Nel precedente articolo abbiamo dimostrato alcuni lemmi tecnici. Continuiamo con la dimostrazione.
Lemma 8. Dato un qualsiasi spinore costante $\epsilon_0$ esiste sempre una soluzione di $\not D \epsilon = 0 $ tale che $\epsilon \to \epsilon_0 + \order{1/r}$.
Dimostrazione. Scriviamo $\epsilon = \epsilon_1 + \epsilon_2$ dove richiediamo che $\epsilon_1$ soddisfi tutte le condizioni del Lemma 6. Dato $\epsilon_0$ possiamo quindi trovare un $\epsilon_1$ tale che $\epsilon_1 \to \epsilon_0 + \order{1/r}$ e $\not D \epsilon_1 = \order{1/r^3}$.
A questo punto scegliamo $\epsilon_2$ in modo tale da correggere $\epsilon_1$ cosicché $\epsilon = \epsilon_1 + \epsilon_2$ soddisfi le condizioni richieste. Quindi in particolare dobbiamo avere $\not D \epsilon_2 =-\not D \epsilon_1$ e $\epsilon_2$ deve tendere a zero più rapidamente di $1/r$. Possiamo risolvere quest’equazione usando la funzione di Green per $\not D$:
$$\epsilon_2(x) = -\int d^3 \mathbf y \, S(x,y) \not D \epsilon_1 (y)$$
L’integrale converge perché $S(x,y) \sim 1/y^2$ per $y$ grande (Lemma 4) mentre per costruzione $\not D \epsilon_1 (y) \sim 1/y^3$, quindi l’integrale va come $1/y^3$. Possiamo inoltre stimare il comportamento asintotico di $\epsilon_2$ utilizzando la forma asintotica di $S(x,y)$ (Lemma 4). Otteniamo:
$$\epsilon_2(x) = -\frac{1}{4\pi r^2}\int d^3 \mathbf y \, \boldsymbol \gamma \cdot \hat{\mathbf{x}} \not D \epsilon_1 (y)+\order{1/r^3}$$
L’integrale va come $y^2 \times 1/y^3 \sim 1/y$ per cui potrebbe al più divergere logaritmicamente, per cui al più $\epsilon_2$ è di ordine $\log{r}/r^2$ che decresce più rapidamente di $1/r$.
In alternativa, se $\epsilon_2$ fosse di ordine $1/r$ allora il termine di ordine $1/r$ in $\epsilon_1$ non sarebbe unico (al contrario di quanto dimostrato nel Lemma 6) per cui $\epsilon_2$ deve tendere a zero più rapidamente di $1/r^2$. $\square$
Proposizione 9. (Seconda formula per $S$) Se $\not D \epsilon = 0$ e $\epsilon = \epsilon_0 +\order{1/r}$ allora
$$S\equiv \int_{\infty} dS_a \epsilon^\dagger h^{ab}\nabla_b \epsilon = 16\pi G (\epsilon_0^\dagger \epsilon_0 E + \epsilon_0^\dagger \gamma^0 \gamma^k P_k\epsilon_0)$$
dove $E$ è l’energia associata allo spaziotempo e $P_k$ l’impulso.
Dimostrazione. Poiché $\epsilon = \epsilon_0 +\order{1/r}$ e $\Gamma^S = \order{1/r^2}$ abbiamo $\nabla_b \epsilon = \order{1/r^2}$. Immaginando di prendere una sfera come superficie di integrazione all’infinito, la misura avrà ordine $r^2$, per cui gli unici elementi rilevanti in $\epsilon^\dagger h^{ab}\nabla_b \epsilon$ sono quelli di ordine $1/r^2$ e poiché $\nabla_b \epsilon = \order{1/r^2}$ dobbiamo prendere solo l’elemento di ordine 0 in $\epsilon^\dagger h^{ab}$. Poiché $g^{ab}$ è asintoticamente piatta $g^{ab} \to \eta^{ab}$ all’ordine zero e quindi $h^{ab}$ diventa la metrica che ha per componenti spaziali $\delta^{ij}$, ed è nulla altrimenti. Per cui:
$$S = \int_{\infty} dS_a \epsilon_0^\dagger h^{ab}\nabla_b \epsilon = \int_{\infty} d\Omega r^2 \epsilon_0^\dagger \nabla_r \epsilon$$
dove $d\Omega$ è la misura angolare. Poiché la superficie d’integrazione è una sfera (all’infinito) abbiamo scritto $dS_a h^{ab} \nabla_b \epsilon= d\Omega r^2 h^{rb} \nabla_b \epsilon= d\Omega r^2 \nabla_r \epsilon$ avendo scritto la metrica spaziale in coordinate sferiche (in cui rimane diagonale, con $h^{rr} = \eta^{rr} = 1$).
