La expresión actual de Noether en Peskin y Schroeder

Esto es lo que percibo como una presentación matemática y lógicamente precisa del teorema, avíseme si esto ayuda.

Preliminares Matemáticos

Primero, permítanme presentarles una notación precisa para que no encontremos ningún problema con "infinitesimales", etc. Dado un campo$\phi$, dejar$\hat\phi(\alpha, x)$denota una familia suave de campos de un parámetro para los cuales$\hat \phi(0, x) = \phi(x)$. Llamamos a esta familia una deformación de$\phi$(en una versión anterior llamé a esto un "flujo"). Entonces podemos definir la variación de$\phi$bajo esta deformación como la aproximación de primer orden al cambio en$\phi$como sigue:

Definición 1. (Variación de campo)

$$\delta\phi(x) = \frac{\partial\hat\phi}{\partial\alpha}(0,x)$$

Esta definición implica entonces la siguiente expansión

$$\hat\phi(\alpha, x) = \phi(x) + \alpha\delta\phi(x) + \mathcal O(\alpha^2)$$ que hace contacto con la notación en muchos libros de física como Peskin y Schroeder.

Nota: En mi notación,$\delta\phi$NO es un "infinitesimal", es el coeficiente del parámetro$\alpha$en el cambio de primer orden en el campo bajo la deformación. Prefiero escribir las cosas de esta manera porque creo que genera mucha menos confusión.

A continuación, definimos la variación del Lagrangiano bajo la deformación como el coeficiente del cambio en$\mathcal L$a primer orden en$\alpha$;

Definición 2. (Variación de la densidad lagrangiana)

$$\delta\mathcal L(\phi(x), \partial_\mu\phi(x)) = \frac{\partial}{\partial\alpha}\mathcal L(\hat\phi(\alpha, x), \partial_\mu\hat\phi(\alpha, x))\Big|_{\alpha=0}$$

Dadas estas definiciones, te dejo que muestres

Lema 1. Para cualquier variación de los campos$\phi$, la variación de la densidad lagrangiana satisface

$$\begin{align} \delta\mathcal L &= \left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial\phi} - \partial_\mu\frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)\delta\phi + \partial_\mu K^\mu,\qquad K^\mu = \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta\phi \end{align}$$ Necesitarás usar (1) la regla de la cadena para diferenciación parcial, (2) el hecho$\delta(\partial_\mu\phi) = \partial_\mu\delta\phi$lo cual se puede demostrar a partir de la definición anterior de$\delta\phi$y (3) la regla del producto para diferenciación parcial.

El teorema de Noether en pasos

1. Deja que un flujo particular$\hat\phi(\alpha, x)$ser dado.

2. Suponga que para esta deformación particular existe algún campo vectorial$J^\mu\neq K^\mu$tal que

   $$\delta\mathcal L = \partial_\mu J^\mu$$

3. Tenga en cuenta que para cualquier campo$\phi$ que satisface la ecuación de movimiento , el Lema 1 nos dice que

   $$\delta \mathcal L = \partial_\mu K^\mu$$

4. Definir un campo vectorial$j^\mu$por

   $$j^\mu = K^\mu - J^\mu$$

5. Observe que para cualquier campo$\phi$satisfacer las ecuaciones de los pasos de movimiento 2+ 3 + 4 implica

   $$\partial_\mu j^\mu = 0$$

QED

¡¡¡Notas importantes!!! Si sigues la lógica cuidadosamente, verás que$\delta \mathcal L = \partial_\mu K^\mu$ sólo a lo largo de las ecuaciones de movimiento . Además, parte de la hipótesis del teorema fue que encontramos un$J^\mu$eso no es igual a$K^\mu$para cual$\delta\mathcal L = \partial_\mu J^\mu$. Esto asegura que$j^\mu$definido al final no es idénticamente cero ! Para encontrar tal$J^\mu$, no deberías estar usando las ecuaciones de movimiento. Debería aplicar la deformación dada al campo y ver qué le sucede al primer orden en el "parámetro de deformación"$\alpha$.

Apéndice. 2020-07-02 (Ejemplo de campo escalar gratuito).

Un ejemplo concreto ayuda a aclarar el teorema y las observaciones que se hacen después. Considere un solo campo escalar real$\phi:\mathbb R^{1,3}\to\mathbb R$. Dejar$m\in\mathbb R$y$\xi\in\mathbb R^{1,3}$, y considere la siguiente densidad y deformación lagrangianas (a menudo llamada traducción del espacio-tiempo):

