La transformación tiene δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0 pero δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 y δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \parcial\Omega} d^3 xf

Question

La transformación tiene δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0 pero δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 y δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \parcial\Omega} d^3 xf

arcearce

Vi una respuesta para ¿Por qué estas dos definiciones de simetría están en el equivalente lagrangiano?

tengo un ejemplo tiene $\delta \mathcal{L}=0$ pero $\delta S \neq 0$ y

\begin{matrix} (1) & d S \neq ϵ \int_{\partial Ω} d^{3} X F . \end{matrix}

$\delta S \neq \epsilon \int_{\partial\Omega} d^3 x f .\tag{1}$

Acción

\begin{matrix} (2) & S = \int_{Ω} d^{4} X L, \end{matrix}

$S=\int_\Omega d^4x~\mathcal{L},\tag{2}$

\begin{matrix} (3) & L = \frac{1}{2} (\partial_{t} ϕ (t, X))^{2} - \frac{1}{2} (\partial_{X} ϕ (t, X))^{2} . \end{matrix}

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_t \phi(t,\mathbf{x}))^2 -\frac{1}{2}(\partial_\mathbf{x} \phi(t,\mathbf{x}))^2.\tag{3}$

Transformación:

\begin{matrix} (4) & X \to X^{'} = λ X, \end{matrix}

$x\rightarrow x'=\lambda x,\tag{4}$

\begin{matrix} (5) & ϕ (X) \to ϕ^{'} (X^{'}) = λ ϕ (X) . \end{matrix}

$\phi(x)\rightarrow\phi'(x')=\lambda\phi(x).\tag{5}$

Esta transformación tiene

\begin{matrix} (6) & d L = L (\partial_{X^{'}} ϕ^{'} (X^{'}), ϕ^{'} (X^{'})) - L (\partial_{X} ϕ (X), ϕ (X)) = 0, \end{matrix}

$\delta\mathcal{L}=\mathcal{L}(\partial_{x'}\phi'(x'),\phi'(x'))-\mathcal{L}(\partial_{x}\phi(x),\phi(x))=0, \tag{6}$

\begin{matrix} (7) & d S = \frac{1}{2} \int_{Ω^{'}} d^{4} X^{'} ((\partial_{t^{'}} ϕ (t^{'}, X^{'}))^{2} - (\partial_{X^{'}} ϕ (t^{'}, X^{'}))^{2}) - \frac{1}{2} \int_{Ω} d^{4} X ((\partial_{t} ϕ (t, X))^{2} - (\partial_{X} ϕ (t, X))^{2}) = (λ^{4} - 1) S \end{matrix}

$\delta S= \frac{1}{2}\int_{\Omega'} d^4x' ((\partial_{t'} \phi(t',\mathbf{x'}))^2 -(\partial_{\mathbf{x}'} \phi(t',\mathbf{x}'))^2) - \frac{1}{2}\int_\Omega d^4x ((\partial_t \phi(t,\mathbf{x}))^2 -(\partial_\mathbf{x} \phi(t,\mathbf{x}))^2)=(\lambda^4-1)S\tag{7}$

Nota :

\begin{matrix} (8) & \int_{Ω^{'}} d^{4} X^{'} = \int_{Ω} | \frac{\partial X^{' m}}{\partial X^{v}} | d^{4} X = \int_{Ω} λ^{4} d^{4} X . \end{matrix}

$\int_{\Omega'}d^4x'=\int_{\Omega}|\frac{\partial x'^\mu}{\partial x^\nu}|d^4x=\int_{\Omega}\lambda^4 d^4 x.\tag{8}$

Mi pregunta:

Según esta respuesta , esta transformación es L $1$ pero no es S $1$ o S $2$ . Entonces, ¿esta transformación ha conservado la corriente? Siento que no es una simetría.

