Ableitung des Satzes von Noether für Körper

Question

Ableitung des Satzes von Noether für Körper

Physik
Symmetrie
Feldtheorie
Noethers-Theorem
lagrangescher Formalismus
Klassische-Feld-Theorie

Tamir Vered

Ich habe versucht zu verstehen (aus mehreren Quellen), wie Noethers Theorem für Felder abgeleitet wird, und beim Lesen der Wikipedia-Seite über Noethers Theorem bin ich auf Folgendes gestoßen:

Angenommen, wir haben die folgende infinitesimale Transformation von Koordinaten und Feld:

X^{μ} \to ξ^{μ} = X^{μ} + δ X^{μ}

$x^{\mu} \rightarrow \xi^{\mu}=x^{\mu}+\delta x^\mu$

ϕ \to a (ξ^{μ}) = ϕ (X^{μ}) + δ ϕ (X^{μ})

$\phi \rightarrow \alpha(\xi^{\mu})=\phi(x^{\mu})+\delta \phi(x^{\mu})$ und die Änderung der Aktion kann als Differenz zwischen dem Integral der Lagrange-Funktion über den transformierten Bereich geschrieben werden

Ω^{'}

$\Omega'$ und das Integral des Lagrange über die ursprüngliche Region

Ω

$\Omega$ :

\int_{Ω^{'}} L (a, \partial_{v} a, ξ^{μ}) D^{4} ξ - \int_{Ω} L (ϕ, \partial_{v} ϕ, X^{μ}) D^{4} X

$\int_{\Omega'} {L(\alpha,\partial_{\nu}\alpha,\xi^\mu) d^{4}\xi} - \int_{\Omega} {L(\phi,\partial_{\nu}\phi,x^\mu) d^{4}x}$

Der Artikel besagt, dass es unter Verwendung des Divergenzsatzes vier Dimensionen gibt und die Änderung in der Region angenommen wird $\Omega\rightarrow\Omega'$ Es kann gezeigt werden, dass der oben genannte Ausdruck mit dem folgenden äquivalent ist:

\int_{Ω} L (a, \partial_{v} a, X^{μ}) + \frac{\partial}{\partial X^{σ}} [L (ϕ, \partial_{v} ϕ, X^{μ}) δ X^{σ}] - L (ϕ, \partial_{v} ϕ, X^{μ}) D^{4} X

$\int_{\Omega} {L(\alpha,\partial_{\nu}\alpha,x^\mu)+\frac {\partial} {\partial x^\sigma} [L(\phi,\partial_{\nu}\phi,x^\mu) \delta x^\sigma]-L(\phi,\partial_{\nu}\phi,x^\mu) d^{4}x}$

Ich habe versucht zu zeigen, dass dieser Übergang wahr ist, indem ich angenommen habe, dass das erste Integral des ursprünglichen Ausdrucks eine Divergenz eines 4-Vektor-Felds ist, aber ich konnte es nicht richtig hinbekommen. Ich habe auch versucht, denselben Übergang basierend auf der Jacobi-Veränderung der Variablen zu zeigen zwischen den Integralen getan und konnte es nicht tun.

Kann jemand diesen Übergang bitte detailliert beschreiben, damit klar wird, warum er richtig ist?

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Ableitung des Satzes von Noether für Körper

Köcher · Answer 1

Beginnend mit (beachten Sie, dass Ihre Formel einen Fehler enthält, da der erste Lagrangian der Primzahl-, Transformations-Lagrangian sein muss)

\int_{Ω^{'}} L^{'} (a, \partial_{v} a, ξ^{μ}) D^{4} ξ - \int_{Ω} L (ϕ, \partial_{v} ϕ, X^{μ}) D^{4} X

$\int_{\Omega'} {L^\prime(\alpha,\partial_{\nu}\alpha,\xi^\mu) d^{4}\xi} - \int_{\Omega} {L(\phi,\partial_{\nu}\phi,x^\mu) d^{4}x}$

Wenn Sie das Integrationsvolumen ändern möchten, müssen wir den Jacobi finden, der angesichts der Transformation einfach ist

J = \frac{\partial ξ^{σ}}{\partial X^{σ}} = 1 + \partial_{σ} δ X^{σ}

$J = \frac{\partial \xi^{\sigma}}{\partial x^\sigma} = 1 + \partial_\sigma\delta x^\sigma$

Wenn Sie dies in die Integrale einsetzen, finden Sie

\int_{Ω} D^{4} X [(1 + \partial_{σ} δ X^{σ}) L^{'} - L]