$$\mathcal L(\phi, \partial_\mu\phi) = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi, \qquad \hat\phi(\alpha, x) = \phi(x + \alpha\xi)$$ Cálculo utilizando la definición de$\delta\mathcal L$(reemplace el campo deformado en$\mathcal L$, tome la derivada con respecto a$\alpha$, y establecer$\alpha = 0$al final) pero sin invocar nunca la ecuación de movimiento (ecuación de Klein-Gordon) para el campo da $$\delta \mathcal L = \partial_\mu(\xi^\nu\delta^\mu_\nu \mathcal L), \qquad \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta\phi = \xi^\nu\partial_\nu\phi\partial^\mu\phi$$ Resulta que $$J^\mu = \xi^\nu\delta^\mu_\nu \mathcal L, \qquad K^\mu = \xi^\nu\partial_\nu\phi\partial^\mu\phi$$ y por lo tanto $$j^\mu = \xi^\nu(\partial_\nu\phi\partial^\mu\phi -\delta^\mu_\nu\mathcal L)$$ Si por ejemplo uno elige$\tau > 0$y conjuntos$\xi = (\tau, 0, 0, 0)$, entonces la deformación es traslación del tiempo, y conservación de$j^\mu$produce la conservación de la densidad hamiltoniana asociada con$\mathcal L$como el lector puede comprobar.

Supongamos, en cambio, que en el proceso de calcular$\delta \mathcal L$, uno invocaría además la siguiente ecuación de movimiento que es simplemente la ecuación de Euler-Lagrange para la densidad de Lagrange$\mathcal L$:

$$\partial^\mu\partial_\mu\phi = -m^2\phi,$$ Entonces uno encuentra que $$\delta\mathcal L = \partial_\mu(\xi^\nu\partial_\nu\phi\partial_\mu\phi)$$ asi que$J^\mu = K^\mu$y por lo tanto$j^\mu = 0$, que no es informativo.

Invariante lagrangiano hasta una divergencia general de 4 y la ecuación de Euler Lagrange que juntos te dan$\partial_{\mu}\left(\frac{\partial L}{\partial\partial_{\mu}\phi}\delta\phi\right)=\partial_{\mu}\left(J^{\mu}(x)\right)$

Ahora, si te entendí correctamente, estás diciendo esencialmente si$\dfrac{df}{dx}=\dfrac{dg}{dx}$después$f=g$lo cual en general no es cierto todo lo que se puede decir es$\dfrac{d(f-g)}{dx}=0$es decir$f-g=constant$.

Del mismo modo aquí$\partial_{\mu}\left(J^{\mu}(x)-\frac{\partial L}{\partial\partial_{\mu}\phi}\delta\phi\right)=0$implicaría

$j^{\mu}(x)=J^{\mu}(x)-\frac{\partial L}{\partial\partial_{\mu}\phi}\delta\phi$tal que$\partial_{\mu}(j^{\mu}(x))=0$

El punto clave es que las soluciones en el caparazón solo extreman la acción cuando las condiciones de contorno no se modifican, las transformaciones arbitrarias en el campo en general no dejan las condiciones de contorno sin cambios y es por eso que el término$\partial_\mu \left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_{\mu}\phi} \delta \phi \right) \neq 0$ya que la deformación no necesita ser cero en los límites. En el caso de condiciones de contorno en el infinito, las deformaciones no necesitan ser regulares en el infinito y, por lo tanto, pueden dar términos de contorno finitos.

Además, agregar un término de cuatro divergencias al Lagrangiano no deja invariante la acción en general, solo las soluciones físicas.

Primero, la operación diferencial se llama "cuatro divergencia" (la divergencia de cuatro dimensiones), no "cuarta divergencia".

Segundo, la acción obviamente cambia bajo un cambio genérico de los campos, es decir, si el cambio del Lagrangiano no es una cuádruple divergencia. Es un funcional completamente general de los campos por lo que sí cambia.

Tercero, la acción es estacionaria cuando se satisfacen las ecuaciones de movimiento. Estas dos condiciones son finalmente equivalentes. Pero cuando derivas las ecuaciones de movimiento, no puedes asumir que las ecuaciones de movimiento se cumplen. Eso sería un razonamiento circular y no podrías derivar nada.

Cuarto, sí, las ecuaciones de movimiento se utilizan cuando se deriva$\partial_\mu J^\mu=0$(es decir, la acción es estacionaria) pero no, la derivación de la corriente de Noether no implica que$J^\mu=0$. Tu error es confundir lo que se extremiza. Las ecuaciones de movimiento solo significan$\delta S =0$, no$\delta L=0$o$\delta{\mathcal L}=0$.

Quinto, tu última ecuación no tiene sentido porque el lado izquierdo es finito pero el lado derecho es infinitesimal. Al igual que con los problemas de análisis dimensional (unidades incompatibles), una manipulación con estas expresiones que obedecen las reglas básicas nunca puede terminar con un desajuste similar. Su "cálculo" anterior también está mal porque está escribiendo algunas expresiones extrañas que son de segundo orden. En las variaciones,$\alpha$se supone que es infinitesimal, y en derivaciones válidas, nunca hay un producto de$\alpha$con otra cantidad infinitesimal como$\delta \phi$. En efecto, sus términos son de segundo orden (doblemente infinitesimales), pero su análisis no tiene esta precisión de orden superior, por lo que es incorrecto.

Creo que es una mejor idea seguir la derivación correcta real en lugar de sus intentos personales de revisar el cálculo funcional que aún no domina.