Off-Shell- und On-Shell-Annahmen innerhalb der Ableitung des Noether-Theorems

Lassen Sie mich Ihnen die Ableitung des Satzes von Noether vorstellen, die mir sehr gefällt und die alle Annahmen des Satzes von Noether klar macht. Lassen$\varphi$sei die Menge der Felder in der Theorie, so dass

$$S[\varphi] = \int d^4 x {\cal L}( \varphi(x), \cdots )$$ Nehmen wir nun an, wir haben eine zusammenhängende, kontinuierliche Symmetrie der Aktion$\varphi(x) \to \varphi_\alpha'(x)$parametrisiert durch eine reelle Zahl$\alpha \in {\mathbb R}$so dass$\alpha = 0$entspricht der Identitätstransformation$\varphi'_{\alpha=0}(x) = \varphi(x)$. Die Behauptung, dass die obige Transformation eine Symmetrie der Aktion ist (siehe meine Antwort auf Was macht eine Symmetrie für Noethers Theorem aus? ) ist $$S[\varphi'_\alpha] = S[\varphi]$$ Beachten Sie, dass diese Symmetrie off-shell ist.

Jetzt nimm$\alpha$klein sein und schreiben

$$\varphi'_{\alpha}(x) = \varphi(x) + \alpha \psi(x) + {\cal O}(\alpha^2) ~.$$ Dann, $$S[\varphi + \alpha \psi] = S[\varphi] + {\cal O}(\alpha^2) \qquad \qquad (1)$$

OK! So weit, ist es gut. Betrachten Sie nun eine andere Feldneudefinition$\varphi(x) \to \varphi'(x) = \varphi(x) + \alpha f(x)\psi(x)$. Beachten Sie, dass jetzt da$f(x)$eine Funktion im Gegensatz zu einer Konstanten ist, ist die obige Feldneudefinition keine Symmetrie der Aktion . Das bedeutet, wenn ich bedenke$S[\varphi + \alpha f \psi]$es gibt im allgemeinen ein${\cal O}(\alpha)$im Gegensatz zu dem, was in (1) passiert. Wir wissen jedoch, dass dies${\cal O}(\alpha)$Begriff verschwindet wann immer$f(x)=$konstant, da wir in diesem Fall eine Symmetrie hätten. Dies bedeutet, dass die${\cal O}(\alpha)$Begriff muss die Form annehmen

$$S[\varphi + \alpha f \psi] = S[\varphi] + \alpha \int d^4 x \partial_\mu f(x) j^\mu(x) + {\cal O}(\alpha^2) \qquad \qquad (2)$$ Ein Derivat muss wirken$f(x)$im${\cal O}(\alpha)$Begriff, so dass es verschwindet, wenn$f(x)=$Konstante.

Jetzt kommt der Kicker. Lassen Sie in (2).$\varphi=\varphi_0$Wo$\varphi_0$eine Lösung der Bewegungsgleichungen sein. Die, nach dem Variationsprinzip

$$S[\varphi_0+\alpha \delta \varphi] = S[\varphi_0] + {\cal O}(\alpha^2)$$ Beachten Sie, dass dies für alle Variationen gilt$\delta \varphi$(Dazu gibt es auch Vorbehalte, aber wir werden dies nicht diskutieren). Wir finden dann $$S[\varphi_0 + \alpha f \psi] = S[\varphi_0] + \alpha \int d^4 x \partial_\mu f(x) j^\mu(x) + {\cal O}(\alpha^2) = S[\varphi_0] + {\cal O}(\alpha^2)$$ was impliziert, dass wenn und nur wenn$\varphi$wird dann als on-shell angesehen $$\int d^4 x \partial_\mu f(x) j^\mu(x) = 0~.$$ Das gilt für jede Funktion$f(x)$(vorbehaltlich der gleichen Einschränkungen, die zuvor erwähnt wurden). Also können wir nehmen$f(x) = \delta^4(x-y)$und die obige Gleichung reduziert sich dann auf $$\partial_\mu j^\mu(y) = 0~.$$

Lassen Sie uns alle unsere Annahmen zusammenfassen. Wir nehmen an, dass es eine zusammenhängende kontinuierliche globale Off-Shell-Symmetrie der Wirkung gibt, die von einem reellen Parameter erzeugt wird. Wir haben dann bewiesen, dass es angesichts dessen einen Strom gibt$j_\mu(x)$die konserviert ist$\partial_\mu j^\mu(x)=0$auf der Schale.

Es scheint, dass das Herzstück der Frage von OP das Folgende ist.

Es ist bekannt, dass Randbedingungen (BCs) notwendig sind, um Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen abzuleiten. Erfüllen die infinitesimalen Transformationen in Noethers Theorem die relevanten BCs?

Antwort: Dies ist normalerweise nicht der Fall. Grenzterme (BTs) werden also nicht unbedingt verschwinden. Siehe auch diesen verwandten Phys.SE-Beitrag.

Beispiel 1: Betrachten Sie ein freies Teilchen

$$L~=~\frac{1}{2}m\dot{q}^2.$$ Infinitesimale Off-Shell-Translationssymmetrie $$\delta q~=~\epsilon$$ (was über den Satz von Noether zur Impulserhaltung auf der Schale führt) erfüllt Dirichlet-BCs nicht $$q(t_i)~=~q_i\quad\text{and}\quad q(t_f)~=~q_f.$$

Beispiel 2: Betrachten Sie einen harmonischen Oszillator

$$L~=~\frac{1}{2}m\dot{q}^2-\frac{1}{2}kq^2.$$ Infinitesimale Übersetzungstransformation $$\delta q~=~\epsilon$$ (was keine Off-Shell-Quasisymmetrie ist) führt zu der folgenden Variation der Lagrange-Funktion $$\delta L~=~\frac{\partial L}{\partial q}\delta q+\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\frac{d}{dt}\delta q ~=~-(m\ddot{q}+kq)\delta q +\frac{d}{dt}(p\delta q)~\stackrel{\text{on-shell}}{\approx}~ \epsilon \frac{dp}{dt},$$ was nicht unbedingt null ist, aber garantiert die Gesamtzeitableitung auf der Schale ist. Dies entspricht der bekannten Tatsache, dass Momentum $$p~:=~\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}~=~m\dot{q}$$ wird im harmonischen Oszillator nicht auf der Schale konserviert.

