Nel precedente articolo della serie abbiamo presentato la linea generale della dimostrazione e dimostrato un lemma iniziale. Cominciamo subito col ricavare una conseguenza dal Lemma 1.
Proposizione 2. (Positività di $S$) Se il tensore energia-impulso soddisfa la condizione dominante dell’energia, allora $S$ è positiva.
Dimostrazione. Facciamo uso del Lemma 1, per cui:
$$S \equiv \int_{\infty} dS_a \epsilon^\dagger h^{ab}\nabla_b \epsilon = \int_{\Sigma}\sqrt{\det{h}}\, d^3 \mathbf x\, \bqty{h^{ab}(\nabla_a \epsilon)^\dagger (\nabla_b \epsilon)+8\pi \epsilon^\dagger t^c \gamma_c t^d \gamma^e T_{de}\epsilon}$$
Il primo termine è positivo perché $\Sigma$ è una superficie tipo-spazio, quindi la metrica indotta su $\Sigma$, ovvero $h^{ab}$, è definita positiva. Inoltre, la condizione dominante dell’energia afferma che se $X^a$ è un vettore tipo-tempo futuro-diretto, allora $T_{ab} X^a X^b \geq 0$, e inoltre se $Y^a$ è un vettore causale futuro-diretto, allora $-T^a_{\,\,b}Y^b$ è un vettore causale futuro-diretto. Ora $K^e = (\epsilon^\dagger \gamma^e \gamma_c \epsilon) t^c$ è un vettore tipo-tempo (siete liberi di verificare le leggi di trasformazione). Inoltre è futuro-diretto se $t^c$ è futuro-diretto, e viceversa è passato-diretto se $t^c$ è passato-diretto. Possiamo assumere che $t^c$ sia futuro-diretto, perché altrimenti basta ridefinire $t^c \to -t^c$, e ciò non cambia $S$ perché $t$ appare in un prodotto di due; infatti se $X$ è causale e passato-diretto, $-X$ è causale e futuro-diretto. Per la condizione dominante dell’energia $-T^d_{\,\,e} K^e$ è quindi causale e futuro-diretto, per cui $-t_d T^d_{\,\,e} K^e \leq 0$ poiché il prodotto scalare tra due vettori futuro-diretti è negativo. Concludiamo che anche il secondo termine è positivo e quindi $S$ è positivo. $\square$
Ora dimostriamo alcuni lemmi tecnici.
Lemma 3. La connessione di spin è di ordine $1/r^2$ per $r \to \infty$.
Dimostrazione. La connessione di spin è data da
$$\omega_{\mu\nu a} = e_{\mu b} \Gamma^b_{ac}e^{c\mu}+e_{\mu b} \partial_a e^b_\nu$$
dove i vari $e$ sono le tetradi e $\Gamma$ è la connessione di Levi-Civita. Poiché la metrica è asintoticamente piatta, $g_{ab} = \eta_{ab} + m_{ab}+\mathcal{O}(1/r^2)$ dove $m$ è di ordine $1/r$. Le tetradi soddisfano $g_{ab} = e^{\mu}_a e^{\nu}_b\eta_{\mu\nu}$, per cui possiamo prendere $e^{\mu}_a = \delta^{\mu}_a +\frac{1}{2} m^{\mu}_a+\mathcal{O}(1/r^2)$. Linearizzando la connessione di Levi-Civita otteniamo
$$\Gamma^b_{ca} = \frac{1}{2}(\partial_c m_a^{\,\,b}+\partial_a m_c^{\,\,b}+\partial^b m_{ac})+\mathcal{O}(1/r^3)$$
Possiamo quindi sostituire nella connessione di spin per ottenere:
$$\omega_{\mu\nu a} = \frac{1}{2}(\partial_\nu m_{a\mu}-\partial_\mu m_{a\nu})+\mathcal{O}(1/r^3)$$
e in particolare il termine principale è di ordine $1/r^2$. $\square$
Lemma 4. (Funzione di Green) La funzione di Green $S(x,y)$ per l’operatore di Witten $\not D = h^{ab} \gamma_a \nabla_b$ con la condizione al contorno d’essere nulla all’infinito, ha le seguenti proprietà:
- $S(x,y) = \frac{1}{4\pi r^2} \boldsymbol{\gamma} \cdot \hat{\mathbf{x}} + \mathcal{O}(1/r^3)$ per $r$ grande
- $S(x,y) \sim 1/y^2$ per $y$ grande
Dimostrazione. Poiché ci interessa il comportamento asintotico e all’infinito $g_{ab} \to \eta_{ab}$ allora $h^{ab}$ diventa la metrica euclidea per gli indici spaziali e nulla altrimenti. Quindi $\not D=\gamma^i \nabla_i$. L’equazione di Dirac in tre dimensioni spaziali piatte, come abbiamo già visto, ha la funzione di Green data esattamente da
$$G(\mathbf x,\mathbf y) = G(\mathbf x-\mathbf y) = \frac{1}{4\pi |\mathbf x-\mathbf y|^2} \boldsymbol{\gamma} \cdot (\mathbf x-\mathbf y)$$
Ora per $r=|\mathbf x|$ grande, all’ordine principale $|\mathbf x-\mathbf y|\approx |\mathbf x|\approx r$ e quindi la funzione di Green $G(x,y)$ ha la forma asintotica richiesta. Rispetto a $G(x,y)$ la funzione di Green $S(x,y)$ sarà diversa, ma poiché lo spazio è asintoticamente piatto all’ordine principale deve ridursi alla forma asintotica per $G$ nel limite in cui $r$ è grande.
