Warum ist die Abhängigkeit von Ableitungen kein Problem bei der Definition des kanonischen Energie-Impuls-Tensors?

Question

Warum ist die Abhängigkeit von Ableitungen kein Problem bei der Definition des kanonischen Energie-Impuls-Tensors?

Physik
Symmetrie
Noethers-Theorem
Energieeinsparung
lagrangianischer Formalismus
Klassische-Feld-Theorie

Bence Racskó

Lassen $\mathcal L(\phi,\partial\phi)$ ein Lagrange-Operator für einen Körper sein $\phi$ . Es ist bekannt, dass die Lagrangian $\mathcal L$ und der Lagrange $\mathcal L+\partial_\mu K^\mu$ produziert die gleiche Physik, vorausgesetzt, dass $K$ hängt von Raumzeitpunkten ab $\phi$ Und $x$ nur (zB nicht durch $\partial\phi$ ).

Dies ist ersichtlich, denn wenn der Divergenzterm variiert wird, erhalten wir

\int_{\partial D} D σ_{μ} δ K^{μ} = \int_{\partial D} D σ_{μ} (\frac{\partial K^{μ}}{\partial ϕ} δ ϕ + \frac{\partial K^{μ}}{\partial ϕ_{, μ}} δ ϕ_{, μ}),

$\int_{\partial\mathcal D}d\sigma_\mu\delta K^\mu=\int_{\partial\mathcal D}d\sigma_\mu\left(\frac{\partial K^\mu}{\partial\phi}\delta\phi+\frac{\partial K^\mu}{\partial\phi_{,\mu}}\delta\phi_{,\mu}\right),$ wo ich das vermutet habe

K

$K$ hängt auch davon ab

ϕ_{, μ}

$\phi_{,\mu}$ . Wenn nur der erste Begriff in Klammern steht, dann weil

δ ϕ |_{\partial D} = 0

$\delta\phi|_{\partial\mathcal D}=0$ , würde die Variation dieses Begriffs verschwinden. Allerdings wegen des Begriffs proportional zu

δ ϕ_{, μ}

$\delta\phi_{,\mu}$ , das stimmt nicht mehr.

Betrachten wir andererseits die Invarianz eines Lagrange-Operators unter Raumzeit-Translationen, weil der Lagrange-Operator ein Skalar ist (zumindest in SR), unter der Transformation $x^\mu\mapsto x^\mu+\epsilon a^\mu$ es wird abwechslungsreich

δ L = A^{μ} \partial_{μ} L = \partial_{μ} (A^{μ} L) .

$\delta \mathcal L=a^\mu\partial_\mu\mathcal L=\partial_\mu(a^\mu\mathcal L).$ Also in diesem Fall

K^{μ} = A^{μ} L,

$K^\mu=a^\mu\mathcal L,$ Aber

L

$\mathcal L$ kommt drauf an

\partial ϕ

$\partial\phi$ , also nach den Dingen, die im ersten Teil dieses Beitrags gesagt wurden, ist dies nicht gut

K^{μ}

$K^\mu$ .

Wie kann man das lösen?

EDIT: Beim erneuten Lesen meines Beitrags stelle ich fest, dass ich mich etwas zu kurz gefasst habe. Um dies besser zu kontextualisieren, ist eine Variation eine Symmetrie der Aktion, wenn der Lagrange variiert wird $\delta\mathcal L=\partial_\mu K^\mu$ . Dies ist eine Symmetrie aufgrund dessen, was ich im ersten Teil gesagt habe.

Dies wird bei der Ableitung des kanonischen SEM-Tensors verwendet, da Übersetzungen eine Symmetrie der Lagrange-Funktion liefern, weil sie variiert wird $\partial_\mu (a^\mu\mathcal L)$ .

AccidentalFourierTransform

Haben Sie eine Referenz für das „ Es ist bekannt … “ aus dem ersten Absatz?

Bence Racskó

@AccidentalFourierTransform José, Saletan – Classical Dynamics: A Contemporary Approach, zum Beispiel.