Rimangono quindi da calcolare i termini di ordine $1/r^2$ in $\nabla_r \epsilon$. Abbiamo:
$$\nabla_r \epsilon= \partial_r \epsilon + \Gamma^S_r \epsilon = -\frac{1}{r^2}\tilde \epsilon(\theta,\phi) + \Gamma^S_r \epsilon_0 + \order{1/r^3}$$
Quindi otteniamo
$$S =\int_{\infty} d\Omega r^2 \epsilon_0^\dagger \Gamma^S_r \epsilon_0-\int_{\infty} d\Omega \epsilon_0^\dagger \tilde \epsilon(\theta,\phi)$$
Il secondo termine può essere semplificato. Dalla dimostrazione del Lemma 6 Abbiamo un’espressione per $\tilde \epsilon$:
$$\pqty{1-\gamma^r \not \partial^T} \tilde \epsilon=\gamma^r A \implies \tilde \epsilon(\theta,\phi) = r\gamma^r \not \partial \tilde \epsilon(\theta,\phi) +r^2 \gamma^r \gamma^i \Gamma^S_i \epsilon_0+\order{1/r}$$
dove abbiamo sostituito la formula per $A$, inserito la forma linearizzata della metrica e scambiato la derivata trasversa $\not \partial^T$ con $\not \partial = \gamma^r \partial_r +\frac{1}{r}\not \partial^T$ (d’altronde $\tilde \epsilon$ non dipende da $r$). Sostituendo otteniamo:
$$\int_{\infty} d\Omega \epsilon_0^\dagger \tilde \epsilon(\theta,\phi) = \int_{\infty} d\Omega r^2 \epsilon_0^\dagger \frac{1}{r}\gamma^r \not \partial \tilde \epsilon+\int_{\infty} d\Omega r^2 \epsilon_0^\dagger \gamma^r \gamma^i \Gamma^S_i \epsilon_0$$
Il primo termine è nullo. Infatti convertendolo in un integrale su $\Sigma$ con il teorema della divergenza,
$$\begin{align*}
\int_{\infty} d\Omega r^2 \epsilon_0^\dagger \frac{1}{r}\gamma^r \not \partial \tilde \epsilon & = \int_{\Sigma} d^3\mathbf x \, \partial_k \pqty{\epsilon_0^\dagger \frac{1}{r}\gamma^k \not \partial \tilde \epsilon} =\\
& = \int_{\Sigma} d^3\mathbf x \, \partial_k \partial_l\pqty{\epsilon_0^\dagger \frac{1}{r}\gamma^k \gamma^l \tilde \epsilon}+\int_{\Sigma} d^3\mathbf x \, \partial_k \pqty{\epsilon_0^\dagger \frac{1}{r^3}\gamma^k \boldsymbol \gamma \cdot \mathbf x \tilde \epsilon}=\\
&=\int_{\Sigma} d^3\mathbf x \, \partial_k \partial_k\pqty{\epsilon_0^\dagger \frac{1}{r} \tilde \epsilon}+\int_{\infty} d\Omega \,r^2 \epsilon_0^\dagger \frac{1}{r^3}\gamma^r \underbrace{\boldsymbol \gamma \cdot \mathbf x}_{=r \gamma^r} \tilde \epsilon=\\
&=\int_{\infty} d\Omega \, r^2 \partial_r\underbrace{\pqty{{\epsilon_0^\dagger \frac{1}{r} \tilde \epsilon}}}_{\epsilon_0,\,\widetilde \epsilon\, \mathrm{non\,dip.\,da}\,r}+\int_{\infty} d\Omega \,r^2 \epsilon_0^\dagger \frac{1}{r^3}\gamma^r \underbrace{\boldsymbol \gamma \cdot \mathbf x}_{=r \gamma^r} \tilde \epsilon=\\
&=-\int_{\infty} d\Omega \epsilon_0^\dagger \tilde \epsilon +\int_{\infty} d\Omega \epsilon_0^\dagger \tilde \epsilon=0
\end{align*}$$
Per cui mettendo insieme otteniamo per $S$:
$$S =\int_{\infty} d\Omega r^2 \epsilon_0^\dagger \pqty{\Gamma^S_r -\gamma^r \gamma^i \Gamma^S_i} \epsilon_0 = \int_{\infty} dS^k \epsilon_0^\dagger \pqty{\Gamma^S_k -\gamma_k \gamma^i \Gamma^S_i} \epsilon_0$$
