Energie-Impuls-Tensor aus dem Satz von Noether

Dies ist eine clevere Methode, um den Noether-Strom für jede globale Symmetrie abzuleiten; für die Translationssymmetrie erzeugt es den Spannungsenergietensor.

Wir müssen eine lokale Transformation berücksichtigen, da die Variation der Aktion,$\delta S$, verschwindet für die globale Transformation, da die globale Transformation per Definition eine Symmetrie ist:

$$\delta S = 0$$ Dieser Wert von $\delta S$würde "tautologisch" folgen und wir könnten daraus nichts Neues ableiten.

Daraus folgt, wenn wir die Symmetrietransformationsregeln "verallgemeinern" und sie erstellen$x$-abhängig, dh die Transformation wird durch angegeben$\delta a(x)$(und$a$ist ein Vektor für Translationen, kann aber für andere Symmetrien skalar sein), dann$\delta S$wird ungleich Null sein, hängt aber zwangsläufig von Ableitungen von ab$a$nur; für ständige Auswahl von$a$, müssen wir Null bekommen (weil es die globale Symmetrie ist). Für Aktionen, die nur von ersten Ableitungen der Felder abhängen, wird die Variation der Aktion zwangsläufig die Form haben

$$S = \int (\partial_\mu a) j^\mu d^d x$$ wo $j^\mu$ist eine bestimmte Funktion der Felder oder anderer Freiheitsgrade (und ihrer Ableitungen). Beachten Sie, dass dieses Formular unvermeidlich ist: $\delta S$muss linear sein $a$und/oder seine Derivate, aber es muss für verschwinden $a={\rm const}$es kann also keine Terme der Form geben $\int ab\,\,d^dx$, dh Terme proportional zu undifferenziert $a$. Es gibt auch keine Terme höherer Ableitung, wenn die Aktion keine höheren Ableitungen von Feldern zu Beginn hatte.

Nun, das Argument, dass$j^\mu$ist ein Strom ist einfach. Wenn Bewegungsgleichungen erfüllt sind,$\delta S =0$für jede Variation von Feldern, ob es eine Symmetrie ist oder nicht. Im Speziellen,$\delta S = 0$gilt für die "verallgemeinerte" oder "lokalisierte" globale Symmetrie gegeben durch$a(x)$was keine exakte Symmetrie mehr ist, also$\delta S$ist der obige Ausdruck ungleich Null. Aber durch partielle Integration,$\delta S = 0$meint

$$0 = \int a(x)\cdot \partial_\mu j^\mu(x)\,\, d^d x$$ was verschwindet iff $\partial_\mu j^\mu$verschwindet an jedem Punkt. Dies beweist das $j^\mu$auf diese Weise erhalten ist ein erhaltener Strom; ihr Integral muss eine Erhaltungsgröße sein. Sie könnten fragen, warum jemand diese Methode erfunden hat. Er oder sie hat es erfunden, weil er oder sie kreativ und schlau war. Was für alle anderen wichtig ist, ist, die obigen Argumente zu überprüfen und zu sehen, dass man auf diese Weise einen erhaltenen Strom ableiten kann. Der ursprüngliche Autor der Methode konnte die ganze Argumentation in seinem Kopf „sehen“.

(Ich sage auch „sie“, um Noether zu würdigen, die diese elegante Methode nicht ganz erfunden hat – ihre Papiere waren unordentlich – aber sie hat die ganze Beziehung zwischen Symmetrien und Erhaltungssätzen erfunden.)

Warum betrachten wir eine$x$-abhängige lokale Transformation statt globaler Transformation?

Es gibt einen guten Grund (siehe unten), warum wir gerne mit einem General beginnen$x$-abhängige lokale infinitesimale Transformation,

$$x^{\prime \mu}- x^{\mu} ~=~ \delta x^{\mu} ~=~ - \varepsilon^{\mu},$$ $$\phi^{\prime}(x)-\phi(x) ~=~\varepsilon^{\mu} \phi_{,\mu},$$

wo$\varepsilon^{\mu}\equiv\delta a^{\mu}$ist ein Einheimischer$x$-abhängiger infinitesimaler Parameter, und sich erst später auf einen globalen spezialisieren$x$-unabhängige (=starre) Transformation. Etwas übertrieben bei lokalen Transformationen (zumindest aus der Perspektive von Noethers erstem Theorem ), schreiben Itzykson & Zuber auf Seite 23 im Buch QFT:

Vom Verschwinden von$\delta I$für willkürlich $\delta a^{\nu}(x)$, folgern wir, dass der durch den kanonischen Tensor beschriebene Energieimpulsfluss [...] den Erhaltungssatz erfüllt [...].

Es ist ein wichtiger Punkt zu betonen (wie sich OP bewusst zu sein scheint), dass in Noethers erstem Theorem nur globale Symmetrie notwendig ist .

