Suposiciones fuera y dentro de la cubierta dentro de la derivación del teorema de Noether

Question

Si consideramos una transformación de un campo $ \Phi \rightarrow \Phi + \alpha \frac { \partial \Phi }{ \partial \alpha }$ que no es una simetría de un lagrangiano, entonces se puede mostrar que la corriente de Noether no se conserva, sino que en su lugar $ \partial_ { \mu }J^{ \mu } = \frac { \partial L}{ \partial \alpha }$ .

Creo que la forma en que esto se deriva es la siguiente $$ \delta S = \int d^4 x \, \delta L = \int d^4 x \left ( \left ( \frac { \partial L}{ \partial \Phi } \delta \Phi - \partial_ { \mu } \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_ { \mu } \Phi )} \right ) \delta \Phi + \partial_ { \mu } \left ( \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_ { \mu } \Phi )} \delta \Phi \right ) \right )$$ Entonces el primer término es cero debido a las ecuaciones de movimiento y así nos quedamos con el segundo término de divergencia total con $$J^{ \mu } = \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_ { \mu } \Phi )} \frac { \partial \Phi }{ \partial \alpha }$$ así que nos quedamos con $$ \delta S = \int d^4 x \, \alpha \partial_ { \mu } J^{ \mu }.$$

Escribir $$ \delta L = \frac { \partial L}{ \partial \Phi } \delta \Phi + \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_ { \mu } \Phi )} \delta ( \partial_ { \mu } \Phi ),$$ insertando $ \delta \Phi = \alpha \, \partial \Phi / \partial \alpha $ vemos que $$ \delta L = \alpha \frac { \partial L}{ \partial \alpha }.$$ Entonces podemos comparar con lo anterior y deducir el resultado.

Mis preguntas son :

¿Qué permite el uso de las ecuaciones de movimiento aquí? Si las ecuaciones de movimiento se mantienen entonces $ \delta S = 0$ idénticamente en que las soluciones a tales ecuaciones minimizan la acción. Usar las ecuaciones de movimiento me da $ \int \partial_ { \mu } J^{ \mu } d^4 x = \delta S$ al final como se muestra arriba, pero desde que usé las ecuaciones de movimiento, ¿no es esto igual a cero? Y también como siempre nos queda una integral de una divergencia total, ¿no es esto siempre cero en la suposición física de que las variaciones de campo se desvanecen en el infinito/límite del experimento?

He visto las bonitas preguntas y respuestas publicadas por ejemplo aquí https://physics.stackexchange.com/question/327999/ y la respuesta aquí por Qmechanic ¿Qué transformaciones no son simétricas para un Lagrangiano?

Básicamente me gustaría entender lo que se dijo en esa respuesta y verlo en la práctica con la anterior no simetría del lagrangiano.

Answer 1

Permítanme presentarles la derivación del teorema de Noether que me gusta mucho y que deja claras todas las suposiciones del teorema de Noether. Dejemos que $ \varphi $ el conjunto de campos de la teoría, de modo que $$ S[ \varphi ] = \int d^4 x { \cal L}( \varphi (x), \cdots ) $$ Ahora, supongamos que tenemos una simetría conectada y continua de la acción $ \varphi (x) \to \varphi_\alpha '(x)$ parametrizado por un número real $ \alpha \in { \mathbb R}$ para que $ \alpha = 0$ corresponde a la transformación de la identidad $ \varphi '_{ \alpha =0}(x) = \varphi (x)$ . La afirmación de que la transformación anterior es una simetría de la acción (ver mi respuesta a ¿Qué constituye una simetría para el Teorema de Noéter? ) es $$ S[ \varphi '_ \alpha ] = S[ \varphi ] $$ Note que esta simetría está fuera de la concha.

Ahora, toma $ \alpha $ ser pequeño y escribir $$ \varphi '_{ \alpha }(x) = \varphi (x) + \alpha \psi (x) + { \cal O}( \alpha ^2) ~. $$ Entonces.., $$ S[ \varphi + \alpha \psi ] = S[ \varphi ] + { \cal O}( \alpha ^2) \qquad \qquad (1) $$

