Teorema de Noether para transformaciones arbitrarias de coordenadas conformes

Question

Teorema de Noether para transformaciones arbitrarias de coordenadas conformes

Física
simetría
teorema de noethers
leyes-de-conservacion
formalismo lagrangiano
teoría del campo conforme

Matt0410

He estado leyendo Introducción a la teoría de campos conformes de Blumenhagen y Plauschinn. La ecuación (2.19) en la página 19 establece que si nuestra teoría es invariante bajo una transformación conforme general $x^\mu \rightarrow x'^\mu = x^\mu + \epsilon^\mu(x)$ , entonces la corriente conservada viene dada por

\begin{matrix} (2.19) & j^{m} = ϵ^{v} T_{v}^{m} . \end{matrix}

$j^\mu = \epsilon^\nu T^\mu_{\ \nu}\tag{2.19}.$

He estado tratando de mostrar esto yo mismo, pero no puedo. El procedimiento general del teorema de Noether es evaluar la variación fuera de la capa y ver si está dada por la integral de una derivada total. Luego igualamos esto con la variación en el caparazón para producir la corriente conservada.

Mi intento

Sea la acción de la forma

S [ϕ] = \int d^{3} X L (ϕ, \partial ϕ) .

$S[\phi] = \int \mathrm{d}^3 x \mathcal{L}(\phi,\partial \phi).$

Sabemos que si la teoría es traduccionalmente invariante bajo $x^\mu \rightarrow x'^\mu = x^\mu + \epsilon^\mu$ , dónde $\epsilon^\mu$ aquí es una constante, las corrientes conservadas correspondientes están dadas por el tensor de energía-momento $T^\mu_{\ \nu}$ que toma la forma

T_{v}^{m} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{v} ϕ - d_{v}^{m} L,

$T^\mu_{\ \nu} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \phi - \delta^\mu_{\nu} \mathcal{L},$

dónde $\partial_\mu T^\mu_{\ \nu} = 0$ . Ahora promociono $\epsilon \rightarrow \epsilon(x)$ . Primero, calculo la variación en el caparazón :

d S_{en la concha} = \int d^{3} X \frac{\partial L}{\partial ϕ} d ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{m} (d ϕ) = \int d^{3} X (\frac{\partial L}{\partial ϕ} - \partial_{m} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)}) d ϕ + \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} d ϕ) = \int d^{3} X \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} d ϕ) .

$\delta S_\text{on-shell} = \int \mathrm{d}^3 x \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi} \delta \phi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial_\mu(\delta \phi) \\ =\int \mathrm{d}^3 x \bigg( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}- \partial_\mu \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \bigg)\delta \phi + \partial_\mu \bigg( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi \bigg) \\ = \int \mathrm{d}^3 x \partial_\mu \bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi \bigg).$

La traducción, cuando se ve como una transformación activa en los campos, significa $\delta \phi = - \epsilon^\mu(x) \partial_\mu \phi(x)$ . Al enchufar esto en los rendimientos de variación en el caparazón

d S_{en la concha} = - \int d^{3} X \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} (\partial_{m} ϵ^{v}) (\partial_{v} ϕ) + ϵ^{v} \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{v} ϕ) .

$\delta S_\text{on-shell}= - \int \mathrm{d}^3 x \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} (\partial_\mu \epsilon^\nu)( \partial_\nu \phi) + \epsilon^\nu \partial_\mu \bigg( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \phi \bigg) .$

El primer término en el integrando desaparecería si $\epsilon^\mu$ era una constante. Ahora evaluamos la variación fuera de la cáscara :

d S_{fuera de la cáscara} = \int d^{3} X \frac{\partial L}{\partial ϕ} d ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{m} (d ϕ) = - \int d^{3} X \frac{\partial L}{\partial ϕ} ϵ^{v} \partial_{v} ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} (\partial_{m} ϵ^{v} \partial_{v} ϕ + ϵ^{v} \partial_{v} \partial_{m} ϕ) = - \int d^{3} X ϵ^{v} (\frac{\partial L}{\partial ϕ} \partial_{v} ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{v} \partial_{m} ϕ) + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{m} ϵ^{v} \partial_{v} ϕ = - \int d^{3} X ϵ^{v} \partial_{v} L + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{m} ϵ^{v} \partial_{v} ϕ .

