Noetherstrom in QFT mit positionsabhängigen Variationen?

Question

Noetherstrom in QFT mit positionsabhängigen Variationen?

Quanten-Spaghettifizierung

Aufstellen

Betrachten Sie eine Zuordnung $F$ das nimmt jeden Punkt $x$ auf dem Krümmer $M$ auf den Punkt $x'$ auf dem gleichen Verteiler. Unter dieser Zuordnung das Feld $\phi(x)$ an der Stelle ausgewertet $x$ Änderungen an $\phi'(x)$ bei Auswertung an gleicher Stelle $x$ am Krümmer bzw $\phi'(x')$ bei der Auswertung am abgebildeten Punkt $x'$ . Die Aktion vor dem Mapping ist gegeben durch:

S = \int D^{D} X L (ϕ (X), \partial_{μ} ϕ (X), X)

$S=\int d^Dx \mathcal{L}(\phi(x), \partial_\mu \phi(x),x)$ während das nach dem Mapping ist:

S^{'} = \int D^{D} X^{'} L (ϕ^{'} (X^{'}), \partial_{μ}^{'} ϕ^{'} (X^{'}), X^{'})

$S'=\int d^D x' \mathcal{L}(\phi'(x'), \partial'_\mu \phi'(x'),x')$ Ich konzentriere mich hier auf den Fall von QFT, was bedeutet, dass sich Integrale über den gesamten Minkowski-Raum erstrecken.

Satz von Noether

Nach dem Satz von Noether eine kontinuierliche Symmetrie, die die Wirkung invariant lässt:

Δ S = S^{'} - S = 0

$\Delta S=S'-S=0$ entspricht einer Erhaltungsgröße.

Die zwei Formen von Noethers Strom

Ich bin auf zwei Formen von Noethers Strom gestoßen (Peskin & Schroeder, $\S$ 2.2):

\begin{matrix} (1) & J^{μ} (X) = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} δ ϕ - J^{μ} \end{matrix}

$j^\mu(x)=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu\phi)} \delta \phi - \mathcal{J}^\mu\tag{1}$ Wo

J^{μ}

$\mathcal{J}^\mu$ wird durch die Abbildung von definiert

L

$\mathcal{L}$ :

L (X) \mapsto L (X) + a \partial_{μ} J^{μ} (X)

$\mathcal{L}(x) \mapsto \mathcal{L}(x)+\alpha \partial_\mu \mathcal{J}^\mu(x)$ und (Goldstein, 3. Aufl.,

§

$\S$ 13.7):

\begin{matrix} (2) & J^{v} = (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{v} ϕ)} \partial_{σ} ϕ - L δ_{σ}^{v}) X^{σ} - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{v} ϕ)} Ψ \end{matrix}

$j^\nu =\left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu \phi)}\partial_\sigma \phi-\mathcal{L} \delta^\nu_\sigma\right) X^\sigma-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu \phi)} \Psi \tag{2}$ Wo

δ x^{ν} = ϵ X^{ν}

$\delta x^\nu=\epsilon X^\nu$ Und

δ ϕ = ϵ Ψ

$\delta \phi=\epsilon \Psi$ .

Problem mit Formular (1)

Betrachten Sie den Fall der Dilatation $x^\mu \mapsto (1+\delta\lambda )x^\mu$ Dann:

L (X) \mapsto L (X) + δ λ X^{μ} \partial_{μ} L

$\mathcal{L}(x) \mapsto \mathcal{L}(x)+\delta \lambda x^\mu \partial_\mu \mathcal{L}$ hier die änderung in

L

$\mathcal{L}$ kann nicht als exakte Divergenz geschrieben werden (auch die Metrik zur Integration ändert sich). Dies scheint daher mit (1) nicht vereinbar zu sein.

Problem mit Formular (2)

Bei der Ableitung von (2) erhalten wir folgenden Ausdruck:

\begin{matrix} (13.147) & \int ϵ \frac{D}{D X^{v}} ((\frac{\partial L}{\partial (\partial_{v} ϕ)} \partial_{σ} ϕ - L δ_{σ}^{v}) X^{σ} - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{v} ϕ)} Ψ) D^{4} X = 0 \end{matrix}

$\int \epsilon \frac{d}{d x^\nu} \left(\left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu \phi)}\partial_\sigma \phi-\mathcal{L} \delta^\nu_\sigma\right) X^\sigma-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu \phi)} \Psi\right)d^4x =0\tag{13.147}$ daraus scheint Goldstein abzuleiten

\begin{matrix} (13.148) & \frac{D}{D X^{v}} ((\frac{\partial L}{\partial (\partial_{v} ϕ)} \partial_{σ} ϕ - L δ_{σ}^{v}) X^{σ} - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{v} ϕ)} Ψ) = 0 \end{matrix}

$\frac{d}{d x^\nu} \left(\left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu \phi)}\partial_\sigma \phi-\mathcal{L} \delta^\nu_\sigma\right) X^\sigma-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu \phi)} \Psi\right)=0\tag{13.148}$ Angesichts der Tatsache, dass wir einen festen Integrationsbereich haben (den gesamten Raum), sehe ich keinen Grund, warum dies gelten sollte.

Frage

Meine Frage ist daher, was die allgemeinste Form von Noethers Strom ist, die mit Dingen wie Skalierung umgehen kann? Und sind meine beiden Bedenken oben gerechtfertigt?

