Ableitung des Noetherstroms

Question

Ableitung des Noetherstroms

Aktion
Physik
Noethers-Theorem
lagrangescher Formalismus
Variationsrechnung
Variationsprinzip

CAF

(Vgl. Di Francesco et al, Conformal Field Theory, S. 40-41) Ich versuche, Gl. (2.142) bzw

\begin{matrix} (2.142) & δ S = \int D^{D} X ω_{A} \partial_{μ} J_{A}^{μ} \end{matrix}

$\delta S = \int d^d x ~\omega_a~\partial_{\mu}j^{\mu}_a \tag{2.142}$

im Buch CFT von Di Francesco et al. Ich habe den endgültigen Ausdruck erhalten

δ S = \int D^{D} X \partial_{μ} ω_{A} [\frac{δ F}{δ ω_{A}} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} Φ)} - \frac{δ X^{v}}{δ ω_{A}} \partial_{v} Φ \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} Φ)} + \frac{δ X^{μ}}{δ ω_{A}} L] +

$\delta S = \int d^d x\,\partial_{\mu} \omega_a \left[\frac{\delta F}{\delta \omega_a} \frac{\partial L}{\partial(\partial_{\mu}\Phi)} - \frac{\delta x^{\nu}}{\delta \omega_a}\partial_{\nu}\Phi \frac{\partial L}{\partial(\partial_{\mu}\Phi)} + \frac{\delta x^{\mu}}{\delta \omega_a}L\right] +$

\begin{matrix} (A) & ω_{A} [\frac{δ F}{δ ω_{A}} \frac{\partial L}{\partial Φ} + (\partial_{μ} \frac{δ F}{δ ω_{A}}) \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} Φ)} - \partial_{μ} (\frac{δ X^{v}}{δ ω_{A}}) \partial_{v} Φ \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} Φ)} + \partial_{μ} (\frac{δ X^{μ}}{δ ω_{A}}) L] \end{matrix}

$\omega_a\left[ \frac{\delta F}{\delta \omega_a}\frac{\partial L}{\partial \Phi} + (\partial_{\mu}\frac{\delta F}{\delta \omega_a})\frac{\partial L}{\partial(\partial_{\mu}\Phi)} - \partial_{\mu} (\frac{\delta x^{\nu}}{\delta \omega_a})\partial_{\nu}\Phi \frac{\partial L}{\partial(\partial_{\mu}\Phi)} + \partial_{\mu} (\frac{\delta x^{\mu}}{\delta \omega_a})L\right]\tag{A}$

und tatsächlich multiplizieren sich die Terme $\partial_{\mu}\omega_a$ es gibt genau $j^{\mu}$ wie in Gl. (2.141). Das Problem, das ich habe, ist, dass sich die Begriffe multiplizieren $\omega_a$ scheinen nicht zu verschwinden. (Die ersten beiden tun dies als Folge der klassischen Bewegungsgleichungen, die letzten beiden jedoch nicht)

Das von Di Francesco angewandte Verfahren besteht darin, einen positionsabhängigen Parameter anzunehmen $\omega = \omega(x)$ , dann machen Sie es am Ende konstant.

Also, wenn wir machen $\omega$ unabhängig von der Position am Ende (dh die starre Transformation auferlegen), dann

\begin{matrix} (B) & \partial_{μ} ω_{A} = 0 \end{matrix}

$\partial_{\mu}\omega_a = 0\tag{B}$ identisch. In diesem Fall bleiben wir bei

\begin{matrix} (C) & ω_{A} \int D^{D} X [. .] = 0, \end{matrix}

$\omega_a\int d^dx [..] = 0,\tag{C}$ durch weitere Betrachtung einer Symmetrietransformation, wobei [..] die multiplizierenden Terme sind

ω

$\omega$ im obigen Ausdruck.

Ich bin mir also nicht sicher, wie Di Francesco übrig bleibt

\begin{matrix} (2.140) & δ S = - \int D^{D} X J_{A}^{μ} \partial_{μ} ω_{A} . \end{matrix}

$\delta S~=~-\int d^d x~ j^{\mu}_a ~\partial_{\mu} \omega_a \tag{2.140}.$

Der Absatz vor Gl. (2.140) scheint mir widersprüchlich zu sein (insbesondere der erste und der letzte Satz) und wenn er tatsächlich eine starre Transformation auferlegt, sollte er das nicht tun $\partial_{\mu}\omega_a = 0$ Null sein in (2.140)?

Antworten (3)

Ableitung des Noetherstroms

CAF · Answer 1

Aus

δ S = \int_{D} D^{D} X \partial_{μ} ω_{A} [\dots]_{1} + \int_{D} D^{D} X ω_{A} [\dots]_{2} \overset{!}{=} 0,

$\delta S = \int_{\mathcal D} \text{d}^d x \,\partial_{\mu} \omega_a [\dots]_1 + \int_{\mathcal D} \text{d}^d x \,\omega_a [\dots]_2 \overset{!}{=} 0,$ wir leiten dies für eine globale Variation der Symmetrietransformationsparameter ab

ω

$\omega$ 'S

ω_{A} \int_{D} D^{D} X [\dots]_{2} = 0.

$\omega_a \int_{\mathcal D} \text{d}^d x \,[\dots]_2 = 0.$ Durch Willkür des Integrationsbereichs

D

$\mathcal D$ , es folgt

[\dots]_{2} = 0

$[\dots]_2 = 0$ identisch.

