Término adicional al calcular la variación en la densidad lagrangiana bajo la transformada infinitesimal de Lorentz

Question

Término adicional al calcular la variación en la densidad lagrangiana bajo la transformada infinitesimal de Lorentz

Movpasd

Considere una transformación de Lorentz infinitesimal (activa):

X^{m} \to X^{m} + {ω^{m}}_{v} X^{v},

$x^\mu \rightarrow x^\mu + {\omega^\mu}_\nu x^\nu,$

de modo que cualquier campo escalar se transforma como

ϕ (X) \to ϕ^{'} (X) = ϕ (X) - {ω^{m}}_{v} X^{v} \partial_{m} ϕ (X) + O (ω^{2}) .

$\phi(x) \rightarrow \phi'(x) = \phi(x) - {\omega^\mu}_\nu x^\nu \partial_\mu \phi(x) + O(\omega^2).$

Ahora considere una función de densidad lagrangiana $\mathcal{L(\phi, \partial\phi)}$ (sin dependencia explícita del espacio-tiempo). Cada campo escalar está asociado a un campo de densidad lagrangiana $\mathcal{L}[\phi](x) := \mathcal{L}(\phi(x), \partial\phi(x))$ , que es en sí mismo un campo escalar. Por lo tanto, se transforma con variación:

\begin{matrix} (1) & d L = - {ω^{m}}_{v} X^{v} \partial_{m} L [ϕ] = - \partial_{m} ({ω^{m}}_{v} X^{v} L [ϕ]), \end{matrix}

$\delta \mathcal{L} = -{\omega^\mu}_\nu x^\nu \partial_\mu \mathcal{L}[\phi] = -\partial_\mu ({\omega^\mu}_\nu x^\nu \mathcal{L}[\phi]), \tag{1}$

donde surge la segunda igualdad porque $\omega$ es antisimétrico. Dado que el Lagrangiano solo varía en una cuádruple divergencia, la acción no cambia. Esto tiene perfecto sentido: todo lo que hemos hecho es movernos alrededor del espacio-tiempo mediante una transformación ortogonal, moviéndose alrededor del $d^4 x\ \mathcal{L}$ términos en la integral de acción, por lo que la acción total integrada en todo el espacio-tiempo no va a cambiar. Hasta ahora, todo bien.

El problema surge cuando trato de calcular $\delta \mathcal{L}$ una manera diferente Creo que deberíamos poder calcular la variación usando:

\begin{aligned} d L & = L [ϕ^{'}] - L [ϕ] \\ = \frac{\partial L}{\partial ϕ} d ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} d (\partial_{m} ϕ) \\ = - [\frac{\partial L}{\partial ϕ} {ω^{α}}_{β} X^{β} \partial_{α} ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{m} ({ω^{α}}_{β} X^{β} \partial_{α} ϕ)] \\ = - {ω^{α}}_{β} X^{β} [\frac{\partial L}{\partial ϕ} \partial_{α} ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{m} \partial_{α} ϕ] - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} {ω^{α}}_{m} \partial_{α} ϕ \\ (2) & = - \partial_{α} ({ω^{α}}_{β} X^{β} L) - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} {ω^{α}}_{m} \partial_{α} ϕ . \end{aligned}

$\begin{align} \delta \mathcal{L} & = \mathcal{L}[\phi'] - \mathcal{L}[\phi] \\ & = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\delta\phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \delta(\partial_\mu \phi) \\ & = - \left [ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} {\omega^\alpha}_\beta x^\beta \partial_\alpha \phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\mu ({\omega^\alpha}_\beta x^\beta \partial_\alpha \phi) \right ] \\ & = - {\omega^\alpha}_\beta x^\beta \left[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\partial_\alpha \phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\mu \partial_\alpha \phi \right] - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)}{\omega^\alpha}_\mu \partial_\alpha \phi \\ & = -\partial_\alpha({\omega^\alpha}_\beta x^\beta \mathcal{L}) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)}{\omega^\alpha}_\mu \partial_\alpha \phi.\tag{2} \end{align}$

Como puede ver, ¡hay un segundo término que apareció de la nada! ¿Dónde me he extraviado?

He intentado comprobarlo dos veces $\delta (\partial_\mu \phi) = \partial_\mu (\delta \phi)$ y parece funcionar, así que no creo que ese sea el problema. Encontré esta publicación muy antigua pero encuentro el argumento de que

\begin{matrix} (3) & \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \propto \partial^{m} ϕ \end{matrix}

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \propto \partial^\mu \phi \tag{3}$

poco convincente Digamos, por ejemplo, que tuviste un $\frac{1}{2} \partial_\alpha \partial_\beta A^{\alpha\beta}$ term - eso está bien, porque diferenciar wrt $\partial_\mu \phi$ simetriza $A$ , por lo que resulta que el término adicional es cero, pero la proporcionalidad no se cumple. Entonces, ¿es posible, en completa generalidad, demostrar que $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \phi$ siempre es simétrica en $\mu$ y $\nu$ ?

