¿Cuál es la forma real de la corriente de Noether en la teoría de campos?

Question

¿Cuál es la forma real de la corriente de Noether en la teoría de campos?

Física
teorema de noethers
leyes-de-conservacion
formalismo lagrangiano
principio variacional
teoría clásica del campo

Foshiba

Dejenos considerar $N$ campos escalares independientes que satisfacen las ecuaciones de movimiento de Euler-Lagrange y se denotan por $\phi^{(i)}(x) \ ( i = 1,...,N)$ , y se extienden en una región $\Omega$ en un $D$ -modelo dimensional espacio-tiempo $\mathcal{M}_D$ . Ahora considere la densidad lagrangiana clásica, $\mathcal{L}(\phi^{(i)}, \partial_\mu \phi^{(i)}, x^\mu)$ . Aplicamos la siguiente transformación infinitesimal de frontera fija a $\mathcal{M}_D$ .

\begin{aligned} (1) & X \to {\tilde{X}}^{m} & \equiv X^{m} + d X^{m} (X), \\ (2) & tal que, d X^{m} |_{\partial Ω} & = 0, \\ (3) & y los campos se transforman como: ϕ^{(i)} (X) & \to {\tilde{ϕ}}^{(i)} (\tilde{X}) \equiv ϕ^{(i)} (X) + d ϕ^{(i)} (X) . \end{aligned}

$\begin{align*} x \to \widetilde{x}^\mu &\equiv x^\mu + \delta x^\mu (x), \tag{1} \\ \text{such that, }\ \delta x^\mu\Big{|}_{\partial\Omega}&=0, \tag{2} \\ \text{and the fields transform as: }\ \phi^{(i)}(x) &\to \widetilde{\phi}^{(i)}(\widetilde{x}) \equiv \phi^{(i)} (x) + \delta\phi^{(i)} (x). \tag{3} \\ \end{align*}$

Según mis cálculos, hasta el primer orden en la variación, la densidad lagrangiana viene dada por:

\begin{matrix} (4) & d L = \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ^{(i)})} d ϕ^{(i)} - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ^{(i)})} \partial_{v} ϕ^{(i)} d X^{v} + L d X^{m}) - L \partial_{m} (d X^{m}) \end{matrix}

$\boxed{ \delta \mathcal{L} = \partial_\mu \Big( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi^{(i)} )}\delta\phi^{(i)} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi^{(i)} )}\partial_\nu \phi^{(i)} \delta x^\nu + \mathcal{L} \delta x^\mu \Big) - \mathcal{L} \partial_\mu (\delta x^\mu) }\tag{4}$

Por lo tanto, la corriente conservada es

\begin{matrix} (5) & j^{m} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ^{(i)})} d ϕ^{(i)} - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ^{(i)})} \partial_{v} ϕ^{(i)} d X^{v} + L d X^{m} - F^{m} \end{matrix}

$\boxed{ J^{\mu} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi^{(i)} )}\delta\phi^{(i)} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi^{(i)} )}\partial_\nu \phi^{(i)} \delta x^\nu + \mathcal{L} \delta x^\mu - F^\mu } \tag{5}$ dónde

F^{μ}

$F^\mu$ es un campo arbitrario que se desvanece en

\partial Ω

$\partial \Omega$ .

Sin embargo, la mayoría de los libros de texto ignoran el segundo y el tercer término en la expresión anterior. Compárese, por ejemplo, con Peskin y Schroeder (p.18) que establece:

\begin{matrix} (6) & j^{m} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ^{(i)})} d ϕ^{(i)} - F^{m} . \end{matrix}

$J^{\mu} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi^{(i)} )}\delta\phi^{(i)} - F^\mu. \tag{6}$

Para otro ejemplo, Schweber (p. 208) ignora todos los términos excepto el primero en la variación de la densidad lagrangiana y escribe:

\begin{matrix} (7) & d L = \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ^{(i)})} d ϕ^{(i)}) . \end{matrix}

$\delta \mathcal{L} = \partial_\mu \Big( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi^{(i)} )}\delta\phi^{(i)} \Big).\tag{7}$

Entonces, ¿qué está pasando aquí? ¿Me estoy perdiendo de algo? Parece que hemos establecido las mismas suposiciones, pero obtenemos resultados diferentes. ¿Me equivoco o ellos?