Antworten (3)

Warum ist die Abhängigkeit von Ableitungen kein Problem bei der Definition des kanonischen Energie-Impuls-Tensors?

Haben Sie eine Referenz für das „ Es ist bekannt … “ aus dem ersten Absatz?
@AccidentalFourierTransform José, Saletan – Classical Dynamics: A Contemporary Approach, zum Beispiel.

Valter Moretti · Answer 1

Ich beschränke die Aufmerksamkeit auf den Beweis der Tatsache, dass $\phi(x)$ Und $\phi(x+a)$ sind gleichzeitig Lösungen von EL-Gleichungen von ${\cal L}(\phi, \partial \phi)$ . Dh Raumzeitverschiebungen sind (dynamische) Symmetrien für ${\cal L}(\phi, \partial \phi)$ . Sonst ist die Frage zu vage.

Ich denke, das ist nicht der richtige Weg, um das Problem anzugehen. Sie verwenden in Ihrem Beweisversuch nicht die entscheidende Hypothese:

$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ ${\cal L}$ hängt nicht explizit von ab $x$ .

Ohne diese Tatsache ist es falsch, dass die Lösungen von EL-Gleichungen (dh die stationären Punkte der Aktion mit Standard-Randbedingungen) unter Raum-Zeit-Translationen erhalten bleiben.

Die Bedingung

\begin{matrix} (1) & L^{'} (X, ϕ (X), \partial ϕ (X)) = L (X, ϕ (X), \partial ϕ (X)) + \partial_{μ} K^{μ} (X, ϕ (X)) \end{matrix}

${\cal L}'(x,\phi(x), \partial \phi(x))= {\cal L}(x,\phi(x), \partial \phi(x))+ \partial_\mu K^{\mu}(x,\phi(x))\tag{1}$ reicht gerade aus , um die gleichen Feldgleichungen für zu erzeugen

L

${\cal L}$ Und

L^{'}

${\cal L}'$ . Aber es ist nicht notwendig.

Außerdem funktioniert es auch bei einer expliziten Abhängigkeit von $x$ zeigt sich, während das Fehlen von $x$ ist hier entscheidend.

All dies deutet darauf hin, dass die Verwendung von (1) keine gute Idee ist, um dies zu beweisen $\phi(x+ a)$ erfüllt die gleichen EL-Gleichungen, die von erzeugt werden

L (ϕ (X), \partial ϕ (X)) (Ich betone, dass keine explizite Abhängigkeit von X erscheint)

${\cal L}(\phi(x), \partial \phi(x))\quad \mbox{ (I stress that no explicit dependence on $x$ appears)}$ Wenn

ϕ (x)

$\phi(x)$ tut.

Stattdessen verlässt man sich ganz auf einen Beweis dieser Tatsache

(ich) $\frac{\partial}{\partial x^\mu} = \frac{\partial}{\partial (x+ a)^\mu}$

Und

(ii) ${\cal L}$ hängt nicht explizit davon ab $x$ .

Mit ihnen lässt sich das leicht nachweisen

{(\frac{\partial L}{\partial ϕ} - \frac{\partial}{\partial X^{μ}} \frac{\partial L}{\partial \partial_{μ} ϕ}) |}_{ϕ (X + A)} = {[{(\frac{\partial L}{\partial ϕ} - \frac{\partial}{\partial X^{μ}} \frac{\partial L}{\partial \partial_{μ} ϕ}) |}_{ϕ (z)}] |}_{z = X + A}

$\left.\left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} - \frac{\partial}{\partial x^\mu}\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\mu \phi}\right)\right|_{\phi(x+a)} = \left.\left[\left.\left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} - \frac{\partial}{\partial x^\mu}\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\mu \phi}\right)\right|_{\phi(z)}\right]\right|_{z=x+a}$ Die rechte Seite verschwindet für jeden Wert von

z

$z$ durch Hypothese so dass

{(\frac{\partial L}{\partial ϕ} - \frac{\partial}{\partial X^{μ}} \frac{\partial L}{\partial \partial_{μ} ϕ}) |}_{ϕ (X + A)} = 0 .

