Satz von Noether und Skaleninvarianz

Lassen Sie uns zunächst sehen, was der Satz von Noether über Ihren speziellen Fall aussagt (Klein-Gordon unter globaler Neuskalierung der Felder). Das besagt der Satz von Noether

Jeder differenzierbaren Symmetrie der Wirkung eines Systems entspricht ein erhaltener Strom.

Der Strom im Objekt ist gegeben durch

$$J^{\mu}=-T_{\nu}^{\mu}\ \delta x^{\nu}+\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi^{a}_{,\mu}}\ \delta \phi^{a}$$ bei dem die $\phi^{a}$sind die Felder, deren Dynamik durch die Handlung beschrieben wird, $T^{\mu}_{\nu}$ist der kanonische Energie-Impuls-Tensor der Theorie und $\delta x^{\nu}$und $\delta \phi^{a}$sind die infinitesimalen Generatoren der Symmetrie. In Ihrem Fall,

$$\phi\to e^{\epsilon}\phi\approx (1+\epsilon)\phi$$ so dass $\delta \phi=\epsilon \phi$. (Wenn dein $\alpha$negativ ist, dann ist die Symmetrie im noetherschen Sinne nicht differenzierbar, da es keinen infinitesimalen Generator gibt. In der Tat, Neuskalierung um einen Faktor von $-1$ist Teil der diskreten, nicht differenzierbaren, multiplikativen Gruppe $\{+1,-1\}$). Dann $$J^{\mu}=\epsilon\ \phi\partial^{\mu}\phi$$ Aber es gibt keinen Grund, warum dieser noetherianische Strom erhalten bleiben sollte. In der Tat, das Entfernen der $\epsilon$Aus dem obigen Ausdruck sehen wir, dass die Divergenz proportional zum Lagrange ist, $$\partial_{\mu}(J^{\mu}/\epsilon)=\partial_{\mu}(\phi\partial^{\mu}\phi)=\phi\ \partial_{\mu}\partial^{\mu}\phi+\partial_{\mu}\phi\partial^{\mu}\phi=\partial_{\mu}\phi\partial^{\mu}\phi-m^{2}\phi^{2}=2\mathcal{L}$$ wobei ich in der dritten Identität die Bewegungsgleichungen verwendet habe $\partial^{2}\phi=-m^{2}\phi$. Die allgemeinste Lösung der Klein-Gordon-Gleichung ist gegeben durch $$\phi(x)=\int\frac{d^{3}k}{(2\pi)^{3}}\ \Big\{e^{-ik_{\mu}x^{\mu}}\ A(\vec{k})+e^{+ik_{\mu}x^{\mu}}\ B(\vec{k})\Big\}$$ mit $k_{\mu}k^{\mu}=m^{2}$, aber nicht einmal im Fall einer ebenen Welle (sagen wir, $\phi(x)=e^{-ik_{\mu}x^{\mu}}$) ist der Lagrange-Operator Null: $$2\mathcal{L}[e^{-ik_{\mu}x^{\mu}}]=-k_{\mu}k^{\mu}\ e^{-2ik_{\mu}x^{\mu}}-m^{2}\ e^{-2ik_{\mu}x^{\mu}}=-2m^{2}\ e^{-2ik_{\mu}x^{\mu}}\neq0$$ zum $m\neq 0$. Die Tatsache, dass es die Masse ist, die darüber entscheidet, ob $J^{\mu}$konserviert ist oder nicht, ist kein Zufall, wie wir später sehen werden.

Nun fragen Sie, ob es einen Satz analog zum Satz von Noether gibt, der es Ihnen erlaubt, erhaltene Ströme aus einem verallgemeinerten Konzept der "Symmetrie unter einer gewissen Transformation" abzuleiten. Insbesondere fragen Sie nach einem Satz, der dies mit Symmetrien der Euler-Lagrange-Gleichungen anstelle der Aktion tut (tatsächlich lässt Ihre Transformation die Aktion nicht invariant, sondern multipliziert sie mit einem Faktor von$\alpha$). Ich kann nicht wirklich sagen, dass es ein solches Theorem nicht gibt, aber ich kann mit Sicherheit sagen, dass ich keins kenne und dass ich bezweifle, dass ein solches Theorem im Allgemeinen wahr sein kann. Hier ist der Grund. Die Intuition hinter Noethers Theorem ist, dass die Werte der Felder, die das Minimierungsproblem lösen, definitionsgemäß um einen infinitesimalen Betrag verschoben werden können, ohne den Wert der Aktion zu ändern (was bedeutet, dass die funktionale Ableitung der Aktion in Bezug auf das "Variationsfeld " ist null). Dann können Sie fragen, was mit der Aktion passiert, wenn eine solche Transformation auf extremalen Feldern durchgeführt wird, und Sie finden, dass der Verschiebung der Felder eine Verschiebung der durch gegebenen Aktion entspricht