EDITAR : la condición (2) es innecesaria, ya que nunca se usó en la derivación de la corriente. Ignore su presencia en el texto anterior.

Foshiba

Aquí hay una derivación de mi resultado, si desea leer.

Respuestas (4)

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qmecanico · Answer 1

ecuación (5) es (hasta factores del parámetro infinitesimal $\varepsilon$ ) la expresión estándar para la corriente de Noether completa . Aquí:
- $\delta x^{\mu}$ es la llamada componente horizontal de la variación infinitesimal;
- $\delta \phi -\frac{\partial \phi}{\partial x^{\mu}} \delta x^{\mu}$ es la llamada componente vertical de la variación infinitesimal;
- $F^{\mu}$ es un término de mejora en caso de cuasisimetría .
El punto principal es que Schweber (7), Peskin y Schroeder (6) solo están considerando situaciones con transformaciones puramente verticales, es decir, situaciones en las que $\delta x^{\mu}=0$ .
Mencionemos que el último término en la ec. (4) se cancela por las contribuciones jacobianas de la medida de integración. Por lo tanto, no está presente en la ec. (5).
Finalmente, parece relevante mencionar que la condición de frontera de OP (2) a menudo no se cumple en aplicaciones importantes, como el tensor canónico de tensión-energía-momento (SEM), que es la corriente de Noether para las traducciones del espacio-tiempo. Ver, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE. Por lo tanto, la condición de contorno (2) debe relajarse adecuadamente. Del mismo modo, el término de mejora $F^{\mu}$ no es un campo arbitrario que desaparece en el límite, como afirma OP (v3) bajo la ecuación. (5). En cambio, el término de mejora $F^{\mu}$ está dictada por la cuasisimetría, que fija $F^{\mu}$ hasta un término libre de divergencia.

La distinción entre variaciones infinitesimales horizontales y verticales parece sugerir que son cantidades linealmente independientes, lo que claramente no lo es. Entonces, ¿a qué te refieres cuando solo consideras la transformación vertical ? ¿Configuras $\delta x^\mu = 0$ ? Si $\delta \phi$ es inducido por $\delta x^\mu$ , entonces eso significaría también la desaparición de la variación vertical. ¿Qué me estoy perdiendo?
Bueno, eso es un malentendido. Actualicé la respuesta con una formulación con suerte más clara.
Gracias. Entiendo tu punto. Quisiera hacerle una última pregunta sobre su afirmación de que $F^\mu$ está necesariamente dictada por la cuasi-simetría. Ya que sabemos que $\int_\Omega \partial_\mu F^\mu = F^\mu\Big|_{\partial \Omega}$ , podemos simplemente agregar una divergencia arbitraria a la variación de la acción, siempre que satisfagamos $F^\mu\Big|_{\partial \Omega} = 0$ . No veo por qué tendríamos que restringir más la estructura de este campo. Quizás sea conveniente hacerlo en determinadas situaciones, pero no debería ser necesario . ¿Podría explicar su stand?

Bence Racskó · Answer 2

El propósito de esta respuesta es elaborar la respuesta de Knzhou. Tenemos la siguiente declaración:

Teorema: Supongamos que $\delta$ es una cuasisimetría general (es decir, no necesariamente vertical) de la acción $S$ . Entonces hay una cuasisimetría vertical equivalente $\delta^\ast$ , bajo el cual la acción también es cuasi-invariante con la misma corriente de Noether.

Esta declaración tiene dos advertencias:

Aunque las corrientes de Noether completas son equivalentes, la distribución de la corriente de Noether "desnuda" y el "término de mejora" no son iguales en los dos casos. en particular si $\delta$ es una simetría exacta, $\delta^\ast$ será una cuasisimetría en general.
La simetría vertical correspondiente $\delta^\ast$ es una simetría generalizada en general, incluso si $\delta$ es una simetría ordinaria. La diferencia entre los dos se explicará en el cuerpo de la respuesta.

