Konservierte Ströme im Noether-Theorem mit variierenden Parametern

Ich habe eine kontinuierliche Transformation auf dem Feld$\phi$des Formulars

$$\phi(x)\rightarrow \phi'(x)=\phi(x)+\alpha\Delta\phi(x),\tag{1}$$

Wo$\alpha$ist ein konstanter infinitesimaler Parameter und$\Delta\phi$ist eine Deformation des Feldes. Beachten Sie, dass in dieser Notation (Peskin und Schroeder)$\delta\phi=\alpha\Delta\phi$

Um eine Symmetrie zu haben, sollte meine Aktion bis zu einem Oberflächenterm invariant sein, also muss meine Lagrangian bis zu einer 4-Divergenz invariant sein:

$$\begin{equation} \mathcal{L}\rightarrow\mathcal{L}+\alpha\partial_\mu J^\mu.\tag{2} \end{equation}$$

Nun fahren wir fort, die Lagrange-Funktion zu variieren:

$$\begin{equation} \delta\mathcal{L}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\delta\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\partial_\mu(\delta\phi)=\alpha\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\Delta\phi+\alpha\partial_\mu\Big(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\Big)-\alpha\partial_\mu\Big(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Big)\Delta\phi.\tag{3} \end{equation}$$

Nun heben sich der erste und der dritte Term aufgrund der Euler-Lagrange-Gleichungen auf.

Wenn ich meine Symmetrie erfüllen möchte, muss die gerade berechnete Variation gleich der 4-Divergenz sein:

$$\begin{equation} \alpha\partial_\mu\Big(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\Big)=\alpha\partial_\mu J^\mu \rightarrow \alpha\partial_\mu\Big(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi-J^\mu\Big)=0 .\tag{4} \end{equation}$$

Also die Menge

$$j^\mu=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi-J^\mu\tag{5}$$ wird konserviert.

Und das ist mir ziemlich klar. Aber was wenn$\alpha=\alpha(x)$?

$\textbf{My attempt}$:

Seit$\alpha$ist eine Funktion von$x$, Die Quantität$\partial_\mu(\delta\phi)=\partial_\mu(\alpha\Delta\phi)$wird$\Delta\phi\partial_\mu \alpha+\alpha\partial_\mu \Delta\phi$

$$\begin{equation} \delta\mathcal{L}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\delta\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\partial_\mu(\delta\phi)=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\alpha\Delta\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\partial_\mu \alpha+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\alpha\partial_\mu \Delta\phi.\tag{6} \end{equation}$$

Der erste und der dritte Term ergeben einen Term$\alpha\Delta\mathcal{L}$, genau wie die, die wir mit konstant erhalten$\alpha$.

Und ab hier beginnen meine Ideen zu verschwimmen.

Also habe ich meine Aktion variiert wie:

$$\delta S=\int d^4x\Big(\alpha\Delta\mathcal{L}+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\partial_\mu \alpha\Big)=\int d^4x\Big(\alpha\partial_\mu\Big(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\Big)+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi(\partial_\mu \alpha)\Big)$$ $$=\int d^4x \partial_\mu \Big(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\alpha\Big).\tag{7}$$

Nun, wenn ich eine Symmetrie habe, ist meine Aktion bis zu einem Randterm invariant, also ein Integral von$\alpha\partial_\mu J^\mu$. Ich bekomme also das gleiche Ergebnis wie Stromerhaltung$j^\mu$.

$\textbf{My question}$:

In den Tong-Notizen ( http://www.damtp.cam.ac.uk/user/tong/qft/one.pdf ) auf Seite 19 gibt es einen völlig anderen Ansatz. Er sagt, dass die Lagrangian variiert wie

$$\begin{equation} \delta\mathcal{L}=(\partial_\mu \alpha)h^\mu\tag{8} \end{equation}$$ Wo $h^\mu$ist der erhaltene Strom. Unter Verwendung meiner Notation schätze ich, dass dies nur für die Fälle gilt, in denen $\delta\mathcal{L}=0$für $\alpha$= const, also für $J^\mu=0$.

Aber mein Professor, und auch einige andere Notizen, sagt das seitdem

$$\begin{equation} \delta S=\int d^4x(\partial_\mu \alpha) h^\mu\tag{9} \end{equation}$$

Wenn ich den konservierten Strom finden möchte, muss ich nur die Lagrange-Funktion variieren, die mir unter der Annahme gegeben wird$\alpha=\alpha(x)$und dann einfach nach der Menge "neben" suchen$\partial_\mu \alpha$. Gilt das nicht nur für die Fälle, wo

$$\delta\mathcal{L}=0\quad\text{for}\quad \alpha=\text{const}? \tag{10}$$

Er sagte nichts darüber, was darauf hindeutet, dass dies der allgemeinste Fall ist.