$\delta S_\text{off-shell} = \int \mathrm{d}^3 x \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi} \delta \phi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial_\mu(\delta \phi) \\ = - \int \mathrm{d}^3 x\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi} \epsilon^\nu \partial_\nu \phi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} (\partial_\mu \epsilon^\nu \partial_\nu \phi + \epsilon^\nu \partial_\nu \partial_\mu \phi) \\ = - \int \mathrm{d}^3 x \epsilon^\nu \bigg( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi} \partial_\nu \phi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \partial_\mu \phi \bigg) + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial_\mu \epsilon^\nu \partial_\nu \phi \\ = -\int \mathrm{d}^3 x \epsilon^\nu \partial_\nu \mathcal{L} + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial_\mu \epsilon^\nu \partial_\nu \phi.$

Igualando las variaciones dentro y fuera del caparazón, encontramos los términos con $\partial_\mu \epsilon^\nu$ cancelar, rendir

\int d^{3} X ϵ^{v} \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{v} ϕ - d_{v}^{m} L) = 0,

$\int \mathcal{d}^3 x \epsilon^\nu \partial_\mu \bigg( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \phi - \delta^\mu_{\nu} \mathcal{L} \bigg) = 0,$

o

\int d^{3} X ϵ^{v} \partial_{m} T_{v}^{m} = 0.

$\int \mathcal{d}^3 x \epsilon^\nu \partial_\mu T^\mu_{\ \nu} = 0.$

El integrando no es de la forma $\partial_\mu j^\mu$ dónde $j^\mu = \epsilon^\nu T^\mu_{\ \nu}$ . De hecho, ya sabemos que $\partial_\mu T^\mu_{\ \nu} = 0$ de nuestra suposición de que la teoría ya era traduccionalmente invariante, por lo que esta afirmación es trivialmente cierta. no puedo pasar el $\epsilon^\nu$ en la derivada también porque depende de las coordenadas.

¿Qué me estoy perdiendo? ¿He cometido un error en mi análisis?

Respuestas (2)

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Bob Knighton · Answer 1

En este tipo de problemas es muy útil trabajar sobre un espaciotiempo genérico con métrica $g$ . Por ejemplo, podemos promover el lagrangiano de campo libre habitual

S = \int d^{d} X L = \int d^{d} X \partial_{m} ϕ \partial^{m} ϕ

$S=\int\mathrm{d}^dx\,\mathcal{L}=\int\mathrm{d}^dx\,\partial_{\mu}\phi\,\partial^{\mu}\phi$

a uno en un espacio-tiempo curvo general como

S = \int d^{d} X L = \int d^{d} X \sqrt{gramo} {gramo}^{m v} \nabla_{m} ϕ \nabla_{v} ϕ .

$S=\int\mathrm{d}^dx\,\mathcal{L}=\int\mathrm{d}^dx\,\sqrt{g}\,g^{\mu\nu}\nabla_{\mu}\phi\nabla_{\nu}\phi.$

La receta general aquí es reemplazar la forma de volumen con $\mathrm{d}^dx\,\sqrt{g}$ y reemplace todas las derivadas con derivadas covariantes.

Una vez hecho esto, el tensor de energía-momento se define simplemente como

T_{m v} = \frac{1}{\sqrt{gramo}} \frac{d L}{d {gramo}^{m v}}

$T_{\mu\nu}=\frac{1}{\sqrt{g}}\frac{\delta\mathcal{L}}{\delta g^{\mu\nu}}$

(hasta un posible factor sin interés de 2).

Para cualquier transformación de coordenadas (infinitesimal) $x\to x+\epsilon(x)$ , la variación del tensor métrico toma la forma

d {gramo}_{m v} = \nabla_{m} ϵ_{v} + \nabla_{v} ϵ_{m} .

