Tensor de inercia de energía a partir del teorema de Noether

Question

en el libro la Teoría Cuántica de campos por Itzykson y Zuber la siguiente derivación para la tensión-energía tensor se propone (p.22):

Suponga una densidad Lagrangiana dependiendo de las coordenadas espacio-tiempo $x$ sólo a través de los campos y sus gradientes. En virtud de una traducción que hemos $$\mathcal L (x+a)=\mathcal L[\phi_i(x+a),\partial_\mu\phi_i(x+a)].$$

Considere la posibilidad de un infinitesimal $x$-dependiente de la transformación $$\delta\phi_i=\delta a^\mu(x)\partial_\mu\phi_i(x),$$ $$\delta\partial_u\phi_i(x)=\delta a^\nu \partial_\nu\partial_\mu\phi_i(x)+\partial_\mu[\delta a^\nu (x)]\partial_\nu \phi_i(x).$$

La prueba, a continuación, se procede con la variación de la acción y de la integración por partes. Pero, ¿por qué consideramos un $x$-locales dependientes de transformación en lugar de una transformación global?

Answer 1

Este es un ingenioso método que se utiliza para derivar Noether actual para cualquier global de simetría; por la simetría traslacional, que produce el estrés-tensor de energía.

Tenemos que considerar un local de transformación debido a que la variación de la acción, $\delta S$, desaparece por la transformación global debido a la transformación global es, por definición, una simetría: $$\delta S = 0$$ Este valor de $\delta S$ seguiría "tautologically" y no podríamos deducir algo nuevo.

De ello se sigue que, si "generalizar" la simetría de las reglas de transformación y hacerlos $x$-dependiente, es decir, la transformación será especificado por $\delta a(x)$ (e $a$ es un vector de las traducciones, pero se puede escalar para otras simetrías), a continuación, $\delta S$ será distinto de cero, pero también, inevitablemente, dependen de los derivados de la $a$; para la constante de opciones de $a$, debemos obtener cero (porque es el mundial de simetría). Para las acciones que sólo dependen de la primera derivados de los campos, la variación de la acción inevitablemente tendrá la forma $$ S = \int (\partial_\mu a) j^\mu d^d x$$ donde $j^\mu$ es alguna función en particular de los campos o en otros grados de libertad (y sus derivados). Tenga en cuenta que este formulario es inevitable: $\delta S$ tiene que ser lineal en $a$ y/o sus derivados, pero debe desaparecer para$a={\rm const}$, por lo que no puede ser cualquiera de los términos de la forma $\int ab\,\,d^dx$, es decir, términos proporcionales a indiferenciado $a$. También no hay mayor derivado términos, si la acción no tiene mayor derivados de los campos para empezar.

Ahora, el argumento de que $j^\mu$ es una corriente de la que es simple. Cuando las ecuaciones de movimiento son satisfechos, $\delta S =0$ para cualquier variación de los campos, ya sea una simetría o no. En particular, $\delta S = 0$ tiene para la "generalizada" o "localizada" global simetría dado por $a(x)$ que no es ya una simetría exacta, por lo $\delta S$ es el cero de la expresión anterior. Pero por integración por partes, $\delta S = 0$ significa $$ 0 = \int a(x)\cdot \partial_\mu j^\mu(x)\,\, d^d x$$ que se desvanece iff $\partial_\mu j^\mu$ se desvanece en cada punto. Esto demuestra que $j^\mu$ obtenido de esta manera es una conserva de corriente; integral, tiene que ser una cantidad conservada. Usted podría preguntarse por qué alguien inventó este método. Él o ella lo inventó, porque él o ella era creativa e inteligente. Lo que es importante para todos los demás es la comprobación de los argumentos anteriores y ver que uno puede obtener una conserva de corriente de esta manera. El autor original de el método fue capaz de "ver" todo el argumento en su cabeza.

(Digo "ella" así que pagar algún tributo a Noether que no acababa de inventar este elegante método – sus papeles eran desordenados, pero que ella inventó la totalidad de la relación entre simetrías y leyes de conservación.)

Answer 2

¿Por qué podemos considerar un $x$-locales dependientes de transformación en lugar de una transformación global?

Hay una buena razón (ver a continuación) ¿por qué nos gusta empezar por un general $x$dependiente de local infinitesimal de transformación,

$$ x^{\prime \mu}- x^{\mu} ~=~ \delta x^{\mu} ~=~ - \varepsilon^{\mu}, $$ $$ \phi^{\prime}(x)-\phi(x) ~=~\varepsilon^{\mu} \phi_{,\mu}, $$

donde $\varepsilon^{\mu}\equiv\delta a^{\mu}$ es un local $x$-dependiente infinitesimal parámetro, y sólo más tarde se especializan en global $x$-independiente (=rígido) de transformación. Yendo un poco más de la parte superior en el local de transformaciones (al menos desde la perspectiva de Noether del primer Teorema), Itzykson Y Zuber escribir en la página.23 en el libro QFT:

Desde la desaparición de la $\delta I$ para arbitrario $\delta a^{\nu}(x)$, podemos deducir que la inercia de energía de flujo descrito por el canónica tensor [...] cumple la ley de conservación de la [...].

Este es un punto importante para el estrés (como el OP parece consciente de) que sólo global de simetría es necesario en Noether del primer Teorema.

