mu\nu}} \]

(c) Efectos físicos de \(\Lambda > 0\) en el vacío (\(T_{\mu\nu} = 0\))

Cuando \(T_{\mu\nu} = 0\), las ecuaciones de Einstein se reducen a:

\[ G_{\mu\nu} = -\Lambda\,g_{\mu\nu} \]

Esto puede reescribirse como:

\[ G_{\mu\nu} = 8\pi G\left(-\frac{\Lambda}{8\pi G}\,g_{\mu\nu}\right) \]

El lado derecho es equivalente a un tensor energía-momento

\[ T_{\mu\nu}^{(\text{eff})} = -\frac{\Lambda}{8\pi G}\,g_{\mu\nu} \]

Esto corresponde al tensor energía-momento de un fluido perfecto \(T_{\mu\nu} = (\rho + p)u_\mu u_\nu + p\,g_{\mu\nu}\) con

\[ \rho_\Lambda = \frac{\Lambda}{8\pi G}, \qquad p_\Lambda = -\frac{\Lambda}{8\pi G} = -\rho_\Lambda \]

Es decir, \(\Lambda > 0\) se comporta como una densidad de energía uniforme con ecuación de estado \(p = -\rho\).

Efectos físicos:

  1. Efecto gravitacional repulsivo: La presión negativa \(p = -\rho < 0\) actúa, en relatividad general, como una fuerza gravitacional repulsiva. A partir de la ecuación de aceleración de Friedmann \(\ddot{a}/a = -\frac{4\pi G}{3}(\rho + 3p) = -\frac{4\pi G}{3}(\rho_\Lambda - 3\rho_\Lambda) = \frac{8\pi G}{3}\rho_\Lambda > 0\), se deduce que acelera la expansión del universo.

  2. Espacio-tiempo de de Sitter: En el vacío con \(\Lambda > 0\), el espacio-tiempo se convierte en el espacio-tiempo de de Sitter, que describe un universo en expansión exponencial. El factor de escala es \(a(t) \propto e^{Ht}\) (con \(H = \sqrt{\Lambda/3}\)).

  3. Energía del vacío: El término \(\Lambda\) implica que existe energía en el espacio-tiempo incluso en ausencia de materia, y corresponde al modelo más simple de "energía del vacío" o "energía oscura (dark energy)".

Verificación

  • Límite \(\Lambda = 0\): Se recuperan las ecuaciones de Einstein ordinarias \(G_{\mu\nu} = 8\pi G\,T_{\mu\nu}\). ✓
  • Verificación de la traza: Tomando la traza de \(G_{\mu\nu} + \Lambda g_{\mu\nu} = 8\pi G T_{\mu\nu}\), con \(g^{\mu\nu}G_{\mu\nu} = -R\) (en 4 dimensiones) y \(g^{\mu\nu}g_{\mu\nu} = 4\), se obtiene \(-R + 4\Lambda = 8\pi G T\). En el vacío \(T = 0\) resulta \(R = 4\Lambda\). Este es un resultado conocido para el escalar de Ricci del espacio-tiempo de de Sitter. ✓
  • Consistencia con las identidades de Bianchi: Dado que \(\nabla^\mu G_{\mu\nu} = 0\) y \(\nabla^\mu(\Lambda g_{\mu\nu}) = 0\) (\(\Lambda\) es constante y \(\nabla^\mu g_{\mu\nu} = 0\)), la ley de conservación del energía-momento \(\nabla^\mu T_{\mu\nu} = 0\) se satisface automáticamente. ✓