Teorema de Noether con infinitos parámetros

Question

Teorema de Noether con infinitos parámetros

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

Bence Racskó

Estoy tratando de entender algo sobre el teorema de Noether, y con la situación dada, mi pregunta no es una gran pregunta, solo busco confirmación de si estoy pensando bien o no.

La situación:

Dejar $\mathcal L$ ser una densidad lagrangiana, dependiendo de algún campo $\phi$ , y su primera derivada. El teorema de Noether (ingenuamente) dice que si $\phi(x)\mapsto\phi(x)+\epsilon\delta\phi(x)$ es una deformación infinitesimal específica del campo (una cosa más precisa sería decir que esta es una familia suave de 1 parámetro de deformaciones finitas, y estamos interesados en los comportamientos bajo $d/d\epsilon|_{\epsilon=0}$ ), tal que $\mathcal L$ cambia por una divergencia ( $\delta\mathcal L=\partial_\mu K^\mu$ ), entonces la corriente

j^{m} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} d ϕ - k^{m}

$j^\mu=\frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta\phi-K^\mu$ se conserva en la concha.

Se sabe que esto puede reformularse en una forma diferente, haciendo $\epsilon$ ser una función en lugar de un parámetro. Entonces la acción no será invariante en general, pero la deformación de la acción da la misma corriente. $j^\mu$ , y se puede demostrar su conservación.

El problema es que esto no tiene sentido, imo. Para mostrar esto, considere lo siguiente, sea $\epsilon(x)$ Sea el parámetro funcional "infinitesimal", la variación es

ϕ (X) \mapsto ϕ (X) + ϵ (X) d ϕ (X) .

$\phi(x)\mapsto\phi(x)+\epsilon(x)\delta\phi(x).$ Definamos

ϵ^{'} (x)

$\epsilon'(x)$ y

ϵ

$\epsilon$ como

ϵ (x) = ϵ ϵ^{'} (x)

$\epsilon(x)=\epsilon\epsilon'(x)$ , donde aquí solo

ϵ

$\epsilon$ es "infinitesimal". Ahora la variación tiene la forma

ϕ (X) \mapsto ϕ (X) + ϵ ϵ^{'} (X) d ϕ (X) .

$\phi(x)\mapsto\phi(x)+\epsilon\epsilon'(x)\delta\phi(x).$ Ahora redefinimos

δ ϕ (x)

$\delta\phi(x)$ a

δ ϕ^{'} (x) = ϵ (x) δ ϕ (x)

$\delta\phi'(x)=\epsilon(x)\delta\phi(x)$ , entonces la variación tiene la forma

ϕ (X) \mapsto ϕ (X) + ϵ d ϕ^{'} (X) .

$\phi(x)\mapsto\phi(x)+\epsilon\delta\phi'(x).$

Esta es literalmente la misma forma que teníamos antes de asumir $\epsilon$ es una función

Entonces, esto plantea la pregunta: ¿qué queremos decir con una variación de "parámetro infinito"? El problema está claramente causado por el hecho de que si $\delta\phi(x)$ es específico, pero razonablemente arbitrario, entonces todavía contiene tantos "parámetros libres" como los diferentes valores posibles para $x$ . Esencialmente, $\delta\phi(x)$ ya contiene infinitos parámetros.

La resolución:

Mirando ejemplos específicos, como un $U(1)$ transformación del campo libre, masivo y complejo de Klein-Gordon, la transformación finita es

ϕ (X) \mapsto {mi}^{i ϵ} ϕ (X) .

$\phi(x)\mapsto e^{i\epsilon}\phi(x).$ Infinitesimalmente, esto es

ϕ (X) \mapsto ϕ (X) + i ϵ ϕ (X),

$\phi(x)\mapsto \phi(x)+i\epsilon\phi(x),$ entonces

d ϕ (X) = i ϕ (X) .

$\delta\phi(x)=i\phi(x).$

Aquí vemos, que $\delta\phi(x)$ depende de $x$ sólo a través del campo imperturbable $\phi(x)$ en sí mismo, por lo que aquí la variación es verdaderamente de 1 parámetro.

Si hacemos esto para otro ejemplo arquetípico, las traducciones del espacio-tiempo, obtenemos los mismos resultados.

La pregunta:

¿Estoy en lo correcto al decir que la forma habitual del teorema de Noether debe establecerse que consideramos variaciones de la forma

ϕ (X) \mapsto ϕ (X) + ϵ d ϕ [ϕ (X), \partial ϕ (X)],

$\phi(x)\mapsto\phi(x)+\epsilon\delta\phi[\phi(x),\partial\phi(x)],$ dónde

δ ϕ

$\delta\phi$ es una función específica del campo $\phi$ , y posiblemente, sus derivados, pero no las coordenadas $x$ ?

Porque solo entonces tiene sentido para mí discutir si la variación tiene una cantidad finita o infinita de parámetros.

Respuestas (2)

Teorema de Noether con infinitos parámetros

qmecanico · Answer 1

Reformulemos la pregunta de OP (v1) de la siguiente manera:

En el primer teorema de Noether , ¿puede la variación infinitesimal depender explícitamente del punto del espacio-tiempo? $x^{\mu}$ ?

