Transformación de coordenadas en el Teorema de Noether

Question

Transformación de coordenadas en el Teorema de Noether

Yaman Sanghavi

Estoy confundido, en la demostración del teorema de Noether, por el cambio de frontera en la integral de acción durante la transformación de coordenadas. He visto en Wikipedia que junto con el cambio de Campo, también cambian $\Omega$ a $\Omega'$ , dónde $\Omega$ es la frontera espacio-temporal de la integral de acción.

Si cambiamos los campos y los límites debido a las transformaciones de coordenadas, ¿no constituiría eso un cambio de cero? (Estoy manteniendo separados los cambios intrínsecos en el campo)

¿No consideramos una región fija (arbitraria pero invariable durante el flujo) del espacio-tiempo y luego vemos los cambios en Lagrangian debido solo al flujo de campos y algún cambio intrínseco de campos, antes y después del flujo? (como se muestra a continuación) Las coordenadas deben tratarse como variables ficticias.

\int_{Ω} d L d^{4} X

$\int_\Omega \delta L\ d^4x$ No creo que debamos mover nuestro límite con la corriente, ¿verdad? Además, en la prueba mostrada por joshphysics no consideró la acción en absoluto. Trabajó solo con la variación de Lagrangian y, por lo tanto, no había integral y, por lo tanto, no había límite.

Entonces, ¿por qué algunas pruebas cambian el límite y otras no? Quiero decir, ¿cómo son estos equivalentes?

Otra pregunta: si demostramos el Teorema de Noether como lo hizo joshphysics , usando solo Lagrangian y no la acción, ¿perdemos algunas conservaciones en comparación con la demostración hecha en Wikipedia usando la integral de acción?

kakaz

Cuando cambió el sistema de coordenadas, su límite como objeto geométrico es el mismo, pero su descripción es diferente. Piense en la integral ordinaria y el cambio de las variables. ¿Cambian los límites de integración en este caso? Por supuesto, cambia (por ejemplo, de X, usted cartesiano a r, phi - cilíndrico, por lo que tiene un límite de cambio de x (1,10), y (1,10) a algo diferente para r, phi - porque phi, por ejemplo solo puede estar en (0,2pi). )

Yaman Sanghavi

@kakaz Oh, entendí tu punto, pero entonces, ¿por qué estamos cambiando las coordenadas en lugar de cambiar solo el campo? Porque si cambiamos las coordenadas, la acción no cambiará ya que solo estamos cambiando las variables ficticias. Creo que deberíamos mantener el límite igual y solo L debería variar usando derivadas de Lie, en lugar de variar las coordenadas. Por favor corrígeme si me equivoco en alguna parte.

Respuestas (2)

Transformación de coordenadas en el Teorema de Noether

Cuando cambió el sistema de coordenadas, su límite como objeto geométrico es el mismo, pero su descripción es diferente. Piense en la integral ordinaria y el cambio de las variables. ¿Cambian los límites de integración en este caso? Por supuesto, cambia (por ejemplo, de X, usted cartesiano a r, phi - cilíndrico, por lo que tiene un límite de cambio de x (1,10), y (1,10) a algo diferente para r, phi - porque phi, por ejemplo solo puede estar en (0,2pi). )
@kakaz Oh, entendí tu punto, pero entonces, ¿por qué estamos cambiando las coordenadas en lugar de cambiar solo el campo? Porque si cambiamos las coordenadas, la acción no cambiará ya que solo estamos cambiando las variables ficticias. Creo que deberíamos mantener el límite igual y solo L debería variar usando derivadas de Lie, en lugar de variar las coordenadas. Por favor corrígeme si me equivoco en alguna parte.

qmecanico · Answer 1

Tenga en cuenta que las transformaciones $^1$ en el (primer) teorema de Noether son generalmente una combinación de transformaciones (verticales) de campos espaciales objetivo $\phi^{\alpha}$ y transformaciones (horizontales) de coordenadas de espacio-tiempo $x^{\mu}$ .
Recuerda que la acción $S_{\Omega}[\phi] =\int_{\Omega} \! d^nx~{\cal L}$ es la densidad lagrangiana ${\cal L}$ integrado sobre una región de integración del espacio-tiempo $\Omega$ . La formulación más general del teorema de Noether es en términos de una (cuasi) simetría de la acción en lugar de la densidad lagrangiana.
La transformación de la región de integración del espacio-tiempo $\Omega$ es inducida por la transformación horizontal $\delta x^{\mu}$ .
La publicación de Phys.SE a la que respondió joshphysics no considera las transformaciones horizontales y, por lo tanto, no tiene transformación de la región de integración. $\Omega$ .

--

$^1$ El teorema de Noether se puede formular para transformaciones finitas, pero consideremos solo transformaciones infinitesimales en esta respuesta por simplicidad.

En el punto nro. 3 usted dice que la región de integración cambia debido a la transformación horizontal. Entonces, dejamos que el límite fluya con las transformaciones de coordenadas, ¿verdad? Ahora, si también dejamos que los campos fluyan con la transformación de coordenadas, ¿no constituiría eso un cambio de cero? Porque entonces estamos cambiando tanto el límite como los campos debido a las transformaciones de coordenadas. ¿No deberíamos mover sólo uno de ellos?
Una situación con cambio cero es un caso especial, que no siempre se cumple.

Cristóbal · Answer 2

Entonces, ¿por qué algunas pruebas cambian el límite y otras no? Quiero decir, ¿cómo son estos equivalentes?

No lo son: las pruebas comunes del 'teorema de Noether' a menudo solo consideran ciertos límites del mismo. También hay una tendencia a ocultar complejidades detrás de la notación.