$\left.\left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} - \frac{\partial}{\partial x^\mu}\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\mu \phi}\right)\right|_{\phi(x+a)} = 0\:.$

secavara · Answer 2

Ich finde die Antwort von @Qmechanic großartig, weil sie viele interessante Themen auf den Tisch bringt. Lassen Sie mich das einfach hinzufügen.

Nehmen Sie dieses Beispiel: $L=\partial_\mu \phi \partial^{\mu} \phi$ . Wenden wir eine endliche Übersetzung an: $x\rightarrow x-a$ . Der Lagrange wird $L \rightarrow L'= \partial_\mu \phi' \partial^{\mu} \phi'$ mit $\phi'=\phi'(z)=\phi(x+a)$ , $z=x+a$ . Es steht Ihnen frei, dies als zu schreiben $L'= \partial'_\mu \phi' \partial'^{\mu} \phi'$ mit $\partial'_\mu=\frac{\partial}{\partial z^\mu}$ . Dann, wenn wir in Bezug auf variieren $\phi'$ , werden wir dieselben Bewegungsgleichungen reproduzieren. Aber beachten Sie das aus der Sicht des ursprünglichen Feldes $\phi(x)$ , dieser transformierte Lagrange $L'$ hängt von allen seinen Derivaten ab, da $\phi'=\phi(x+a)=\sum^{\infty}_{k=0} \frac{1}{k!} a^{k} \partial_{k} \phi(x)$ .

Wie Sie bereits erwähnt haben, fügt eine infinitesimale Transformation generisch Ableitungen höherer Ordnung ein. Im Allgemeinen können wir nicht erwarten, dass diese transformierte Menge in der Schale verschwindet, ohne dass zusätzliche Kunstgriffe/Randbedingungen erforderlich sind, wie in der anderen Antwort darauf hingewiesen wurde, und dies sollte uns nicht überraschen. Und wie dieses Beispiel zeigt, macht es keinen Sinn, die ursprünglichen Felder (an derselben Position ausgewertet) zu verwenden, um die Aktion zu variieren, sobald wir eine Symmetrietransformation durchgeführt haben.

QMechaniker · Answer 3

Im Mittelpunkt der Frage von OP (v2) scheint die Tatsache zu stehen, dass für eine Quasisymmetrie

$δ S \sim \int_{v} D^{N} X D_{μ} k^{μ},$ $\delta S ~\sim~ \int_V \mathrm{d}^nx~d_{\mu}k^{\mu},$ Die $k^{\mu}$ Funktionen dürfen (und tun dies normalerweise) von Ableitungen der Felder abhängen $\phi$ ohne die Schlussfolgerungen des (ersten) Satzes von Noether zu verderben .
Die Lagrange-Dichte könnte im Prinzip von höheren Derivaten abhängen, obwohl dafür ein Preis zu zahlen wäre, vgl. zB diese und diese Phys.SE Beiträge.
Das Hinzufügen von Gesamtdivergenztermen zur Lagrange-Dichte wird auch in diesem Phys.SE-Beitrag und den darin enthaltenen Links erörtert.
Insbesondere berücksichtigt OP die Raumzeit-Translationssymmetrie, dh Energie-Impuls-Erhaltung. Dies wird zB in diesem Phys.SE-Beitrag und den darin enthaltenen Links diskutiert.

Nichts für ungut, aber soll das eine Antwort sein, die auf etwas Offensichtliches hinweist, das ich übersehen habe? Weil Ihr Link zu Ihrer Phys.SE-Antwort zu "Quasisymmetrie" einen Verweis auf José, Saletan enthält, der, wie ich gerade überprüft habe, dies besagt $K^\mu$ kann nicht von den Ableitungen des Feldes abhängen. Also ja, meine Hauptfrage ist im Wesentlichen Ihre 1), aber sie wurde bisher nicht beantwortet.

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