Ninguna corriente del campo de Dirac bajo la traducción del espacio-tiempo [cerrado]

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Ninguna corriente del campo de Dirac bajo la traducción del espacio-tiempo [cerrado]

Física
simetría
ecuación de dirac
teorema de noethers
formalismo lagrangiano
deberes-y-ejercicios

usuario310364

Mi problema es que no entiendo cómo se puede calcular la corriente de Noether bajo la traducción del espacio-tiempo de la densidad lagrangiana del campo de Dirac. Sé que al final obtienes la energía y el impulso como cantidades conservadas, pero cuando lo intenté por mi cuenta me confundí e Internet no proporcionó un cálculo adecuado, solo la solución si buscas lo suficiente.

La densidad lagrangiana del campo de Dirac es $\mathcal{L} =\overline{\psi}(i\gamma _{\mu} \partial _{\mu} -m)\psi$

y la traducción del espacio-tiempo se manifiesta a través de $x'^{\mu} = x^{\mu} - \epsilon ^{\mu}$

Entonces obtenemos $\Delta\psi (x) = \epsilon ^{\mu} \partial _{\mu} \psi (x)$ para los campos y $\Delta\mathcal{L} (x) = \epsilon ^{\mu} \partial _{\mu} \mathcal{L} (x)$ para el langrangiano como transformaciones infinitesimales. Como siguiente paso, tomaría la fórmula para la corriente nula y luego la completaría y la calcularía, pero ahí es donde me pierdo.

Triático

Específicamente, ¿qué has probado? Debes mostrar el trabajo que intentaste hacer.

Respuestas (1)

Ninguna corriente del campo de Dirac bajo la traducción del espacio-tiempo [cerrado]

Específicamente, ¿qué has probado? Debes mostrar el trabajo que intentaste hacer.

2Bn2B · Answer 1

Lagrangiano del campo de Dirac es

L = \bar{ψ} [i γ^{m} \partial_{m} - metro] ψ .

$\mathcal{L} = \bar\psi [ i \gamma^\mu \partial_\mu - m ] \psi .$

Ahora, consideremos un cambio infinitesimal

X^{m} \to X^{' m} = X^{m} + ϵ^{m} .

$x^\mu \to x'^\mu = x^\mu + \epsilon^\mu .$ El campo cambia de la siguiente manera:

ψ (X) \to ψ^{'} (X) = ψ (X) + ϵ^{m} \partial_{m} ψ (X) .

$\psi(x) \to \psi'(x) = \psi(x) + \epsilon^\mu \partial_\mu \psi(x) .$ Definamos

δ ψ := ϵ^{μ} \partial_{μ} ψ (x)

$\delta\psi := \epsilon^\mu \partial_\mu \psi(x)$ . El cambio de Lagrangiano está dado por (¡esto es cierto para cualquier campo!)

d L = \partial_{m} (ϵ^{m} L) .

$\delta\mathcal{L} = \partial_\mu (\epsilon^\mu \mathcal{L}) .$ Como se trata de una derivada total, puede aplicar el teorema de Noether y obtener

\begin{aligned} j^{m} & = (d ψ^{a}) (\frac{\partial}{\partial (\partial ψ^{a})} L) - ϵ^{m} L \\ = ϵ_{v} \partial^{v} ψ^{a} (- (\bar{ψ} i γ^{m})_{a}) - ϵ_{v} η^{m v} L \\ = ϵ_{v} [i \bar{ψ} γ^{m} \partial^{v} ψ - η^{m v} L] . \end{aligned}

$\begin{align} j^\mu &= (\delta\psi^a) \left( \frac{\partial}{\partial (\partial \psi^a)} \mathcal{L} \right) - \epsilon^\mu \mathcal{L} \\ &= \epsilon_\nu \partial^\nu \psi^a (-(\bar\psi i \gamma^\mu)_a) - \epsilon_\nu \eta^{\mu\nu} \mathcal{L} \\ &= \epsilon_\nu [ i \bar\psi \gamma^\mu \partial^\nu \psi - \eta^{\mu\nu} \mathcal{L} ] . \end{align}$ Escribí índices de espinores de Dirac explícitamente. Tenga en cuenta que

ψ

$\psi$ y

\bar{ψ}

$\bar\psi$ ¡anti-conmutaciones! Aquí obtenemos tensor de rango 2

T^{m v} := i \bar{ψ} γ^{m} \partial^{v} ψ - η^{m v} L,

$T^{\mu\nu} := i \bar\psi \gamma^\mu \partial^\nu \psi - \eta^{\mu\nu} \mathcal{L} ,$ que llamamos tensor de energía-momento .

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usuario310364

Triático

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