Supongamos que la acción es

S [ϕ] = \int_{Ω} L (X, ϕ (X), \partial ϕ (X)) d^{norte} X,

$S[\phi]=\int_\Omega\mathcal L(x,\phi(x),\partial\phi(x))d^nx,$ dónde

Ω

$\Omega$ es un compacto

n

$n$ dominio dimensional de integración, el campo es

ϕ^{i} (x)

$\phi^i(x)$ con

m

$m$ componentes y

n

$n$ variables independientes

x^{μ}

$x^\mu$ . Por simplicidad, se supone un Lagrangiano de primer orden, pero el resultado es cualitativamente válido para el caso de orden superior también (es decir, las fórmulas específicas son diferentes, pero el resultado general es el mismo).

Primero consideramos una variación $\delta$ dada por

X^{' m} = X^{m} + ϵ d X^{m}, ϕ^{' i} (X^{'}) = ϕ^{i} (X) + ϵ d ϕ^{i} (X) .

$x^{\prime\mu}=x^\mu+\epsilon\delta x^\mu,\quad\phi^{\prime i}(x^\prime)=\phi^i(x)+\epsilon\delta\phi^i(x).$ Suponemos que esta variación es una cuasisimetría fuera de la cáscara de la acción, es decir

d S [ϕ] = \int_{Ω} d_{m} F^{m} d^{norte} X

$\delta S[\phi]=\int_\Omega d_\mu F^\mu\ d^nx$ para alguna mejora actual

F^{μ}

$F^\mu$ . Dejar

L = L d^{n} x

$L=\mathcal Ld^nx$ ser el lagrangiano

n

$n$ -formar y definir la variación total

δ_{T} L

$\delta_T\mathcal L$ de la densidad lagrangiana para ser

d L = d_{T} L d^{norte} X .

$\delta L=\delta_T\mathcal L\ d^nx.$

Como OP ha derivado correctamente, tenemos

d_{T} L = {mi}_{i} (L) (d ϕ^{i} - \partial_{m} ϕ^{i} d X^{m}) + d_{m} [\frac{\partial L}{\partial ϕ_{m}^{i}} d ϕ^{i} - (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{m}^{i}} ϕ_{v}^{i} - L d_{v}^{m}) d X^{v}] = {mi}_{i} (L) (d ϕ^{i} - \partial_{m} ϕ^{i} d X^{m}) + d_{m} [\frac{\partial L}{\partial ϕ_{m}^{i}} (d ϕ^{i} - \partial_{v} ϕ^{i} d X^{v}) + L d X^{m}] = {mi}_{i} (L) d^{*} ϕ^{i} + d_{m} [\frac{\partial L}{\partial ϕ_{m}^{i}} d^{*} ϕ^{i} + L d X^{m}],

$\delta_T\mathcal L=E_i(L)(\delta\phi^i-\partial_\mu\phi^i\delta x^\mu)+d_\mu\left[\frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi^i_\mu}\delta\phi^i-\left(\frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi^i_\mu}\phi^i_\nu-\mathcal L\delta^\mu_\nu\right)\delta x^\nu\right] \\ = E_i(L)(\delta\phi^i-\partial_\mu\phi^i\delta x^\mu)+d_\mu\left[\frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi^i_\mu}\left(\delta\phi^i-\partial_\nu\phi^i\delta x^\nu\right)+\mathcal L\delta x^\mu\right] \\ = E_i(L)\delta^\ast\phi^i+d_\mu\left[\frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi^i_\mu}\delta^\ast\phi^i+\mathcal L\delta x^\mu\right],$ dónde

E_{i} (L)

$E_i(L)$ es la expresión de Euler-Lagrange del Lagrangiano, y

d^{*} ϕ^{i} = d ϕ^{i} - \partial_{m} ϕ^{i} d X^{m}

$\delta^\ast\phi^i=\delta\phi^i-\partial_\mu\phi^i\delta x^\mu$ es la parte vertical de la variación.

La corriente total de Noether es entonces

j^{m} = \frac{\partial L}{\partial ϕ_{m}^{i}} d^{*} ϕ^{i} + L d X^{m} - F^{m} .

