【Spin幾何】Einstein-Dirac系

　スピノル場を物質として持つEinstein系の作用を定義して、変分して場の方程式を導きます。

Einstein-Dirac系

　擬リーマンでも同様なのですが符号の取り扱いが少し面倒なのでこの記事ではリーマン多様体で行います。

　$\psi$を変分して得られるDirac方程式は
$$ (D-m)\psi=0 $$
であり、$g$を変分して得られるEinstein方程式は
\begin{align} &{\rm Ric}-\frac{1}{2}Rg+\Lambda g=T^\psi\\ &T^\psi(X,Y)=\frac{1}{4}Re\langle\psi, X\cdot\nabla_Y\psi+Y\cdot\nabla_X\psi\rangle \end{align}
で与えられます。$T^\psi$はスピノル$\psi$のエネルギー運動量テンソルと呼ばれます。

場の方程式の導出

　作用汎関数を
\begin{align} &S=S_g+S_\psi\\ &S_g=\int_M\left(R-2\Lambda\right)dv\\ &S_\psi=\int_M-Re\langle\psi,(D-m)\psi\rangle dv \end{align}
と分解しておきます。

Dirac方程式

　$\psi_t=\psi + \phi t$として変分を行います。Dirac作用素の形式的自己随伴性を使うと
\begin{align} \frac{d}{dt}S_\psi(\psi_t)|_{t=0}&=-\frac{1}{2}\int_M\left( Re\langle\phi,(D-m)\psi\rangle+Re\langle\psi,(D-m)\phi\rangle\right)dv\\ &=-\frac{1}{2}\int_M\left( Re\langle\phi,(D-m)\psi\rangle+Re\langle (D-m)\psi,\phi\rangle\right)dv\\ &=-\int_M Re\langle\phi,(D-m)\psi\rangle dv\\ \end{align}
となります。よって任意の$\phi$に対して$\psi$が停留点を与えるためには
$$ (D-m)\psi=0 $$
となります。

Einstein方程式

　計量$g$で変分します。$S_g$の$g$での変分は 一般相対性理論概説 で計算しているので参照してください。ここでは$S_\psi$を$g$で変分して$\psi$のエネルギー運動量テンソルを導きます。計量を摂動すると、それに伴ってフレーム場とスピン接続が摂動されます。

　$(g_t)_{\mu\nu}=g+h_{\mu\nu}t+o(t^2)$に伴って、フレーム場は
$$ g_t((e_i)_t,(e_j)_t)=\delta_{ij} $$
が満たされるように摂動するので、$(e^\mu_i)_t=e^\mu_i+v^\mu_it+o(t^2)$となっているとすれば、
$$ h_{\mu\nu}e^\mu_ae^\nu_b+g_{\mu\nu}e^\mu_a v^\nu_b+g_{\mu\nu}v^\mu_a e^\nu_b=0 $$
を満たします。このためには
$$ v_a^\mu=-\frac{1}{2}e_a^\lambda g^{\nu\mu}h_{\lambda\nu} $$
となっていればよいことが分かります。以下では$\gamma^\mu=e^\mu_i\otimes\gamma^i$などと書きます。

