Transformation hat δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0 aber δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 und δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \partial\Omega} d^3 xf

Question

Transformation hat δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0 aber δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 und δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \partial\Omega} d^3 xf

Ahorn

Ich habe eine Antwort für Warum sind diese beiden Definitionen für Symmetrien im Lagrange-Äquivalent?

Ich habe ein Beispiel hat $\delta \mathcal{L}=0$ Aber $\delta S \neq 0$ Und

\begin{matrix} (1) & δ S \neq ϵ \int_{\partial Ω} D^{3} X F . \end{matrix}

$\delta S \neq \epsilon \int_{\partial\Omega} d^3 x f .\tag{1}$

Aktion

\begin{matrix} (2) & S = \int_{Ω} D^{4} X L, \end{matrix}

$S=\int_\Omega d^4x~\mathcal{L},\tag{2}$

\begin{matrix} (3) & L = \frac{1}{2} (\partial_{T} ϕ (T, X))^{2} - \frac{1}{2} (\partial_{X} ϕ (T, X))^{2} . \end{matrix}

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_t \phi(t,\mathbf{x}))^2 -\frac{1}{2}(\partial_\mathbf{x} \phi(t,\mathbf{x}))^2.\tag{3}$

Transformation:

\begin{matrix} (4) & X \to X^{'} = λ X, \end{matrix}

$x\rightarrow x'=\lambda x,\tag{4}$

\begin{matrix} (5) & ϕ (X) \to ϕ^{'} (X^{'}) = λ ϕ (X) . \end{matrix}

$\phi(x)\rightarrow\phi'(x')=\lambda\phi(x).\tag{5}$

Diese Verwandlung hat

\begin{matrix} (6) & δ L = L (\partial_{X^{'}} ϕ^{'} (X^{'}), ϕ^{'} (X^{'})) - L (\partial_{X} ϕ (X), ϕ (X)) = 0, \end{matrix}

$\delta\mathcal{L}=\mathcal{L}(\partial_{x'}\phi'(x'),\phi'(x'))-\mathcal{L}(\partial_{x}\phi(x),\phi(x))=0, \tag{6}$

\begin{matrix} (7) & δ S = \frac{1}{2} \int_{Ω^{'}} D^{4} X^{'} ((\partial_{T^{'}} ϕ (T^{'}, X^{'}))^{2} - (\partial_{X^{'}} ϕ (T^{'}, X^{'}))^{2}) - \frac{1}{2} \int_{Ω} D^{4} X ((\partial_{T} ϕ (T, X))^{2} - (\partial_{X} ϕ (T, X))^{2}) = (λ^{4} - 1) S \end{matrix}

$\delta S= \frac{1}{2}\int_{\Omega'} d^4x' ((\partial_{t'} \phi(t',\mathbf{x'}))^2 -(\partial_{\mathbf{x}'} \phi(t',\mathbf{x}'))^2) - \frac{1}{2}\int_\Omega d^4x ((\partial_t \phi(t,\mathbf{x}))^2 -(\partial_\mathbf{x} \phi(t,\mathbf{x}))^2)=(\lambda^4-1)S\tag{7}$

Hinweis :

\begin{matrix} (8) & \int_{Ω^{'}} D^{4} X^{'} = \int_{Ω} | \frac{\partial X^{' μ}}{\partial X^{v}} | D^{4} X = \int_{Ω} λ^{4} D^{4} X . \end{matrix}

$\int_{\Omega'}d^4x'=\int_{\Omega}|\frac{\partial x'^\mu}{\partial x^\nu}|d^4x=\int_{\Omega}\lambda^4 d^4 x.\tag{8}$

Meine Frage:

Laut dieser Antwort ist diese Transformation L $1$ ist aber nicht s $1$ oder S $2$ . Hat diese Transformation also Strom gespart? Ich habe das Gefühl, dass es keine Symmetrie ist.

