Tensor de energía-momentum del teorema de Noether

Este es un método inteligente que se utiliza para derivar la corriente de Noether para cualquier simetría global; para la simetría de traslación, produce el tensor de tensión-energía.

Tenemos que considerar una transformación local porque la variación de la acción,$\delta S$, desaparece para la transformación global porque la transformación global es por definición una simetría:

$$\delta S = 0$$ Este valor de $\delta S$seguiría "tautológicamente" y no podríamos deducir nada nuevo de ello.

De ello se deduce que si "generalizamos" las reglas de transformación de simetría y las hacemos$x$-dependiente, es decir, la transformación será especificada por$\delta a(x)$(y$a$es un vector para traslaciones, pero puede ser escalar para otras simetrías), entonces$\delta S$será distinto de cero, pero inevitablemente dependerá de las derivadas de$a$solamente; para elecciones constantes de$a$, debemos obtener cero (porque es la simetría global). Para acciones que solo dependen de las primeras derivadas de los campos, la variación de la acción inevitablemente tendrá la forma

$$S = \int (\partial_\mu a) j^\mu d^d x$$ dónde $j^\mu$es alguna función particular de los campos u otros grados de libertad (y sus derivados). Tenga en cuenta que esta forma es inevitable: $\delta S$tiene que ser lineal en $a$y/o sus derivados, pero debe desaparecer para $a={\rm const}$por lo que no puede haber ningún término de la forma $\int ab\,\,d^dx$, es decir, términos proporcionales a indiferenciados $a$. Tampoco hay términos de derivadas superiores si la acción no tenía derivadas superiores de campos para empezar.

Ahora bien, el argumento de que$j^\mu$es una corriente es simple. Cuando se satisfacen las ecuaciones de movimiento,$\delta S =0$para cualquier variación de campos, ya sea una simetría o no. En particular,$\delta S = 0$se cumple para la simetría global "generalizada" o "localizada" dada por$a(x)$que ya no es una simetría exacta, entonces$\delta S$es la expresión distinta de cero anterior. Pero por integración por partes,$\delta S = 0$medio

$$0 = \int a(x)\cdot \partial_\mu j^\mu(x)\,\, d^d x$$ que se desvanece si $\partial_\mu j^\mu$desaparece en cada punto. Esto prueba que $j^\mu$obtenido de esta manera es una corriente conservada; su integral tiene que ser una cantidad conservada. Podrías preguntar por qué alguien inventó este método. Él o ella lo inventaron porque él o ella era creativo e inteligente. Lo que es importante para todos los demás es verificar los argumentos anteriores y ver que uno puede derivar una corriente conservada de esta manera. El autor original del método pudo "ver" todo el argumento en su cabeza.

(Digo "ella" también para rendir homenaje a Noether, quien no inventó este elegante método (sus papeles estaban desordenados), pero inventó toda la relación entre las simetrías y las leyes de conservación).

¿Por qué consideramos un$x$-transformación local dependiente en lugar de una transformación global?

Hay una buena razón (ver más abajo) por la que nos gusta comenzar con una general$x$-transformación infinitesimal local dependiente,

$$x^{\prime \mu}- x^{\mu} ~=~ \delta x^{\mu} ~=~ - \varepsilon^{\mu},$$ $$\phi^{\prime}(x)-\phi(x) ~=~\varepsilon^{\mu} \phi_{,\mu},$$

dónde$\varepsilon^{\mu}\equiv\delta a^{\mu}$es un lugareño$x$-Parámetro infinitesimal dependiente, y solo más tarde se especializan en un parámetro global.$x$-transformación independiente (=rígida). Exagerándose un poco en las transformaciones locales (al menos desde la perspectiva del primer teorema de Noether ), Itzykson & Zuber escriben en la página 23 del libro QFT:

De la desaparición de$\delta I$por arbitrario $\delta a^{\nu}(x)$, deducimos que el flujo de impulso de energía descrito por el tensor canónico [...] satisface la ley de conservación [...].

Es un punto importante enfatizar (como OP parece saber) que solo la simetría global es necesaria en el primer Teorema de Noether .

