Noethers aktueller Ausdruck bei Peskin und Schroeder

Hier ist, was ich als mathematisch und logisch präzise Darstellung des Theorems wahrnehme. Lassen Sie mich wissen, ob dies hilft.

Mathematische Vorbereitungen

Lassen Sie mich zunächst eine genaue Notation einführen, damit wir keine Probleme mit "Infinitesimals" usw. haben. Gegeben ein Feld$\phi$, Lassen$\hat\phi(\alpha, x)$bezeichnen eine glatte Ein-Parameter-Familie von Feldern, für die$\hat \phi(0, x) = \phi(x)$. Wir nennen diese Familie eine Deformation von$\phi$(in einer früheren Version nannte ich dies einen "Flow"). Dann können wir die Variation von definieren$\phi$unter dieser Verformung als Annäherung erster Ordnung an die Änderung in$\phi$folgendermaßen:

Definition 1. (Feldvariation)

$$\delta\phi(x) = \frac{\partial\hat\phi}{\partial\alpha}(0,x)$$

Diese Definition impliziert dann die folgende Erweiterung

$$\hat\phi(\alpha, x) = \phi(x) + \alpha\delta\phi(x) + \mathcal O(\alpha^2)$$ was Kontakt mit der Notation in vielen Physikbüchern wie Peskin und Schroeder herstellt.

Hinweis: In meiner Notation$\delta\phi$ist KEIN "Infinitesimal", es ist der Koeffizient des Parameters$\alpha$in erster Ordnung Feldänderung unter der Verformung. Ich ziehe es vor, Dinge auf diese Weise zu schreiben, weil ich finde, dass es zu viel weniger Verwirrung führt.

Als nächstes definieren wir die Variation der Lagrange-Funktion unter der Deformation als Koeffizient der Änderung in$\mathcal L$erstmal reinbestellen$\alpha$;

Definition 2. (Variation der Lagrange-Dichte)

$$\delta\mathcal L(\phi(x), \partial_\mu\phi(x)) = \frac{\partial}{\partial\alpha}\mathcal L(\hat\phi(\alpha, x), \partial_\mu\hat\phi(\alpha, x))\Big|_{\alpha=0}$$

Angesichts dieser Definitionen überlasse ich es Ihnen, sie zu zeigen

Lemma 1. Für jede Variation der Felder$\phi$, erfüllt die Variation der Lagrange-Dichte

$$\begin{align} \delta\mathcal L &= \left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial\phi} - \partial_\mu\frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)\delta\phi + \partial_\mu K^\mu,\qquad K^\mu = \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta\phi \end{align}$$ Sie müssen (1) die Kettenregel für partielle Differentiation verwenden, (2) die Tatsache$\delta(\partial_\mu\phi) = \partial_\mu\delta\phi$was aus der obigen Definition von bewiesen werden kann$\delta\phi$und (3) die Produktregel für partielle Differentiation.

Satz von Noether in Schritten

1. Lassen Sie ein bestimmtes fließen$\hat\phi(\alpha, x)$gegeben werden.

2. Nehmen Sie an, dass für diese spezielle Verformung ein Vektorfeld existiert$J^\mu\neq K^\mu$so dass

   $$\delta\mathcal L = \partial_\mu J^\mu$$

3. Beachten Sie, dass für jedes Feld$\phi$ das die Bewegungsgleichung erfüllt , sagt uns Lemma 1

   $$\delta \mathcal L = \partial_\mu K^\mu$$

4. Definiere ein Vektorfeld$j^\mu$durch

   $$j^\mu = K^\mu - J^\mu$$

5. Beachten Sie dies für jedes Feld$\phi$die Erfüllung der Bewegungsgleichungen implizieren die Schritte 2+3+4

   $$\partial_\mu j^\mu = 0$$

QED

Wichtige Notizen!!! Wenn Sie der Logik sorgfältig folgen, werden Sie das sehen$\delta \mathcal L = \partial_\mu K^\mu$ nur entlang der Bewegungsgleichungen . Ein Teil der Hypothese des Theorems war auch, dass wir a gefunden haben$J^\mu$das ist nicht gleich$K^\mu$wofür$\delta\mathcal L = \partial_\mu J^\mu$. Dies stellt dies sicher$j^\mu$am Ende definiert ist nicht identisch Null ! Um eine solche zu finden$J^\mu$, sollten Sie die Bewegungsgleichungen nicht verwenden. Sie sollten die angegebene Verformung auf das Feld anwenden und sehen, was damit in erster Ordnung im "Verformungsparameter" passiert.$\alpha$.

Nachtrag. 02.07.2020 (Beispiel für ein kostenloses Skalarfeld.)

Ein konkretes Beispiel hilft, den Satz und die anschließenden Bemerkungen zu verdeutlichen. Betrachten Sie ein einzelnes reelles Skalarfeld$\phi:\mathbb R^{1,3}\to\mathbb R$. Lassen$m\in\mathbb R$und$\xi\in\mathbb R^{1,3}$, und betrachten Sie die folgende Lagrange-Dichte und -Deformation (oft als Raumzeit-Translation bezeichnet):

$$\mathcal L(\phi, \partial_\mu\phi) = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi, \qquad \hat\phi(\alpha, x) = \phi(x + \alpha\xi)$$ Berechnung mit der Definition von$\delta\mathcal L$(Stecken Sie das deformierte Feld in$\mathcal L$, nehmen Sie die Ableitung in Bezug auf$\alpha$, und einstellen$\alpha = 0$am Ende), aber ohne jemals die Bewegungsgleichung (Klein-Gordon-Gleichung) für das Feld anzugeben, gibt $$\delta \mathcal L = \partial_\mu(\xi^\nu\delta^\mu_\nu \mathcal L), \qquad \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta\phi = \xi^\nu\partial_\nu\phi\partial^\mu\phi$$ Es folgt dem $$J^\mu = \xi^\nu\delta^\mu_\nu \mathcal L, \qquad K^\mu = \xi^\nu\partial_\nu\phi\partial^\mu\phi$$ und deshalb $$j^\mu = \xi^\nu(\partial_\nu\phi\partial^\mu\phi -\delta^\mu_\nu\mathcal L)$$ Wenn zB man wählt$\tau > 0$und setzt$\xi = (\tau, 0, 0, 0)$, dann ist die Verformung Zeitverschiebung und Erhaltung von$j^\mu$ergibt die Erhaltung der damit verbundenen Hamiltonschen Dichte$\mathcal L$wie der Leser überprüfen kann.