　変分は
\begin{align} \frac{d}{dt}S_\psi(g_t)|_{t=0}=-\int_M \left(Re\langle\psi,\gamma^i\frac{d}{dt}(e_i)_t^\mu\nabla_\mu\psi\rangle +Re\langle\psi,\gamma^k(e_k)_t^\mu\frac{d}{dt}(\omega_t)_{ij\mu}\gamma^i\gamma^j\psi\rangle \right)dv|_{t=0} \end{align}
となります。第一項は
\begin{align} Re\langle\psi,\gamma^i\frac{d}{dt}(e_i)_t^\mu\nabla_\mu\psi\rangle|_{t=0} =-\frac{1}{2}Re\langle\psi,\gamma^\lambda \nabla^\nu\psi\rangle h_{\lambda\nu} =\frac{1}{2}Re\langle\psi,\gamma_\lambda \nabla_\nu\psi\rangle h^{\lambda\nu} \end{align}
となります。
　第二項の変分は消えるのですが計算は少し長いです。まず
$$ \omega_ {ij\mu}=e_{i\lambda}\nabla_\mu e^\lambda_j=e_{i \lambda}(\partial_\mu e^\lambda_j) +e_{i \lambda} e^\nu_j\Gamma^\lambda_{\mu \nu} $$
より、$\frac{d}{dt}\Gamma^\lambda_{\mu \nu}|_{t=0}=\delta\Gamma^\lambda_{\mu \nu}$と書くとき、
\begin{align} \frac{d}{dt} \omega_ {ij\mu}|_{t=0}&=v_{i \lambda}(\partial_\mu e^\lambda_j) + e_{i \lambda}(\partial_\mu v^\lambda_j) +v_{i \lambda}e^\nu_j\Gamma^\lambda_{\mu \nu} + e_{i \lambda}(v^\nu_j)\Gamma^\lambda_{\mu \nu} + e_{i \lambda} e^\nu_j\frac{d}{dt}\Gamma^\lambda_{\mu \nu}|_{t=0}\\ &= v_{i \lambda}(\nabla_\mu e^\lambda_j) + e_{i \lambda}(\nabla_\mu v^\lambda_j) + e_{i \lambda} e^\nu_j\delta\Gamma^\lambda_{\mu \nu} \end{align}
となります。$\{x^\mu\}$を点$p$を中心とする測地座標とし、$p$において$e_i^\mu=\delta_i^\mu$となるようにします。さらに$\partial_\mu g_{\nu\lambda}(p)=\Gamma^\mu_{\nu\lambda}(p)=0$となるので、$\nabla_\mu e_i=0$となり、
$$ \frac{d}{dt} \omega_ {ij\mu}|_{t=0}= e_{i \lambda}(\nabla_\mu v^\lambda_j) + e_{i \lambda} e^\nu_j\delta\Gamma^\lambda_{\mu \nu}\ \ ({\rm at}\ p) $$
となります。接続の係数のLie微分の公式と同様に
$$ \delta\Gamma^\lambda_{\mu \nu}=\frac{1}{2}g^{\lambda\alpha}(\nabla_\mu h_{\alpha\nu}+\nabla_\nu h_{\alpha\mu}-\nabla_\alpha h_{\mu\nu}) $$
が成り立つので、
$$ \frac{d}{dt} \omega_ {ij\mu}|_{t=0}=e_{i \lambda}(\nabla_\mu v^\lambda_j)+\frac{1}{2}e_ {i}^{\alpha} e^{\nu}_j\nabla_\mu h_{\alpha\nu}+\frac{1}{2}e_ {i}^{[\alpha} e^{\nu]}_j\nabla_\nu h_{\alpha\mu}\ \ ({\rm at}\ p) $$
となります。$ v_{j\lambda}=-\frac{1}{2}e_j^\rho h_{\rho\lambda}$だったので
$$ e_{i}^\lambda(\nabla_\mu v_{j\lambda})=-\frac{1}{2}e^\lambda _i e_j^\rho\nabla_\mu h_{\rho\lambda} $$
を使うと、
$$ \frac{d}{dt} \omega_ {ij\mu}|_{t=0}=\frac{1}{2}e_ {i}^{[\alpha} e^{\nu]}_j\nabla_\nu h_{\alpha\mu}\ \ ({\rm at}\ p) $$
となり、
$$ \gamma^\mu\gamma ^i\gamma^j\delta \omega_ {ij\mu}=\frac{1}{2}\gamma^\mu\gamma^{[\lambda}\gamma^{\nu]} \nabla_\nu h_{\lambda\mu} $$
が得られます。よって
\begin{align} &Re\langle\psi,\gamma^\mu\gamma ^i\gamma^j\delta \omega_ {ij\mu}\psi\rangle=\frac{1}{2}Re\langle\psi,\gamma^\mu\gamma^{[\lambda}\gamma^{\nu]} \psi\rangle \nabla_\nu h_{\lambda\mu}=\frac{1}{2}Re\langle\psi,\gamma^{\mu}\gamma^{[\lambda}\gamma^{\nu]} \psi\rangle \nabla_\nu h_{\lambda\mu}\\ &=\frac{1}{2}\langle\psi,(\gamma^\mu\gamma^\lambda\gamma^\nu-\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\lambda-\gamma^\nu\gamma^\lambda\gamma^\mu+\gamma^\lambda\gamma^\nu\gamma^\mu)\psi\rangle \nabla_\nu h_{\lambda\mu}\\ &=\frac{1}{2}\langle\psi,(\gamma^\mu\gamma^\lambda\gamma^\nu-\gamma^\nu\gamma^\lambda\gamma^\mu)\psi\rangle \nabla_\nu h_{\lambda\mu}\\ &=\frac{1}{2}\langle\psi,(\gamma^{[\mu}\gamma^{\lambda]}\gamma^\nu-2g^{\nu[\mu}\gamma^{\lambda]})\psi\rangle \nabla_\nu h_{\lambda\mu}=0\ \ ({\rm at}\ p) \end{align}
となり、点$p$は任意に選べるので第二項目の変分は消えることが分かりました。
　以上より
\begin{align} &\frac{d}{dt}S(g_t)|_{t=0}=\frac{d}{dt}S_g(g_t)|_{t=0}+\frac{d}{dt}S_\psi(g_t)|_{t=0}\\ &=\int_M\left(R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}Rg_{\mu\nu}-\frac{1}{2}Re\langle\psi,\gamma_\mu \nabla_\nu\psi\rangle\right) h^{\mu\nu}dv \end{align}
となり、
$$ R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}Rg_{\mu\nu}=\frac{1}{2}Re\langle\psi,\gamma_{(\mu} \nabla_{\nu)}\psi\rangle =\frac{1}{4}Re\langle\psi,\gamma_\mu \nabla_\nu\psi+\gamma_\nu \nabla_\mu\psi\rangle $$
が得られました。