PS : Laut Qmechanics Antwort: Es gibt zwei verschiedene Definitionen von $\delta \mathcal{L}$

Der erste:

δ_{1} L = L (ϕ^{'} (X^{'}), \partial_{μ}^{'} ϕ^{'} (X^{'}), X^{'}) - L (ϕ (X), \partial_{μ} ϕ (X), X) = [L]_{ϕ} \bar{δ} ϕ + \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} \bar{δ} ϕ) + (\partial_{μ} L) δ X^{μ}

$\delta_1 \mathcal{L}=\mathcal{L}(\phi'(x'),\partial'_\mu\phi'(x'),x')-\mathcal{L}(\phi(x ),\partial _\mu\phi (x ),x )= [\mathcal{L}]_\phi \bar\delta \phi+\partial_\mu(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\bar\delta \phi)+ (\partial_\mu \mathcal{L})\delta x^\mu$

Der zweite:

δ_{2} L = J L (ϕ^{'} (X^{'}), \partial_{μ}^{'} ϕ^{'} (X^{'}), X^{'}) - L (ϕ (X), \partial_{μ} ϕ (X), X)

$\delta_2 \mathcal{L}=J \mathcal{L}(\phi'(x'),\partial'_\mu\phi'(x'),x')-\mathcal{L}(\phi(x ),\partial _\mu\phi (x ),x )$ mit Jakobi

J

$J$

J = det (\frac{\partial X^{' μ}}{\partial X^{v}})

$J=\det(\frac{\partial x'^\mu}{\partial x^\nu})$

δ_{2} L = [L]_{ϕ} \bar{δ} ϕ + \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} \bar{δ} ϕ) + \partial_{μ} (L δ X^{μ}) = δ_{1} L + L (\partial_{μ} δ X^{μ})

$\delta_2 \mathcal{L}=[\mathcal{L}]_\phi \bar\delta \phi+\partial_\mu(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\bar\delta \phi)+ \partial_\mu (\mathcal{L}\delta x^\mu) = \delta_1 \mathcal{L}+ \mathcal{L} (\partial_\mu \delta x^\mu)$

Wenn wir die Symmetrietransformation betrachten, müssen wir rechnen $\delta_2 \mathcal{L}$ anstatt $\delta_1 \mathcal{L}$ . Nach der Verwendung der Definition von $\delta_2 \mathcal{L}$ , die Symmetrie definiert durch $\delta_2 \mathcal{L}$ ist immer konsistent mit der durch definierten Symmetrie $\delta S$ .

Antworten (2)

Transformation hat δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0 aber δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 und δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \partial\Omega} d^3 xf

QMechaniker · Answer 1

I) Die infinitesimale Version der Transformation von OP ist

\begin{aligned} (A) & Gesamt: & ϕ^{'} (X^{'}) - ϕ (X) = δ ϕ = ε ϕ, \\ (B) & Horizontal: & X^{' μ} - X^{μ} = δ X^{μ} = ε X^{μ}, \\ (C) & Vertikal: & ϕ^{'} (X) - ϕ (X) = δ_{0} ϕ = ε (1 - X^{μ} D_{μ}) ϕ, \end{aligned}

$\begin{align}\text{Total:}&\qquad \phi^{\prime}(x^{\prime})-\phi(x)~=~\delta \phi~=~\varepsilon~\phi, \tag{A}\cr \text{Horizontal:}&\qquad x^{\prime\mu} -x^{\mu} ~=~\delta x^{\mu}~=~\varepsilon~ x^{\mu}, \tag{B}\cr \text{Vertical:}&\qquad\phi^{\prime}(x)-\phi(x)~=~ \delta_0 \phi~=~\varepsilon~ (1-x^{\mu}d_{\mu})\phi, \tag{C} \end{align}$ Wo

ε

$\varepsilon$ ist ein infinitesimaler Parameter.

II) Die Aktion ist

\begin{matrix} (D) & S [ϕ] = \int_{Ω} L; \end{matrix}

$S[\phi]~=~\int_{\Omega} \mathbb{L}; \tag{D}$ die Lagrange-4-Form ist

\begin{matrix} (E) & L = L D^{4} X; \end{matrix}

$\mathbb{L}~=~{\cal L}~ d^4x; \tag{E}$ und die Lagrange-Dichte ist

\begin{matrix} (F) & L = \frac{1}{2} D_{μ} ϕ D^{μ} ϕ . \end{matrix}

${\cal L}~=~\frac{1}{2}d_{\mu}\phi ~d^{\mu}\phi. \tag{F}$

III) Die Lagrange-Dichte ${\cal L}$ naiv verwandelt sich als

\begin{matrix} (G) & δ L = δ_{0} L + δ X^{μ} D_{μ} L = 0 . ⟵ Naive Berechnung. \end{matrix}

