Noether ' s teorema y calibrador de la simetría

Question

Estoy confundido sobre el Teorema de Noether aplicadas para evaluar simetría. Decir que tenemos

$$\mathcal L=-\frac14F_{ab}F^{ab}.$$

Entonces es invariante bajo $A_a\rightarrow A_a+\partial_a\Lambda.$

Pero puedo decir que aquí actual conservada es

$$J^a=\frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_aA_b)}\delta A_b=-\frac12 F^{ab}\partial_b\Lambda~?$$

¿Por qué nunca veo una corriente tal escrita? ¿Si no aquí se aplica Teorema de Noether, entonces es simetría de traslación espacio-tiempo el único candidato para producir corrientes de Noether para este Lagrangiano?

Answer 1

De hecho, no hay nada malo con el teorema de Noether aquí, $J^\mu = F^{\mu \nu} \partial_\nu \Lambda$ es una conserva de corriente para cada elección de la lisa función escalar $\Lambda$. Esto puede ser demostrado por inspección directa, ya que $$\partial_\mu J^\mu = \partial_\mu (F^{\mu \nu} \partial_\nu \Lambda)= (\partial_\mu F^{\mu \nu}) \partial_\nu \Lambda+ F^{\mu \nu} \partial_\mu\partial_\nu \Lambda = 0 + 0 =0\:.$$ Anteriormente, $\partial_\mu F^{\mu \nu}=0 $ debido a las ecuaciones de campo y $F^{\mu \nu} \partial_\mu\partial_\nu \Lambda=0$ porque $F^{\mu \nu}=-F^{\nu \mu}$, mientras que de $\partial_\mu\partial_\nu \Lambda =\partial_\nu\partial_\mu \Lambda$.

ADDENDUM. Muestro aquí que $J^\mu$ surge de la norma teorema de Noether. La correspondiente simetría de la transformación, para todos los fijos $\Lambda$, es $$A_\mu \to A'_\mu = A_\mu + \epsilon \partial_\mu \Lambda\:.$ $ , Enseguida se ve que $$\int_\Omega {\cal L}(A', \partial A') d^4x = \int_\Omega {\cal L}(A, \partial A) d^4x\tag{0}$$ ya que incluso ${\cal L}$ es invariante. Por lo tanto, $$\frac{d}{d\epsilon}|_{\epsilon=0} \int_\Omega {\cal L}(A, \partial A) d^4x=0\:.\tag{1}$$ Cambiar el símbolo de derivada y de la integral (asumiendo $\Omega$ acotada) y la explotación de Euler-Lagrange de las ecuaciones (1) puede ser re-escrita como: $$\int_\Omega \partial_\nu \left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\nu A_\mu} \partial_\mu \Lambda\right) \: d^4 x =0\:.\tag{2}$$ Puesto que el integrando es continuo y $\Omega$ arbitrarias, (2) es equivalente a $$\partial_\nu \left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\nu A_\mu} \partial_\mu \Lambda\right) =0\:,$$ que es la identidad discutido por el OP (omito un factor constante): $$\partial_\mu (F^{\mu \nu} \partial_\nu \Lambda)=0\:.$$

ADDENDUM2. La carga asociada a cualquiera de estas corrientes está relacionado con la energía eléctrica flujo espacial infinito. De hecho, uno tiene: $$Q = \int_{t=t_0} J^0 d^3x = \int_{t=t_0} \sum_{i=1}^3 F^{0i}\partial_i \Lambda d^3x = \int_{t=t_0} \partial_i\sum_{i=1}^3 F^{0i} \Lambda d^3x - \int_{t=t_0} ( \sum_{i=1}^3 \partial_i F^{0i}) \Lambda d^3x \:.$$ Como $\sum_{i=1}^3 \partial_i F^{0i} = -\partial_\mu F^{\mu 0}=0$, la última integral no da ninguna contribución y tenemos $$Q = \int_{t=t_0} \partial_i\left(\Lambda \sum_{i=1}^3 F^{0i} \right) d^3x = \lim_{R\to +\infty}\oint_{t=t_0, |\vec{x}| =R} \Lambda \vec{E} \cdot \vec{n} \: dS\:.$$ Si $\Lambda$ se convierte en una constante en el espacio exterior de una región acotada $\Omega_0$ y si, por ejemplo, que la constante no se desvanecen, se $Q$ es sólo el flujo de $\vec{E}$ en el infinito hasta un factor constante. En este caso, $Q$ es la carga eléctrica de hasta un factor constante (como se puso de relieve por ramanujan_dirac en un comentario más abajo). En ese caso, sin embargo, $Q=0$, ya que estamos tratando con la libertad de los campos EM.

Answer 2

Yo me hice la misma pregunta hace un tiempo, y esto es lo que se me ocurrió:

Supuse que el Lagrangiano de Maxwell acción es de la forma: $$\mathcal{L} = \mathcal{L}(A_\mu,\,\partial_\nu A_\mu)$$ Entonces supuse que en virtud de las variaciones del tipo de $A_\mu \rightarrow A_\mu - \frac{1}{e}\partial_\mu\alpha$ donde $\alpha\equiv \alpha(x)$ un local de calibre parámetro, el Lagrangiano permanece invariable: \begin{align} \delta\mathcal{L} &= \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial A_\mu}\delta A_\mu + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\nu A_\mu)}\delta(\partial_\nu A_\mu)\\ &= \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial A_\mu}({\textstyle \frac{-1}{e}\partial_\mu \alpha})+ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu A_\mu)}({\textstyle \frac{-1}{e}\partial_\mu \partial_\mu \alpha})=0\,. \end{align} En el primer plazo, el uso de la ecuación de movimiento para reemplazar a $\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\mu}=\partial_\nu (\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu A_\mu)})$ para obtener \begin{equation} \phantom{wwwwww}\delta\mathcal{L}=\partial_\nu\big(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu A_\mu)}\big)({\textstyle \frac{-1}{e}\partial_\mu \alpha})+\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu A_\mu)}({\textstyle \frac{-1}{e}\partial_\mu \partial_\mu \alpha})=0\,. \end{equation} Ahora, desde la $\alpha(x)$ es arbitraria función suave, la primera derivada es independiente de la segunda derivada. Así que los dos términos se desvanecen por separado.

• Fuga segundo término implica el tensor de la $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu A_\mu)}$ es antisimétrica (como los contratos con simétrica $\partial_\mu\partial_\nu \alpha$). Tan sólo la definen $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu A_\mu)}:=F^{\nu\mu}$

• Fuga primer término implica $\partial_\nu \big(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu A_\mu)}\big) = \partial_\nu F^{\nu\mu} = 0.$

Por lo tanto, llego a la conclusión de que el teorema de Noether para medidor de transformaciones no es una ley de conservación, pero una ecuación de movimiento. Y, el requisito de simetría gauge que impone $F^{\mu\nu}$ es antisimétrica.