PD : según la respuesta de Qmechanic: hay dos definiciones diferentes de $\delta \mathcal{L}$

El primero:

d_{1} L = L (ϕ^{'} (X^{'}), \partial_{m}^{'} ϕ^{'} (X^{'}), X^{'}) - L (ϕ (X), \partial_{m} ϕ (X), X) = [L]_{ϕ} \bar{d} ϕ + \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \bar{d} ϕ) + (\partial_{m} L) d X^{m}

$\delta_1 \mathcal{L}=\mathcal{L}(\phi'(x'),\partial'_\mu\phi'(x'),x')-\mathcal{L}(\phi(x ),\partial _\mu\phi (x ),x )= [\mathcal{L}]_\phi \bar\delta \phi+\partial_\mu(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\bar\delta \phi)+ (\partial_\mu \mathcal{L})\delta x^\mu$

El segundo:

d_{2} L = j L (ϕ^{'} (X^{'}), \partial_{m}^{'} ϕ^{'} (X^{'}), X^{'}) - L (ϕ (X), \partial_{m} ϕ (X), X)

$\delta_2 \mathcal{L}=J \mathcal{L}(\phi'(x'),\partial'_\mu\phi'(x'),x')-\mathcal{L}(\phi(x ),\partial _\mu\phi (x ),x )$ con jacobiano

J

$J$

j = det (\frac{\partial X^{' m}}{\partial X^{v}})

$J=\det(\frac{\partial x'^\mu}{\partial x^\nu})$

d_{2} L = [L]_{ϕ} \bar{d} ϕ + \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \bar{d} ϕ) + \partial_{m} (L d X^{m}) = d_{1} L + L (\partial_{m} d X^{m})

$\delta_2 \mathcal{L}=[\mathcal{L}]_\phi \bar\delta \phi+\partial_\mu(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\bar\delta \phi)+ \partial_\mu (\mathcal{L}\delta x^\mu) = \delta_1 \mathcal{L}+ \mathcal{L} (\partial_\mu \delta x^\mu)$

Cuando consideramos la transformación de simetría, necesitamos calcular $\delta_2 \mathcal{L}$ en lugar de $\delta_1 \mathcal{L}$ . Después de usar la definición de $\delta_2 \mathcal{L}$ , la simetría definida por $\delta_2 \mathcal{L}$ siempre es consistente con la simetría definida por $\delta S$ .

Respuestas (2)

La transformación tiene δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0 pero δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 y δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \parcial\Omega} d^3 xf

qmecanico · Answer 1

I) La versión infinitesimal de la transformación de OP es

\begin{aligned} (A) & Total: & ϕ^{'} (X^{'}) - ϕ (X) = d ϕ = ε ϕ, \\ (B) & Horizontal: & X^{' m} - X^{m} = d X^{m} = ε X^{m}, \\ (C) & Vertical: & ϕ^{'} (X) - ϕ (X) = d_{0} ϕ = ε (1 - X^{m} d_{m}) ϕ, \end{aligned}

$\begin{align}\text{Total:}&\qquad \phi^{\prime}(x^{\prime})-\phi(x)~=~\delta \phi~=~\varepsilon~\phi, \tag{A}\cr \text{Horizontal:}&\qquad x^{\prime\mu} -x^{\mu} ~=~\delta x^{\mu}~=~\varepsilon~ x^{\mu}, \tag{B}\cr \text{Vertical:}&\qquad\phi^{\prime}(x)-\phi(x)~=~ \delta_0 \phi~=~\varepsilon~ (1-x^{\mu}d_{\mu})\phi, \tag{C} \end{align}$ dónde

ε

$\varepsilon$ es un parámetro infinitesimal.