$\delta g_{\mu\nu}=\nabla_{\mu}\epsilon_{\nu}+\nabla_{\nu}\epsilon_{\mu}.$

Un vector se llama vector Killing si esta variación desaparece. Conectando esto a la definición de $T_{\mu\nu}$ , esto nos dice que la variación de $\mathcal{L}$ bajo esta transformación de coordenadas es

d L = \sqrt{gramo} T_{m v} d {gramo}^{m v} = 2 \sqrt{gramo} T_{m v} \nabla^{m} ϵ^{v} = 2 \sqrt{gramo} \nabla_{m} (ϵ^{v} T_{v}^{m}) = 2 \partial_{m} (\sqrt{gramo} ϵ^{v} T_{v}^{m}),

$\delta\mathcal{L}=\sqrt{g}\,T_{\mu\nu}\delta g^{\mu\nu}=2\sqrt{g}\,T_{\mu\nu}\nabla^{\mu}\epsilon^{\nu}=2\sqrt{g}\nabla_{\mu}\left(\epsilon^{\nu}T^{\mu}_{\,\,\nu}\right)=2\partial_{\mu}\left(\sqrt{g}\,\epsilon^{\nu}T^{\mu}_{\,\,\,\nu}\right),$

donde hemos utilizado el hecho de que el tensor de energía-momento se conserva. Tenga en cuenta que esta expresión desaparece si el campo $\epsilon(x)$ es tal que $\delta g_{\mu\nu}=0$ -- es decir, la corriente

j^{m} = \sqrt{gramo} ϵ^{v} T_{v}^{m}

$J^{\mu}=\sqrt{g}\,\epsilon^{\nu}T^{\mu}_{\,\,\,\nu}$

se conserva si $\epsilon$ es un vector asesino de $g$ .

Ahora, para responder a su pregunta, una transformación conforme es tal que $g'(x)=\Omega(x)g(x)$ . Si tomamos una versión infinitesimal $x\to x+\epsilon(x)$ , esto nos dice que

d {gramo}_{m v} = \nabla_{m} ϵ_{v} + \nabla_{v} ϵ_{m} = ω (X) {gramo}_{m v} .

$\delta g_{\mu\nu}=\nabla_{\mu}\epsilon_{\nu}+\nabla_{\nu}\epsilon_{\mu}=\omega(x)g_{\mu\nu}.$

Un campo vectorial $\epsilon(x)$ que satisface el requisito de que $\nabla_{\mu}\epsilon_{\nu}+\nabla_{\nu}\epsilon_{\mu}=\omega(x)g_{\mu\nu}$ para un poco de suavidad $\omega$ es un vector Killing conforme . Si $\epsilon$ es un vector Killing conforme, entonces tenemos

d L = \sqrt{gramo} T_{m v} d {gramo}^{m v} = {\begin{cases} 2 \partial_{m} (\sqrt{gramo} ϵ^{v} T_{v}^{m}) \\ \sqrt{gramo} ω (X) T_{m v} {gramo}^{m v} . \end{cases}

$\delta\mathcal{L}=\sqrt{g}\,T_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu}= \begin{cases} 2\partial_{\mu}\left(\sqrt{g}\,\epsilon^{\nu}T^{\mu}_{\,\,\,\nu}\right)\\ \sqrt{g}\,\omega(x)T_{\mu\nu}g^{\mu\nu}. \end{cases}$

Dado que la simetría conforme implica que la traza de $T$ desaparece, vemos que

j^{m} = \sqrt{gramo} ϵ^{v} T_{v}^{m}

$J^{\mu}=\sqrt{g}\,\epsilon^{\nu}T^{\mu}_{\,\,\,\nu}$

se conserva Esta se convierte en la declaración que desea probar cuando tomamos el límite fijo.

Con respecto a su última ecuación, no puedo concluir esto porque requeriría $\delta \mathcal{L} = \epsilon^\mu \partial_\mu \mathcal{L} = \partial_\mu \epsilon^\mu \mathcal{L}$ lo cual no es cierto si $\epsilon$ no es una constante. ¿Me estoy perdiendo de algo?
Tienes 100% de razón: los pasos en la segunda mitad de la respuesta son incorrectos, a menos que la transformación de coordenadas sea generada por un vector mortal de espacio plano. los estoy editando
Siempre me he sentido bastante incómodo con el tensor de energía-momento de Hilbert, ya que no parece surgir del teorema de Noether. Supongo que este es el tensor de energía-momento que se usa en CFT en lugar del canónico. Sin embargo, ¿tiene la misma interpretación? ¿Y por qué usaría ese sobre el canónico?
Una forma de eludir el uso del tensor de Hilbert es definir el tensor de energía-momento implícitamente a través de la corriente $J$ definido en tu pregunta. De hecho, ya hacemos esto para traducciones rígidas en el espacio de Minkowski. Se puede demostrar que esto es equivalente al tensor de Hilbert (salvo la ambigüedad habitual en la definición del tensor de energía-momento).

qmecanico · Answer 2

TL;DR: Las conclusiones que rodean a la ec. (2.19) no son ciertas en general.