dove nella prima uguaglianza l’integrale è una sfera all’infinito, mentre nella seconda l’integrale è una qualsiasi superficie all’infinito. Ora possiamo sostituire la formula ottenuta nella dimostrazione del Lemma 3:
$$\Gamma^S_a = \frac{1}{2}(\partial_\nu m_{a\mu}-\partial_\mu m_{a\nu})\gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}$$
a meno di termini irrilevanti di ordine $1/r^3$. La metrica che usiamo per alzare e abbassare gli indici è la metrica di Minkowski, quindi possiamo alzare e abbassare gli indici spaziali a piacimento. Otteniamo:
$$\begin{align*}
\Gamma^S_k -\gamma_k \gamma^i \Gamma^S_i &=\frac{1}{2}\bqty{\partial_\nu m_{k\mu}-\partial_\mu m_{k\nu}-\gamma_k \gamma^i \pqty{\partial_\nu m_{i\mu}-\partial_\mu m_{i\nu}}}\gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}=\\
&=\frac{1}{2}\bqty{\partial_\nu m_{k\mu}-\partial_\mu m_{k\nu}-(\delta_{ik}+\gamma^{[k}\gamma^{i]}) \pqty{\partial_\nu m_{i\mu}-\partial_\mu m_{i\nu}}}\gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}=\\
&=\frac{1}{2}\pqty{\partial_\nu m_{k\mu}-\partial_\mu m_{k\nu}}\gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}-\frac{1}{2}\pqty{\partial_\nu m_{k\mu}-\partial_\mu m_{k\nu}}\gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}- \frac{1}{2}\pqty{\partial_\nu m_{i\mu}-\partial_\mu m_{i\nu}}\gamma^{[k}\gamma^{i]}\gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}=\\
&=\frac{1}{2}\pqty{\partial_\nu m_{i\mu}-\partial_\mu m_{i\nu}}\gamma^{[i}\gamma^{k]}\gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}\\
\end{align*}$$
A questo punto possiamo utilizzare l’identità di Witten:
$$\gamma^{[i}\gamma^{k]}\gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}=\epsilon^{ik\mu\nu}\gamma_5 -(\eta^{i\mu}\eta^{k\nu}-\eta^{i\nu}\eta^{k\mu})+\pqty{-\eta^{i\mu}\gamma^{[k}\gamma^{\nu]}+\eta^{i\nu}\gamma^{[k}\gamma^{\mu]}+\eta^{\mu k}\gamma^{[i}\gamma^{\nu]}-\eta^{k\nu}\gamma^{[i}\gamma^{\mu]}}$$
Otteniamo quindi:
$$\begin{align*}
\Gamma^S_k -\gamma_k \gamma^i \Gamma^S_i &=\frac{1}{2}\pqty{\partial_\nu m_{i\mu}-\partial_\mu m_{i\nu}}\gamma^{[i}\gamma^{k]}\gamma^{[\mu}\gamma^{\nu]}=\\
&=\frac{1}{2}\pqty{\partial_\nu m_{i\mu}-\partial_\mu m_{i\nu}}\epsilon^{ik\mu\nu}\gamma_5+\pqty{\partial_i m_{ik}-\partial_k m_{ii}}+\gamma^{[k}\gamma^{\mu]}\pqty{\partial_i m_{i\mu}-\partial_\mu m_{ii}}+\gamma^{[i}\gamma^{\mu]}\pqty{\partial_\mu m_{ik}-\partial_k m_{i\mu}}\\
\end{align*}$$
Inoltre
$\pqty{\partial_\nu m_{i\mu}-\partial_\mu m_{i\nu}}\epsilon^{ik\mu\nu}\gamma_5 = \pqty{\partial_j m_{i0}-\partial_0 m_{ij}}\epsilon^{ik0j}\gamma_5 + \pqty{\partial_0 m_{ij}-\partial_j m_{i0}}\epsilon^{ikj0}\gamma_5+\pqty{\partial_l m_{ij}-\partial_j m_{il}}\epsilon^{ikjl}\gamma_5$
