Zusätzlicher Term bei der Berechnung der Variation der Lagrange-Dichte unter der infinitesimalen Lorentz-Transformation

Question

Zusätzlicher Term bei der Berechnung der Variation der Lagrange-Dichte unter der infinitesimalen Lorentz-Transformation

Movpasd

Betrachten Sie eine (aktive) infinitesimale Lorentz-Transformation:

X^{μ} \to X^{μ} + {ω^{μ}}_{v} X^{v},

$x^\mu \rightarrow x^\mu + {\omega^\mu}_\nu x^\nu,$

so dass jedes Skalarfeld transformiert wird als

ϕ (X) \to ϕ^{'} (X) = ϕ (X) - {ω^{μ}}_{v} X^{v} \partial_{μ} ϕ (X) + Ö (ω^{2}) .

$\phi(x) \rightarrow \phi'(x) = \phi(x) - {\omega^\mu}_\nu x^\nu \partial_\mu \phi(x) + O(\omega^2).$

Betrachten Sie nun eine Lagrange-Dichtefunktion $\mathcal{L(\phi, \partial\phi)}$ (ohne explizite Raumzeitabhängigkeit). Jedes Skalarfeld ist einem Lagrange-Dichtefeld zugeordnet $\mathcal{L}[\phi](x) := \mathcal{L}(\phi(x), \partial\phi(x))$ , das selbst ein Skalarfeld ist. Daher transformiert es sich mit Variation:

\begin{matrix} (1) & δ L = - {ω^{μ}}_{v} X^{v} \partial_{μ} L [ϕ] = - \partial_{μ} ({ω^{μ}}_{v} X^{v} L [ϕ]), \end{matrix}

$\delta \mathcal{L} = -{\omega^\mu}_\nu x^\nu \partial_\mu \mathcal{L}[\phi] = -\partial_\mu ({\omega^\mu}_\nu x^\nu \mathcal{L}[\phi]), \tag{1}$

wo die zweite Gleichheit entsteht, weil $\omega$ ist antisymmetrisch. Da die Lagrange-Funktion nur um eine Vierer-Divergenz variiert, bleibt die Aktion unverändert. Das macht absolut Sinn: Alles, was wir getan haben, ist, uns durch eine orthogonale Transformation um die Raumzeit zu verschieben, uns um die zu bewegen $d^4 x\ \mathcal{L}$ Terme im Wirkungsintegral, so dass sich die über die gesamte Raumzeit integrierte Gesamtwirkung nicht ändern wird. So weit, ist es gut.

Das Problem tritt auf, wenn ich versuche zu berechnen $\delta \mathcal{L}$ ein anderer Weg. Ich denke, wir sollten in der Lage sein, die Variation zu berechnen mit:

\begin{aligned} δ L & = L [ϕ^{'}] - L [ϕ] \\ = \frac{\partial L}{\partial ϕ} δ ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} δ (\partial_{μ} ϕ) \\ = - [\frac{\partial L}{\partial ϕ} {ω^{a}}_{β} X^{β} \partial_{a} ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} \partial_{μ} ({ω^{a}}_{β} X^{β} \partial_{a} ϕ)] \\ = - {ω^{a}}_{β} X^{β} [\frac{\partial L}{\partial ϕ} \partial_{a} ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} \partial_{μ} \partial_{a} ϕ] - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} {ω^{a}}_{μ} \partial_{a} ϕ \\ (2) & = - \partial_{a} ({ω^{a}}_{β} X^{β} L) - \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} {ω^{a}}_{μ} \partial_{a} ϕ . \end{aligned}

$\begin{align} \delta \mathcal{L} & = \mathcal{L}[\phi'] - \mathcal{L}[\phi] \\ & = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\delta\phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \delta(\partial_\mu \phi) \\ & = - \left [ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} {\omega^\alpha}_\beta x^\beta \partial_\alpha \phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\mu ({\omega^\alpha}_\beta x^\beta \partial_\alpha \phi) \right ] \\ & = - {\omega^\alpha}_\beta x^\beta \left[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\partial_\alpha \phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\mu \partial_\alpha \phi \right] - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)}{\omega^\alpha}_\mu \partial_\alpha \phi \\ & = -\partial_\alpha({\omega^\alpha}_\beta x^\beta \mathcal{L}) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)}{\omega^\alpha}_\mu \partial_\alpha \phi.\tag{2} \end{align}$

Wie Sie sehen, gibt es einen zweiten Begriff, der aus dem Nichts aufgetaucht ist! Wo habe ich mich verirrt?

