¿Por qué la dependencia de las derivadas no es un problema en la definición del tensor canónico de energía-momento?

Question

¿Por qué la dependencia de las derivadas no es un problema en la definición del tensor canónico de energía-momento?

Física
simetría
teorema de noethers
conservación de energía
formalismo lagrangiano
teoría clásica del campo

Bence Racskó

Dejar $\mathcal L(\phi,\partial\phi)$ sea un lagrangiano para un campo $\phi$ . Se sabe que el lagrangiano $\mathcal L$ y el lagrangiano $\mathcal L+\partial_\mu K^\mu$ produce la misma física, siempre que $K$ depende de los puntos del espacio-tiempo a través de $\phi$ y $x$ solamente (p. ej., no a través de $\partial\phi$ ).

Esto se puede ver porque si se varía el término de divergencia, obtenemos

\int_{\partial D} d σ_{m} d k^{m} = \int_{\partial D} d σ_{m} (\frac{\partial k^{m}}{\partial ϕ} d ϕ + \frac{\partial k^{m}}{\partial ϕ_{, m}} d ϕ_{, m}),

$\int_{\partial\mathcal D}d\sigma_\mu\delta K^\mu=\int_{\partial\mathcal D}d\sigma_\mu\left(\frac{\partial K^\mu}{\partial\phi}\delta\phi+\frac{\partial K^\mu}{\partial\phi_{,\mu}}\delta\phi_{,\mu}\right),$ donde he asumido que

K

$K$ también depende de

ϕ_{, μ}

$\phi_{,\mu}$ . Si solo el primer término estuviera presente entre paréntesis, entonces debido a que

δ ϕ |_{\partial D} = 0

$\delta\phi|_{\partial\mathcal D}=0$ , la variación de este término se desvanecería. Sin embargo, debido al término proporcional a

δ ϕ_{, μ}

$\delta\phi_{,\mu}$ , Esto ya no es verdad.

Por otro lado, si consideramos la invariancia de un Lagrangiano bajo traslaciones de espacio-tiempo, porque el Lagrangiano es un escalar (al menos en SR), bajo la transformación $x^\mu\mapsto x^\mu+\epsilon a^\mu$ se vuelve variado para

d L = a^{m} \partial_{m} L = \partial_{m} (a^{m} L) .

$\delta \mathcal L=a^\mu\partial_\mu\mathcal L=\partial_\mu(a^\mu\mathcal L).$ Entonces, en este caso,

k^{m} = a^{m} L,

$K^\mu=a^\mu\mathcal L,$ pero

L

$\mathcal L$ depende de

\partial ϕ

$\partial\phi$ , así que por lo dicho en la primera parte de este post, esto no es un buen

K^{μ}

$K^\mu$ .

¿Cómo resolver esto?

EDITAR: Al volver a leer mi publicación, me doy cuenta de que he sido demasiado breve. Para contextualizar mejor esto, una variación es una simetría de la acción si el Lagrangiano se varía a $\delta\mathcal L=\partial_\mu K^\mu$ . Esto es una simetría por lo que dije en la primera parte.

Esto se utiliza en la derivación del tensor SEM canónico, ya que las traslaciones proporcionan una simetría del Lagrangiano porque se varía a $\partial_\mu (a^\mu\mathcal L)$ .

AccidentalFourierTransformar

¿Tiene alguna referencia para el " Se sabe... " del primer párrafo?

Bence Racskó

@AccidentalFourierTransform José, Saletan - Dinámica clásica: un enfoque contemporáneo, por ejemplo.

Respuestas (3)

¿Por qué la dependencia de las derivadas no es un problema en la definición del tensor canónico de energía-momento?

¿Tiene alguna referencia para el " Se sabe... " del primer párrafo?
@AccidentalFourierTransform José, Saletan - Dinámica clásica: un enfoque contemporáneo, por ejemplo.

Valter Moretti · Answer 1

Restringo la atención a la prueba del hecho de que $\phi(x)$ y $\phi(x+a)$ son simultáneamente soluciones de ecuaciones EL de ${\cal L}(\phi, \partial \phi)$ . Es decir, los desplazamientos del espacio-tiempo son simetrías (dinámicas) para ${\cal L}(\phi, \partial \phi)$ . De lo contrario, la pregunta es demasiado vaga.

Creo que esta no es la forma correcta de abordar el problema. No utiliza en su intento de prueba la hipótesis crucial:

$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ ${\cal L}$ no depende explícitamente de $x$ .

Sin este hecho, es falso que las soluciones de las ecuaciones EL (es decir, los puntos estacionarios de la acción con condiciones de contorno estándar) se conserven bajo traslaciones de espacio-tiempo.

La condición

\begin{matrix} (1) & L^{'} (X, ϕ (X), \partial ϕ (X)) = L (X, ϕ (X), \partial ϕ (X)) + \partial_{m} k^{m} (X, ϕ (X)) \end{matrix}

${\cal L}'(x,\phi(x), \partial \phi(x))= {\cal L}(x,\phi(x), \partial \phi(x))+ \partial_\mu K^{\mu}(x,\phi(x))\tag{1}$ es suficiente para producir las mismas ecuaciones de campo para

L

${\cal L}$ y

L^{'}

${\cal L}'$ . Pero no es necesario.