L’ultimo termine è nullo perché $\epsilon^{ikjl}=0$. Infatti poiché abbiamo solo tre indici spaziali diversi (1,2,3) allora in $\epsilon^{ikjl}$ due indici devono ripetersi per forza e il simbolo di Levi Civita è nullo se ha indici ripetuti. I due termini $\partial_0 m_{ij}\epsilon^{ikj0}$ sono nulli perché prodotto di un tensore simmetrico e uno antisimmetrico (in $i,j$). Pertanto rimane solo $2\partial_j m_{i0}\epsilon^{ik0j}\gamma_5$. In definitiva:
$$\Gamma^S_k -\gamma_k \gamma^i \Gamma^S_i = \partial_j m_{i0}\epsilon^{ik0j}\gamma_5+\pqty{\partial_i m_{ik}-\partial_k m_{ii}}+\gamma^{[k}\gamma^{\mu]}\pqty{\partial_i m_{i\mu}-\partial_\mu m_{ii}}+\gamma^{[i}\gamma^{\mu]}\pqty{\partial_\mu m_{ik}-\partial_k m_{i\mu}}$$
Il primo termine non contribuisce all’integrale, perché
$$\int_{\infty} dS^k \partial_j m_{i0}\epsilon^{ik0j}\gamma_5 = \int_{\Sigma} d^3 \mathbf x\,\partial_k\partial_j m_{i0}\epsilon^{ik0j}\gamma_5=0$$
perché il prodotto di derivate parziali è simmetrico mentre il simbolo di Levi-Civita è antisimmetrico. Inoltre i termini che contengono $\mu$ contribuiscono solo se $\mu=0$. Se invece $\mu=j$ abbiamo infatti:
$$\int_{\infty} dS^k \partial_j m_{ii}\gamma^{[k}\gamma^{j]}=\int_{\Sigma} d^3 \mathbf x\,\partial_k\partial_j m_{ii}\gamma^{[k}\gamma^{j]}=0$$
per la stessa argomentazione di simmetria. Inoltre:
$$\int_{\infty} dS^k \bqty{\gamma^{[k}\gamma^{j]}\partial_i m_{ij}+\gamma^{[i}\gamma^{j]}\partial_j m_{ik}}= \int_{\Sigma} d^3 \mathbf x\,\partial_k\bqty{\gamma^{[k}\gamma^{j]}\partial_i m_{ij}+\gamma^{[i}\gamma^{j]}\partial_j m_{ik}}=\\
=\int_{\Sigma} d^3 \mathbf x\,\bqty{\gamma^{[k}\gamma^{j]}\partial_k\partial_i m_{ij}+\gamma^{[j}\gamma^{k]}\partial_i\partial_k m_{ji}}=0
$$
dove nel passare dalla prima alla seconda riga abbiamo ridefinito gli indici nel secondo termine in modo che $i\to j$, $j \to k$ e $k \to i$. I due termini sono quindi uguali e opposti per l’antisimmetria del prodotto delle gamma. Infine l’ultimissimo termine $\gamma^{[i}\gamma^{\mu]}\partial_k m_{i\mu}$ è nullo se $\mu$ è un indice spaziale, perché prodotto di un tensore simmetrico e di uno antisimmetrico.
Quindi in totale:
$$\begin{align*}
S &= \int_{\infty} dS^k \epsilon_0^\dagger \bqty{\pqty{\partial_i m_{ik}-\partial_k m_{ii}}+\underbrace{\gamma^{[k}\gamma^{0]}}_{=\gamma^k\gamma^0} \pqty{\partial_i m_{i0}-\partial_0 m_{ii}}+\underbrace{\gamma^{[i}\gamma^{0]}}_{=\gamma^i\gamma^0} \pqty{\partial_0 m_{ik}-\partial_k m_{i0}}} \epsilon_0=\\
&=\epsilon_0^\dagger \epsilon_0 \int_{\infty} dS^k \pqty{\partial_i m_{ik}-\partial_k m_{ii}}+\epsilon_0^\dagger \gamma^0 \gamma^i \epsilon_0\int_{\infty} dS^k \bqty{\delta_{ki} \pqty{\partial_0 m_{jj}-\partial_j m_{j0}}+\pqty{\partial_k m_{i0}-\partial_0 m_{ik}}}=\\
&=16\pi G \pqty{\epsilon_0^\dagger \epsilon_0 +\epsilon_0^\dagger \gamma^0 \gamma^i P_i \epsilon_0}
\end{align*}$$
dove abbiamo utilizzato le espressioni per l’energia ADM e l’impulso ADM. $\square$
Proposizione 10. Possiamo scegliere $\epsilon_0$ in modo che sia un autovettore di $\gamma^0 \gamma^k P_k$ con autovalore $-\abs{\mathbf P}$.