Así que vamos a demostrar esto en el caso en cuestión. Si uno comienza con una transformación global, una deriva

$$ 0~=~ \delta S ~=~ S[\phi^{\prime}]- S[\phi] ~=~ \varepsilon^{\mu} \int_{V} {\rm d}^dx \left(\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\phi_{,\mu}+\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu\nu}-d_{\mu}{\cal L}\right), \qquad\qquad (A)$$

donde $V$ es la integración de la región, y $\varepsilon^{\mu}$ global $x$-independiente infinitesimal parámetro. Tomemos $V$ $\subseteq\mathbb{R}^d$ por la simplicidad. Se puede proceder en tres casos:

1. Si la integración de la región de $V$ es fijo, y ya eq. $(A)$ por supuesto, tiene para todos los off-shell configuraciones de la $\phi$ campo, entonces es posible deducir que el integrando $(A)$ es una total divergencia, $$\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\phi_{,\mu}+\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu\nu}-d_{\mu}{\cal L}~=~d_{\nu} f^{\nu}_{\mu}. \qquad\qquad (B)$$ [Las palabras en la cáscara y off-shell se refieren a si las ecuaciones de movimiento están satisfechos o no. Utilizamos el símbolo $d_{\mu}$ (en lugar de $\partial_{\mu}$) para subrayar el hecho de que el derivado $d_{\mu}$ es un total de derivados, que involucra tanto implícita diferenciación a través de la variable de campo $\phi(x)$, y explícita la diferenciación wrt. $x^{\mu}$.]

2. Si uno asume (como Noether hizo en 1918) que la simetría $(A)$ tiene de arbitraria de integración de regiones $V$, entonces se deduce que el integrando $(A)$ se desvanece de forma idéntica $$\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\phi_{,\mu}+\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu\nu}-d_{\mu}{\cal L}~=~0. $$ Esto se corresponde con la ecualización. $(B)$ $f^{\nu}_{\mu}=0$.

3. Si uno asume (como Itzykson Y Zuber) que la densidad Lagrangiana ${\cal L}$ no tiene ningún explícita $x^{\mu}$ dependencia, entonces la simetría $(A)$ mantiene arbitrarias de integración de regiones $V$, y uno está de vuelta en el caso 2.

A continuación definimos el pleno Noether actual como

$$T^{\nu}_{\mu}~:=~\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu}-\delta^{\nu}_{\mu}{\cal L} -f^{\nu}_{\mu}.\qquad\qquad (C)$$

No es difícil deducir la ley de la conservación de

$$d_{\nu}T^{\nu}_{\mu}~=~\left(d_{\nu}\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}-\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\right)\phi_{,\mu}~\approx~0, $$

con la ayuda de nca. $(B)$, $(C)$, y de Euler-Lagrange ecuación. [Se utiliza el $\approx$ signo de estrés que una ecuación es una shell ecuación.]

Ahora volvamos a la pregunta original. El estándar de la razón que se inicia con un local de variación es, que uno no tiene que adivinar/no recuerda/pull-out-of-the-hat el desnudo de Noether actual

$$t^{\nu}_{\mu}~:=~ \frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu}-\delta^{\nu}_{\mu}{\cal L}.$$

Simplemente sale como el término que multiplica $d_{\nu}\varepsilon^{\mu}$ en la variación local, como Lubos Motl también explica en su respuesta.

Por último, señalar que el total Noether actual $T^{\nu}_{\mu}$ todavía puede contener un $f^{\nu}_{\mu}$ pieza. Esta última pieza puede ser determinado a partir de la total divergencia plazo $d_{\nu}f^{\nu}_{\mu}$ que se multiplica por el indiferenciado $\varepsilon^{\mu}$ en la variación local.

Answer 3

Este es un truco de las variaciones, se explica mejor por Feynman en el Carácter de la ley Física. El punto es que la ley de la conservación proviene de una simetría más un mínimo principio. Que tomar el camino de a a B, y de traducir el camino (de traducir los extremos demasiado) para obtener una ruta de a' a B'. El camino que se mueve rápidamente de Una a Una", luego de Una' B', luego de B' a B es una variación de la ruta original, y por lo tanto tiene la misma acción por el principio de acción estacionaria. Pero el camino de Una' B' tiene la misma acción que el camino de a a B por la simetría. Esto significa que el poco de acción de la a a la' debe ser igual al poco de acción de B a B'.

Esta es su versión de el teorema de Noether. Su argumento requiere la evaluación de la acción de un pequeño salto-patada en el inicio y el final de un camino, con saltos. Esto es matemáticamente molesto, así que usted puede reformular el argumento en una forma más conveniente matemáticamente manera mediante el uso de un continuo de la versión.

Así que en su lugar, considere la posibilidad de hacer su argumento con muchos slicings de tiempo, y haciendo un poco independiente de la traducción en cada uno de los sectores. El mismo argumento que indica que el poco de la acción que usted consigue uno cada sector de la pequeña traducción no será igual en los extremos opuestos. Por lo que la variación de la acción, con un tiempo-dependiente de la traducción será igual a la conserva de la cantidad de veces la derivada de la traducción parámetro con el tiempo.

Esta es la versión del teorema de Noether que los libros, y es matemáticamente más fácil. El razonamiento conceptual es el mismo que en su versión; los dos argumentos son intercambiables.