Anwendung des Noether-Theorems

Question

Anwendung des Noether-Theorems

Regenmann

Ich versuche, eines der Beispiele für die Anwendung des Noether-Theorems zu verstehen, das in Peskin & Schroeders An Introduction to Quantum Field Theory (Seite Nr. 18, Student Economy Edition) gegeben wird. Der relevante Teil des Textes ist unten angegeben.

Wenn ich die Herleitung und die entsprechende Diskussion hier richtig verstehe, dann wurde von der Lagrange-Dichte ausgegangen $\mathcal{L}$ erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichung:

\frac{\partial L}{\partial ϕ} = \partial_{μ} [\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)}] .

$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = \partial_{\mu}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\right].$

Meine Verwirrung: Ich verstehe nicht wie $\mathcal{L} = \frac{1}{2} (\partial_{\mu} \phi)^2$ erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichung. Denn auf der linken Seite bekomme ich $\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0$ , und auf der rechten Seite bekomme ich $\partial_{\mu}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\right] = \partial_{\mu} \partial^{\mu} \phi.$ Wenn die gegeben $\mathcal{L}$ die Euler-Lagrange-Gleichung nicht erfüllt, wie kann dann die Formulierung von Peskin & Schroeder auf diesen Fall angewendet werden? Was fehlt mir hier?

Antworten (3)

Anwendung des Noether-Theorems

t_sanjana · Answer 1

Sie haben Ihre Euler-Lagrange-Gleichung richtig geschrieben. Wenn Sie es also vereinfachen, erhalten Sie die Bewegungsgleichung (genau wie Sie es in Ihrer Frage erwähnt haben):

\partial_{μ} \partial^{μ} ϕ = \partial^{2} ϕ = 0.

$\partial_\mu\partial^\mu\phi=\partial^2\phi=0.$ Beachten Sie, dass daran nichts Besonderes ist, denn wenn Sie die Lagrange-Funktion auch mit dem Begriff der potenziellen Energie verwenden, dh

L = \frac{1}{2} (\partial_{μ} ϕ)^{2} - \frac{1}{2} M^{2} ϕ^{2},

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)^2-\frac{1}{2}m^2\phi^2,$ die Bewegungsgleichung, die Sie erhalten würden, ist

(\partial_{μ} \partial^{μ} + M^{2}) ϕ = 0.

$(\partial_\mu\partial^\mu+m^2)\phi=0.$ Alles, was wir hier tun, ist einstecken

m = 0

$m=0$ , was die erste Gleichung zurückgibt.

Wenn ich das richtig verstehe, haben Sie ein Problem damit, dass die Euler-Lagrange-Gleichung "zufrieden" ist. Ich möchte dies klarstellen, indem ich Ihre Aussage berichtige: Es ist falsch zu sagen, dass die "Lagrange" $\mathcal{L}$ erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichung; Es ist das "Feld" $\phi$ die die Euler-Lagrange-Gleichung erfüllt.

Die Euler-Lagrange-Gleichung ist

\partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)}) - \frac{\partial L}{\partial ϕ} = 0,

$\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}=0,$ Dadurch erhalten Sie unterschiedliche Ausdrücke für LHS, je nachdem, welchen Lagrange Sie verwenden (wir haben oben bereits zwei Beispiele gesehen). Sie setzen den Ausdruck auf der linken Seite mit Null gleich, um die Euler-Lagrange-Gleichung (oder Bewegungsgleichung) zu erhalten und aufzulösen

ϕ

$\phi$ .

Ich hoffe, das hat das Problem geklärt.

Eric David Kramer · Answer 2

Die Euler-Lagrange-Gleichung ist damit nicht automatisch erfüllt $\mathcal{L}$ . Es ist anders herum. Gegeben $\mathcal{L}$ , können Sie die klassische Bewegungsgleichung finden, die durch das Feld erfüllt wird $\phi$ . Das ist, als würde man Ihnen eine Formel für die Kraft in der Newtonschen Mechanik geben. Auch wenn du es weißt $F$ , müssen Sie noch das zweite Newtonsche Gesetz kennen $F=ma$ um die Bewegung zu finden. Auch hier: gegeben $\mathcal{L}$ , benötigen Sie noch das "Gesetz" (EL-Gleichung), um die Bewegung zu finden.

QMechaniker · Answer 3

Für das, was es wert ist, ist es sehr wichtig, auf welcher Stufe man Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen in einer Anwendung von Noethers (erstem) Theorem verwendet . Noethers erster Satz hat zwei Seiten:

Eingabe: Eine globale Off-Shell $^1$ (quasi) Symmetrie . Hier sollte man EOM nicht verwenden. (Eine Symmetrie auf der Schale ist ein leerer Begriff, denn wann immer wir die Aktion variieren $\delta S$ infinitesimal und EOM anwenden, dann per Definition $\delta S\approx 0$ verschwindet Modulo-Randterme.)
Ausgabe: Eine On-Shell- Kontinuitätsgleichung. Hier sollte man EOM verwenden. (Wenn es zufällig auch Off-Shell gilt, liegt das daran, dass die globale Symmetrie Teil einer größeren lokalen / Eichsymmetrie ist. Siehe Noethers zweites Theorem und zB diesen Phys.SE-Beitrag.)

--

$^1$ Die Wörter On-Shell und Off-Shell beziehen sich darauf, ob die Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen (=EOM) erfüllt sind oder nicht.

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Regenmann

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t_sanjana

Eric David Kramer

QMechaniker

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