En primer lugar, ref. 1 lo deja claro en la parte superior de la p. 19 que $T^{\mu\nu}$ denota el tensor métrico/Hilbert de tensión-energía-momento (SEM) , no algún otro tensor SEM.
Ahora bien, es cierto que si $\epsilon=\epsilon^{\mu}\partial_{\mu}$ es un campo vectorial Killing (KVF), entonces la corriente (2.19) satisface
$\begin{matrix} (A) & \nabla_{m} j^{m} \overset{metro}{\approx} 0, \end{matrix}$ $\nabla_{\mu} j^{\mu}~\stackrel{m}{\approx}~0,\tag{A}$ cf. Árbitro. 2. [Aquí el $\stackrel{m}{\approx}$ símbolo significa igualdad módulo materia eom. La conexión $\nabla$ es la conexión Levi-Civita.]
A continuación, por simplicidad en el resto de esta respuesta, supongamos que la métrica $g_{\mu\nu}$ es constante en las coordenadas $x^{\mu}$ que usamos Árbitro. 1 está interesado en el caso donde $\epsilon$ genera una transformación conforme, es decir, es un campo vectorial Killing conforme (CKVF). [Se supone que esta transformación es una cuasi-simetría de la acción, por lo que se aplica el primer teorema de Noether .] Con respecto a las transformaciones conformes, consulte, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE. En particular, el CKVF $\epsilon$ no es arbitrario, en contraste con lo que ref. 1 reclama incorrectamente en la parte inferior de la p. 19
De acuerdo con las Refs. 3 y 4, la corriente de Noether conservada correspondiente no es eq. (2.19) pero en cambio en la forma
$\begin{matrix} (4/3.4) & j^{m} = ϵ_{v} T^{v m} + (\partial \cdot ϵ) k^{' m} + \partial_{v} (\partial \cdot ϵ) L^{v m}, \end{matrix}$ $j^{\mu}~=~ \epsilon_{\nu}T^{\nu\mu} + (\partial\cdot \epsilon) K^{\prime \mu} + \partial_{\nu}(\partial\cdot \epsilon)~L^{\nu\mu}, \tag{4/3.4}$ dónde $K^{\prime \mu}$ y $L^{\nu\mu}$ son algunos $x$ -expresiones locales. [Es tranquilizador que cuando el CKVF $\epsilon$ es un KVF, entonces $\partial\cdot \epsilon=0$ por lo que la ec. (4/3.4) se reduce a la ec. (2.19).]
Más importante aún, Refs. 3 y 4 establecen que la invariancia de escala no implica que $T^{\mu\nu}$ no tiene rastro (como afirma incorrectamente la Ref. 1 en la parte inferior de la p.19), sino que
$\begin{matrix} (Ca/3.6) & T^{m}_{m} \overset{metro}{\approx} - \partial_{m} k^{m} . \end{matrix}$ $T^{\mu}{}_{\mu} ~\stackrel{m}{\approx}~-\partial_{\mu}K^{\mu}.\tag{Ca/3.6}$ [Sin rastro de $T^{\mu\nu}$ se sigue en cambio de la invariancia de Weyl. Ver también, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE.]

Referencias:

R. Blumenhagen y E. Plauschinn, Intro to CFT, Lecture Notes in Physics 779, 2009; ec. (2.19).
SW Hawking y GFR Ellis, La estructura a gran escala del espacio-tiempo, Sección 3.2.
J. Polchinski, Escala e invariancia conforme en QFT, Nucl. física B303 (1988) 226 ; ecuaciones (Ca) y (4).
K. Farnsworth, MA Luty & V. Prilepina, Weyl frente a la invariancia conforme en QFT, JHEP (2017) 170 , arXiv:1702.07079 ; ecuaciones (3.4) y (3.6).

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