Vergleich zwischen Formulierungen des Satzes von Noether

Es erweist sich als einfacher, beide Versionen zu vergleichen, wenn man die funktionalen Änderungen nutzt$\bar{\delta}\phi(x):=\phi'(x)-\phi(x)=\phi(x-\delta x)+\delta\phi(x-\delta x)-\phi(x)=-\delta x^\mu\partial_\mu\phi(x)+\delta\phi(x)$. Genau in Bezug auf diese funktionalen Änderungen ist die erste Version des Satzes von Noether geschrieben. Die Variation in der zweiten Version ist

$$\delta S_\Omega(\phi)=\int_\Omega d^Dx\left(\partial_\mu(\delta x^\mu\mathcal{L})+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\bar{\delta}\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}\partial_\mu\bar{\delta}\phi\right),$$ wie anhand der Formel in der Frage anhand der Beziehung zwischen schnell überprüft werden kann$\delta$Und$\bar{\delta}$(das alles findet sich zB in Ramonds "Field Theory: A Modern Primer").

Beachten Sie als erste Bemerkung, dass das Prinzip der stationären Wirkung auch unter Einbeziehung horizontaler Transformationen gültig bleibt, solange diese verschwinden$\partial\Omega$. Tatsächlich treten diese Transformationen in der obigen Gleichung nur durch die Gesamtableitung auf$\partial_\mu(\delta x^\mu\mathcal{L})$. Außerdem in diesem Fall$\delta=\bar{\delta}$An$\partial\Omega$damit es keine Zweideutigkeit gibt, ob man danach fragen sollte$\bar{\delta}\phi|_{\partial\Omega}=0$oder$\delta\phi|_{\partial\Omega}=0$.

Als zweite Bemerkung kann man nun die Möglichkeit einbeziehen, dass die Wirkung durch Randterme variiert. Der Satz geht nämlich jetzt so. Betrachten Sie Variationen$\delta x^\mu=\epsilon X^\mu$Und$\bar{\delta}\phi=\epsilon G\phi$Wo$G$ein Differentialoperator ist (im Gegensatz zu$\mathcal{F}$in der obigen Fragestellung, die im Allgemeinen eine Matrix war). Wir haben dann

$$\delta S_\Omega(\phi)=\int_\Omega d^Dx\epsilon\left(\partial_\mu(X^\mu\mathcal{L})+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}G\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}\partial_\mu G\phi\right)+\int_\Omega d^Dx\partial_\mu\epsilon\left(X^\mu\mathcal{L}+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}G\phi\right).$$ Nehmen Sie jetzt an, wann immer$\epsilon$ist konstant wir haben$\delta S_\Omega(\phi)=\epsilon\int_\Omega d^Dx\partial_\mu F^\mu$. Dann $$\partial_\mu F^\mu=\partial_\mu(X^\mu\mathcal{L})+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}G\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}\partial_\mu G\phi.$$ (Nebenbemerkung: Beachten Sie, dass die letzten beiden Terme dieser Gleichung einfach sind$\bar{\delta}\mathcal{L}$der ersten Version des Satzes von Noether. Somit hat die Einbeziehung horizontaler Änderungen den Grenzterm modifiziert. Wir werden am Ende mehr darüber sagen.) Wir schließen das unter willkürlich$\epsilon$ $$\delta S_\Omega(\phi)=\int_\Omega d^Dx\epsilon\partial_\mu F^\mu+\int_\Omega d^Dx\partial_\mu\epsilon\left(X^\mu\mathcal{L}+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}G\phi\right).$$ Beschränken wir uns abschließend auf$\epsilon$am Ursprung verschwinden. Dann können wir nach Teilen integrieren und erhalten $$\delta S_\Omega(\phi)=\int_\Omega d^Dx\epsilon\partial_\mu \left(F^\mu-X^\mu\mathcal{L}-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}G\phi\right).$$ Die Argumentation wird nun durch die Einschränkung auf beendet$\phi$auf der Schale. Allerdings muss in diesem Fall die Variation für alle verschwinden$\epsilon$an der Grenze verschwinden. Wie wir oben bemerkt haben, wird dies nicht durch das Vorhandensein horizontaler Variationen beeinträchtigt. Dann haben wir nach dem Fundamentalsatz der Variationsrechnung$\partial_\mu j^\mu=0$, wo ausdrücklich $$j^\mu=F^\mu-X^\mu\mathcal{L}-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}G\phi.$$