$\int_\Omega d^4x \left[(1+\partial_\sigma\delta x^\sigma)L^\prime-L\right]$

was bei der ersten Bestellung bei Ihnen bleibt

\int_{Ω} D^{4} X [(L^{'} - L) + \partial_{σ} δ X^{σ} L] = \int_{Ω} D^{4} X [Δ L + \partial_{σ} δ X^{σ} L]

$\int_\Omega d^4x\,\left[(L^\prime-L)+\partial_\sigma\delta x^\sigma L\right] = \int_\Omega d^4x\left[\Delta L+\partial_\sigma\delta x^\sigma L\right]$

Wo $\Delta L$ ist die Gesamtvariation der Lagrangian. Dies wird durch gegeben

Δ L = L^{'} (a, \partial_{μ} a, ξ^{μ}) - L (ϕ, \partial_{μ} ϕ, X^{μ}) = \frac{\partial L}{\partial ϕ} δ ϕ + \frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}} δ ϕ_{, μ} + \frac{\partial L}{\partial X^{μ}} δ X^{μ} + δ L (ϕ, \partial_{μ} ϕ, X^{μ})

$\Delta L = L^\prime(\alpha, \partial_\mu\alpha, \xi^\mu)-L(\phi, \partial_\mu\phi, x^\mu) = \frac{\partial L}{\partial \phi}\delta\phi+\frac{\partial L}{\partial\phi_{,\mu}}\delta\phi_{,\mu}+\frac{\partial L}{\partial x^\mu}\delta x^\mu+\delta L(\phi, \partial_\mu\phi, x^\mu)$

in erster reihenfolge ein $\delta$ . Jetzt können wir einige Manipulationen vornehmen: Das Integral wird

\int_{Ω} D^{4} X [\frac{\partial L}{\partial ϕ} δ ϕ + \frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}} δ ϕ_{, μ} + \frac{\partial L}{\partial X^{μ}} δ X^{μ} + δ L (ϕ, \partial_{μ} ϕ, X^{μ}) + \partial_{σ} δ X^{σ} L] = \int_{Ω} D^{4} X [δ L + \frac{\partial L}{\partial ϕ} δ ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} δ \partial_{μ} ϕ + ((\partial_{μ} L) δ X^{μ} + (\partial_{μ} δ X^{μ}) L)]

$\int_\Omega d^4 x\left[\frac{\partial L}{\partial \phi}\delta\phi+\frac{\partial L}{\partial\phi_{,\mu}}\delta\phi_{,\mu}+\frac{\partial L}{\partial x^\mu}\delta x^\mu+\delta L(\phi, \partial_\mu\phi, x^\mu)+\partial_\sigma\delta x^\sigma L\right] \\ = \int_\Omega d^4 x\left[\delta L + \frac{\partial L}{\partial \phi}\delta\phi+\color{red}{\frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)}\delta\partial_\mu\phi} + \color{orange}{((\partial_\mu L)\delta x^\mu+(\partial_\mu\delta x^\mu)L)}\right]$

wo ich den Mute-Index geändert habe $\sigma$ Zu $\mu$ . Der rote Term kann mit der Verteilungsformel für die Ableitung als Divergenz umgeschrieben werden

\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} δ \partial_{μ} ϕ = \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} δ ϕ) - (\partial_{μ} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)}) δ ϕ

$\frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)}\delta\partial_\mu\phi = \partial_\mu\left(\frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)}\delta\phi\right)-\left(\partial_\mu\frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)}\right)\delta\phi$

In ähnlicher Weise gibt der orangefarbene Begriff

((\partial_{μ} L) δ X^{μ} + (\partial_{μ} δ X^{μ}) L) = \partial_{μ} (L δ X^{μ})

$((\partial_\mu L)\delta x^\mu+(\partial_\mu\delta x^\mu)L) = \partial_\mu(L\delta x^\mu)$

so wird das Integral

\int_{Ω} D^{4} X [δ L + (\frac{\partial L}{\partial ϕ} - \partial_{μ} \frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}}) δ ϕ + \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}} δ ϕ) + \partial_{μ} (L δ X^{μ})]

$\int_\Omega d^4 x \left[\delta L +\color{red}{\left(\frac{\partial L}{\partial\phi}-\partial_\mu\frac{\partial L}{\partial \phi_{,\mu}}\right)\delta\phi}+\partial_\mu\left(\frac{\partial L}{\partial \phi_{,\mu}}\delta\phi\right)+\partial_\mu(L\delta x^\mu)\right]$

der rote Term ist Null für die Euler-Lagrange-Gleichung. Also am Ende

\int_{Ω} D^{4} X [δ L + \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}} δ ϕ + L δ X^{μ})]

$\int_\Omega d^4 x \left[\delta L+\partial_\mu\left(\frac{\partial L}{\partial \phi_{,\mu}}\delta\phi+L\delta x^\mu\right)\right]$

Das ist genau Ihr Ergebnis, wenn Sie die Differenz zwischen den beiden Lagrangianern aufschreiben.

