Transformation von Koordinaten im Satz von Noether

Question

Transformation von Koordinaten im Satz von Noether

Yaman Sanghavi

Verwirrt bin ich beim Beweis des Satzes von Noether durch die Randänderung im Wirkungsintegral bei der Koordinatentransformation. Ich habe auf Wikipedia gesehen , dass sie sich zusammen mit der Änderung des Feldes auch ändern $\Omega$ Zu $\Omega'$ , Wo $\Omega$ ist die Raum-Zeit-Grenze des Wirkungsintegrals.

Wenn wir sowohl die Felder als auch die Grenzen aufgrund von Koordinatentransformationen ändern, würde das dann nicht eine Nulländerung darstellen? (Ich halte die intrinsischen Änderungen im Feld auseinander)

Betrachten wir nicht eine feste Region (willkürlich, aber unveränderlich während des Flusses) der Raumzeit und sehen dann die Änderungen auf der Lagrange-Funktion nur aufgrund des Feldflusses und einiger intrinsischer Feldänderungen vor und nach dem Fluss? (wie unten gezeigt) Die Koordinaten sollten als Dummy-Variablen behandelt werden.

\int_{Ω} δ L D^{4} X

$\int_\Omega \delta L\ d^4x$ Ich denke nicht, dass wir unsere Grenze mit der Strömung verschieben sollten, habe ich recht? Außerdem hat er in dem von joshphysics gezeigten Beweis überhaupt keine Aktion in Betracht gezogen. Er arbeitete nur mit der Variation von Lagrange, und so gab es kein Integral und daher keine Grenze.

Warum ändern also einige Beweise die Grenze und andere nicht? Ich meine, wie sind diese gleichwertig?

Eine andere Frage: Wenn wir den Satz von Noether beweisen, wie es die Josh-Physik tat, indem wir nur Lagrange und keine Aktion verwenden, übersehen wir dann einige Erhaltungen im Vergleich zu dem Beweis, der in Wikipedia unter Verwendung des Aktionsintegrals durchgeführt wurde?

kakas

Wenn Sie das Koordinatensystem geändert haben, ist Ihre Grenze als geometrisches Objekt dieselbe, aber ihre Beschreibung ist anders. Denken Sie an gewöhnliches Integral und Änderung der Variablen. Ändern sich in diesem Fall die Integrationsgrenzen? Natürlich ändert es sich (zum Beispiel von X,You kartesisch zu r, phi - zylindrisch, also müssen Sie die Grenze von x (1,10), y (1,10) zu etwas anderem für r, phi ändern - weil phi zum Beispiel kann nur in (0,2pi) sein.)

Yaman Sanghavi

@kakaz Oh, ich habe deinen Punkt verstanden, aber warum ändern wir dann die Koordinaten, anstatt nur das Feld zu ändern? Denn wenn wir die Koordinaten ändern, ändert sich die Aktion nicht, da wir nur die Dummy-Variablen ändern. Ich denke, dass wir die Grenze gleich lassen sollten und nur L mithilfe von Lie-Ableitungen variiert werden sollte, anstatt die Koordinaten zu variieren. Bitte korrigiert mich, wenn ich irgendwo falsch liege.

Antworten (2)

Transformation von Koordinaten im Satz von Noether

Wenn Sie das Koordinatensystem geändert haben, ist Ihre Grenze als geometrisches Objekt dieselbe, aber ihre Beschreibung ist anders. Denken Sie an gewöhnliches Integral und Änderung der Variablen. Ändern sich in diesem Fall die Integrationsgrenzen? Natürlich ändert es sich (zum Beispiel von X,You kartesisch zu r, phi - zylindrisch, also müssen Sie die Grenze von x (1,10), y (1,10) zu etwas anderem für r, phi ändern - weil phi zum Beispiel kann nur in (0,2pi) sein.)
@kakaz Oh, ich habe deinen Punkt verstanden, aber warum ändern wir dann die Koordinaten, anstatt nur das Feld zu ändern? Denn wenn wir die Koordinaten ändern, ändert sich die Aktion nicht, da wir nur die Dummy-Variablen ändern. Ich denke, dass wir die Grenze gleich lassen sollten und nur L mithilfe von Lie-Ableitungen variiert werden sollte, anstatt die Koordinaten zu variieren. Bitte korrigiert mich, wenn ich irgendwo falsch liege.

