¿La acción y el Lagrangiano tienen simetrías idénticas y cantidades conservadas?

Sí, siempre que se utilicen las nociones correctas de simetría para la acción y el lagrangiano.

La puesta en marcha.

Asumimos en todo momento que la acción se puede escribir como la integral de un Lagrangiano local. Es decir, deja$\mathcal C$sea ​​el espacio de configuración del sistema, entonces para cualquier camino admisible$q:[t_a, t_b]\to \mathcal C$, existe una función local$L$de caminos tales que

Simetría definida.

Decimos que esta deformación es una simetría de la acción$S$siempre que exista una función local de caminos$B_q$tal que

Equivalencia de nociones de simetría.

Usando estas definiciones, se puede mostrar que una deformación dada es una simetría de$S$si y sólo si es una simetría de$L$.

Nótese que para cualquier deformación y para cualquier camino admisible$q:[t_a, t_b]\to \mathcal C$, uno tiene

Te dejo lo contrario.

Primero algo de terminología:

1. En general, una transformación infinitesimal de una teoría de campos consiste en la llamada transformación infinitesimal horizontal

   $$\delta x^i ~=~x^{\prime i}- x^i$$ de la variedad base, y una llamada transformación infinitesimal vertical $$\delta_0\phi^{\alpha}(x)~=~\phi^{\prime \alpha}(x)-\phi^{\alpha}(x)$$ de los campos La transformación infinitesimal completa de los campos se lee $$\delta\phi^{\alpha}(x)~=~\phi^{\prime \alpha}(x^{\prime})-\phi^{\alpha}(x).$$

2. Una cuasisimetría de una acción local$S=\int_V d^dx ~{\cal L}$significa que el cambio infinitesimal$\delta S$es un término de frontera bajo la transformación de cuasisimetría. Una simetría de una acción es el caso especial$\delta S=0$.

3. Una cuasisimetría de un Lagrangiano (densidad)${\cal L}$significa que el cambio infinitesimal$\delta {\cal L}$es una divergencia total bajo la transformación cuasisimétrica, cf. esta respuesta Phys.SE. Una simetría de un Lagrangiano (densidad) es el caso especial$\delta {\cal L}=0$.

Una cuasisimetría vertical de una acción local corresponde$^1$a una cuasisimetría vertical del Lagrangiano (densidad). (Sin embargo, un factor jacobiano de una transformación horizontal podría complicar la correspondencia).

Una simetría vertical de una acción no es necesariamente una simetría vertical del Lagrangiano (densidad), pero ocurre lo contrario.

Es más general formular el Teorema de Noether en términos de una acción en lugar de un Lagrangiano (densidad). Esto es también lo que hizo originalmente Noether en su artículo de 1918 .

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$^1$Es sencillo deducir que una cuasisimetría vertical del Lagrangiano (densidad) conduce a una cuasisimetría vertical de la acción. Si sabemos que una acción tiene una cuasisimetría vertical para cada región de integración$V$, también podemos deducir fácilmente lo contrario por localización. Sin embargo, si solo sabemos que la acción tiene una cuasisimetría vertical para una sola región de integración fija$V$, podría haber posibles obstrucciones topológicas en el espacio de configuración de campo que podrían invalidar que el Lagrangiano (densidad) tiene una cuasisimetría vertical. Técnicamente, este último se basa en un lema algebraico de Poincaré del llamado complejo bivariacional, véase, por ejemplo, Ref. 2.

Referencias:

1. G. Barnich, F. Brandt y M. Henneaux, Cohomología local BRST en teorías de norma, Phys. Rep. 338 (2000) 439, arXiv:hep-th/0002245 .

La respuesta técnica es$No$. Sorprendentemente, creo que Wikipedia da la mejor definición, aunque creo que ambos autores intentan decir lo mismo. Deje que la acción se defina como

$S[\varphi]=\int d^4x\ \mathcal L(\varphi(x),\partial_\mu\varphi(x))$

Una simetría diferenciable es una simetría del funcional que no cambia la acción.

$S[\varphi']-S[\varphi]=0$.

Es una simetría diferencial porque cuando esta expresión se interpreta como una acción sobre la densidad de lagrange$\mathcal L$lo hace por una diferenciación. Asumiendo$\varphi'=\varphi+\delta\varphi$dónde$\delta\varphi$es un cambio infinitesimal en la función$\varphi(x)$obtenemos

$S[\varphi']-S[\varphi]=\int d^4x\ \left(\delta\varphi\frac{\partial}{\partial \varphi}\mathcal L+\partial_\mu\delta\varphi\frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\varphi)}\mathcal L\right)=0$

Para obtener el teorema de Noether tenemos que integrar por partes, por lo que es necesario que la integral esté incluida en la definición, y por eso es más exacto hablar de la simetría en términos de la acción. Aquí hay un ejemplo de una acción que no tiene la misma simetría del Lagrangiano dependiendo solo de las condiciones de contorno de la integral:

$S_1=\int_0^\infty dr\int_0^{2\pi}rd\theta\ \mathcal L(\varphi,\partial_\mu\varphi)$

es esféricamente simétrico, por lo que conserva el momento angular por el teorema de Noether, mientras que

$S_2=\int_0^1dx\int_0^1dy\ \mathcal L(\varphi,\partial_\mu\varphi)$

no es. La integral rompe la simetría esférica que, de otro modo, el lagrangiano podría conservar.

OP, soy nuevo en stackexchange (pero soy un veterano de la física), por lo que aún no puedo comentar en la publicación en sí, pero debes saber que la que elegiste como la respuesta correcta solo es válida para curvas unidimensionales, e incluso allí. es válido solo para una definición especial de simetría que permite términos de límite (llamados "cuasi-simetrías", como señala QMechanic). Digo esto porque si estudia algo más general que eso, planos bidimensionales, QFT, teoría de cuerdas, por ejemplo, este resultado no se mantendrá y las simetrías de Lagrange pueden no ser las mismas que las simetrías de acción porque la medida ( p.ej$\int d^4x$) puede romper la simetría de$\mathcal L$.