Ich habe versucht, das doppelt zu überprüfen $\delta (\partial_\mu \phi) = \partial_\mu (\delta \phi)$ und es scheint zu funktionieren, also denke ich nicht, dass das das Problem ist. Ich habe diesen sehr alten Beitrag gefunden , aber ich finde das Argument

\begin{matrix} (3) & \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} \propto \partial^{μ} ϕ \end{matrix}

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \propto \partial^\mu \phi \tag{3}$

nicht überzeugend. Sagen Sie zum Beispiel, Sie hatten a $\frac{1}{2} \partial_\alpha \partial_\beta A^{\alpha\beta}$ Begriff - das ist in Ordnung, denn Differenzierung bzgl $\partial_\mu \phi$ symmetriert $A$ , also ergibt sich, dass der zusätzliche Term Null ist, aber die Proportionalität nicht gilt. So ist es möglich, das ganz allgemein zu beweisen $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \phi$ ist immer symmetrisch in $\mu$ Und $\nu$ ?

Antworten (3)

Zusätzlicher Term bei der Berechnung der Variation der Lagrange-Dichte unter der infinitesimalen Lorentz-Transformation

Mike Stein · Answer 1

Ich denke, dass die Symmetrie des letzten Terms eine Voraussetzung dafür ist, dass die Lagrange-Dichte ein Lorentz-Skalar ist. Angenommen, wir verwenden statt der Rotationen von Lorentz Rotationen, sodass wir uns keine Gedanken über Upstairs- und Downstairs-Indizes machen müssen. Dann kann die Änderung des Wirkungsintegrals bei einer infinitesimalen Rotation von zwei Termen herrühren: 1) der Änderung der Integrationsgrenzen – dies ist die totale Divergenz; 2) die Änderung des Integranden an jedem Punkt im Integrationsbereich. Betrachten Sie die Änderung an dem Punkt, um den wir rotieren (dh $x=0$ ). Dann ändert sich das Argument der Funktion nicht und wir haben einfach $\delta(\partial_\mu\phi)= \omega_{\mu\nu}\partial_\nu \phi$ . Wenn sich der Integrand an diesem Punkt nicht ändern soll, brauchen wir

0 = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} δ (\partial_{μ} ϕ) = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} ω_{μ v} \partial_{v} ϕ .

$0 = \frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)} \delta ({\partial_\mu \phi}) = \frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)}\omega_{\mu\nu}\partial_\nu\phi.$ Natürlich könnten wir damit um jeden beliebigen Punkt rotieren

x = 0

$x=0$ ist nichts Besonderes und daher muss an allen Stellen das gleiche Ergebnis gelten.

Habe gerade deine Antwort gesehen! Wie Sie sehen, stimme ich Ihnen zu!

Movpasd · Answer 2

Nach 10 Monaten des weiteren Studiums denke ich, dass ich jetzt in der Lage bin, meine eigene Frage zu beantworten, also werde ich es als zukünftige Referenz tun.

Das Lagrange-Dichtefeld $\mathcal{L}[\phi]$ dem Feld (funktional) zugeordnet $\phi$ ist nicht unbedingt ein Lorentz-Skalarfeld. Daher kann Gleichung (1) einfach nicht gelten. Natürlich ist jedes Beispiel von praktischer Bedeutung ein Lorentz-Skalarfeld, und das Auferlegen dieser Bedingung, indem behauptet wird, dass (1) gilt, kombiniert mit (2), um eine Bedingung dafür zu schaffen, dass die Lagrange-Funktion ein Lorentz-Skalarfeld ist, das ist das

\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} {ω^{v}}_{μ} \partial_{v} ϕ = 0

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} {\omega^\nu}_\mu \partial_\nu \phi = 0$

für alle (antisymmetrisch) $\omega$ .

