¿Invariancia de la covariación de #% de %#% de acción de las ecuaciones de campo?

Question

¿Invariancia de la covariación de #% de %#% de acción de las ecuaciones de campo? ¿Es esta afirmación verdadera?

Solo he visto ejemplos de ello, como la invarianza de la acción electromagnética bajo transformaciones de Lorentz.

¿Cómo podríamos demostrarlo?

La acción es un escalar, $\Rightarrow$, aun no puedo transformarlo como $S$...

Answer 1

En esta respuesta formalmente nos muestran que un (cuasi)la simetría de una acción implica la correspondiente simetría de sus MOE$^{\dagger}$. La respuesta no hablar de la forma de covarianza de la MOE. Para más relaciones entre las simetrías de acción, MOE, y las soluciones de la MOE, ver, por ejemplo, este Phys.SE post.

Primero, vamos a recordar la definición de un cuasi-simetría de la acción

$$\tag{1} S_V[\phi]~:=~\int_V \! \mathbb{L}, \qquad \mathbb{L}~:=~{\cal L}~d^nx.$$

Esto significa que la acción (1) cambios por un límite integral

$$\etiqueta{2} S_{V^{\prime}}[\phi^{\prime}] +\int_{\partial V^{\prime}} \!d^{n-1}x~(\ldots) ~=~S_V[\phi]+ \int_{\partial V} \!d^{n-1}x~(\ldots) $$

en virtud de la transformación. En la siguiente, vamos a suponer que el espacio-tiempo de integración de la región de $V$ es arbitrario.

Teorema. Si una acción local funcional $S_V[\phi]$ tiene un cuasi-simetría transformación $$\tag{3} \phi^{\alpha}(x)~~\longrightarrow~~ \phi^{\prime \alpha}(x^{\prime}), \qquad x^{\mu}~~\longrightarrow~~x^{\prime \mu}, $$ a continuación, el MOE $$\tag{4} e_{\alpha}(\phi(x),\partial\phi(x),\ldots ; x)~:=~\frac{\delta S_V[\phi]}{\delta \phi^{\alpha}(x)}~\approx~0$$ debe tener una simetría (wrt. la misma transformación) $$\tag{5} e_{\alpha}(\phi^{\prime}(x^{\prime}),\partial^{\prime}\phi^{\prime}(x^{\prime}),\ldots ; x^{\prime})~\approx~e_{\alpha}(\phi(x),\partial\phi(x),\ldots ; x). $$

I) Formal finito prueba: Esto funciona tanto para una discreta y continua de cuasi-simetría.

$$ e_{\alpha}(\phi(x),\partial\phi(x),\ldots ; x) ~:=~\frac{\delta S_V[\phi]}{\delta \phi^{\alpha}(x)} ~\stackrel{(2)}{=}~\frac{\delta S_{V^{\prime}}[\phi^{\prime}]}{\delta \phi^{\alpha}(x)}~\stackrel{{\ddagger}}{\sim}~\int_{V^{\prime}}\!d^nx^{\prime}~\frac{\delta S_{V^{\prime}}[\phi^{\prime}]}{\delta \phi^{\prime\alpha}(x^{\prime})} \frac{\delta \phi^{\prime\alpha}(x^{\prime})}{\delta \phi^{\alpha}(x)}$$ $$\tag{6}~=~\int_{V^{\prime}}\!d^nx^{\prime}~e_{\alpha}(\phi^{\prime}(x^{\prime}),\partial^{\prime}\phi^{\prime}(x^{\prime}),\ldots ; x^{\prime}) \frac{\delta \phi^{\prime\alpha}(x^{\prime})}{\delta \phi^{\alpha}(x)}. $$

II) Formal infinitesimal de la prueba: Esto solo funciona para un continuo de cuasi-simetría. A partir de la transformación infinitesimal (3)

$$\tag{7} \delta \phi^{\alpha}(x)~:=~\phi^{\prime \alpha}(x^{\prime})-\phi^{\alpha}(x), \qquad \delta x^{\mu}~:=~x^{\prime \mu}-x^{\mu},$$

definimos un llamado vertical transformación

$$\tag{8} \delta_0 \phi^{\alpha}(x)~:=~\phi^{\prime \alpha}(x)-\phi^{\alpha}(x)~=~\delta \phi^{\alpha}(x)-\delta x^{\mu} ~d_{\mu}\phi^{\alpha}(x),\qquad d_{\mu}~:=~\frac{d}{dx^{\mu}}, \qquad $$

que transforma los campos $\phi^{\alpha}(x)$ sin transformar el espacio-tiempo de los puntos de $x^{\mu}$. El cuasi-simetría implica que el Lagrangiano $n$forma $\mathbb{L}$ transforma con un total espacio-tiempo de derivados

$$\etiqueta{9} \delta \mathbb{L}~=~d_{\mu} f^{\mu}~d^nx, \qquad \delta_0 \mathbb{L}~=~d_{\mu}(f^{\mu}-{\cal L}~\delta x^{\mu})~d^nx. $$