Dimostrazione. Scegliamo la base chirale per le matrici $\gamma$, dove:
$$\gamma^0 = \begin{pmatrix}0 & I \\ I & 0\end{pmatrix}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\gamma^k = \begin{pmatrix}0 & \sigma^k \\ -\sigma^k & 0\end{pmatrix}$$
dove le $\sigma^k$ sono le matrici di Pauli. Gli $P_k$ sono semplicemente numeri. D’altronde gli autovalori sono indipendenti dalla base, per cui possiamo usare qualsiasi base vogliamo. Abbiamo:
$$\gamma^0 \gamma^k P_k =\begin{pmatrix}-\sigma^k & 0 \\ 0 & \sigma^k\end{pmatrix} P_k = \begin{pmatrix}-\sigma \cdot \mathbf P & 0 \\ 0 & \sigma \cdot \mathbf P\end{pmatrix}$$
dove
$$\sigma \cdot \mathbf P =\begin{pmatrix}P_3 & P_1-i P_2 \\ P_1+i P_2 & -P_3\end{pmatrix}$$
$\gamma^0 \gamma^k P_k$ è diagonale a blocchi, per cui ha gli stessi autovalori di $\sigma \cdot P$. Questi possiamo calcolarli manualmente e otteniamo $\lambda = \pm \sqrt{P_1^2+P_2^2+P_3^2} = \pm \abs{\mathbf P}$. Per cui la matrice ha un autovalore pari a $- \abs{\mathbf P}$.
Dal Lemma 8 sappiamo che possiamo scegliere $\epsilon_0$ qualsiasi, per cui possiamo sceglierlo uguale all’autovettore che corrisponde all’autovalore $-\abs{\mathbf P}$. $\square$
Siamo ora pronti a dimostrare la positività dell’energia. Dalla proposizione 9 abbiamo:
$$S=16\pi G (\epsilon_0^\dagger \epsilon_0 E + \epsilon_0^\dagger \gamma^0 \gamma^k P_k\epsilon_0)$$
D’altronde per la proposizione 10 possiamo scegliere $\epsilon_0$ in modo che sia autovettore di $\gamma^0 \gamma^k P_k$ con autovalore $-\abs{\mathbf P}$. Facendo questa scelta, otteniamo
$$S=16\pi G \epsilon_0^\dagger \epsilon_0 ( E -\abs{\mathbf P})$$
Poiché dalla proposizione 2 abbiamo $S \geq 0$ ne segue $E \geq \abs{\mathbf P} \geq 0$. Ciò conclude la dimostrazione della prima parte del teorema di positività dell’energia.
Resta da dimostrare che l’unico spazio con energia nulla è lo spaziotempo di Minkowski. Ora se $E=0$ per la disuguaglianza appena dimostrata $E=\abs{\mathbf P} = 0$. Pertanto dalla seconda formula per $S$ (proposizione 9) abbiamo $S=0$. Da notare che ciò vale per ogni $\epsilon$ anche quelli $\to \epsilon_0$ dove $\epsilon_0$ non è un autovettore scelto appositamente. Quindi tornando alla prima formula per $S$ (lemma 1):
Come abbiamo già visto nella proposizione 2, assumendo la condizione dominante dell’energia entrambi i termini sono positivi. Per cui essendo $S$ zero, sono entrambi nulli. In particolare abbiamo $\nabla_a \epsilon = 0$. Dall’identità di Ricci per gli spinori abbiamo $\nabla_a \nabla_b \epsilon -\nabla_b \nabla_a \epsilon = R_{abcd}\gamma^{[c}\gamma^{d]} \epsilon$. Se $\nabla_a \epsilon = 0$ allora necessariamente $R_{abcd}\gamma^{[c}\gamma^{d]} \epsilon = 0$. Poiché nella costruzione abbiamo potuto scegliere $\epsilon_0$ arbitrario, questa espressione vale per una base di spinori $\epsilon$ e pertanto $R_{abcd}\gamma^{[c}\gamma^{d]}=0$. Ciò implica senz’altro $R_{abcd}=0$, perché le matrici $\gamma^{[c}\gamma^{d]}$ sono linearmente indipendenti. Ma la nullità del tensore di Riemann è condizione sufficiente perché lo spaziotempo sia piatto dappertutto, per cui la metrica dev’essere di Minkowski.
Ciò conclude la dimostrazione del teorema di positività dell’energia.