Además , también funciona si existe una dependencia explícita de $x$ aparece, mientras que la ausencia de $x$ es crucial aquí.

Todo eso sugiere que usar (1) no es una buena idea para demostrar que $\phi(x+ a)$ satisface las mismas ecuaciones EL generadas por

L (ϕ (X), \partial ϕ (X)) (Recalco que ninguna dependencia explícita de X aparece)

${\cal L}(\phi(x), \partial \phi(x))\quad \mbox{ (I stress that no explicit dependence on $x$ appears)}$ si

ϕ (x)

$\phi(x)$ hace.

En cambio, una prueba de este hecho se basa enteramente en

(i) $\frac{\partial}{\partial x^\mu} = \frac{\partial}{\partial (x+ a)^\mu}$

y

(ii) ${\cal L}$ no depende explícitamente de $x$ .

Usándolos, es fácil probar que

{(\frac{\partial L}{\partial ϕ} - \frac{\partial}{\partial X^{m}} \frac{\partial L}{\partial \partial_{m} ϕ}) |}_{ϕ (X + a)} = {[{(\frac{\partial L}{\partial ϕ} - \frac{\partial}{\partial X^{m}} \frac{\partial L}{\partial \partial_{m} ϕ}) |}_{ϕ (z)}] |}_{z = X + a}

$\left.\left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} - \frac{\partial}{\partial x^\mu}\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\mu \phi}\right)\right|_{\phi(x+a)} = \left.\left[\left.\left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} - \frac{\partial}{\partial x^\mu}\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\mu \phi}\right)\right|_{\phi(z)}\right]\right|_{z=x+a}$ El lado derecho desaparece para cada valor de

z

$z$ por hipótesis de modo que

{(\frac{\partial L}{\partial ϕ} - \frac{\partial}{\partial X^{m}} \frac{\partial L}{\partial \partial_{m} ϕ}) |}_{ϕ (X + a)} = 0 .

$\left.\left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} - \frac{\partial}{\partial x^\mu}\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\mu \phi}\right)\right|_{\phi(x+a)} = 0\:.$

secavara · Answer 2

Creo que la respuesta de @Qmechanic es excelente porque trae muchos temas interesantes a la mesa. Permítanme agregar esto.

Toma este ejemplo: $L=\partial_\mu \phi \partial^{\mu} \phi$ . Apliquemos una traslación finita : $x\rightarrow x-a$ . El lagrangiano se convierte en $L \rightarrow L'= \partial_\mu \phi' \partial^{\mu} \phi'$ con $\phi'=\phi'(z)=\phi(x+a)$ , $z=x+a$ . Eres libre de escribir esto como $L'= \partial'_\mu \phi' \partial'^{\mu} \phi'$ con $\partial'_\mu=\frac{\partial}{\partial z^\mu}$ . Entonces, si variamos con respecto a $\phi'$ , reproduciremos las mismas ecuaciones de movimiento. Pero observe que desde el punto de vista del campo original $\phi(x)$ , este lagrangiano transformado $L'$ depende de todas sus derivadas, ya que $\phi'=\phi(x+a)=\sum^{\infty}_{k=0} \frac{1}{k!} a^{k} \partial_{k} \phi(x)$ .

Como mencionas, una transformación infinitesimal insertará genéricamente derivados de orden superior. En general, no podemos esperar que esta cantidad transformada desaparezca en el caparazón sin la necesidad de artificios/condiciones de contorno adicionales, como se señaló en la otra respuesta y esto no debería sorprendernos. Y, como señala este ejemplo, una vez que realizamos una transformación de simetría, no tiene sentido usar los campos originales (evaluados en la misma posición) para variar la acción.

qmecanico · Answer 3

En el corazón de la pregunta de OP (v2) parece estar el hecho de que para una cuasisimetría

$d S \sim \int_{V} d^{norte} X d_{m} k^{m},$ $\delta S ~\sim~ \int_V \mathrm{d}^nx~d_{\mu}k^{\mu},$ el $k^{\mu}$ a las funciones se les permite (y normalmente lo hacen) depender de las derivadas de los campos $\phi$ sin estropear las conclusiones del (primer) teorema de Noether .
En principio, la densidad lagrangiana podría depender de derivadas más altas, aunque podría haber un precio a pagar, cf. por ejemplo , este y este Phys.SE publicaciones.
Agregar términos de divergencia total a la densidad lagrangiana también se analiza en esta publicación de Phys.SE y sus enlaces.
Específicamente, OP considera la simetría de traducción del espacio-tiempo, es decir, la conservación de la energía y el momento. Esto se discute, por ejemplo, en esta publicación de Phys.SE y sus enlaces.

Sin ofender, pero ¿se supone que esto es una respuesta que señala algo obvio que me he perdido? Porque su enlace a su respuesta Phys.SE sobre "cuasimetría" incluye una referencia a José, Saletan, que, como acabo de verificar, establece que $K^\mu$ no puede depender de las derivadas del campo. Así que sí, mi pregunta principal es esencialmente tu 1), pero hasta ahora no ha sido respondida.

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