La MOE (4) por lo general son de segundo orden, así que vamos a suponer esto para la simplicidad. (Este supuesto no es necesario.) A continuación, el infinitesimal de la transformación de la MOE (4) lee

$$ \delta e_{\alpha}(x)~=~\delta_0 e_{\alpha}(x) +\delta x^{\mu} ~\underbrace{d_{\mu} e_{\alpha}(x)}_{\aprox 0}~\aprox~\delta_0 e_{\alpha}(x) \qquad $$ $$~=~\frac{\partial e_{\alpha}(x)}{\parcial\phi^{\beta}(x)}\delta_0\phi^{\beta}(x) +\sum_{\mu}\frac{\partial e_{\alpha}(x)}{\partial(\partial_{\mu}\phi^{\beta}(x))}d_{\mu}\delta_0\phi^{\beta}(x) +\sum_{\mu\leq \nu }\frac{\partial e_{\alpha}(x)}{\partial(\partial_{\mu}\partial_{\nu}\phi^{\beta}(x))}d_{\mu}d_{\nu}\delta_0\phi^{\beta}(x) $$ $$~\stackrel{{\ddagger}}{\sim}~ \int_V\! d^ny~ \delta_0\phi^{\beta}(y)\frac{\delta e_{\alpha}(x)}{\delta \phi^{\beta}(y)} ~=~\int_V\! d^ny~ \delta_0\phi^{\beta}(y)\frac{\delta^2 S_V[\phi]}{\delta \phi^{\beta}(y)\delta \phi^{\alpha}(x)} $$ $$~=~ \int_V\! d^ny~ \delta_0\phi^{\beta}(y)\frac{\delta^2 S_V[\phi]}{\delta \phi^{\alpha}(x)\delta\phi^{\beta}(y)} $$ $$~=~ \frac{\delta}{\delta \phi^{\alpha}(x)} \int_V\! d^ny~ \delta_0\phi^{\beta}(y)\frac{\delta S_V[\phi]}{\delta \phi^{\beta}(y)} -\int_V\! d^ny~ \frac{\delta(\delta_0\phi^{\beta}(y))}{\delta \phi^{\alpha}(x)} \frac{\delta S[\phi]}{\delta \phi^{\beta}(y)} $$ $$~\sim~ \frac{\delta(\delta_0 S_V[\phi]) }{\delta \phi^{\alpha}(x)} -\int_V\! d^ny~ \frac{\delta(\delta_0\phi^{\beta}(y))}{\delta \phi^{\alpha}(x)} e_{\beta}(y) $$ $$\tag{10} ~\approx~ \frac{\delta(\delta_0 S_V[\phi]) }{\delta \phi^{\alpha}(x)}~=~0. $$

En el último paso de eq. (10) hemos utilizado que la variación infinitesimal

$$\tag{11} \delta_0 S_V[\phi]+\int_V\! d^nx~d_{\mu} \left({\cal L}~\delta x^{\mu} \right) ~=~\delta S_V[\phi]~=~\int_{\partial V} \!d^{n-1}x~(\ldots)$$

de la acción es un límite de la integral por la suposición (2), por lo que su funcionales derivados (10) debe desaparecer (si es que existe).

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$^{\dagger}$ Terminología y Notación: las Ecuaciones de movimiento (MOE) medios de Euler-Lagrange las ecuaciones (1). Las palabras en la cáscara y off-shell se refieren a si la MOE están satisfechos o no. El $\approx$ símbolo significa la igualdad modulo MOE.

$^{\ddagger}$ Advertencia: Este paso no siempre justificada. El $\sim$ símbolo indica que hemos integrado formalmente por parte e ignorado el límite de aportaciones. También hemos asumido que la pertinente funcional derivado está bien definido y existe. Esta salvedad es que el principal defecto de la prueba formal de que se dan aquí. El punto es bastante grave, por ejemplo, en el caso de un mundial (=$x$-independiente) la variación, que, en general, no se desvanecen en el límite. Lo del límite de las contribuciones, en principio, podría jugar un papel.

Sin embargo, en lugar de utilizar funcionales derivados y de integración, es posible demostrar eq. (10) $x$-localmente

$$ \delta_0 e_{\alpha}(x)~=~\ldots~=~\underbrace{E_{\alpha(0)} d_{\mu}}_{y=0}\left(f^{\mu}(x)-{\cal L}(x)~\delta x^{\mu}\right) - \sum_{k\geq 0} d^k\left( \underbrace{e_{\beta}(x)}_{\aprox 0} \cdot P_{\alpha(k)}\delta_0\phi^{\beta}(x) \right)$$ $$\tag{12} ~\approx~ 0 $$

utilizando sólo parcial campo de los derivados

$$\tag{13} P_{\alpha(k)} ~:=~\frac{\partial }{\partial \phi^{\alpha(k)}}, \qquad k~\in~\mathbb{N}_0^n,$$

y más operadores de Euler

$$\etiqueta{14} E_{\alpha(k)} ~:=~\sum_{m\geq k} \begin{pmatrix} m \cr k\end{pmatrix}(-d)^m P_{\alpha(m)}, $$

que se refieren todas al mismo tiempo punto de $x$. Esta $x$-enfoque local para evitar el problema de la onu-representaba el límite de aportaciones.