QMechaniker · Answer 1

Beachten Sie, dass die Transformationen $^1$ im (ersten) Theorem von Noether sind im Allgemeinen eine Kombination von (vertikalen) Transformationen von Zielraumfeldern $\phi^{\alpha}$ und (horizontale) Transformationen von Raumzeitkoordinaten $x^{\mu}$ .
Daran erinnern, dass die Aktion $S_{\Omega}[\phi] =\int_{\Omega} \! d^nx~{\cal L}$ ist die Lagrange-Dichte ${\cal L}$ integriert über einem Raumzeit-Integrationsgebiet $\Omega$ . Die allgemeinere Formulierung des Satzes von Noether bezieht sich eher auf eine (Quasi-)Symmetrie der Aktion als auf die Lagrange-Dichte.
Die Transformation der Raumzeit-Integrationsregion $\Omega$ wird durch die horizontale Transformation induziert $\delta x^{\mu}$ .
Der von joshphysics beantwortete Phys.SE-Beitrag berücksichtigt keine horizontalen Transformationen und enthält daher keine Transformation des Integrationsbereichs $\Omega$ .

--

$^1$ Der Satz von Noether kann für endliche Transformationen formuliert werden, aber betrachten wir in dieser Antwort der Einfachheit halber nur infinitesimale Transformationen.

Im Punkt Nr. 3 Sie sagen, dass sich die Integrationsregion aufgrund der horizontalen Transformation ändert. Also lassen wir die Grenze mit den Koordinatentransformationen fließen, richtig? Wenn wir nun bei der Koordinatentransformation auch die Felder fließen lassen, wäre das nicht eine Null-Änderung. Denn dann ändern wir wegen der Koordinatentransformationen sowohl die Grenze als auch die Felder. Sollten wir nicht nur einen von ihnen bewegen?
Eine Situation mit Nullveränderung ist ein Sonderfall, der nicht immer erfüllt ist.

Christoph · Answer 2

Warum ändern also einige Beweise die Grenze und andere nicht? Ich meine, wie sind diese gleichwertig?

Sie sind es nicht: Übliche Beweise des 'Satzes von Noether' berücksichtigen oft nur bestimmte Grenzen davon. Es gibt auch eine Tendenz, Feinheiten hinter der Notation zu verbergen.

Im Folgenden präsentiere ich einen elementaren Beweis einer einfachen Version von Noethers erstem Theorem in 1 Dimension in einer Weise, die auf die sogenannte feldtheoretische Version auf Wikipedia verallgemeinern sollte, indem ich von aus gehe $t$ Zu $x^\mu$ Und $q$ Zu $\varphi^A$ .

Die Lagrange-Funktion wird eine Funktion sein

L = L (X, v, T)

$L = L(x,v,t)$ und die Aktion eine funktionale

S [Q] = \int_{T_{1}}^{T_{2}} L (Q (T), \dot{Q} (T), T) D T

$S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q(t),\dot q(t),t) \,dt$

Vorschlag. Wenn die Verwandlung

T \to T^{'} (T) = T + ϵ T (T)

$t\to t'(t) = t + \epsilon T(t)$

X \to X^{'} (X, T) = X + ϵ X (T)

$x\to x'(x,t) = x + \epsilon X(t)$

Q^{'} (T^{'}) = Q (T (T^{'})) + ϵ X (T (T^{'}))

$q'(t') = q(t(t')) + \epsilon X(t(t'))$ ist eine Quasi-Symmetrie der Wirkung

δ S \approx Δ K

$\delta S \approx \Delta K$ auf der Schale (dh unter Annahme der Bewegungsgleichungen), dann gibt es eine Erhaltungsgröße

\frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial v} (X - \dot{Q} T) + L T - K) \approx 0

$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial v} (X - \dot q T) + LT - K \right) \approx 0$ Hier,

δ S = \frac{D}{D ϵ} |_{ϵ = 0} S [Q^{'}]

$\delta S = \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0} S[q']$

Δ K = K (T_{2}) - K (T_{1}) = \int_{T_{1}}^{T_{2}} \frac{D K}{D T} D T

$\Delta K = K(t_2)-K(t_1) = \int_{t_1}^{t_2} \frac{dK}{dt} dt$

Nachweisen.

