Supuestos fuera y dentro de la cáscara dentro de la derivación del teorema de Noether

Permítanme presentarles la derivación del teorema de Noether que realmente me gusta y que aclara todas las suposiciones del teorema de Noether. Dejar$\varphi$Sea el conjunto de campos en la teoría tal que

$$S[\varphi] = \int d^4 x {\cal L}( \varphi(x), \cdots )$$ Ahora, supongamos que tenemos una simetría continua y conectada de la acción$\varphi(x) \to \varphi_\alpha'(x)$parametrizado por un número real$\alpha \in {\mathbb R}$de modo que$\alpha = 0$corresponde a la transformación de identidad$\varphi'_{\alpha=0}(x) = \varphi(x)$. La afirmación de que la transformación anterior es una simetría de la acción (ver mi respuesta a ¿ Qué constituye una simetría para el teorema de Noether? ) es $$S[\varphi'_\alpha] = S[\varphi]$$ Tenga en cuenta que esta simetría está fuera de la cáscara.

Ahora, toma$\alpha$ser pequeño y escribir

$$\varphi'_{\alpha}(x) = \varphi(x) + \alpha \psi(x) + {\cal O}(\alpha^2) ~.$$ Entonces, $$S[\varphi + \alpha \psi] = S[\varphi] + {\cal O}(\alpha^2) \qquad \qquad (1)$$

¡DE ACUERDO! Hasta ahora, todo bien. Ahora, considere una redefinición de campo diferente$\varphi(x) \to \varphi'(x) = \varphi(x) + \alpha f(x)\psi(x)$. Tenga en cuenta que, ahora que$f(x)$es una función en lugar de una constante, la redefinición del campo anterior no es una simetría de la acción . Esto significa que si considero$S[\varphi + \alpha f \psi]$hay en general un${\cal O}(\alpha)$a diferencia de lo que está sucediendo en (1). Sin embargo, sabemos que este${\cal O}(\alpha)$el término se desvanece cada vez que$f(x)=$constante ya que en ese caso, tendríamos una simetría. Esto significa que el${\cal O}(\alpha)$término debe tomar la forma

$$S[\varphi + \alpha f \psi] = S[\varphi] + \alpha \int d^4 x \partial_\mu f(x) j^\mu(x) + {\cal O}(\alpha^2) \qquad \qquad (2)$$ Un derivado debe actuar sobre$f(x)$en el${\cal O}(\alpha)$término para que desaparezca cuando$f(x)=$constante.

Ahora, aquí viene el pateador. En (2), sea$\varphi=\varphi_0$dónde$\varphi_0$Sea una solución a las ecuaciones de movimiento. El, por el principio variacional

$$S[\varphi_0+\alpha \delta \varphi] = S[\varphi_0] + {\cal O}(\alpha^2)$$ Tenga en cuenta que esto es cierto para cualquier variación$\delta \varphi$(También hay advertencias sobre esto, pero no lo discutiremos). Luego encontramos $$S[\varphi_0 + \alpha f \psi] = S[\varphi_0] + \alpha \int d^4 x \partial_\mu f(x) j^\mu(x) + {\cal O}(\alpha^2) = S[\varphi_0] + {\cal O}(\alpha^2)$$ lo que implica que si y sólo si$\varphi$se toma como on-shell, entonces $$\int d^4 x \partial_\mu f(x) j^\mu(x) = 0~.$$ Esto es cierto para cualquier función .$f(x)$(sujeto a las mismas salvedades mencionadas anteriormente). Entonces podemos tomar$f(x) = \delta^4(x-y)$y la ecuación anterior se reduce a $$\partial_\mu j^\mu(y) = 0~.$$

Resumamos todas nuestras suposiciones. Suponemos que existe una simetría fuera de capa global continua conectada de la acción que es generada por un parámetro real. Entonces hemos probado que dado esto, existe una corriente$j_\mu(x)$que se conserva$\partial_\mu j^\mu(x)=0$en concha

Parece que el corazón de la pregunta de OP es el siguiente.

Es bien sabido que las condiciones de contorno (BC) son necesarias para derivar ecuaciones de Euler-Lagrange (EL). ¿Las transformaciones infinitesimales del teorema de Noether satisfacen las BC pertinentes?

Respuesta: Este no suele ser el caso. Por lo tanto, los términos de frontera (BT) no necesariamente desaparecerán. Consulte también esta publicación Phys.SE relacionada.