Respuestas (3)

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mike piedra · Answer 1

Creo que la simetría del último término es un requisito para que la densidad de Lagrange sea un escalar de Lorentz. Supongamos que usamos rotaciones en lugar de Lorentz, por lo que no tenemos que preocuparnos por los índices de arriba y de abajo. Entonces el cambio en la integral de acción bajo una rotación infinitesimal puede provenir de dos términos: 1) el cambio en los límites de integración --- esto es la divergencia total; 2) el cambio en el integrando en cada punto de la región de integración. Considere el cambio en el punto sobre el que giramos (es decir, $x=0$ ). Entonces el argumento de la función no cambia y simplemente tenemos $\delta(\partial_\mu\phi)= \omega_{\mu\nu}\partial_\nu \phi$ . Si el integrando no va a cambiar en ese punto, necesitamos

0 = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} d (\partial_{m} ϕ) = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} ω_{m v} \partial_{v} ϕ .

$0 = \frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)} \delta ({\partial_\mu \phi}) = \frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)}\omega_{\mu\nu}\partial_\nu\phi.$ Por supuesto, podríamos rotar sobre cualquier punto para que

x = 0

$x=0$ no es especial, por lo que debe aplicarse el mismo resultado en todos los puntos.

¡Acabo de ver tu respuesta! Como ves estoy de acuerdo contigo!

Movpasd · Answer 2

Después de 10 meses de estudio adicional, creo que ahora puedo responder mi propia pregunta, así que lo haré para futuras referencias.

El campo de densidad lagrangiano $\mathcal{L}[\phi]$ asociado (funcionalmente) al campo $\phi$ no es necesariamente un campo escalar de Lorentz. Por lo tanto, la ecuación (1) puede simplemente no cumplirse. Por supuesto, cualquier ejemplo de importancia práctica será un campo escalar de Lorentz, e imponer esta condición, al afirmar que (1) se cumple, se combina con (2) para crear una condición para que el Lagrangiano sea un campo escalar de Lorentz, que es que

\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} {ω^{v}}_{m} \partial_{v} ϕ = 0

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} {\omega^\nu}_\mu \partial_\nu \phi = 0$

para todos (antisimétrico) $\omega$ .

No he comprobado esto a mano, pero sospecho que el ejemplo que doy en la ecuación (3) es exactamente un caso en el que el campo de densidad de Lagrange no es un escalar de Lorentz. Esto tiene sentido, ya que $A$ es un tensor distinguido y, por lo tanto, puede proporcionar una base preferida.

Ladrillo · Answer 3

Esto funciona si usas el hecho de que $\phi$ también satisface la ecuación de Euler-Lagrange para la densidad $\mathcal{L}$ . En lugar de lo que escribiste, considera

\begin{array}{rcl} d L & = & L [ϕ + d ϕ] \\ = & \frac{\partial L}{\partial ϕ} d ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} \partial_{m} (d ϕ) \\ = & \frac{\partial L}{\partial ϕ} d ϕ + \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} d ϕ) - (\partial_{m} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)}) d ϕ \\ = & \frac{\partial L}{\partial ϕ} d ϕ + \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} d ϕ) - \frac{\partial L}{\partial ϕ} d ϕ \\ = & \partial_{m} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{m} ϕ)} d ϕ) \end{array}

$\begin{eqnarray} \delta \mathcal{L} & = & \mathcal{L}[\phi + \delta \phi] \\ & = & \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta \phi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_{\mu} (\delta\phi) \\ & = & \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta \phi + \partial_{\mu} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \delta \phi \right) - \left( \partial_{\mu} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \right) \delta\phi \\ & = & \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta \phi + \partial_{\mu} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \delta \phi \right) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta \phi \\ & = & \partial_{\mu} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \delta \phi \right) \end{eqnarray}$

Pasando de la segunda línea a la tercera, usó la regla del producto. Pasando de la tercera línea a la cuarta se utilizó la ecuación de Euler-Lagrange para $\phi$ . Esto da como resultado una divergencia total nuevamente, por lo que no hay cambios en la acción.

Esto no lo devuelve exactamente a la misma forma de divergencia que tenía antes, pero no estoy seguro de que eso importe siempre que la acción no cambie.

Hola Brick. Lo que has demostrado es que una solución a las ecuaciones EL dejará invariante la acción, pero eso ya lo sabíamos, porque es una solución a las ecuaciones EL, por lo que el punto de partida es que la acción quede invariante. Mi pregunta se aplica no solo al espacio de la solución, sino a todo el espacio de configuración.
¿Qué suposición (si la hay) tiene sobre $\phi$ , $\mathcal{L}$ , y las ecuaciones EL se transforman previamente? (es decir, sobre $\mathcal{L}[\phi]$ no $\mathcal{L}[\phi']$ en la notación de la pregunta.)
O tal vez al revés, no está claro por qué crees que tu Eq. 1 necesariamente debe sostenerse cuando $\mathcal{L}$ depende de las derivadas de $\phi$ además de $\phi$ sí mismo, y si no depende de los derivados, entonces su término "extra", por supuesto, ya se desvanece.
El campo es arbitrario (por lo que está sujeto a condiciones de suavidad, condiciones de contorno, yada yada yada). Y, de hecho, la Ecuación 1 no debería ser válida para funciones Lagrangianas arbitrarias (locales). Consulte mi nueva respuesta :)

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