$\delta {\cal L}~=~\delta_0 {\cal L}+ \delta x^{\mu} d_{\mu}{\cal L}~=~0 . \qquad\longleftarrow \text{Naive calculation.} \tag{G}$ Bei horizontalen Transformationen ungleich Null ist die Formel (G) jedoch keine entscheidende Größe für den Satz von Noether , und man sollte sich eher die Wirkung ansehen

\begin{matrix} (H) & δ S = 4 ε S, \end{matrix}

$\delta S~=~4\varepsilon ~S ,\tag{H}$ oder zumindest die Lagrange-4-Form

\begin{matrix} (ICH) & δ L = 4 ε L . \end{matrix}

$\delta \mathbb{L}~=~4\varepsilon ~\mathbb{L} .\tag{I}$ Gl. (H) stimmt mit Gl. von OP überein. (7). Das Problem ist, dass die Lagrange-Dichte

L

${\cal L}$ ist kein Skalar, sondern eine Dichte, also gibt es einen nicht-trivialen Beitrag

L d_{μ} δ x^{μ}

${\cal L}d_{\mu}\delta x^{\mu}$ kommt aus dem Jacobi der Integrationsmaßnahme

d^{4} x

$d^4x$ . Daher ist die entscheidende Größe für den Satz von Noether nicht die Formel (G), sondern vielmehr

\begin{matrix} (J) & " δ L " = δ L + L D_{μ} δ X^{μ} = δ_{0} L + D_{μ} (δ X^{μ} L) = 4 ε L . \end{matrix}

$"\delta {\cal L}"~=~\delta {\cal L}+{\cal L}d_{\mu}\delta x^{\mu} ~=~\delta_0 {\cal L}+ d_{\mu}(\delta x^{\mu}{\cal L})~=~4\varepsilon ~{\cal L} .\tag{J}$

IV) Zusammenfassend ist die infinitesimale Transformation (A)-(C) weder eine Quasisymmetrie für die Wirkung (D) noch die Lagrange-Dichte (F), und der Satz von Noether gilt nicht .

Bob Knighton · Answer 2

Betrachten Sie eine infinitesimale Version dieser Transformation, gegeben durch $\lambda=1+\epsilon$ . Bei dieser Auswahl sind die Feld- und Koordinatenvariationen

δ ϕ = ϵ ϕ, δ X = ϵ X .

$\delta\phi = \epsilon\phi,\hspace{0.5cm}\delta x=\epsilon x.$

Unter diesen Variationen verwandelt sich die Aktion als

δ S = \int_{Ω^{'}} D^{4} X L - \int_{Ω} D^{4} X L .

$\delta S=\int_{\Omega'}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L}-\int_{\Omega}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L}.$

Beachten Sie, dass ich dieselbe Variable zugelassen habe $x$ beide Regionen zu parametrisieren $\Omega$ Und $\Omega'$ , da es sich um Dummy-Variablen handelt. Das einzige, was sich ändert, ist die Domäne. Somit ist die Änderung in der Aktion

δ S = \int_{Ω^{'} ∖ Ω} D^{4} X L .

$\delta S=\int_{\Omega'\setminus\Omega}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L}.$

Wenn $\Omega$ ist ein konvexer Satz $\mathbb{R}^4$ , Dann $\Omega'\setminus\Omega$ ist eine Menge, die im Wesentlichen ist $\partial\Omega$ mit Dicke $\epsilon$ (Diese Idee kann auf nicht-konvexe Mengen verallgemeinert werden, aber es wird etwas komplizierter und ich möchte wirklich nicht so viel darüber nachdenken). Somit reduziert sich das Integral in der infinitesimalen Grenze auf

δ S = ϵ \int_{\partial Ω} D^{4} X L,

$\delta S=\epsilon\int_{\partial\Omega}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L},$

et voilà! Ihre Verwandlung ist jetzt Typ S2!

Ich hoffe das hilft!

Siehe meine hinzugefügte Anmerkung. Ich denke, Ihr Delta S ist falsch

Transformation hat δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0 aber δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 und δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \partial\Omega} d^3 xf

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