$J^\mu=\frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi^i_\mu}\delta^\ast\phi^i+\mathcal L\delta x^\mu-F^\mu .$

Ahora considere hacer solo $\delta^\ast\phi^i$ como una variación sin parte horizontal. La variación de la acción es

d^{*} S = \int_{Ω} ({mi}_{i} (L) d^{*} ϕ^{i} + d_{m} (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{m}^{i}} d^{*} ϕ^{i})) d^{norte} X .

$\delta^\ast S=\int_\Omega\left(E_i(L)\delta^\ast\phi^i+d_\mu\left(\frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi^i_\mu}\delta^\ast\phi^i\right)\right)d^nx.$ Comparando esto con la integral de

δ_{T} L

$\delta_T\mathcal L$ , encontramos

d^{*} S = d S - \int_{Ω} d_{m} (L d X^{m}) d^{norte} X .

$\delta^\ast S=\delta S-\int_\Omega d_\mu(\mathcal L\delta x^\mu)d^nx.$

Se sigue que si $\delta$ es una cuasisimetría de $S$ con término de mejora $F^\mu$ , entonces $\delta^\ast S$ es también una cuasisimetría de $S$ con término de mejora $\bar F^\mu=F^\mu-\mathcal L\delta x^\mu$ . La corriente total de Noether de esta simetría es entonces

j^{m} = \frac{\partial L}{\partial ϕ_{m}^{i}} d^{*} ϕ^{i} - {\bar{F}}^{m} = \frac{\partial L}{\partial ϕ_{m}^{i}} d^{*} ϕ^{i} + L d X^{m} - F^{m},

$J^\mu=\frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi^i_\mu}\delta^\ast\phi^i-\bar F^\mu=\frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi^i_\mu}\delta^\ast\phi^i+\mathcal L\delta x^\mu-F^\mu,$ lo cual concuerda con la corriente anterior.

Observaciones:

Claramente, si el término de mejora se desvanece para $\delta$ , es decir $F^\mu=0$ , entonces la variación vertical correspondiente todavía tiene un término de mejora $-\mathcal L\delta x^\mu$ . Por lo tanto, como se indicó en la introducción, una simetría exacta no vertical solo puede reemplazarse con una cuasisimetría vertical.

En segundo lugar, las variaciones que aparecen en el teorema de Noether son tales que no son variaciones sobre un campo específico . $\phi^i$ , sino que se puede calcular la variación de cualquier campo. En otras palabras, $\delta$ es un "campo vectorial" en lugar de un solo "vector tangente" en el espacio del campo. Ordinariamente, estas variaciones tienen la forma funcional

d X^{m} = ξ^{m} (X), d ϕ^{i} (X) = Ξ^{i} (X, ϕ (X)) .

$\delta x^\mu=\xi^\mu(x),\quad\delta\phi^i(x)=\Xi^i(x,\phi(x)).$ Si las variaciones tienen esta dependencia funcional, entonces generan flujos proyectables en el

n + m

$n+m$ -espacio total dimensional de variables dependientes e independientes

(x^{μ}, y^{i})

$(x^\mu,y^i)$ (Este punto se haría mucho más comprensible en una formulación de haz de fibras, que no estoy haciendo por el bien de la accesibilidad).

Sin embargo, para variaciones verticales también podemos considerar variaciones de la forma

d ϕ^{i} (X) = Ξ^{i} (X, ϕ (X), \partial ϕ (X), . . ., \partial^{r} ϕ (X)),

$\delta\phi^i(x)=\Xi^i(x,\phi(x),\partial\phi(x),...,\partial^r\phi(x)),$ y esto se denomina variación generalizada (y si es una simetría, entonces una simetría generalizada) (observación adicional: en principio, se podría considerar cualquier funcional

δ ϕ^{i} (x) = Ξ^{i} [ϕ] (x)

$\delta\phi^i(x)=\Xi^i[\phi](x)$ , sin embargo, en aras de la localidad, generalmente se consideran solo funcionales de orden finito).

Las variaciones verticales generalizadas no generan flujos en el $(x,y)$ -espacio, pero generan flujos en el espacio de campo, a través de la ecuación

\frac{\partial ϕ_{ϵ}^{i}}{\partial ϵ} = Ξ^{i} (X, ϕ_{ϵ} (X), . . ., \partial^{r} ϕ_{ϵ} (X)) .

