"Derivar" la condición de calibre de Lorenz a partir del lagrangiano

Question

"Derivar" la condición de calibre de Lorenz a partir del lagrangiano

Sanha Cheong

Estoy estudiando QFT con Mandl & Shaw, Quantum Field Theory y me encontré con el problema 2.3 (página 37 de la segunda edición) que dice:

Problema 2.3: Muestre que la densidad lagrangiana

$L = - \frac{1}{2} [\partial_{α} ϕ_{β} (X)] [\partial^{α} ϕ^{β} (X)] + \frac{1}{2} [\partial_{α} ϕ^{α} (X)] [\partial_{β} ϕ^{β} (X)] + \frac{m^{2}}{2} ϕ_{α} (X) ϕ^{α} (X)$ $\mathscr{L} = -\frac{1}{2}\big[\partial_\alpha\phi_\beta(x)\big]\big[\partial^\alpha\phi^\beta(x)\big] + \frac{1}{2}\big[\partial_\alpha\phi^\alpha(x)\big]\big[\partial_\beta\phi^\beta(x)\big] + \frac{\mu^2}{2}\phi_\alpha(x)\phi^\alpha(x)$

para el campo vectorial real $\phi^\alpha(x)$ conduce a las ecuaciones de campo

$[{gramo}_{α β} (◻ + m^{2}) - \partial_{α} \partial_{β}] ϕ^{β} (X) = 0$ $\left[g_{\alpha\beta}\left(\Box+\mu^2\right) - \partial_\alpha\partial_\beta\right] \phi^\beta(x) = 0$

y que el campo $\phi^\alpha(x)$ satisface la condición de Lorenz

$\partial_{α} ϕ^{α} (X) = 0.$ $\partial_\alpha \phi^\alpha(x) = 0.$

~~He hecho la primera parte, pero no estoy seguro de cómo abordar la segunda parte --- derivando la condición del indicador de Lorenz.~~ Ahora sé cómo derivar ambos resultados.

Sin embargo, ¿por qué/cómo es esto posible ? El Lagrangiano se parece mucho a un Lagrangiano de Klein-Gordon para cada componente del campo, excepto por el segundo término. Sin embargo, si la condición de Lorenz fuera realmente derivable del Lagrangiano dado, el segundo término será idénticamente cero, y el Lagrangiano se reducirá completamente a un Lagrangiano de Klein-Gordon para cada componente. Entonces, ¿cuál fue el punto del segundo término en el Lagrangiano desde el principio? Su contribución a la ecuación de movimiento también será idénticamente cero, si se cumple la condición de Lorenz.

¿Hay una interpretación física significativa que aprender aquí?

gj255

¿Qué sucede si tomas la derivada de la ecuación de campo con respecto a

α

$\alpha$ ?

Sanha Cheong

@ gj255 bien, wow, eso hace el trabajo. Era vergonzosamente simple. Todavía no entiendo lo que esto implica, sin embargo.

AccidentalFourierTransformar

no puede volver a conectar eom en el lagrangiano a menos que el campo sea auxiliar (cf. por ejemplo, el lagrangiano en el caparazón se desvanece ).

gj255

Si tuviera una teoría de cuatro campos escalares independientes que satisfagan la ecuación de Klein-Gordon, no habría ninguna condición de Lorenz que los relacione. El hecho de que haya usado la condición de Lorenz para reducir el Lagrangiano o las ecuaciones de movimiento de cierta manera no significa que pueda olvidar que todavía tiene la condición de Lorenz.

Respuestas (1)

"Derivar" la condición de calibre de Lorenz a partir del lagrangiano

¿Qué sucede si tomas la derivada de la ecuación de campo con respecto a $\alpha$ ?
@ gj255 bien, wow, eso hace el trabajo. Era vergonzosamente simple. Todavía no entiendo lo que esto implica, sin embargo.
no puede volver a conectar eom en el lagrangiano a menos que el campo sea auxiliar (cf. por ejemplo, el lagrangiano en el caparazón se desvanece ).
Si tuviera una teoría de cuatro campos escalares independientes que satisfagan la ecuación de Klein-Gordon, no habría ninguna condición de Lorenz que los relacione. El hecho de que haya usado la condición de Lorenz para reducir el Lagrangiano o las ecuaciones de movimiento de cierta manera no significa que pueda olvidar que todavía tiene la condición de Lorenz.

JG · Answer 1

Como @ gj255 ya señaló, $\partial^\alpha$ obtiene $\mu^2\partial_\beta\phi^\beta=0$ , que por $\mu^2\ne 0$ cancela al calibre Lorenz. Sustituyendo esto de nuevo en la ecuación de movimiento da $(\square +\mu^2)\phi_\alpha=0$ , una ecuación de Klein-Gordon como has adivinado. En otras palabras, podemos pensar en nuestra única ecuación de Euler-Lagrange como dos ecuaciones en una, una KGE y la medida de Lorenz.

Usted preguntó qué significa esto físicamente. Lo que significa es que, mientras que $\phi_\alpha$ tiene $4$ grados de libertad, el indicador reduce eso a $3$ , el número esperado de un giro masivo $1$ partícula. (La función del segundo término, sobre la que preguntó, es, por lo tanto, crear esta reducción de DOF. Un Lagrangiano con él eliminado no es equivalente, porque perdemos el indicador de Lorenz).

Puede ver esto en el Apéndice del Capítulo I.5 de A. Zee's Quantum Field Theory in a Nutshell , donde sin asumir ningún Lagrangiano, motiva el indicador de Lorenz para reducir el número de grados de libertad y muestra que esto + el KGE es equivalente a su ecuación de movimiento Luego observa que multiplicando el lado izquierdo de la EOM por $\frac{\phi^\alpha}{2}$ da una densidad lagrangiana masiva, que (hasta la integración por partes) es solo la densidad lagrangiana masiva de Maxwell.

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Sanha Cheong

gj255

Sanha Cheong

AccidentalFourierTransformar

gj255

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JG

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