Lassen Sie uns zum Schluss kommentieren, ob horizontale Änderungen notwendig sind oder nicht. Nun, definitiv ist die zweite Version, in unserer jetzigen Version, in der wir Grenzbegriffe zugelassen haben, mindestens so leistungsfähig wie die erste. Die erste wird tatsächlich durch Einstellung wiederhergestellt$X^\mu=0$. Insbesondere kann der Energie-Impuls-Tensor durch Setzen zurückgewonnen werden$X^\mu=0$Und$G=-\partial_\nu$, wie in der ersten Version, oder Einstellung$X^\mu=\delta^\mu_\nu$Und$G=-\partial_\nu$, wie in der Perspektive der zweiten Version. Vielleicht noch überraschender stellt sich heraus, dass die erste Version genauso leistungsfähig ist wie die zweite. Nehmen Sie tatsächlich an, dass die Bedingungen für die zweite erfüllt sind. Insbesondere haben wir

$$\partial_\mu F^\mu=\partial_\mu(X^\mu\mathcal{L})+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}G\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}\partial_\mu G\phi,$$ für einige$F^\mu$. Dann definieren$\tilde{F}^\mu:=F^\mu-X^\mu\mathcal{L}$. Wir haben dann $$\partial_\mu \tilde{F}^\mu=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}G\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}\partial_\mu G\phi,$$ Außerdem haben wir $$j^\mu=F^\mu-X^\mu\mathcal{L}-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}G\phi=\tilde{F}^\mu-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}G\phi.$$ Somit hätten wir den gleichen Noetherstrom zurückgewinnen können, wenn wir gesetzt hätten$X^\mu=0$. Wir schließen daraus, dass horizontale Variationen nicht notwendig sind, um Noetherströme zu erhalten, solange wir bereit sind, Variationen der Wirkung durch Grenzterme zu haben. Andererseits, obwohl ich im Moment keine Beispiele im Kopf habe, kann man vermutlich generell keine Grenzvariation als Raumvariation (Setting$X^\mu=-F^\mu/\mathcal{L}$scheint im Allgemeinen eine seltsame Sache zu sein.

Um zusammenzufassen:

Betrachten Sie eine infinitesimale Variation$\phi\mapsto\phi'=\phi+\epsilon G\phi$. Wir sagen, dies ist eine infinitesimale Symmetrie unseres Systems, wenn sie konstant ist$\epsilon$wir haben das

$$\delta S_\Omega(\phi):=S_\Omega(\phi')-S_\Omega(\phi)=\epsilon\int_\Omega\partial_\mu F^\mu$$ für einige$F^\mu$. Das ist generell zu beachten$F^\mu$wird abhängen$\phi$und das muss für jeden gelten$\phi$egal ob on-shell oder nicht. Die erste nicht-triviale Aussage ist, dass an$F^\mu$erfüllt die obige Bedingung genau dann, wenn $$\partial_\mu F^\mu=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}G\phi+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}\partial_\mu G\phi.$$ (Wir hinterlassen als interessante Randbemerkung, dass wann immer die Transformation$\phi\mapsto\phi'$stammt aus einer horizontalen Transformation$x\mapsto x'=x+\epsilon X^\mu$, kann man normalerweise nehmen$F^\mu=-X^\mu\mathcal{L}$. Aber das ist die ganze Rolle, die horizontale Variationen spielen.)

Nehmen wir nun an, dass wir wie oben eine infinitesimale Symmetrie haben. Für alle$F^\mu$das zeugt davon$\phi\mapsto\phi'$ist eine Symmetrie, der Strom

$$j^\mu=F^\mu-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\partial_\mu\phi}G\phi$$ wird konserviert.

Schließlich ist es normalerweise eine gute Idee, diesen Strom durch Rechnen zu berechnen$\delta S_\Omega(\phi):=S_\Omega(\phi')-S_\Omega(\phi)$für eine beliebige Variation$\epsilon$. Man kann davon lesen$F^\mu$(und in der Zwischenzeit prüfen, ob es sich tatsächlich um eine Symmetrie handelt) und$j^\mu$aus der Formel

$$\delta S_\Omega(\phi)=\int d^D x\epsilon\partial_\mu F^\mu+\int_\Omega d^D x\partial_\mu\epsilon (F^\mu-j^\mu).$$