Así que vamos a demostrar esto en el caso que nos ocupa. Si se parte de una transformación global, se deriva

$$\begin{align} 0~=~& \delta S ~=~ S[\phi^{\prime}]- S[\phi]\cr ~=~& \varepsilon^{\mu} \int_{V} {\rm d}^dx \left(\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\phi_{,\mu}+\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu\nu}-d_{\mu}{\cal L}\right), \end{align} \tag{A}$$

dónde$V$es alguna región de integración, y$\varepsilon^{\mu}$es un mundial$x$-parámetro infinitesimal independiente. tomemos$V$ser - estar$\subseteq\mathbb{R}^d$por simplicidad. Se puede proceder en tres casos:

1. Si la región de integración$V$es fijo, y dado que la ec.$(A)$por supuesto, se cumple para todas las configuraciones fuera de la carcasa del$\phi$campo, entonces es posible deducir que el integrando$(A)$es una divergencia total,

   $$\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\phi_{,\mu}+\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu\nu}-d_{\mu}{\cal L}~=~d_{\nu} f^{\nu}_{\mu}. \tag{B}$$ [Las palabras dentro y fuera del caparazón se refieren a si las ecuaciones de movimiento se cumplen o no. Usamos el símbolo$d_{\mu}$(más bien que$\partial_{\mu}$) para enfatizar el hecho de que la derivada$d_{\mu}$es una derivada total , que implica tanto la diferenciación implícita a través de la variable de campo$\phi(x)$, y diferenciación explícita wrt.$x^{\mu}$.]

2. Si se supone (como hizo Noether en 1918) que la simetría$(A)$se mantiene para regiones de integración arbitrarias$V$, entonces se deduce que el integrando$(A)$desaparece de forma idéntica

   $$\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\phi_{,\mu}+\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu\nu}-d_{\mu}{\cal L}~=~0.$$ Esto corresponde a la ec.$(B)$con$f^{\nu}_{\mu}=0$.

3. Si se supone (como Itzykson y Zuber) que la densidad lagrangiana${\cal L}$no tiene explícito$x^{\mu}$dependencia, entonces la simetría$(A)$se mantiene para regiones de integración arbitrarias$V$, y uno está de vuelta en el caso 2.

A continuación, defina la corriente total de Noether como

$$T^{\nu}_{\mu}~:=~\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu}-\delta^{\nu}_{\mu}{\cal L} -f^{\nu}_{\mu}.\tag{C}$$

No es difícil deducir la ecuación de continuidad/ley de conservación

$$d_{\nu}T^{\nu}_{\mu}~=~\left(d_{\nu}\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}-\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\right)\phi_{,\mu}~\approx~0,$$

con la ayuda de las ecs.$(B)$,$(C)$, y la ecuación de Euler-Lagrange . [Usamos el$\approx$signo para enfatizar que una ecuación es una ecuación en el caparazón.]

Ahora volvamos a la pregunta original. La razón estándar para comenzar con una variación local es que uno no tiene que adivinar/recordar/sacar del sombrero la corriente desnuda de Noether

$$t^{\nu}_{\mu}~:=~ \frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu}-\delta^{\nu}_{\mu}{\cal L}.$$

Simplemente sale como el término que multiplica$d_{\nu}\varepsilon^{\mu}$en la variación local, como también explica Lubos Motl en su respuesta.

Finalmente, tenga en cuenta que la corriente completa de Noether$T^{\nu}_{\mu}$todavía puede contener un$f^{\nu}_{\mu}$pieza. Esta pieza final puede determinarse a partir del término de divergencia total$d_{\nu}f^{\nu}_{\mu}$que se multiplica por el indiferenciado$\varepsilon^{\mu}$en la variación local. Consulte también esta publicación Phys.SE relacionada.

Este es un truco de variaciones, Feynman lo explica mejor en el Carácter de la ley física. El punto es que la ley de conservación proviene de una simetría más un principio mínimo. Tomas el camino de A a B, y traduces el camino (traduces los puntos finales también) para obtener un camino de A' a B'. El camino que se mueve rápidamente de A a A', luego de A' a B', luego de B' a B es una variación del camino original, y por lo tanto tiene la misma acción por el principio de acción estacionaria. Pero el camino de A' a B' tiene la misma acción que el camino de A a B por simetría. Esto significa que la pequeña acción de A a A' debe ser igual a la pequeña acción de B a B'.

Esta es la versión de Feynman del teorema de Noether. El argumento de Feynman requiere evaluar la acción de un pequeño salto al principio y al final de un camino con saltos. Esto es matemáticamente molesto, por lo que puede reformular el argumento de una manera matemáticamente más conveniente utilizando una versión continua.

Entonces, en su lugar, considere hacer el argumento de Feynman con muchas porciones de tiempo y hacer una pequeña traducción independiente en cada porción. El mismo argumento te dice que el poco de acción que obtienes en cada segmento de la pequeña traducción será igual en los extremos opuestos. Entonces, la variación de la acción con una traducción dependiente del tiempo será igual a la cantidad conservada multiplicada por la derivada del parámetro de traducción con el tiempo.

Esta es la versión del teorema de Noether que hacen los libros, y es la matemáticamente más fácil. El razonamiento conceptual es el mismo que en la versión de Feynman; los dos argumentos son intercambiables.