II) La acción es

\begin{matrix} (D) & S [ϕ] = \int_{Ω} L; \end{matrix}

$S[\phi]~=~\int_{\Omega} \mathbb{L}; \tag{D}$ la forma lagrangiana de 4 es

\begin{matrix} (MI) & L = L d^{4} X; \end{matrix}

$\mathbb{L}~=~{\cal L}~ d^4x; \tag{E}$ y la densidad lagrangiana es

\begin{matrix} (F) & L = \frac{1}{2} d_{m} ϕ d^{m} ϕ . \end{matrix}

${\cal L}~=~\frac{1}{2}d_{\mu}\phi ~d^{\mu}\phi. \tag{F}$

III) La densidad lagrangiana ${\cal L}$ se transforma ingenuamente como

\begin{matrix} (GRAMO) & d L = d_{0} L + d X^{m} d_{m} L = 0 . ⟵ Cálculo ingenuo. \end{matrix}

$\delta {\cal L}~=~\delta_0 {\cal L}+ \delta x^{\mu} d_{\mu}{\cal L}~=~0 . \qquad\longleftarrow \text{Naive calculation.} \tag{G}$ Sin embargo, en el caso de transformaciones horizontales distintas de cero, la fórmula (G) no es una cantidad decisiva para el teorema de Noether , y uno debe mirar más bien la acción

\begin{matrix} (H) & d S = 4 ε S, \end{matrix}

$\delta S~=~4\varepsilon ~S ,\tag{H}$ o al menos la forma 4 de Lagrangian

\begin{matrix} (I) & d L = 4 ε L . \end{matrix}

$\delta \mathbb{L}~=~4\varepsilon ~\mathbb{L} .\tag{I}$ ecuación (H) está de acuerdo con la ecuación de OP. (7). El problema es que la densidad lagrangiana

L

${\cal L}$ no es un escalar sino una densidad, por lo que hay una contribución no trivial

L d_{μ} δ x^{μ}

${\cal L}d_{\mu}\delta x^{\mu}$ procedente del jacobiano de la medida de integración

d^{4} x

$d^4x$ . Por lo tanto, la cantidad decisiva para el teorema de Noether no es la fórmula (G) sino más bien

\begin{matrix} (J) & " d L " = d L + L d_{m} d X^{m} = d_{0} L + d_{m} (d X^{m} L) = 4 ε L . \end{matrix}

$"\delta {\cal L}"~=~\delta {\cal L}+{\cal L}d_{\mu}\delta x^{\mu} ~=~\delta_0 {\cal L}+ d_{\mu}(\delta x^{\mu}{\cal L})~=~4\varepsilon ~{\cal L} .\tag{J}$

IV) En conclusión, la transformación infinitesimal (A)-(C) no es una cuasisimetría para la acción (D) ni la densidad lagrangiana (F), y no se aplica el teorema de Noether .

Bob Knighton · Answer 2

Considere una versión infinitesimal de esta transformación, dada por $\lambda=1+\epsilon$ . Con esta elección, las variaciones de campo y coordenadas son

d ϕ = ϵ ϕ, d X = ϵ X .

$\delta\phi = \epsilon\phi,\hspace{0.5cm}\delta x=\epsilon x.$

Bajo estas variaciones, la acción se transforma como

d S = \int_{Ω^{'}} d^{4} X L - \int_{Ω} d^{4} X L .

$\delta S=\int_{\Omega'}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L}-\int_{\Omega}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L}.$

Tenga en cuenta que permití la misma variable $x$ parametrizar ambas regiones $\Omega$ y $\Omega'$ , ya que estas son variables ficticias. Lo único que cambia es el dominio. Por lo tanto, el cambio en la acción es

d S = \int_{Ω^{'} ∖ Ω} d^{4} X L .

$\delta S=\int_{\Omega'\setminus\Omega}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L}.$

Si $\Omega$ es un conjunto convexo en $\mathbb{R}^4$ , entonces $\Omega'\setminus\Omega$ es un conjunto que es esencialmente $\partial\Omega$ con espesor $\epsilon$ (Esta idea se puede generalizar a conjuntos no convexos, pero se vuelve un poco más complicado y realmente no quiero pensar mucho en eso). Así, en el límite infinitesimal, la integral se reduce a

d S = ϵ \int_{\partial Ω} d^{4} X L,

$\delta S=\epsilon\int_{\partial\Omega}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L},$

et voila! ¡Tu transformación ahora es tipo S2!

¡Espero que esto ayude!

La transformación tiene δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0 pero δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 y δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \parcial\Omega} d^3 xf

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