Haben Aktion und Lagrange identische Symmetrien und Erhaltungsgrößen?

Ja, vorausgesetzt , man verwendet die richtigen Symmetriebegriffe für die Aktion und den Lagrangian.

Die Einrichtung.

Wir nehmen durchgehend an, dass die Aktion als Integral einer lokalen Lagrangefunktion geschrieben werden kann. Nämlich lassen$\mathcal C$der Konfigurationsraum des Systems sein, dann für jeden zulässigen Pfad$q:[t_a, t_b]\to \mathcal C$, gibt es eine lokale Funktion$L$von Wegen so dass

Symmetrie definiert.

Wir sagen, dass diese Verformung eine Symmetrie der Wirkung ist$S$vorausgesetzt, es existiert eine lokale Funktion von Pfaden$B_q$so dass

Äquivalenz von Symmetriebegriffen.

Unter Verwendung dieser Definitionen kann man zeigen, dass eine gegebene Verformung eine Symmetrie von ist$S$genau dann, wenn es sich um eine Symmetrie von handelt$L$.

Beachten Sie, dass für jede Verformung und für jeden zulässigen Pfad$q:[t_a, t_b]\to \mathcal C$, hat man

Das Gegenteil überlasse ich Ihnen.

Zunächst einige Begrifflichkeiten:

1. Allgemein besteht eine infinitesimale Transformation einer Feldtheorie aus einer sogenannten horizontalen infinitesimalen Transformation

   $$\delta x^i ~=~x^{\prime i}- x^i$$ der Basismannigfaltigkeit und eine sogenannte vertikale infinitesimale Transformation $$\delta_0\phi^{\alpha}(x)~=~\phi^{\prime \alpha}(x)-\phi^{\alpha}(x)$$ der Felder. Die vollständige infinitesimale Transformation der Felder lautet $$\delta\phi^{\alpha}(x)~=~\phi^{\prime \alpha}(x^{\prime})-\phi^{\alpha}(x).$$

2. Eine Quasisymmetrie einer lokalen Aktion$S=\int_V d^dx ~{\cal L}$bedeutet, dass die infinitesimale Änderung$\delta S$ist ein Randterm unter der Quasisymmetrietransformation. Eine Symmetrie einer Aktion ist der Sonderfall$\delta S=0$.

3. Eine Quasisymmetrie einer Lagrange-Funktion (Dichte)${\cal L}$bedeutet, dass die infinitesimale Änderung$\delta {\cal L}$ist eine totale Divergenz unter der Quasisymmetrietransformation, vgl. diese Phys.SE-Antwort. Eine Symmetrie einer Lagrange-Funktion (Dichte) ist der Sonderfall$\delta {\cal L}=0$.

Eine vertikale Quasisymmetrie entspricht einer lokalen Einwirkung$^1$zu einer vertikalen Quasisymmetrie der Lagrange-Funktion (Dichte). (Allerdings könnte ein Jacobi-Faktor aus einer horizontalen Transformation die Korrespondenz erschweren.)

Eine vertikale Symmetrie einer Aktion ist nicht unbedingt eine vertikale Symmetrie der Lagrange-Funktion (Dichte), aber das Gegenteil gilt.

Es ist allgemeiner, den Satz von Noether in Bezug auf eine Aktion zu formulieren und nicht in Bezug auf eine Lagrange-Funktion (Dichte). Das ist auch das, was Noether ursprünglich in ihrer Arbeit von 1918 getan hat .

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$^1$Es ist leicht zu folgern, dass eine vertikale Quasisymmetrie der Lagrange-Funktion (Dichte) zu einer vertikalen Quasisymmetrie der Wirkung führt. Wenn wir wissen, dass eine Aktion für jeden Integrationsbereich eine vertikale Quasisymmetrie hat$V$, können wir den anderen Weg auch leicht durch Lokalisierung ableiten. Wenn wir jedoch nur wissen, dass die Wirkung eine vertikale Quasisymmetrie für einen einzelnen festen Integrationsbereich hat$V$, könnte es mögliche topologische Hindernisse im Feldkonfigurationsraum geben, die widerlegen könnten, dass die Lagrange-Funktion (Dichte) eine vertikale Quasisymmetrie hat. Technisch stützt sich letzteres auf ein algebraisches Poincare-Lemma des sogenannten Bivariationskomplexes, siehe z. 2.

Verweise:

1. G. Barnich, F. Brandt und M. Henneaux, Lokale BRST-Kohomologie in Eichtheorien, Phys. Rep. 338 (2000) 439, arXiv:hep-th/0002245 .

Die technische Antwort ist$No$. Überraschenderweise denke ich, dass Wikipedia die bessere Definition gibt, obwohl ich denke, dass beide Autoren versuchen, dasselbe zu sagen. Lassen Sie die Aktion definiert werden als

$S[\varphi]=\int d^4x\ \mathcal L(\varphi(x),\partial_\mu\varphi(x))$

Eine differenzierbare Symmetrie ist eine Symmetrie des Funktionals, die die Wirkung nicht ändert

$S[\varphi']-S[\varphi]=0$.

Es handelt sich um eine differentielle Symmetrie, denn wenn dieser Ausdruck als Wirkung auf die Lagrange-Dichte interpretiert wird$\mathcal L$es tut dies durch eine Differenzierung. Vorausgesetzt$\varphi'=\varphi+\delta\varphi$wo$\delta\varphi$ist eine infinitesimale Änderung der Funktion$\varphi(x)$wir bekommen

$S[\varphi']-S[\varphi]=\int d^4x\ \left(\delta\varphi\frac{\partial}{\partial \varphi}\mathcal L+\partial_\mu\delta\varphi\frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\varphi)}\mathcal L\right)=0$

Um den Satz von Noether zu erhalten, müssen wir partiell integrieren, also ist es notwendig, dass das Integral in der Definition enthalten ist, und deshalb ist es genauer, von der Symmetrie in Bezug auf die Wirkung zu sprechen. Hier ist ein Beispiel für eine Aktion, die nicht die gleiche Symmetrie der Lagrange-Funktion hat, die nur von den Randbedingungen des Integrals abhängt:

$S_1=\int_0^\infty dr\int_0^{2\pi}rd\theta\ \mathcal L(\varphi,\partial_\mu\varphi)$

ist kugelsymmetrisch, also erhält es den Drehimpuls nach dem Satz von Noether, während

$S_2=\int_0^1dx\int_0^1dy\ \mathcal L(\varphi,\partial_\mu\varphi)$

nicht. Das Integral bricht die sphärische Symmetrie, die der Lagrangian sonst bewahren könnte.

OP, ich bin neu bei Stackexchange (aber ein Physikveteran), daher darf ich den Beitrag selbst noch nicht kommentieren, aber Sie sollten wissen, dass die, die Sie als richtige Antwort ausgewählt haben, nur für eindimensionale Kurven gültig ist, und sogar dort es gilt nur für eine spezielle Definition von Symmetrie, die Grenzterme zulässt (sogenannte „Quasi-Symmetrien“, wie QMechanic betont). Ich sage das, weil wenn Sie irgendetwas Allgemeineres als das studieren, zweidimensionale Ebenen, QFT, Stringtheorie zum Beispiel, dieses Ergebnis nicht gelten wird und die Lagrange-Symmetrien möglicherweise nicht die gleichen sind wie die Aktionssymmetrien, weil das Maß ( z.B$\int d^4x$) kann die Symmetrie von brechen$\mathcal L$.