Globale Phasensymmetrie für komplexe Skalarfeldtheorie

Manchmal sind Aussagen über den Noetherstrom in der Literatur oder in Vorträgen etwas ungenau. (Ich habe Ihre Literatur jedoch nicht überprüft).

Das Verfahren ist das folgende
1. Ihr Lagrangian ist invariant unter einer kontinuierlichen Symmetrietransformation bis zu einer totalen Ableitung . Ich nehme an, in Ihrem Fall ist es

$$\phi\rightarrow e^{i\alpha}\phi, \quad\Rightarrow\quad \phi^*\rightarrow e^{-i\alpha}\phi$$ und invariant bis zu einem totalen Ableitungsmittel (in unserem Fall $k_\epsilon^\mu=0$) $$\mathcal{L}\rightarrow\mathcal{L}+\partial_\mu k_\epsilon^\mu$$ 2. Eine kontinuierliche Symmetrie führt immer zu einem Erhaltungsstrom $J^\mu$. Sie kann wie folgt berechnet werden

ich. Betrachten Sie infinitesimale Transformationen, dh ersetzen Sie den Transformationsparameter$\alpha$von$\epsilon\ll1$. Wir bekommen

$$\phi\rightarrow e^{i\epsilon}\phi\approx(1+i\epsilon)\phi=\phi+i\epsilon\phi\equiv\phi+\delta\phi\quad\Rightarrow\delta\phi=\epsilon\cdot i\phi$$ Ähnlich finden Sie $\delta\phi^*=-i\epsilon\phi^*$
ii. Verwenden Sie die folgende Formel, um den erhaltenen Strom zu berechnen. Beachten Sie, dass wir über alle Felder summieren, die an unserem Lagrange beteiligt sind, dh $\phi$Und $\phi^*$ $$\epsilon J^\mu=\sum_{\text{fields} X}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu X)}\delta_\epsilon X-k_\epsilon^\mu$$ Beachten Sie, dass $k^\mu$ist der Begriff, der in der Transformation auftauchte $\mathcal{L}$, in unserem Fall $k^\mu=0$.
iii. Wie von Danu erklärt, haben wir $\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}=\partial^\mu\phi^*$Und $\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi^*)}=\partial^\mu\phi$. Jetzt musst du es nur noch in die obige Formel einsetzen, das Ergebnis ist $$\epsilon J^\mu=\partial^\mu\phi^*(\epsilon i\phi)+\partial^\mu\phi(-\epsilon i\phi^*)=\epsilon i(\partial^\mu\phi^*\phi-\partial^\mu\phi\phi^*)$$ Daher $$J^\mu=i(\partial^\mu\phi^*\phi-\partial^\mu\phi\phi^*)$$

Sie beziehen sich wahrscheinlich auf$\mathcal{L}=(\partial_{\mu}\phi)(\partial^{\mu}\phi^*)-m^2\phi^*\phi$. Wenn du umschreibst:

$$\mathcal{L}=g^{\mu\nu}(\partial_{\mu}\phi)(\partial_{\nu}\phi^*)-m^2\phi^*\phi$$ alles wird ganz einfach. Sie können zwei Bewegungsgleichungen finden; Ich werde das herausfinden, was sich aus der Variation in Bezug auf ergibt $\phi$

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

$$g^{\mu\nu}\partial_{\mu}\partial_{\nu}\phi=\square\phi^*=-m^2\phi^*$$

Somit,

$$(\square+m^2)\phi^*=0$$

Abweichend bzgl$\phi^*$ergibt sich

$$(\square+m^2)\phi=0$$

Wie aufgrund der Symmetrie der Lagrange-Dichte zu erwarten ist.

Wenn Sie nun nach der Erhaltungsgröße suchen, die in etwa so aussieht wie der Ausdruck, den Sie aufgeschrieben haben, sollten Sie die Änderung in berücksichtigen$\phi$unter einer Eichtransformation erster Art ($\phi\rightarrow e^{-i\Lambda} \phi$) in infinitesimaler Form. Dadurch erhalten Sie die richtige Größe, die Sie in die Gleichung für den erhaltenen Strom einsetzen können (der sich aus dem Noether-Theorem ergibt). Ich habe jetzt die ganze Arbeit für dich erledigt, außer dem Finden$\Psi$.