Lassen Sie uns dies im vorliegenden Fall demonstrieren. Wenn man mit einer globalen Transformation beginnt, leitet man ab

$$\begin{align} 0~=~& \delta S ~=~ S[\phi^{\prime}]- S[\phi]\cr ~=~& \varepsilon^{\mu} \int_{V} {\rm d}^dx \left(\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\phi_{,\mu}+\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu\nu}-d_{\mu}{\cal L}\right), \end{align} \tag{A}$$

wo$V$ist eine Integrationsregion, und$\varepsilon^{\mu}$ist ein globales$x$-unabhängiger infinitesimaler Parameter. Lass uns nehmen$V$sein$\subseteq\mathbb{R}^d$der Einfachheit halber. Man kann in drei Fällen vorgehen:

1. Wenn die Integrationsregion$V$fest ist, und da Gl.$(A)$nach Annahme gilt für alle Off-Shell-Konfigurationen der$\phi$Feld, dann ist es möglich, dass der Integrand abzuleiten$(A)$ist eine totale Divergenz,

   $$\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\phi_{,\mu}+\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu\nu}-d_{\mu}{\cal L}~=~d_{\nu} f^{\nu}_{\mu}. \tag{B}$$ [Die Wörter on-shell und off-shell beziehen sich darauf, ob die Bewegungsgleichungen erfüllt sind oder nicht. Wir verwenden das Symbol$d_{\mu}$(statt$\partial_{\mu}$), um die Tatsache zu betonen, dass das Derivat$d_{\mu}$ist eine totale Ableitung, die sowohl eine implizite Differenzierung durch die Feldvariable beinhaltet$\phi(x)$, und explizite Differenzierung bzgl.$x^{\mu}$.]

2. Geht man davon aus (wie Noether 1918), dass die Symmetrie$(A)$gilt für beliebige Integrationsbereiche$V$, dann schließt man daraus, dass der Integrand$(A)$verschwindet identisch

   $$\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\phi_{,\mu}+\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu\nu}-d_{\mu}{\cal L}~=~0.$$ Dies entspricht Gl.$(B)$mit$f^{\nu}_{\mu}=0$.

3. Geht man (wie Itzykson & Zuber) davon aus, dass die Lagrange-Dichte${\cal L}$hat keine explizite$x^{\mu}$Abhängigkeit, dann die Symmetrie$(A)$gilt für beliebige Integrationsbereiche$V$, und man ist zurück in Fall 2.

Als nächstes definieren Sie den vollen Noetherstrom als

$$T^{\nu}_{\mu}~:=~\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu}-\delta^{\nu}_{\mu}{\cal L} -f^{\nu}_{\mu}.\tag{C}$$

Es ist nicht schwer, die Kontinuitätsgleichung/das Erhaltungsgesetz abzuleiten

$$d_{\nu}T^{\nu}_{\mu}~=~\left(d_{\nu}\frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}-\frac{\partial \cal L}{\partial \phi}\right)\phi_{,\mu}~\approx~0,$$

mit Hilfe von Gl.$(B)$,$(C)$, und Euler-Lagrange-Gleichung . [Wir benutzen das$\approx$Zeichen, um zu betonen, dass eine Gleichung eine On-Shell-Gleichung ist.]

Kehren wir nun zur ursprünglichen Frage zurück. Der Standardgrund, mit einer lokalen Variation zu beginnen, ist, dass man den bloßen Noetherstrom nicht erraten/erinnern/aus dem Hut ziehen muss

$$t^{\nu}_{\mu}~:=~ \frac{\partial \cal L}{\partial \phi_{,\nu}}\phi_{,\mu}-\delta^{\nu}_{\mu}{\cal L}.$$

Es kommt einfach als der Term heraus, der sich multipliziert$d_{\nu}\varepsilon^{\mu}$in der lokalen Variante, wie auch Lubos Motl in seiner Antwort erklärt.

Beachten Sie schließlich, dass der volle Noetherstrom$T^{\nu}_{\mu}$kann noch a enthalten$f^{\nu}_{\mu}$Stück. Dieses letzte Stück kann aus dem Gesamtdivergenzterm bestimmt werden$d_{\nu}f^{\nu}_{\mu}$das wird mit dem Undifferenzierten multipliziert$\varepsilon^{\mu}$in der lokalen Variante. Siehe auch diesen verwandten Phys.SE-Beitrag.

Dies ist ein Variationstrick, der am besten von Feynman im Charakter des physikalischen Gesetzes erklärt wird. Der Punkt ist, dass das Erhaltungsgesetz aus einem Symmetrie-plus-Minimum-Prinzip stammt. Sie nehmen den Pfad von A nach B und übersetzen den Pfad (Sie übersetzen auch die Endpunkte), um einen Pfad von A' nach B' zu erhalten. Der Weg, der sich schnell von A nach A', dann von A' nach B', dann von B' nach B bewegt, ist eine Variation des ursprünglichen Pfades und hat daher dieselbe Wirkung nach dem Prinzip der stationären Wirkung. Aber der Pfad von A' nach B' hat die gleiche Wirkung wie der Pfad von A nach B durch Symmetrie. Das bedeutet, dass die kleine Aktion von A nach A' der kleinen Aktion von B nach B' entsprechen muss.

Dies ist Feynmans Version von Noethers Theorem. Feynmans Argument erfordert die Bewertung der Aktion eines kleinen Sprungtritts am Anfang und am Ende eines Pfads mit Sprüngen. Dies ist mathematisch ärgerlich, sodass Sie das Argument mathematisch bequemer umformulieren können, indem Sie eine kontinuierliche Version verwenden.

Erwägen Sie stattdessen, Feynmans Argumentation mit vielen Zeitabschnitten durchzuführen und bei jedem Abschnitt eine kleine unabhängige Übersetzung vorzunehmen. Das gleiche Argument sagt Ihnen, dass das bisschen Aktion, das Sie in jedem Slice von der kleinen Übersetzung erhalten, an entgegengesetzten Enden gleich ist. Die Änderung der Wirkung bei einer zeitabhängigen Übersetzung ist also gleich der Erhaltungsgröße mal der Ableitung des Übersetzungsparameters mit der Zeit.

Dies ist die Version von Noethers Theorem, die die Bücher verwenden, und es ist die mathematisch einfachste. Die konzeptionelle Argumentation ist die gleiche wie in Feynmans Version; die beiden Argumente sind austauschbar.