$\frac{\partial\phi^i_\epsilon}{\partial\epsilon}=\Xi^i(x,\phi_\epsilon(x),...,\partial^r\phi_\epsilon(x)).$

Con esto en mente, si $\delta$ es una variación ordinaria no vertical con

d X^{m} = ξ^{m} (X), d ϕ^{i} (X) = Ξ^{i} (X, ϕ (X)),

$\delta x^\mu=\xi^\mu(x),\quad \delta\phi^i(x)=\Xi^i(x,\phi(x)),$ entonces la variación vertical correspondiente tiene la forma

d^{*} ϕ^{i} (X) = Z^{i} (X, ϕ (X), \partial ϕ (X)) = Ξ^{i} (X, ϕ (X)) - \partial_{m} ϕ^{i} (X) ξ^{m} (X),

$\delta^\ast\phi^i(x)=\mathrm Z^i(x,\phi(x),\partial\phi(x))=\Xi^i(x,\phi(x))-\partial_\mu\phi^i(x)\xi^\mu(x),$ lo que demuestra que

δ^{*}

$\delta^\ast$ es en realidad una simetría vertical generalizada .

Por lo tanto, como se indicó en la introducción, una variación ordinaria no vertical solo puede ser reemplazada por una variación generalizada vertical en general.

knzhou · Answer 3

El problema es que hay dos formas de escribir una transformación de campo infinitesimal. Como ejemplo simple, consideremos un triplete de campos $\phi_i$ que se transforman como un vector en el espacio, y supongamos que estamos tratando con una simetría rotacional. Podemos escribir esta simetría de dos maneras:

Su método: la rotación cambia las coordenadas espaciales (su $\delta x^\mu$ ) y cambia el valor del campo por rotación (su $\delta \phi^i$ ).
El método más común: la rotación solo cambia el valor del campo mientras mantiene constantes las coordenadas espaciales, es decir $\delta x^\mu = 0$ .

Si bien parece que su método es más general, el segundo método funciona igual de bien, ya que cualquier cambio en las coordenadas por un pequeño $\delta x^\mu$ es equivalente a un cambio en el valor del campo por $\partial_\mu \phi^i \delta x^\mu$ .

Configuración $\delta x^\mu = 0$ en la respuesta de Peskin y Schroeder da la suya, por lo que están de acuerdo con usted, excepto que su $\delta \phi$ será más complicado. El libro de Schweber es un poco más básico y probablemente eliminó la derivada total solo para simplificar las cosas.

Usted afirma que en el método más común , $\delta x^\mu = 0$ , y también sostiene que $\delta\phi^i \propto \partial_\mu \phi^i \delta x^\mu$ . ¿No significaría eso $\delta\phi^i = 0$ ¿en todos lados? ¿Cómo explicas esto?
@Meghana Lo siento, usé una mala notación. En la primera ecuación quiero decir que no hay transformación espacial, por lo que el $\delta x^\mu$ términos en su versión actual de Noether no aparecen. En la segunda ecuación, quiero decir que se debe agregar un cambio adicional a $\delta \phi$ para compensar. En este contexto, $\delta x^\mu$ es simplemente un vector de cuatro y no tiene ningún significado más allá de eso. Es igual a lo que hubiera sido la transformación espacial.

Fotón · Answer 4

Una corriente de Noether siempre está conectada a alguna transformación. Si elimina los términos segundo y tercero en el segundo cuadro, tiene la corriente para una transformación de campo pura sin transformación de coordenadas. Tenga en cuenta que la transformación de campo tiene dos partes: una se origina a partir de un cambio de campo dado, la otra es inducida por una transformación de coordenadas. Si, por ejemplo, pusiera el cambio de campo puro en cero y mantuviera solo la parte inducida por el cambio de coordenadas, obtendría el tensor de energía-momento de la teoría.

Corrección: solo obtiene el tensor de energía-momentum como corriente de Noether si configura la transformación de coordenadas para que sean traducciones de espacio-tiempo.

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