Nehmen wir stattdessen an, dass im Rechenprozess$\delta \mathcal L$, würde man ferner die folgende Bewegungsgleichung heranziehen, die einfach die Euler-Lagrange-Gleichung für die Lagrange-Dichte ist$\mathcal L$:

$$\partial^\mu\partial_\mu\phi = -m^2\phi,$$ Dann findet man das $$\delta\mathcal L = \partial_\mu(\xi^\nu\partial_\nu\phi\partial_\mu\phi)$$ Also$J^\mu = K^\mu$und deshalb$j^\mu = 0$, was nicht aussagekräftig ist.

Lagrange-Invariante bis zu einer allgemeinen 4-Divergenz und Euler-Lagrange-Gleichung, die sie zusammen ergeben$\partial_{\mu}\left(\frac{\partial L}{\partial\partial_{\mu}\phi}\delta\phi\right)=\partial_{\mu}\left(J^{\mu}(x)\right)$

Nun, wenn ich Sie richtig verstanden habe, sagen Sie im Wesentlichen, ob$\dfrac{df}{dx}=\dfrac{dg}{dx}$dann$f=g$was im Allgemeinen nicht stimmt, kann man nur sagen$\dfrac{d(f-g)}{dx}=0$dh$f-g=constant$.

Ähnlich hier$\partial_{\mu}\left(J^{\mu}(x)-\frac{\partial L}{\partial\partial_{\mu}\phi}\delta\phi\right)=0$würde bedeuten

$j^{\mu}(x)=J^{\mu}(x)-\frac{\partial L}{\partial\partial_{\mu}\phi}\delta\phi$so dass$\partial_{\mu}(j^{\mu}(x))=0$

Der entscheidende Punkt ist, dass die On-Shell-Lösungen die Wirkung nur extremisieren, wenn die Randbedingungen unverändert bleiben, willkürliche Transformationen auf dem Feld die Randbedingungen im Allgemeinen nicht unverändert lassen und daher der Begriff$\partial_\mu \left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_{\mu}\phi} \delta \phi \right) \neq 0$da die Verformung an den Rändern nicht Null sein muss. Bei Randbedingungen im Unendlichen müssen die Verformungen im Unendlichen nicht regelmäßig sein und können somit endliche Randterme ergeben.

Außerdem lässt das Hinzufügen eines Vier-Divergenz-Terms zum Lagrange nicht die Aktion im Allgemeinen invariant, sondern nur die physikalischen Lösungen.

Erstens wird die Differentialoperation "Vier-Divergenz" (die vierdimensionale Divergenz) genannt, nicht "vierte Divergenz".

Zweitens ändert sich die Wirkung offensichtlich bei einer generischen Änderung der Felder, dh wenn die Änderung der Lagrange -Funktion keine Vierer-Divergenz ist. Es ist eine völlig allgemeine Funktion der Felder, also ändert es sich.

Drittens ist die Aktion stationär, wenn die Bewegungsgleichungen erfüllt sind. Diese beiden Bedingungen sind letztlich gleichwertig. Aber bei der Ableitung der Bewegungsgleichungen kann man nicht davon ausgehen, dass die Bewegungsgleichungen erfüllt sind. Das wäre ein Zirkelschluss und man könnte daraus nichts ableiten.

Viertens, ja, die Bewegungsgleichungen werden bei der Ableitung verwendet$\partial_\mu J^\mu=0$(dh die Aktion ist stationär), aber nein, die Ableitung des Noetherstroms impliziert dies nicht$J^\mu=0$. Ihr Fehler besteht darin, das zu verwechseln, was extremisiert ist. Die Bewegungsgleichungen bedeuten nur$\delta S =0$, nicht$\delta L=0$oder$\delta{\mathcal L}=0$.

Fünftens ist Ihre letzte Gleichung völlig bedeutungslos, weil die linke Seite endlich ist, aber die rechte Seite unendlich klein ist. Ähnlich wie bei Problemen der Dimensionsanalyse (inkompatible Einheiten) kann eine Manipulation mit diesen Ausdrücken, die den Grundregeln gehorchen, niemals zu einer ähnlichen Diskrepanz führen. Ihre vorherige "Rechnung" ist auch falsch, weil Sie einige bizarre Ausdrücke zweiter Ordnung schreiben. Bei den Variationen$\alpha$selbst soll infinitesimal sein, und in gültigen Ableitungen gibt es niemals ein Produkt von$\alpha$mit einer anderen infinitesimalen Menge wie z$\delta \phi$. Tatsächlich sind Ihre Terme von zweiter Ordnung (doppelt infinitesimal), aber Ihre Analyse hat nicht diese Genauigkeit höherer Ordnung, also ist sie falsch.

Ich denke, es ist eine bessere Idee, der tatsächlichen korrekten Herleitung zu folgen, als Ihren persönlichen Versuchen, die Funktionsrechnung zu überarbeiten, die Sie noch nicht beherrschen.