Aplicación del Teorema de Noether

Question

Aplicación del Teorema de Noether

hombre de la lluvia

Intento entender uno de los ejemplos de la aplicación del teorema de Noether dados en An Introduction to Quantum Field Theory de Peskin & Schroeder (Página no. 18, Student Economy Edition). La parte relevante del texto se da a continuación.

Si entiendo correctamente la derivación y la discusión correspondiente aquí , entonces se supuso que la densidad lagrangiana $\mathcal{L}$ satisface la ecuación de Euler-Lagrange:

\frac{\partial L}{\partial ϕ} = \partial_{m} [\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)}] .

$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = \partial_{\mu}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\right].$

Mi confusión: no veo cómo $\mathcal{L} = \frac{1}{2} (\partial_{\mu} \phi)^2$ satisface la ecuación de Euler-Lagrange. Porque en el lado izquierdo, obtengo $\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0$ , y en el lado derecho, obtengo $\partial_{\mu}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\right] = \partial_{\mu} \partial^{\mu} \phi.$ Si lo dado $\mathcal{L}$ no satisface la ecuación de Euler-Lagrange, entonces, ¿cómo se puede aplicar la formulación de Peskin & Schroeder a este caso? ¿Que me estoy perdiendo aqui?

Respuestas (3)

Aplicación del Teorema de Noether

t_sanjana · Answer 1

Has escrito correctamente tu ecuación de Euler-Lagrange. Entonces, cuando lo simplifica, obtiene la ecuación de movimiento (tal como mencionó en su pregunta):

\partial_{m} \partial^{m} ϕ = \partial^{2} ϕ = 0.

$\partial_\mu\partial^\mu\phi=\partial^2\phi=0.$ Tenga en cuenta que no hay nada peculiar en esto porque si usó el Lagrangiano con el término de energía potencial también, es decir

L = \frac{1}{2} (\partial_{m} ϕ)^{2} - \frac{1}{2} {metro}^{2} ϕ^{2},

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)^2-\frac{1}{2}m^2\phi^2,$ la ecuación de movimiento que obtendrías es

(\partial_{m} \partial^{m} + {metro}^{2}) ϕ = 0.

$(\partial_\mu\partial^\mu+m^2)\phi=0.$ Todo lo que estamos haciendo aquí es enchufar

m = 0

$m=0$ , que devuelve la primera ecuación.

Si entiendo correctamente, tiene un problema con la ecuación de Euler-Lagrange "satisfecha". Me gustaría aclarar esto corrigiendo su declaración: es incorrecto decir que el "Lagrangiano" $\mathcal{L}$ satisface la ecuación de Euler-Lagrangiana; es el "campo" $\phi$ que satisface la ecuación de Euler-Lagrange.

La ecuación de Euler-Lagrange es

\partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)}) - \frac{\partial L}{\partial ϕ} = 0,

$\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}=0,$ lo que te da diferentes expresiones en LHS dependiendo del Lagrangiano que uses (ya hemos visto dos ejemplos arriba). Iguala la expresión en el LHS a cero para obtener la ecuación de Euler-Lagrange (o ecuación de movimiento) y resuelve para

ϕ

$\phi$ .

Espero que esto haya aclarado el problema.

Eric David Kramer · Answer 2

La ecuación de Euler-Lagrange no se satisface automáticamente por $\mathcal{L}$ . Es al revés. Dado $\mathcal{L}$ , puedes encontrar la ecuación clásica de movimiento satisfecha por el campo $\phi$ . Esto es como darte una fórmula para la fuerza en la mecánica newtoniana. Incluso si sabes $F$ , todavía necesitas saber la segunda ley de Newton $F=ma$ para encontrar el movimiento. Aquí también: dado $\mathcal{L}$ , aún necesita la "ley" (ecuación EL) para encontrar el movimiento.

qmecanico · Answer 3

Por lo que vale, es muy importante en qué etapa se usan las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) en una aplicación del (primer) teorema de Noether . El primer teorema de Noether tiene 2 lados:

Entrada: un fuera de la cáscara global $^1$ (cuasi)simetría . Aquí uno no debe usar EOM. (Una simetría en el caparazón es una noción vacía, porque cada vez que variamos la acción $\delta S$ infinitesimalmente y aplicar EOM, entonces por definición $\delta S\approx 0$ desaparece módulo términos de frontera.)
Salida: una ecuación de continuidad en el caparazón . Aquí uno debe usar EOM. (Si también se mantiene fuera de la cáscara, es porque la simetría global es parte de una simetría local/de calibre más grande. Consulte el segundo teorema de Noether y, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE).

--

$^1$ Las palabras on-shell y off-shell se refieren a si las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) (=EOM) se cumplen o no.

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t_sanjana

Eric David Kramer

qmecanico

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