¡DE ACUERDO! Hasta ahora, todo bien. Ahora, considera un diferente redefinición del campo $ \varphi (x) \to \varphi '(x) = \varphi (x) + \alpha f(x) \psi (x)$ . Tenga en cuenta que, ahora desde $f(x)$ es una función en oposición a una constante, la redefinición del campo anterior es no una simetría de la acción . Esto significa que si considero $S[ \varphi + \alpha f \psi ]$ hay en general un ${ \cal O}( \alpha )$ a diferencia de lo que ocurre en (1). Sin embargo, sabemos que este ${ \cal O}( \alpha )$ El término se desvanece cuando $f(x)=$ constante ya que en ese caso, tendríamos una simetría. Esto significa que la ${ \cal O}( \alpha )$ término debe tomar la forma $$ S[ \varphi + \alpha f \psi ] = S[ \varphi ] + \alpha \int d^4 x \partial_\mu f(x) j^ \mu (x) + { \cal O}( \alpha ^2) \qquad \qquad (2) $$ Un derivado debe actuar sobre $f(x)$ en el ${ \cal O}( \alpha )$ para que se desvanezca cuando $f(x)=$ constante.

Ahora, aquí viene el pateador. En (2), deja $ \varphi = \varphi_0 $ donde $ \varphi_0 $ ser una solución a las ecuaciones de movimiento. El, por el principio variacional $$ S[ \varphi_0 + \alpha \delta \varphi ] = S[ \varphi_0 ] + { \cal O}( \alpha ^2) $$ Tenga en cuenta que esto es cierto para cualquier variación $ \delta \varphi $ (hay advertencias sobre esto también, pero no lo discutiremos). Entonces encontramos $$ S[ \varphi_0 + \alpha f \psi ] = S[ \varphi_0 ] + \alpha \int d^4 x \partial_\mu f(x) j^ \mu (x) + { \cal O}( \alpha ^2) = S[ \varphi_0 ] + { \cal O}( \alpha ^2) $$ lo que implica que si y sólo si $ \varphi $ se toma para estar en la cubierta, entonces $$ \int d^4 x \partial_\mu f(x) j^ \mu (x) = 0~. $$ Esto es cierto para cualquier función $f(x)$ (sujeto a las mismas advertencias mencionadas anteriormente). Así que podemos tomar $f(x) = \delta ^4(x-y)$ y la ecuación anterior se reduce a $$ \partial_\mu j^ \mu (y) = 0~. $$

Resumamos todas nuestras suposiciones. Suponemos que existe una simetría global continua y conectada de la acción generada por un parámetro real. Hemos demostrado entonces que dado esto, existe una corriente $j_ \mu (x)$ que se conserva $ \partial_\mu j^ \mu (x)$ en la cubierta.

Answer 2

Parece que el corazón de la pregunta de OP es el siguiente.

Es bien sabido que las condiciones límite (BC) son necesarias para derivar las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL). ¿Las transformaciones infinitesimales del teorema de Noether satisfacen las BCs pertinentes?

Responde: Esto es típicamente no el caso. Así que los términos límite (BT) no necesariamente se desvanecen. Ver también este relacionado con el puesto de Phys.SE.

Ejemplo 1: Considere una partícula libre $$L~=~ \frac {1}{2}m \dot {q}^2.$$ Simetría translacional infinitesimal fuera de la cubierta $$ \delta q~=~ \epsilon $$ (que conduce a la conservación del momento en la cubierta a través del teorema de Noether) hace no satisfacer a los BC de Dirichlet $$ q(t_i)~=~q_i \quad\text {and} \quad q(t_f)~=~q_f. $$

Ejemplo 2: Considere un oscilador armónico $$L~=~ \frac {1}{2}m \dot {q}^2- \frac {1}{2}kq^2.$$ Transformación de traducción infinitesimal $$ \delta q~=~ \epsilon $$ (que es no una cuasi simetría fuera de la cáscara) lleva a la siguiente variación del Lagrangiano $$ \delta L~=~ \frac { \partial L}{ \partial q} \delta q+ \frac { \partial L}{ \partial\dot {q}} \frac {d}{dt} \delta q ~=~-(m \ddot {q}+kq) \delta q + \frac {d}{dt}(p \delta q)~ \stackrel { \text {on-shell}}{ \approx }~ \epsilon \frac {dp}{dt}, $$ que es no necesariamente cero, pero se garantiza que es un derivado de tiempo total en la cubierta. Esto corresponde al hecho bien conocido de que el impulso $$ p~:=~ \frac { \partial L}{ \partial\dot {q}}~=~m \dot {q} $$ es no conservado en la cubierta en el oscilador armónico.