Betrachten Sie nun eine lokale Variation $\omega_a = \omega_a(x)$ . Dann von der Forderung, dass $\delta S=0$ ,

\int_{D} D^{D} X (\partial_{μ} ω_{A} [\dots]_{1} + ω_{A} [\dots]_{2}) = 0.

$\int_{\mathcal D} \text{d}^d x\, (\partial_{\mu} \omega_a [\dots]_1 + \omega_a [\dots]_2) = 0.$

Der wichtige Punkt ist, dass als $[\dots]_2$ ist unabhängig von der $\omega$ 's und wir folgerten das Verschwinden dieses Koeffizienten, indem wir uns auf die globale Symmetrie beschränkten, leiten wir jetzt auch das ab

\int_{D} D^{D} X \partial_{μ} ω_{A} [\dots]_{1} \overset{!}{=} 0 \overset{!}{=} \int_{D} D^{D} X ω_{A} \partial_{μ} J^{μ},

$\int_{\mathcal D} \text{d}^d x\, \partial_{\mu} \omega_a [\dots]_1 \overset{!}{=} 0 \overset{!}{=} \int_{\mathcal D} \text{d}^d x\, \omega_a \partial_{\mu} j^{\mu},$ wobei wir in der letzteren Gleichheit partiell integriert haben, vereinfacht das Ergebnis auf der physikalischen Annahme, dass die Felder

Φ

$\Phi$ und ihre Ableitungen verschwinden in der Raumzeit unendlich und machten die Identifizierung

[\dots]_{1} \equiv j^{μ}

$[\dots]_1 \equiv j^{\mu}$ . Der

ω

$\omega$ Die Unabhängigkeit des Koeffizienten ist nur klar, wenn man der Notation von Di Francesco folgt, naiverweise scheint es anders zu sein.

Als $\mathcal D$ und das $\omega$ 's sind ohne weitere Einschränkung erhalten wir

\partial_{μ} J^{μ} = 0.

$\partial_{\mu} j^{\mu} = 0.$

Ich glaube nicht, dass es berechtigt ist, das anzunehmen $\delta S=0$ für jede Domäne $\mathcal D$ . Betrachten Sie zum Beispiel eine freie skalare Feldtheorie, die translationsinvariant ist. Nehmen $\mathcal D$ eine kompakte Domäne sein und eine Feldkonfiguration betrachten $\phi(x)$ in dieser Domäne lokalisiert. Dann $S[\phi]\neq 0$ , aber wenn wir das Feld übersetzen $\phi\rightarrow\phi'$ damit die Unterstützung von $\phi'$ ist jetzt völlig disjunkt aus $\mathcal D$ Dann $S[\phi']=0$ , und daher $\delta S\neq 0$ .

QMechaniker · Answer 2

OP schreibt:

Das Problem, das ich habe, ist, dass die Terme [in Gl. (A)] multipliziert $\omega_a$ scheinen nicht zu verschwinden.

Nennen wir den Term in Gl. (A) das multipliziert $\omega_a$ für $k^a$ . Der Begriff $k^a$ verschwindet $^1$ aus der Schale
$\begin{matrix} (K) & k^{A} = 0 \end{matrix}$ $k^a~=~0 \tag{K}$ wegen der Hauptannahme im Satz von Noether : Die Wirkung hat eine globale (dh $x$ -unabhängige) Symmetrie. $^2$
Gl. (K), OPs Gl. (A) und die Definition (2.141) von $j^{\mu}_a$ dann implizieren zusammen, dass die Gl. (2.140) gilt off-shell für any $x$ -abhängig $\omega^a(x)$ .
Integrieren Sie abschließend Gl. (2.140) stückweise auf die gesuchte Gl. (2.142).

--

$^1$ Wenn wir Grenzbegriffe zulassen, ist der Begriff $k^a$ könnte totale Divergenzterme enthalten. Siehe auch diesen verwandten Phys.SE-Beitrag.

$^2$ Mit einer Symmetrie ist eine Off-Shell-Symmetrie gemeint. Eine On-Shell-Symmetrie ist ein leerer Begriff.

verjüngen · Answer 3

Ich bin auf diese Idee gekommen: Angenommen $\omega_a$ ist unabhängig von $x_\mu$ , Dann

\begin{aligned} 0 = δ S & = \int D^{D} X (ω_{A} Begriff) + (\partial_{μ} ω_{A} Begriff) \\ = \int D^{D} X (ω_{A} Begriff) \end{aligned}

$\begin{align} 0 = \delta S &= \int d^d x (\omega_a \text{ term}) + (\partial_\mu\omega_a \text{ term}) \\ &= \int d^d x (\omega_a \text{ term}) \end{align}$

So

\int D^{D} X (ω_{A} Begriff) = 0

$\int d^d x (\omega_a \text{ term} ) = 0$

Dann können wir das sicher sagen

δ S = \int D^{D} X (\partial_{μ} ω_{A} Begriff)

$\delta S = \int d^d x (\partial_\mu \omega_a\text{ term})$ Für starre Transformation (

\partial_{μ} ω_{a} = 0

$\partial_\mu \omega_a =0$ ).

(Eigentlich bin ich mir dessen nicht sicher. Nur ein Gedanke ...)

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CAF

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Petar Simidzija

QMechaniker

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