Ich habe das nicht von Hand überprüft, aber ich vermute, dass das Beispiel, das ich in Gleichung (3) gebe, genau ein Fall ist, in dem das Lagrange-Dichtefeld kein Lorentz-Skalar ist. Das macht Sinn, da $A$ ist ein ausgezeichneter Tensor und kann daher eine bevorzugte Basis liefern.

Ziegel · Answer 3

Dies funktioniert, wenn Sie die Tatsache verwenden, dass $\phi$ erfüllt auch die Euler-Lagrange-Gleichung für die Dichte $\mathcal{L}$ . Betrachten Sie anstelle dessen, was Sie geschrieben haben

\begin{array}{rcl} δ L & = & L [ϕ + δ ϕ] \\ = & \frac{\partial L}{\partial ϕ} δ ϕ + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} \partial_{μ} (δ ϕ) \\ = & \frac{\partial L}{\partial ϕ} δ ϕ + \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} δ ϕ) - (\partial_{μ} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)}) δ ϕ \\ = & \frac{\partial L}{\partial ϕ} δ ϕ + \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} δ ϕ) - \frac{\partial L}{\partial ϕ} δ ϕ \\ = & \partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ)} δ ϕ) \end{array}

$\begin{eqnarray} \delta \mathcal{L} & = & \mathcal{L}[\phi + \delta \phi] \\ & = & \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta \phi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_{\mu} (\delta\phi) \\ & = & \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta \phi + \partial_{\mu} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \delta \phi \right) - \left( \partial_{\mu} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \right) \delta\phi \\ & = & \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta \phi + \partial_{\mu} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \delta \phi \right) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta \phi \\ & = & \partial_{\mu} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \delta \phi \right) \end{eqnarray}$

Gehen Sie von der zweiten Zeile zur dritten, verwenden Sie die Produktregel. Wenn Sie von der dritten Zeile zur vierten Zeile gehen, wird die Euler-Lagrange-Gleichung für verwendet $\phi$ . Dadurch ergibt sich wieder eine totale Divergenz, also keine Wirkungsänderung.

Dies bringt Sie nicht zu genau derselben Form der Divergenz zurück, die Sie zuvor hatten, aber ich bin mir nicht sicher, ob dies von Bedeutung ist, solange die Aktion unverändert bleibt.

Hallo Brick. Was Sie gezeigt haben, ist, dass eine Lösung der EL-Gleichungen die Aktion invariant lässt, aber das wussten wir bereits, weil es eine Lösung der EL-Gleichungen ist, für die der Ausgangspunkt darin besteht, dass die Aktion invariant bleibt. Meine Frage bezieht sich nicht nur auf den Lösungsraum, sondern auf den gesamten Konfigurationsraum.
Welche Annahme (falls vorhanden) haben Sie darüber $\phi$ , $\mathcal{L}$ , und die EL-Gleichungen vortransformieren? (also ca $\mathcal{L}[\phi]$ nicht $\mathcal{L}[\phi']$ in der Notation der Frage.)
Oder vielleicht umgekehrt, es ist nicht klar, warum Sie denken, dass Ihre Gl. 1 sollte unbedingt gelten, wenn $\mathcal{L}$ hängt von Ableitungen von ab $\phi$ zusätzlich zu $\phi$ selbst, und wenn es nicht von den Derivaten abhängt, dann verschwindet Ihr "zusätzlicher" Begriff natürlich bereits.
Das Feld ist willkürlich (also abhängig von Glättebedingungen, Randbedingungen, yada yada yada). Und tatsächlich sollte Gleichung 1 nicht für beliebige (lokale) Lagrangefunktionale gelten - siehe meine neue Antwort :)

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