Teorema de Noether e invariancia de escala

En primer lugar, veamos qué dice el Teorema de Noether sobre su caso específico (Klein-Gordon bajo el reescalado global de los campos). El teorema de Noether establece que

A toda simetría diferenciable de la Acción de un sistema, le corresponde una corriente conservada.

La corriente en el objeto está dada por

$$J^{\mu}=-T_{\nu}^{\mu}\ \delta x^{\nu}+\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi^{a}_{,\mu}}\ \delta \phi^{a}$$ donde el $\phi^{a}$son los campos cuya dinámica es descrita por la acción, $T^{\mu}_{\nu}$es el tensor canónico de energía-momento de la teoría y $\delta x^{\nu}$y $\delta \phi^{a}$son los generadores infinitesimales de la simetría. En tu caso,

$$\phi\to e^{\epsilon}\phi\approx (1+\epsilon)\phi$$ de modo que $\delta \phi=\epsilon \phi$. (Si tu $\alpha$es negativa, entonces la simetría no es diferenciable en el sentido de Noether, ya que no hay un generador infinitesimal. De hecho, reescalando por un factor de $-1$es parte del grupo multiplicativo discreto, no diferenciable $\{+1,-1\}$). Después $$J^{\mu}=\epsilon\ \phi\partial^{\mu}\phi$$ Pero no hay ninguna razón por la que esta corriente noetheriana deba conservarse. De hecho, eliminando la $\epsilon$de la expresión anterior, vemos que la divergencia es proporcional al Lagrangiano, $$\partial_{\mu}(J^{\mu}/\epsilon)=\partial_{\mu}(\phi\partial^{\mu}\phi)=\phi\ \partial_{\mu}\partial^{\mu}\phi+\partial_{\mu}\phi\partial^{\mu}\phi=\partial_{\mu}\phi\partial^{\mu}\phi-m^{2}\phi^{2}=2\mathcal{L}$$ donde en la tercera identidad usé las ecuaciones de movimiento $\partial^{2}\phi=-m^{2}\phi$. La solución más general a la ecuación de Klein-Gordon viene dada por $$\phi(x)=\int\frac{d^{3}k}{(2\pi)^{3}}\ \Big\{e^{-ik_{\mu}x^{\mu}}\ A(\vec{k})+e^{+ik_{\mu}x^{\mu}}\ B(\vec{k})\Big\}$$ con $k_{\mu}k^{\mu}=m^{2}$, pero ni siquiera en el caso de onda plana (digamos, $\phi(x)=e^{-ik_{\mu}x^{\mu}}$) el Lagrangiano es cero: $$2\mathcal{L}[e^{-ik_{\mu}x^{\mu}}]=-k_{\mu}k^{\mu}\ e^{-2ik_{\mu}x^{\mu}}-m^{2}\ e^{-2ik_{\mu}x^{\mu}}=-2m^{2}\ e^{-2ik_{\mu}x^{\mu}}\neq0$$ por $m\neq 0$. El hecho de que sea la masa la que determine si $J^{\mu}$se conserva o no no es casual, como veremos más adelante.

Ahora, pregunta si existe algún teorema, análogo al teorema de Noether, que le permita derivar corrientes conservadas a partir de un concepto generalizado de "simetría bajo alguna transformación". Específicamente, solicita un teorema que lo haga con simetrías de las ecuaciones de Euler-Lagrange, en lugar de la acción (de hecho, su transformación no deja la acción invariante, la multiplica por un factor de$\alpha$). Realmente no puedo decir que tal teorema no exista, pero puedo decir con seguridad que no conozco ninguno, y que dudo que tal teorema pueda, en general, ser verdadero. Aquí está el por qué. La intuición detrás del teorema de Noether es que los valores de los campos que resuelven el problema de minimización pueden, por definición, cambiarse en una cantidad infinitesimal sin cambiar el valor de la acción (lo que significa que la derivada funcional de la acción con respecto al "campo de variación " es cero). Entonces puedes preguntar qué sucede con la acción si tal transformación se realiza en campos extremos, y encuentras que al desplazamiento de los campos corresponde un desplazamiento de la acción dado por