Respuesta: Sí.

Ejemplo: formulación lagrangiana. Considere el Lagrangiano

\begin{matrix} (L1) & L := T - V, T := \frac{metro}{2} {\dot{q}}^{2}, V := \frac{α}{q^{2}} . \end{matrix}

$L~:=~T-V ,\qquad T~:=~\frac{m}{2}\dot{q}^2,\qquad V~:=~\frac{\alpha}{q^2}. \tag{L1}$ dónde

α

$\alpha$ es una constante Es fácil comprobar que

\begin{matrix} (L2) & d q = ε (q - 2 t \dot{q}), d t = 0, \end{matrix}

$\delta q ~=~ \varepsilon (q-2t\dot{q}), \qquad \delta t ~=~0, \tag{L2}$ es una cuasi-simetría infinitesimal

\begin{matrix} (L3) & d L = \dots = ε \frac{d k^{0}}{d t}, k^{0} := - 2 t L . \end{matrix}

$\delta L ~=~\ldots ~=~\varepsilon\frac{dk^{0}}{dt}, \qquad k^0~:=~-2t L . \tag{L3}$ Aquí

ε

$\varepsilon$ es un parámetro infinitesimal constante. La carga desnuda de Noether es

\begin{matrix} (L4) & q^{0} = metro \dot{q} (q - 2 t \dot{q}) . \end{matrix}

$Q^0~=~m\dot{q}( q-2t\dot{q}). \tag{L4}$ La carga completa de Noether

\begin{matrix} (L5) & q := q^{0} - k^{0} = metro q \dot{q} - 2 t (T + V) \end{matrix}

$Q~:=~Q^0-k^0~=~mq\dot{q} -2t(T+V) \tag{L5}$ es una cantidad conservada.

Ejemplo: formulación hamiltoniana. Considere el hamiltoniano lagrangiano

\begin{matrix} (H1) & L_{H} = pag \dot{q} - H, H := \frac{{pag}^{2}}{2 metro} + \frac{α}{q^{2}}, \end{matrix}

$L_H~=~p\dot{q}-H, \qquad H~:=~\frac{p^2}{2m}+\frac{\alpha}{q^2}, \tag{H1}$ dónde

α

$\alpha$ es una constante Es fácil comprobar que

\begin{matrix} (H2) & d q = ε (q - \frac{2 t}{metro} pag), d pag = - ε (pag + \frac{4 α t}{q^{3}}), d t = 0, \end{matrix}

$\delta q ~=~ \varepsilon \left( q-\frac{2t}{m}p\right), \qquad \delta p ~=~- \varepsilon \left( p+\frac{4\alpha t}{q^3}\right), \qquad \delta t ~=~0, \tag{H2}$ es una cuasi-simetría infinitesimal

\begin{matrix} (H3) & d L_{H} = \dots = ε \frac{d k^{0}}{d t}, k^{0} := 2 t (\frac{α}{q^{2}} - \frac{{pag}^{2}}{2 metro}) . \end{matrix}

$\delta L_H ~=~\ldots ~=~\varepsilon\frac{dk^{0}}{dt}, \qquad k^0~:=~2t\left(\frac{\alpha}{q^2} -\frac{p^2}{2m}\right) . \tag{H3}$ Aquí

ε

$\varepsilon$ es un parámetro infinitesimal constante. La carga desnuda de Noether es

\begin{matrix} (H4) & q^{0} = pag (q - \frac{2 t}{metro} pag) . \end{matrix}

$Q^0~=~p\left( q-\frac{2t}{m}p\right). \tag{H4}$ La carga completa de Noether

\begin{matrix} (H5) & q := q^{0} - k^{0} = q pag - 2 t H \end{matrix}

$Q~:=~Q^0-k^0~=~qp -2tH \tag{H5}$ es una cantidad conservada. Este ejemplo se analiza con más detalle en esta publicación de Phys.SE.

parker · Answer 2

Todas estas son buenas preguntas que se han estudiado en profundidad, con respuestas muy poco triviales que, lamentablemente, son demasiado complicadas para cubrirlas por completo en una sola respuesta. En general, sí, las simetrías pueden depender de las coordenadas del espacio-tiempo, así como de los valores de campo, y las formas de las corrientes de Noether correspondientes son ligeramente diferentes a la expresión habitual. Desde una perspectiva puramente matemática más que física, considerar las operaciones de simetría con infinitos grados de libertad lo lleva del ámbito del primer teorema de Noether al del segundo teorema de Noether, que es una identidad matemática que relaciona cuatro divergencias de ciertas corrientes con combinaciones lineales de varias ecuaciones de Euler-Lagrange. Ver https://arxiv.org/abs/hep-th/0009058para una discusión detallada del primer y segundo teorema de Noether (que es muy cuidadoso en distinguir qué es infinitesimal, qué es una familia de transformaciones de un parámetro, etc.), con citas de mucha más literatura relevante.

Teorema de Noether con infinitos parámetros

Bence Racskó

Respuestas (2)

qmecanico

parker

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