\begin{aligned} δ S & = \frac{D}{D ϵ} |_{ϵ = 0} \int_{T^{'} (T_{1})}^{T^{'} (T_{2})} L (Q^{'} (T^{'}), \frac{D}{D T^{'}} Q^{'} (T^{'}), T^{'}) D T^{'} \\ = \frac{D}{D ϵ} |_{ϵ = 0} \int_{T_{1}}^{T_{2}} L (Q (T) + ϵ X (T), {(\frac{D T^{'}}{D T})}^{- 1} \frac{D}{D T} (Q (T) + ϵ X (T)), T + ϵ T (T)) D T^{'} (T) \\ = \int_{T_{1}}^{T_{2}} [(\frac{\partial L}{\partial X} X + \frac{\partial L}{\partial v} \frac{D}{D ϵ} |_{ϵ = 0} \frac{\dot{Q} + ϵ \dot{X}}{1 + ϵ \dot{T}} + \frac{\partial L}{\partial T} T) D T + L \frac{D}{D ϵ} |_{ϵ = 0} D (T + ϵ T)] \\ = \int_{T_{1}}^{T_{2}} [\frac{\partial L}{\partial X} X + \frac{\partial L}{\partial v} (\dot{X} - \dot{Q} \dot{T}) + \frac{\partial L}{\partial T} T + L \dot{T}] D T \end{aligned}

$\begin{align} \delta S &= \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0} \int_{t'(t_1)}^{t'(t_2)} L(q'(t'),\frac{d}{dt'}q'(t'),t')\,dt' \\&= \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0} \int_{t_1}^{t_2} L(q(t) + \epsilon X(t),\left( \frac{dt'}{dt} \right)^{-1}\frac{d}{dt}(q(t) + \epsilon X(t)),t + \epsilon T(t)) \,dt'(t) \\&= \int_{t_1}^{t_2}\left[ \left( \frac{\partial L}{\partial x}X + \frac{\partial L}{\partial v}\frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0}\frac{\dot q + \epsilon \dot X}{1 + \epsilon \dot T} + \frac{\partial L}{\partial t} T \right)\,dt + L \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0}d(t + \epsilon T) \right] \\&= \int_{t_1}^{t_2}\left[ \frac{\partial L}{\partial x}X + \frac{\partial L}{\partial v} (\dot X - \dot q \dot T) + \frac{\partial L}{\partial t} T + L \dot T\right]\,dt \end{align}$

Verwenden

\frac{\partial L}{\partial v} \dot{X} = \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial v} X) - (\frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial v}) X

$\frac{\partial L}{\partial v} \dot X = \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial v} X \right) - \left( \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial v} \right) X$

\frac{\partial L}{\partial T} T + L \dot{T} = \frac{D}{D T} (L T) - \frac{\partial L}{\partial X} \dot{Q} T - \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial v} \dot{Q} T) + (\frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial v}) \dot{Q} T + \frac{\partial L}{\partial v} \dot{Q} \dot{T}

$\frac{\partial L}{\partial t} T + L \dot T = \frac{d}{dt}\left( LT \right) - \frac{\partial L}{\partial x} \dot q T - \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial v} \dot q T \right) + \left( \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial v} \right) \dot q T + \frac{\partial L}{\partial v}\dot q \dot T$ wir kommen an

δ S = \int_{T_{1}}^{T_{2}} [(\frac{\partial L}{\partial X} - \frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial v}) (X - \dot{Q} T) + \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial v} (X - \dot{Q} T) + L T)] D T

$\delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[ \left( \frac{\partial L}{\partial x} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial v} \right)(X - \dot q T) + \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial v}(X - \dot q T) + LT \right) \right]\,dt$

Der erste Term verschwindet, wenn wir die Euler-Lagrange-Gleichungen annehmen, der zweite Term ergibt unseren Erhaltungssatz, sobald wir uns bewegen $K$ zu dieser Seite der Gleichung. Damit ist der Beweis abgeschlossen. $\square$

Beachten Sie die Änderung des Integrationsbereichs im ersten Schritt. Die neue Zeitkoordinate war keineswegs eine Dummy-Variable - die Transformation ist "aktiv", eine Ein-Parameter-Gruppe von Diffeomorphismen.

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Yaman Sanghavi

kakas

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QMechaniker

Yaman Sanghavi

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Christoph

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