$$\delta S=\int_{\Omega} d^{d}x\ \partial_{\mu}J^{\mu}\qquad\qquad(\star)$$ (las ecuaciones de movimiento se satisfacen mediante hipótesis) donde $J^{\mu}$es de nuevo la corriente de Noether y $\Omega$es un dominio arbitrario de integración. Entonces concluyes que si la acción es invariante con respecto a la transformación, deberías tener $\delta S=0$, de modo que $\partial_{\mu}J^{\mu}=0$. Tenga en cuenta que la hipótesis de la invariancia de la acción se plantea solo al final: es una hipótesis adicional, independiente del resultado. $(\star)$. Esta última es una identidad que se produce bajo la única hipótesis de que los campos (1) resuelven las ecuaciones de Euler-Lagrange (2) están desplazados en una cantidad infinitesimal. No se hace ninguna suposición sobre la naturaleza de las transformaciones o su pertenencia a un grupo que deja invariante la acción. Asi que $(\star)$se mantiene incluso cuando la transformación multiplica la acción por un factor de $\alpha>0$, y podemos usarlo para derivar el siguiente resultado. Como $$S\to \alpha S= e^{\epsilon} S\approx(1+\epsilon) S\qquad\Longrightarrow\qquad \delta S=\epsilon S$$ tenemos que, bajo tal transformación $$\int_{\Omega} d^{d}x\ \partial_{\mu}J^{\mu}=\epsilon S$$ por lo que podemos concluir que, en general, la corriente de Noether no está libre de divergencias bajo tal transformación de cambio de escala de acción (como hemos visto a través del ejemplo de la acción de Klein-Gordon). Hice hincapié en "Noether" porque, por supuesto, puede haber alguna otra corriente que esté libre de divergencias en lugar de la estándar de Noether. Pero si se elimina la hipótesis de la invariancia de la acción bajo alguna simetría, queda poco por decir acerca de las simetrías de las soluciones de las ecuaciones de Euler-Lagrange: la conexión entre simetrías y conservación radica en el hecho mismo de que las solucionesellos mismos (antes incluso de pensar en simetrías) son tales que una variación infinitesimal en los valores de resolución deja la acción invariante. Entonces, la hipótesis de que bajo la transformación dada la acción se vuelve a escalar es algo incompatible con la propiedad esencial de las soluciones, es decir, con las propias ecuaciones de Euler-Lagrange. Por eso me cuesta creer que tal teorema sea, en general, cierto.

Para finalizar esta respuesta, quiero mencionar dos cosas más. En primer lugar, el hecho de que en el caso de Klein-Gordon la ecuación de Euler-Lagrange sea invariante bajo un reescalado constante de los campos se deriva del hecho de que el Lagrangiano es cuadrático en los campos. Cualquier lagrangiano de este tipo siempre da lugar a la ecuación lineal de Euler-Lagrange, que a su vez son siempre simétricas bajo cambios de escala constantes. Lo mismo vale para el Lagrangiano de Dirac y para el Lagrangiano de Yang-Mills (para bosones de calibre libres). En segundo lugar, de hecho hay una transformación de escala que deja la Acción invariable en el sentido de Noether. Considere hacer la transformación

$$x^{\mu}\to e^{\epsilon}\ x^{\mu}\qquad\qquad \phi\to e^{\epsilon}\ \phi$$ después $$\partial_{\mu}\to e^{-\epsilon}\ \partial_{\mu}$$ y vemos que dado $m=0$, la Acción de Klein-Gordon es invariante bajo tal transformación. Esta última se denomina "transformación conforme (constante)", y la correspondiente corriente de Noether $$j^{\mu}=J^{\mu}/\epsilon=-T^{\mu}_{\nu}\ x^{\nu}+\phi\ \partial^{\mu}\phi$$ es, como prueba el teorema, libre de divergencias. Se puede hacer una afirmación análoga para los lagrangianos sin masa de Dirac y Yang-Mills. Ahora tenemos

$$\partial_{\mu}j^{\mu}=-\partial_{\mu}(T^{\mu}_{\nu}\ x^{\nu})+\partial_{\mu}(\phi\ \partial^{\mu}\phi)$$ Como sabemos por la invariancia traslacional que $\partial_{\mu} T^{\mu}_{\nu}=0$, y dado el cálculo que hicimos antes, $$\partial_{\mu}j^{\mu}=-T^{\mu}_{\nu}\ \delta^{\nu}_{\mu}+2\mathcal{L}$$ calculemos $T^{\mu}_{\nu}\ \delta^{\nu}_{\mu}=T^{\mu}_{\mu}$para el Klein-Gordon Lagrangiano sin masa. Tenemos $$T^{\mu}_{\mu}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \phi_{,\mu}}\ \partial_{\mu}\phi-\mathcal{L}\ \delta^{\mu}_{\mu}=\partial^{\mu}\phi\partial_{\mu}\phi-d\mathcal{L}=(2-d)\ \mathcal{L}$$ dónde $d$es la dimensión del espacio-tiempo ( $d=4$en la teoría estándar). Después $$\partial_{\mu}j^{\mu}=d\ \mathcal{L}$$ entonces esta divergencia ( $\partial_{\mu}j^{\mu}$) es $d/2$veces la divergencia (llamémoslo $\partial_{\mu}j'^{\,\mu}$) obtienes de la transformación que propusiste en tu pregunta. Esto explica por qué para este último encontramos $$\partial_{\mu}j'^{\,\mu}\propto m^{2}$$ Si $m=0$, entonces su transformación puede extenderse a una transformación conforme que es una verdadera simetría de la acción de Klein-Gordon, de modo que se conserva la corriente de Noether asociada a ella.