Prahar

In (1) vergessen Sie die Transformation von

d^{d} x

$d^dx$ (

d

$d$ ist die Dimension der Raumzeit). Unter

x^{μ} \to (1 + δ λ) x^{μ}

$x^\mu \to ( 1 + \delta \lambda ) x^\mu$ , wir haben

d^{d} x L \to d^{d} x (1 + d δ λ) (L + δ λ x^{μ} \partial_{μ} L = d^{d} x [L + δ λ \partial_{μ} (x^{μ} L)]

$d^dx {\cal L} \to d^d x ( 1 + d \delta \lambda) ( {\cal L} + \delta \lambda x^\mu \partial_\mu {\cal L} = d^d x [ {\cal L} + \delta \lambda \partial_\mu ( x^\mu {\cal L} ) ]$ .

Quanten-Spaghettifizierung

@Prahar Ok, ich dachte, es hat etwas damit zu tun. Ich schätze, das bedeutet also, dass der Beitrag

(1 + d δ λ)

$(1+d\delta \lambda)$ ist im neuen enthalten

L

$\mathcal{L}$ ? Sollten wir daher einen bekannten Lagrange definieren

L^{'}

$\mathcal{L}'$ definiert als:

L^{'} = (1 + D \partial_{μ} (δ X^{μ})) L (ϕ^{'}, \partial_{μ}^{'} ϕ^{'}, X^{'})

$\mathcal{L}'=(1+d \partial_\mu(\delta x^\mu))\mathcal{L}(\phi',\partial'_\mu \phi',x')$ und wird dies alle diese Fälle behandeln?

Kind des Saturn

Der Grund für den zweiten Strom ist, weil "

ϵ

$\epsilon$ ist willkürlich". Es ist üblich, dass wir das Ding proportional zu einer Variation innerhalb des Integrals auf Null setzen.

Prahar

@childofsaturn - das geht nur wenn "

ϵ

$\epsilon$ ist eine willkürliche Funktion". Hier scheint es eine willkürliche Konstante zu sein, was sicherlich nicht gut genug ist.

Quanten-Spaghettifizierung

@childofsaturn Ich stimme Prahar zu. Soweit ich das beurteilen kann

ϵ

$\epsilon$ muss konstant sein.

Kind des Saturn

@Prahar

ϵ

$\epsilon$ wird bei der Ableitung des Noetherstroms zu einer raumzeitabhängigen Funktion (der übliche Trick)

Prahar

@childofsaturn - Ich weiß, wovon Sie sprechen, aber diese Ableitung ist nicht die, der hier gefolgt wird, weder in (1) noch in (2).

Antworten (1)

Noetherstrom in QFT mit positionsabhängigen Variationen?

In (1) vergessen Sie die Transformation von $d^dx$ ( $d$ ist die Dimension der Raumzeit). Unter $x^\mu \to ( 1 + \delta \lambda ) x^\mu$ , wir haben $d^dx {\cal L} \to d^d x ( 1 + d \delta \lambda) ( {\cal L} + \delta \lambda x^\mu \partial_\mu {\cal L} = d^d x [ {\cal L} + \delta \lambda \partial_\mu ( x^\mu {\cal L} ) ]$ .
@Prahar Ok, ich dachte, es hat etwas damit zu tun. Ich schätze, das bedeutet also, dass der Beitrag $(1+d\delta \lambda)$ ist im neuen enthalten $\mathcal{L}$ ? Sollten wir daher einen bekannten Lagrange definieren $\mathcal{L}'$ definiert als: $L^{'} = (1 + D \partial_{μ} (δ X^{μ})) L (ϕ^{'}, \partial_{μ}^{'} ϕ^{'}, X^{'})$ $\mathcal{L}'=(1+d \partial_\mu(\delta x^\mu))\mathcal{L}(\phi',\partial'_\mu \phi',x')$ und wird dies alle diese Fälle behandeln?
Der Grund für den zweiten Strom ist, weil " $\epsilon$ ist willkürlich". Es ist üblich, dass wir das Ding proportional zu einer Variation innerhalb des Integrals auf Null setzen.
@childofsaturn - das geht nur wenn " $\epsilon$ ist eine willkürliche Funktion". Hier scheint es eine willkürliche Konstante zu sein, was sicherlich nicht gut genug ist.
@childofsaturn Ich stimme Prahar zu. Soweit ich das beurteilen kann $\epsilon$ muss konstant sein.
@Prahar $\epsilon$ wird bei der Ableitung des Noetherstroms zu einer raumzeitabhängigen Funktion (der übliche Trick)
@childofsaturn - Ich weiß, wovon Sie sprechen, aber diese Ableitung ist nicht die, der hier gefolgt wird, weder in (1) noch in (2).

QMechaniker · Answer 1

Peskin & Schroeder (1) berücksichtigen nur Situationen mit rein vertikalen Transformationen, sodass die horizontale Raumzeit-Dilatationstransformation von OP nicht zutrifft . [Für Terminologie siehe zB meine Phys.SE-Antwort hier .] Siehe auch diesen verwandten Phys.SE-Beitrag.
Goldsteins Formel (2) für den bloßen Noetherstrom $j^{\mu}$ gilt für kombinierte horizontale und vertikale Transformationen. Der volle Noetherstrom $J^{\mu}=j^{\mu}- k^{\mu}$ hat einen möglichen Verbesserungsbegriff $k^{\mu}$ im Fall einer Quasi-Symmetrie .
OP hat Recht. Der Beweis von (13.147) bis (13.148) ist fehlerhaft/unzureichend, wie er in Goldstein geschrieben steht. Noethers Erhaltungssatz (13.148) ist natürlich richtig, aber der Beweis von Noethers erstem Theorem in Goldstein ist unvollständig.

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Prahar

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Antworten (1)

QMechaniker

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