Lassen Sie mich der Vollständigkeit halber den Beweis beenden, indem ich das Integral auf Null setze und das notiere $\delta L$ kann nur eine totale Ableitung sein $\delta L = \partial_\mu\delta \Lambda^\mu$ und bekommen

\int_{Ω} D^{4} X \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}} δ ϕ + L δ X^{μ} + δ Λ^{μ}) = 0 ⟹ \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}} δ ϕ + L δ X^{μ} + δ Λ^{μ}) = 0

$\int_\Omega d^4 x\, \partial_\mu\left(\frac{\partial L}{\partial \phi_{,\mu}}\delta\phi+L\delta x^\mu+\delta\Lambda^\mu\right) = 0 \implies \partial_\mu \left(\frac{\partial L}{\partial \phi_{,\mu}}\delta\phi+L\delta x^\mu+\delta\Lambda^\mu\right) = 0$

Der erhaltene Strom ist daher gegeben durch

J^{μ} = \frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}} δ ϕ + L δ X^{μ} + δ Λ^{μ}

$J^\mu = \frac{\partial L}{\partial \phi_{,\mu}}\delta\phi+L\delta x^\mu+\delta\Lambda^\mu$

Notation:

Mir ist gerade aufgefallen, dass viele mit dieser aus der Allgemeinen Relativitätstheorie entlehnten Notation nicht vertraut sein werden, also belasse ich es hier

\partial_{μ} ϕ = ϕ_{, μ}

$\partial_\mu\phi = \phi_{,\mu}$

Warum nicht das letzte $L$ getaggt, nachdem Sie gesagt haben, "was bei der ersten Bestellung bei Ihnen bleibt"? Warum wird auch die partielle Ableitung von Jacobi auf das Produkt angewendet? $\delta x^\mu L$ und nicht nur zum $\delta x^\mu$ ? Danke übrigens für die ausführliche Antwort.
Der $L$ ist seitdem nicht grundiert $L^\prime = \Delta L + L$ was, wenn Sie mit multiplizieren $\partial_\mu\delta x^\mu$ lässt Sie nur mit dem $L$ nicht grundiert, da $\Delta L$ ist eine Variation erster Ordnung in $\delta$ und wenn es mit dem Element des Jacobi multipliziert wird, wird es zweiter Ordnung, was Sie nicht nehmen. Zweitens hinein $\partial_\mu\delta x^\mu L$ , die Ableitung wird nur auf angewandt $\delta x^\mu$ , ich habe es im folgenden Schritt gelöscht!
Verstanden ... vielen Dank, es hat wirklich geholfen, alles klar zu machen ...
In dieser und anderen Ableitungen, die ich gesehen habe, scheint es mir, dass die $\alpha_{,\nu}$ im Original $L'$ ist eigentlich $\partial\alpha/\partial x_\nu$ (so dass es gleich ist $\phi_{,\nu}+\delta\phi_{,\nu}$ ) statt $\partial\alpha/\partial\xi_\nu$ (was gleich ist $\phi_{,\nu}+\delta\phi_{,\nu}-\phi_{,\mu}\delta x_{\nu,\mu}$ bei Erstbestellung). Warum ist der letzte Begriff, $\delta\phi_{,\nu}\delta x_{\nu,\mu}$ , vernachlässigt? (Verzeihen Sie auch, dass ich alle Indizes gesenkt habe; ich kenne die Regeln nicht gut genug, um zu versuchen, das zu erklären.)

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Tamir Vered

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Köcher

Notation:

Tamir Vered

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Tamir Vered

Michael M

Satz von Noether mit unendlichen Parametern

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Noethers Theorem in der klassischen Feldtheorie-Verwirrung

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Welche Transformationen sind keine Symmetrien einer Lagrange-Funktion?

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Übersetzungen und Satz von Noether

Satz von Noether: Bedeutung der Transformation von Koordinaten