Was Sie verwirrt, ist, dass Sie in Ihrer ersten Gleichung zu früh gesprungen sind, indem Sie mit der Herleitung der Euler-Lagrange-Gleichungen vorangetrieben haben. Beginnen Sie stattdessen mit

$$\delta S = \int d^4x \frac{\partial L}{\partial \phi}\delta\phi + \frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta(\partial_\mu \phi)$$ Bei der Ableitung der Euler-Lagrange-Gleichungen legen wir das Prinzip der kleinsten Wirkung fest $\delta S =0$, dann und partiell integrieren, um deine erste Gleichung zu erhalten. Der Grenzterm kann als verschwindend angenommen werden, aber als$\delta \phi$willkürlich ist , fordern wir , dass der Koeffizient von $\delta \phi$ verschwinden muss, um das Prinzip der kleinsten Wirkung zu erfüllen, was unsere Bewegungsgleichung impliziert.

Für eine Symmetrietransformation$\delta \phi$ist nicht willkürlich; es ist eine Symmetrie der Handlung . Dies bedeutet, dass die Aktion unverändert bleibt. Als Beispiel ein Lagrangian für ein komplexes Feld

$$L =\frac{1}{2}\partial_\mu \phi \partial^\mu\phi^* + \frac{1}{2}m^2 \phi^* \phi$$ hat eine Symmetrie $\phi \rightarrow e^{i\alpha} \phi$, was einer infinitesmalen Variation entspricht $\delta\phi = i\alpha \phi$. Diese Transformation verlässt die Lagrange-Funktion $L$unverändert; wir müssen die Bewegungsgleichungen nicht verwenden, um dies zu erzwingen.

Sprechen mit der Allgemeinheit, während die obige Transformation gelassen wird$L$selbst unveränderlich,$\delta \phi$wird eine Symmetrie der Wirkung sein, wenn sie die Lagrange-Funktion nur durch einen Divergenzterm modifiziert$L \rightarrow L + \partial _ \mu j^{\mu} (x)$von der angenommen wird , dass sie im Unendlichen verschwindet, um die Aktion invariant zu lassen. So

$$\delta S = \int d^4x \frac{\partial L}{\partial \phi}\delta\phi + \frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta(\partial_\mu \phi) = \int d^4x \partial _ \mu j^{\mu} (x) =0$$ - um es noch einmal zu wiederholen, nicht nach dem Prinzip der kleinsten Wirkung, sondern nach der Definition einer Symmetrie. Wir können an dieser Stelle trivialerweise schreiben: $$\int d^4x\left( \frac{\partial L}{\partial \phi}\delta\phi + \frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta(\partial_\mu \phi) - \partial _ \mu j^{\mu} (x)\right) =0$$ In der Tat, nach unserer Definition von $\partial _ \mu j^\mu$als die lokale Änderung in der Lagrangian $L$, wir brauchen dieses Integralzeichen dort nicht einmal, aber einigen wir uns darauf, die funktionalen Ableitungen partiell zu integrieren, bevor wir es loswerden. So finden wir $$\left( \frac{\partial L}{\partial \phi} - \partial_\mu \frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\right)\delta \phi + \partial_\mu\left(\frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi -j^{\mu} (x)\right) =0$$ Lassen Sie uns nun "auf die Schale" gehen und darüber nachdenken, was passiert, wenn die Bewegungsgleichungen erfüllt sind . Dann verschwindet der erste Term, also schließen wir auf den Strom $$J^{\mu} =\frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta \phi -j^{\mu} (x)$$ wird konserviert.

Typischerweise ist dieser Strom nicht trivial, und Sie können überprüfen, ob er erhalten bleibt, wann$\phi$erfüllt seine Bewegungsgleichung. Für das obige Beispiel sollten Sie etwas wie finden

$$J^{\mu} = \phi^* \partial^\mu \phi -\phi \partial^\mu \phi^*$$ die verschwindet, wenn und nur wenn $\phi$erfüllt die Klein-Gordon-Gleichung. (In der Quantentheorie $\phi$ist ein geladenes Feld, und $J^{\mu}$ist die Stromdichte.)

Um die Relevanz der Bewegungsgleichungen im Erhaltungssatz zu verdeutlichen, betrachten Sie das Beispiel von @Qmechanic für ein freies Teilchen oben. Translationssymmetrie ist eine Symmetrie der Aktion; Wenn Sie einen verrückten Pfad von A nach B haben, der in alle Richtungen im Zickzack verläuft, wird seine Aktion genauso lächerlich sein, wenn Sie alle Punkte auf diesem Pfad um 5 cm nach links verschieben. Aber entlang dieses hypothetischen Zick-Zack-Pfads bleibt der Impuls nicht erhalten; es gehorcht nicht der Bewegungsgleichung. Stattdessen bleibt der Impuls entlang des Pfades, der die Bewegungsgleichung erfüllt (dh eine gerade Linie), erhalten. Ich hoffe, das trägt zur Klärung bei.