$$\delta S=\int_{\Omega} d^{d}x\ \partial_{\mu}J^{\mu}\qquad\qquad(\star)$$ (die Bewegungsgleichungen werden durch Hypothese erfüllt) wobei $J^{\mu}$ist wieder Noethers Strom und $\Omega$ist ein beliebiger Integrationsbereich. Dann schließen Sie, dass Sie haben sollten, wenn die Aktion in Bezug auf die Transformation unveränderlich ist $\delta S=0$, so dass $\partial_{\mu}J^{\mu}=0$. Beachten Sie, dass die Hypothese der Invarianz der Aktion erst am Ende auftaucht: Sie ist eine zusätzliche Hypothese, unabhängig vom Ergebnis $(\star)$. Letzteres ist eine Identität, die unter der einzigen Hypothese zustande kommt, dass die Felder (1) zur Lösung der Euler-Lagrange-Gleichungen (2) um einen infinitesimalen Betrag verschoben sind. Es wird keine Annahme über die Art der Transformationen oder ihre Zugehörigkeit zu einer Gruppe gemacht, die die Aktion invariant lässt. So $(\star)$gilt auch dann, wenn die Transformation die Aktion mit einem Faktor von multipliziert $\alpha>0$, und wir können daraus das folgende Ergebnis ableiten. Wie $$S\to \alpha S= e^{\epsilon} S\approx(1+\epsilon) S\qquad\Longrightarrow\qquad \delta S=\epsilon S$$ wir haben das unter einer solchen Transformation $$\int_{\Omega} d^{d}x\ \partial_{\mu}J^{\mu}=\epsilon S$$ daher können wir schlussfolgern, dass Noethers Strom im Allgemeinen unter einer solchen Transformation zur Aktionsneuskalierung nicht divergenzfrei ist (wie wir am Beispiel der Klein-Gordon-Aktion gesehen haben). Ich habe "Noethers" betont, weil es natürlich einen anderen Strom geben kann, der divergenzfrei ist, anstelle des Standard-Noethers. Aber wenn man die Hypothese der Invarianz der Wirkung unter einer gewissen Symmetrie aufhebt, bleibt über die Symmetrien der Lösungen der Euler-Lagrange-Gleichungen wenig zu sagen: Die Verbindung zwischen Symmetrien und Erhaltung liegt gerade in der Tatsache, dass die Lösungenselbst (bevor überhaupt an Symmetrien gedacht wird) so sind, dass eine infinitesimale Variation der Lösungswerte die Aktion invariant lässt. Dann ist die Hypothese, dass unter der gegebenen Transformation die Wirkung neu skaliert wird, etwas unvereinbar mit der wesentlichen Eigenschaft der Lösungen, dh mit den Euler-Lagrange-Gleichungen selbst. Aus diesem Grund fällt es mir schwer zu glauben, dass ein solches Theorem im Allgemeinen wahr wäre.

Um diese Antwort zu beenden, möchte ich noch zwei Dinge erwähnen. Dass im Fall von Klein-Gordon die Euler-Lagrange-Gleichungen unter einer ständigen Neuskalierung der Felder invariant sind, folgt zunächst aus der Tatsache, dass die Lagrange-Funktion in den Feldern quadratisch ist. Jeder solche Lagrange führt immer zu einer linearen Euler-Lagrange-Gleichung, die wiederum unter konstanten Neuskalierungen immer symmetrisch ist. Dasselbe gilt für Diracs Lagrange und für Yang-Mills' Lagrange (für freie Eichbosonen). Zweitens gibt es tatsächlich eine Skalierungstransformation, die die Aktion im Sinne von Noether invariant lässt. Erwägen Sie, die Transformation vorzunehmen

$$x^{\mu}\to e^{\epsilon}\ x^{\mu}\qquad\qquad \phi\to e^{\epsilon}\ \phi$$ dann $$\partial_{\mu}\to e^{-\epsilon}\ \partial_{\mu}$$ und wir sehen das, gegeben $m=0$, Klein-Gordons Aktion ist unter einer solchen Transformation invariant. Letzteres wird als "(konstante) konforme Transformation" und der entsprechende Noetherstrom bezeichnet $$j^{\mu}=J^{\mu}/\epsilon=-T^{\mu}_{\nu}\ x^{\nu}+\phi\ \partial^{\mu}\phi$$ ist, wie der Satz beweist, divergenzfrei. Eine analoge Aussage kann für die masselosen Lagrangianer von Dirac und Yang-Mills gemacht werden. Jetzt haben wir

$$\partial_{\mu}j^{\mu}=-\partial_{\mu}(T^{\mu}_{\nu}\ x^{\nu})+\partial_{\mu}(\phi\ \partial^{\mu}\phi)$$ Wie wir aus der Translationsinvarianz wissen, ist das $\partial_{\mu} T^{\mu}_{\nu}=0$, und angesichts der Berechnung, die wir zuvor gemacht haben, $$\partial_{\mu}j^{\mu}=-T^{\mu}_{\nu}\ \delta^{\nu}_{\mu}+2\mathcal{L}$$ Lassen Sie uns rechnen $T^{\mu}_{\nu}\ \delta^{\nu}_{\mu}=T^{\mu}_{\mu}$für den masselosen Klein-Gordon-Lagrangian. Wir haben $$T^{\mu}_{\mu}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \phi_{,\mu}}\ \partial_{\mu}\phi-\mathcal{L}\ \delta^{\mu}_{\mu}=\partial^{\mu}\phi\partial_{\mu}\phi-d\mathcal{L}=(2-d)\ \mathcal{L}$$ wo $d$ist die Dimension der Raumzeit ( $d=4$in der Standardtheorie). Dann $$\partial_{\mu}j^{\mu}=d\ \mathcal{L}$$ Also diese Abweichung ( $\partial_{\mu}j^{\mu}$) ist $d/2$mal die Divergenz (nennen wir es $\partial_{\mu}j'^{\,\mu}$) erhalten Sie aus der Transformation, die Sie in Ihrer Frage vorgeschlagen haben. Dies erklärt, warum wir letzteres gefunden haben $$\partial_{\mu}j'^{\,\mu}\propto m^{2}$$ Wenn $m=0$, dann kann Ihre Transformation zu einer konformen Transformation erweitert werden, die eine echte Symmetrie von Klein-Gordons Aktion ist, so dass der damit verbundene Noetherstrom erhalten bleibt.