Per mostrare che invece $S(x,y) \sim 1/y^2$ per $y$ grande, basta notare che $G$ è simmetrica in $x$ e $y$. Quindi all’ordine principale $S$ ha la stessa forma asintotica di $G$, e ignorando i prefattori (infatti abbiamo solo $\sim$) $G\sim 1/y^2$ per $y$ grande.
La cosa non ovvia è dimostrare l’esistenza della funzione di Green per l’operatore di Witten. Ciò è stato dimostrato in seguito da due matematici, ma la dimostrazione richiede ben piu matematica e qui non ci interessa. $\square$
Lemma 5. (Proprietà di decadimento) Se $\epsilon$ soddisfa l’equazione di Witten $\not D \epsilon = 0$ e $\epsilon \to 0$ per $r \to \infty$ allora $\epsilon = \mathcal{O}(1/r^2)$.
Dimostrazione. In modo intuitivo si può argomentare come segue. Supponiamo che
$$\epsilon = \epsilon_0 + \frac{1}{r}\epsilon_1+\mathcal{O}\pqty{\frac{1}{r^2}}$$
dove $\epsilon_1$ è indipendente da $r$, $\epsilon_0$ è costante e $\epsilon_2 = \mathcal{O}(1)$ per $r \to \infty$. Scriviamo l’equazione di Witten nel modo seguente: $\not{\partial}\epsilon = -\Gamma^S \epsilon$. Per cui
$$\not{\partial}\epsilon = -\gamma^r \frac{1}{r^2}\epsilon_1 + \mathcal{O}\pqty{\frac{1}{r^3}}\\
-\Gamma^S \epsilon = -\Gamma^S \epsilon_0 + \mathcal{O}\pqty{\frac{1}{r^3}}$$
dove abbiamo usato il fatto che $\Gamma^S$ ha ordine $1/r^2$. Ora se lo spinore tende a zero all’infinito, $\epsilon_0=0$ e quindi nel membro destro non ci sono termini di ordine $1/r^2$. Segue che anche il coefficiente del termine $1/r^2$ a sinistra è nullo, per cui $\epsilon_1=0$ e quindi l’equazione tende a zero almeno con velocità $1/r^2$.
Confesso che questa argomentazione non mi convince molto, ma non ne ho trovata una migliore. $\square$
Lemma 6. Dato un $\epsilon_0$ costante qualsiasi, esiste sempre lo spinore $\epsilon_1$ con le seguenti proprietà:
- $\epsilon_1 = \epsilon_0 + \mathcal{O}(1/r)$
- $\not D \epsilon_1 = \mathcal{O}(1/r^3)$
- Scrivendo $\epsilon_1 = \epsilon_0 +\frac{1}{r}\tilde \epsilon(\theta, \phi)+ \mathcal{O}(1/r^2)$, $\tilde \epsilon$ è determinato unicamente da $\epsilon_0$
Dimostrazione. Scriviamo $\Gamma^S_a = \frac{1}{4}\omega_{\mu\nu a} \gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}$. Dal Lemma 3 sappiamo che $\Gamma^S_a = \mathcal{O}(1/r^2)$, per cui $\not D \epsilon_0 = h^{ab} \gamma_a \Gamma^S_b \epsilon_0$ è di ordine $1/r^2$. Scriviamo quindi $h^{ab} \gamma_a \Gamma^S_b \epsilon_0 = \frac{1}{r^2}A(\theta,\phi) +\mathcal{O}(1/r^3)$.
Inoltre $\not D \pqty{\frac{1}{r}\tilde \epsilon} = h^{ab}\gamma_a \partial_b \pqty{\frac{1}{r}\tilde \epsilon} +\mathcal{O}(1/r^3)$. Per cui per soddisfare la condizione $\not D \epsilon_1 = \mathcal{O}(1/r^3)$ dobbiamo avere $\not{\partial} \pqty{\frac{1}{r}\tilde \epsilon}=-\frac{1}{r^2}A$.