Ejemplo 1: Considere una partícula libre

$$L~=~\frac{1}{2}m\dot{q}^2.$$ Simetría traslacional infinitesimal fuera de capa $$\delta q~=~\epsilon$$ (que conduce a la conservación del momento en la capa a través del teorema de Noether) no satisface los BC de Dirichlet $$q(t_i)~=~q_i\quad\text{and}\quad q(t_f)~=~q_f.$$

Ejemplo 2: Considere un oscilador armónico

$$L~=~\frac{1}{2}m\dot{q}^2-\frac{1}{2}kq^2.$$ Transformación de traducción infinitesimal $$\delta q~=~\epsilon$$ (que no es una cuasi-simetría fuera de la cáscara) conduce a la siguiente variación del Lagrangiano $$\delta L~=~\frac{\partial L}{\partial q}\delta q+\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\frac{d}{dt}\delta q ~=~-(m\ddot{q}+kq)\delta q +\frac{d}{dt}(p\delta q)~\stackrel{\text{on-shell}}{\approx}~ \epsilon \frac{dp}{dt},$$ que no es necesariamente cero, pero se garantiza que es la derivada del tiempo total en el caparazón. Esto corresponde al hecho bien conocido de que el impulso $$p~:=~\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}~=~m\dot{q}$$ no se conserva en la capa del oscilador armónico.

Lo que te confunde es que te has adelantado en tu primera ecuación, al seguir adelante con la derivación de las ecuaciones de Euler-Lagrange. Comience en su lugar con

$$\delta S = \int d^4x \frac{\partial L}{\partial \phi}\delta\phi + \frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta(\partial_\mu \phi)$$ En la derivación de las ecuaciones de Euler-Lagrange, imponemos el principio de acción mínima que $\delta S =0$, luego e integre por partes para obtener su primera ecuación. Se puede suponer que el término de frontera desaparece, pero como$\delta \phi$es arbitrario , exigimos que el coeficiente de $\delta \phi$ debe desaparecer para satisfacer el principio de acción mínima, que implica nuestra ecuación de movimiento.

Para una transformación de simetría$\delta \phi$no es arbitrario; es una simetría de la acción . Esto significa que deja la acción sin cambios. Como ejemplo, un Lagrangiano para un campo complejo

$$L =\frac{1}{2}\partial_\mu \phi \partial^\mu\phi^* + \frac{1}{2}m^2 \phi^* \phi$$ tiene una simetría $\phi \rightarrow e^{i\alpha} \phi$, correspondiente a una variación infinitesimal $\delta\phi = i\alpha \phi$. Esta transformación deja al Lagrangiano $L$sin alterar; no necesitamos usar las ecuaciones de movimiento para hacer cumplir esto.

Hablando en general, mientras que la transformación anterior dejó$L$en sí mismo invariante,$\delta \phi$será una simetría de la acción si solo modifica el Lagrangiano por un término de divergencia$L \rightarrow L + \partial _ \mu j^{\mu} (x)$que se supone que se desvanece en el infinito, para dejar la acción invariante. Entonces

$$\delta S = \int d^4x \frac{\partial L}{\partial \phi}\delta\phi + \frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta(\partial_\mu \phi) = \int d^4x \partial _ \mu j^{\mu} (x) =0$$ - repetir, no por el principio de mínima acción, sino por la definición de una simetría. Podemos escribir, en esta etapa trivialmente, $$\int d^4x\left( \frac{\partial L}{\partial \phi}\delta\phi + \frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta(\partial_\mu \phi) - \partial _ \mu j^{\mu} (x)\right) =0$$ De hecho, según nuestra definición de $\partial _ \mu j^\mu$como el cambio local en el Lagrangiano $L$, ni siquiera necesitamos ese signo integral allí, pero acordemos integrar las derivadas funcionales por partes antes de deshacernos de él. Así encontramos $$\left( \frac{\partial L}{\partial \phi} - \partial_\mu \frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\right)\delta \phi + \partial_\mu\left(\frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi -j^{\mu} (x)\right) =0$$ Ahora, vayamos "en el caparazón" y pensemos en lo que sucede cuando se satisfacen las ecuaciones de movimiento. Entonces el primer término desaparece, por lo que inferimos que la corriente $$J^{\mu} =\frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi -j^{\mu} (x)$$ se conserva

Hablando típicamente, esta corriente no es trivial, y puede verificar que se conserva cuando$\phi$satisface su ecuación de movimiento. Para el ejemplo anterior, deberías encontrar algo como

$$J^{\mu} = \phi^* \partial^\mu \phi -\phi \partial^\mu \phi^*$$ que desaparece si y sólo si $\phi$satisface la ecuación de Klein-Gordon. (En la teoría cuántica, $\phi$es un campo cargado y $J^{\mu}$es la densidad de corriente.)

Para aclarar la relevancia de las ecuaciones de movimiento en la ley de conservación, considere el ejemplo anterior de @Qmechanic de una partícula libre. La simetría de traducción es una simetría de la acción; si tienes un camino loco de A a B que zigzaguea en todas direcciones, su acción será igualmente ridícula si desplazas todos los puntos de ese camino a la izquierda 5 cm. Pero a lo largo de ese hipotético camino en zig-zag, el impulso no se conserva; no obedece a la ecuación de movimiento. En cambio, a lo largo del camino que satisface la ecuación de movimiento (es decir, una línea recta), se conserva la cantidad de movimiento. Espero que eso ayude a aclarar las cosas.