¿Es el Lagrangiano de Dirac invariante de calibre local sin el campo de calibre AAA?

Cuando se trata de la verificación de la invariancia del Lagrangiano de la ecuación de Dirac bajo condiciones locales$U(1)$-transformaciones He hecho la siguiente observación:

$$L = \bar{\psi} (i\gamma^{\mu}\partial_\mu \psi -m)\psi.$$

Asumo la siguiente transformación de calibre local:$\psi \longrightarrow e^{-i\alpha(x)} \psi$( y$\bar{\psi}\longrightarrow e^{i\alpha(x)} \bar{\psi})$:

$$L' =e^{i\alpha(x)}\bar{\psi}e^{-i\alpha(x)}(i\gamma^\mu\partial_\mu\psi+e\gamma^{\mu}(\partial_\mu\alpha) \psi) -m\bar{\psi}{\psi}$$

rendimientos:

$$L' = L + e \bar{\psi}\gamma^\mu\psi \partial_\mu\alpha= L + e J^\mu \partial_\mu\alpha$$

dónde$J^{\mu}$representa la densidad de 4 corrientes del campo de Dirac. Ahora, en lugar de introducir el campo de indicador$A_\mu$Aplico una integración parcial y obtengo:

$$\delta L = L'-L = e\partial_\mu(J^\mu \alpha) - e\partial_\mu J^\mu \alpha.$$

Aplicando dos argumentos:

1. bajo la integral de acción, la derivada parcial del primer término se puede transformar en una integral de superficie en cuyos bordes la densidad de corriente$J^{\mu}$desaparece

2. debido a la conservación actual, el segundo término también desaparece. Por lo tanto, el Lagrangiano (o al menos la acción) permanece invariante bajo el local$U(1)$transformación. ¿Cuál es el defecto de esta conclusión?

Por cierto: consideré un argumento similar para verificar la invariancia de calibre del término de acoplamiento$J^\mu A_\mu$en las ecuaciones de Maxwell. Si$A_\mu$se cambia bajo transformaciones de calibre, uno obtendría un término adicional$J^\mu \partial_\mu \alpha$que pueden ser eliminados por la misma estrategia.

Entonces, si la primera (invariancia de la ecuación de Dirac sin campo de calibre) no funciona, ¿cómo puede funcionar la segunda? ¿O significaría que las ecuaciones de Maxwell no son realmente invariantes de calibre?