Poiché ci interessa il comportamento asintotico e all’infinito $g_{ab} \to \eta_{ab}$ allora $h^{ab}$ diventa la metrica euclidea per gli indici spaziali e nulla altrimenti. Quindi $\not{\partial}=\gamma^i \partial_i$. Nel rimpiazzare $g_{ab}$ con $\eta_{ab}$ commettiamo un errore di ordine $1/r$, ma stiamo moltiplicando il tutto per termini di ordine $1/r^2$, per cui commettiamo un errore di $1/r^3$ che possiamo assorbire nell’O-grande. Separiamo la derivata parziale nella sua parte radiale e angolare:
$$\not{\partial}=\gamma^i \partial_i = \gamma^r \partial_r +\frac{1}{r}\not \partial^T$$
dove $\not \partial^T$ è l’operatore “trasverso” che contiene le parti angolari. Sostituendo nell’equazione per $\tilde \epsilon$ otteniamo $ \pqty{-\frac{1}{r^2}\tilde \epsilon+\frac{1}{r^2}\not \partial^T \tilde \epsilon}=-\frac{1}{r^2}A$. Poiché $(\gamma^r)^2 = \eta^{rr} = 1$ moltiplichiamo per $\gamma^r$ e otteniamo:
$$ \pqty{1-\gamma^r \not \partial^T} \tilde \epsilon=\gamma^r A$$
Quest’equazione ammette sempre soluzione unica se l’operatore $\pqty{1-\gamma^r \not \partial^T}$ è invertibile. A tal fine, è sufficiente mostrare che non ammette autovalore nullo. Se infatti $\pqty{1-\gamma^r \not \partial^T}\alpha(\theta,\phi) = 0$ allora $\not\partial\pqty{\frac{1}{r}\alpha}=0$ ovvero l’equazione di Witten nel caso in cui $\Gamma^S_a=0$. A questa si applica il Lemma 5, per cui le soluzioni dell’equazione di Witten decadono con ordine $1/r^2$, ma $\frac{1}{r}\alpha$ ha ordine $1/r$ e pertanto l’operatore non può avere autovalori nulli. Ciò conclude la dimostrazione. $\square$
Il prossimo lemma complementa il Lemma 6.
Lemma 7. L’unica soluzione di $\not D \epsilon = 0$ tale che $\epsilon \to 0$ per $r \to \infty$ è $\epsilon \equiv 0$.
Dimostrazione. Potremmo adoperare il Lemma 6 con $\epsilon_0 = 0$ e otterremmo che al prim’ordine $\tilde \epsilon = 0$ ma non che $\epsilon \equiv 0$ a tutti gli ordini. (l’argomentazione sarebbe la seguente: $\epsilon_0 = 0 \implies A = 0$ per cui $\tilde \epsilon/r$ sarebbe un autovalore nullo di $(1-\gamma^r \not \partial^T)$, ma ciò è impossibile, quindi $\tilde \epsilon = 0$).
Utilizziamo invece il Lemma 1, per cui:
$$S\equiv \int_{\infty} dS_a \epsilon^\dagger h^{ab}\nabla_b \epsilon = \int_{\Sigma} d^3 \mathbf x\sqrt{\det{h}} \bqty{h^{ab}(\nabla_a \epsilon)^\dagger (\nabla_b \epsilon)+8\pi \epsilon^\dagger t^c \gamma_c t^d \gamma^e T_{de}\epsilon}$$
Per ipotesi $\epsilon \to 0$ e per il Lemma 5 $\epsilon = \order{1/r^2}$. Per cui $\nabla_b \epsilon = \order{1/r^3}$ e quindi $\epsilon^\dagger h^{ab}\nabla_b \epsilon = \order{1/r^5}$ e pertanto $S = 0$. Poiché abbiamo già visto che il membro destro è positivo (Proposizione 2), allora dobbiamo avere necessariamente $\nabla_a \epsilon = 0$. Cioè lo spinore è costante covariante, per cui se è zero all’infinito è zero dappertutto.
Ciò perché prendendo una curva (anche non causale) tra un punto qualsiasi dello spaziotempo e $r\to \infty$ lo spinore ha derivata nulla lungo la curva (poiché ha appunto derivata covariante nulla) e quindi è costante lungo la curva, per cui è zero in ogni punto di essa. (Devo ammettere che non sono sicuro al 100% che questa argomentazione funzioni)
In termini meno rigorosi, $\nabla_a \epsilon = 0$ implica $\partial_a \epsilon =-\Gamma^S_a \epsilon$ dove $\Gamma^S_a$ è la connessione di spin. Supponiamo che per $r \to \infty$ abbiamo $\epsilon = \order{1/r^n}$ dove $n \geq 1$ perché $\epsilon \to 0$. Allora $\partial_a \epsilon = \order{1/r^{n+1}}$ mentre poiché $\Gamma^S$ ha ordine $1/r^2$, $\Gamma^S_a \epsilon = \order{1/r^{n+2}}$ per cui i due membri decadono con ordini diversi e quindi non c’è modo di soddisfare $\nabla_a \epsilon = 0$. Dobbiamo concludere che $\epsilon \equiv 0$. $\square$
Concludiamo la dimostrazione nel prossimo articolo.