Answer 3

Lo que te confunde es que te has precipitado en tu primera ecuación, al adelantarte con la derivación de las ecuaciones de Euler-Lagrange. Empieza en su lugar con $$ \delta S = \int d^4x \frac { \partial L}{ \partial \phi } \delta\phi + \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_\mu \phi )} \delta ( \partial_\mu \phi ) $$ En la derivación de las ecuaciones de Euler-Lagrange, imponemos el principio de menor acción que $ \delta S =0 $ y luego integrarse por partes para obtener su primera ecuación. Se puede suponer que el término límite se desvanece, pero como $ \delta \phi $ es arbitraria nosotros demanda que el coeficiente de $ \delta \phi $ debe desaparecen para satisfacer el principio de la menor acción, que implica nuestra ecuación de movimiento.

Para una transformación de simetría $ \delta \phi $ es no arbitraria; es una simetría de la acción . Esto significa que deja la acción sin cambios. Como ejemplo, un Lagrangiano para un campo complejo $$L = \frac {1}{2} \partial_\mu \phi \partial ^ \mu\phi ^* + \frac {1}{2}m^2 \phi ^* \phi $$ tiene una simetría $ \phi \rightarrow e^{i \alpha } \phi $ que corresponde a una variación infinitesmal $ \delta\phi = i \alpha \phi $ . Esta transformación deja a los Lagrangianos $L$ sin cambios; no necesitamos usar las ecuaciones de movimiento para hacer cumplir esto.

Hablando con generalidad, mientras que la transformación anterior dejó $L$ se mantiene invariable, $ \delta \phi $ será una simetría de la acción si sólo modifica el Lagrangiano por un término de divergencia $L \rightarrow L + \partial _ \mu j^{ \mu } (x)$ que es que se supone que se desvanece en el infinito, para dejar la acción invariable. Así que $$ \delta S = \int d^4x \frac { \partial L}{ \partial \phi } \delta\phi + \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_\mu \phi )} \delta ( \partial_\mu \phi ) = \int d^4x \partial _ \mu j^{ \mu } (x) =0$$ - para repetir, no por el principio de menor acción, sino por la definición de una simetría. Podemos escribir, en esta etapa trivialmente, $$ \int d^4x \left ( \frac { \partial L}{ \partial \phi } \delta\phi + \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_\mu \phi )} \delta ( \partial_\mu \phi ) - \partial _ \mu j^{ \mu } (x) \right ) =0$$ De hecho, según nuestra definición de $ \partial _ \mu j^ \mu $ como el cambio local en el Lagrangiano $L$ ni siquiera necesitamos ese signo integral allí, pero acordemos integrar los derivados funcionales por partes antes de deshacernos de él. De esta manera encontramos $$ \left ( \frac { \partial L}{ \partial \phi } - \partial_\mu \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_\mu \phi )} \right ) \delta \phi + \partial_\mu\left ( \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_\mu \phi )} \delta \phi -j^{ \mu } (x) \right ) =0$$ Ahora, vamos a ir "en la cubierta" y pensar en lo que sucede cuando las ecuaciones de movimiento son satisfechos. Entonces el primer término se desvanece, así que inferimos que la corriente $$J^{ \mu } = \frac { \partial L}{ \partial ( \partial_\mu \phi )} \delta \phi -j^{ \mu } (x)$$ se conserva.

Típicamente hablando, esta corriente no es trivial, y puedes comprobar que se conserva cuando $ \phi $ satisface su ecuación de movimiento. Para el ejemplo anterior, deberías encontrar algo como $$J^{ \mu } = \phi ^* \partial ^ \mu \phi - \phi \partial ^ \mu \phi ^*$$ que se desvanece si y sólo si $ \phi $ satisface la ecuación de Klein-Gordon. (En la teoría cuántica, $ \phi $ es un campo cargado, y $J^{ \mu }$ es la densidad de corriente).

Para tener clara la relevancia de las ecuaciones de movimiento en la ley de conservación, considere el ejemplo de @Qmechanic de una partícula libre arriba. La simetría de la traslación es una simetría de la acción; si tienes algún camino loco de A a B que hace zig-zag en todos los sentidos, su acción será igualmente ridícula si desplazamos todos los puntos de ese camino hacia la izquierda en 5 cm. Pero a lo largo de ese hipotético camino en zig-zag el momento no se conserva; no obedece a la ecuación del movimiento. En cambio, a lo largo del camino que sí cumple la ecuación de movimiento (es decir, una línea recta), el momento es conservado. Espero que eso ayude a aclarar las cosas.