A continuación, presentaré una prueba elemental de una versión simple del primer teorema de Noether en 1 dimensión de una manera que debería generalizarse a lo que se llama la versión teórica de campo en Wikipedia pasando de $t$ a $x^\mu$ y $q$ a $\varphi^A$ .

El Lagrangiano será una función

L = L (X, v, t)

$L = L(x,v,t)$ y la acción un funcional

S [q] = \int_{t_{1}}^{t_{2}} L (q (t), \dot{q} (t), t) d t

$S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q(t),\dot q(t),t) \,dt$

Proposición. Si la transformación

t \to t^{'} (t) = t + ϵ T (t)

$t\to t'(t) = t + \epsilon T(t)$

X \to X^{'} (X, t) = X + ϵ X (t)

$x\to x'(x,t) = x + \epsilon X(t)$

q^{'} (t^{'}) = q (t (t^{'})) + ϵ X (t (t^{'}))

$q'(t') = q(t(t')) + \epsilon X(t(t'))$ es una cuasi-simetría de la acción

d S \approx Δ k

$\delta S \approx \Delta K$ on-shell (es decir, asumiendo las ecuaciones de movimiento), entonces hay una cantidad conservada

\frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial v} (X - \dot{q} T) + L T - k) \approx 0

$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial v} (X - \dot q T) + LT - K \right) \approx 0$ Aquí,

d S = \frac{d}{d ϵ} |_{ϵ = 0} S [q^{'}]

$\delta S = \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0} S[q']$

Δ k = k (t_{2}) - k (t_{1}) = \int_{t_{1}}^{t_{2}} \frac{d k}{d t} d t

$\Delta K = K(t_2)-K(t_1) = \int_{t_1}^{t_2} \frac{dK}{dt} dt$

Prueba.

\begin{aligned} d S & = \frac{d}{d ϵ} |_{ϵ = 0} \int_{t^{'} (t_{1})}^{t^{'} (t_{2})} L (q^{'} (t^{'}), \frac{d}{d t^{'}} q^{'} (t^{'}), t^{'}) d t^{'} \\ = \frac{d}{d ϵ} |_{ϵ = 0} \int_{t_{1}}^{t_{2}} L (q (t) + ϵ X (t), {(\frac{d t^{'}}{d t})}^{- 1} \frac{d}{d t} (q (t) + ϵ X (t)), t + ϵ T (t)) d t^{'} (t) \\ = \int_{t_{1}}^{t_{2}} [(\frac{\partial L}{\partial X} X + \frac{\partial L}{\partial v} \frac{d}{d ϵ} |_{ϵ = 0} \frac{\dot{q} + ϵ \dot{X}}{1 + ϵ \dot{T}} + \frac{\partial L}{\partial t} T) d t + L \frac{d}{d ϵ} |_{ϵ = 0} d (t + ϵ T)] \\ = \int_{t_{1}}^{t_{2}} [\frac{\partial L}{\partial X} X + \frac{\partial L}{\partial v} (\dot{X} - \dot{q} \dot{T}) + \frac{\partial L}{\partial t} T + L \dot{T}] d t \end{aligned}

$\begin{align} \delta S &= \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0} \int_{t'(t_1)}^{t'(t_2)} L(q'(t'),\frac{d}{dt'}q'(t'),t')\,dt' \\&= \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0} \int_{t_1}^{t_2} L(q(t) + \epsilon X(t),\left( \frac{dt'}{dt} \right)^{-1}\frac{d}{dt}(q(t) + \epsilon X(t)),t + \epsilon T(t)) \,dt'(t) \\&= \int_{t_1}^{t_2}\left[ \left( \frac{\partial L}{\partial x}X + \frac{\partial L}{\partial v}\frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0}\frac{\dot q + \epsilon \dot X}{1 + \epsilon \dot T} + \frac{\partial L}{\partial t} T \right)\,dt + L \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0}d(t + \epsilon T) \right] \\&= \int_{t_1}^{t_2}\left[ \frac{\partial L}{\partial x}X + \frac{\partial L}{\partial v} (\dot X - \dot q \dot T) + \frac{\partial L}{\partial t} T + L \dot T\right]\,dt \end{align}$

Usando

\frac{\partial L}{\partial v} \dot{X} = \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial v} X) - (\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial v}) X

$\frac{\partial L}{\partial v} \dot X = \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial v} X \right) - \left( \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial v} \right) X$

\frac{\partial L}{\partial t} T + L \dot{T} = \frac{d}{d t} (L T) - \frac{\partial L}{\partial X} \dot{q} T - \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial v} \dot{q} T) + (\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial v}) \dot{q} T + \frac{\partial L}{\partial v} \dot{q} \dot{T}

$\frac{\partial L}{\partial t} T + L \dot T = \frac{d}{dt}\left( LT \right) - \frac{\partial L}{\partial x} \dot q T - \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial v} \dot q T \right) + \left( \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial v} \right) \dot q T + \frac{\partial L}{\partial v}\dot q \dot T$ llegamos a

d S = \int_{t_{1}}^{t_{2}} [(\frac{\partial L}{\partial X} - \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial v}) (X - \dot{q} T) + \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial v} (X - \dot{q} T) + L T)] d t

$\delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[ \left( \frac{\partial L}{\partial x} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial v} \right)(X - \dot q T) + \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial v}(X - \dot q T) + LT \right) \right]\,dt$

El primer término desaparece si asumimos las ecuaciones de Euler-Lagrange, el segundo término produce nuestra ley de conservación una vez que nos movemos $K$ a este lado de la ecuación. Esto concluye la prueba. $\square$

Nótese el cambio de región de integración en el primer paso. La nueva coordenada de tiempo no era de ninguna manera una variable ficticia: la transformación es 'activa', un grupo de difeomorfismos de un parámetro.

Transformación de coordenadas en el Teorema de Noether

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kakaz

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