Zusammenhang zwischen Ladungserhaltung und dem Generator einer Symmetrie

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Zusammenhang zwischen Ladungserhaltung und dem Generator einer Symmetrie

jak

Ich versuche, den Zusammenhang zwischen Noether-Ladungen und Symmetriegeneratoren etwas besser zu verstehen. In Schwartz QFT-Buch , Kapitel 28.2, stellt er fest, dass die Noether-Ladung $Q$ erzeugt die Symmetrie, ist also identisch mit dem Generator der entsprechenden Symmetriegruppe. Seine Ableitung davon lautet wie folgt: Betrachten Sie die Noether-Ladung

Q = \int d^{3} x J_{0} (x) = \int d^{3} x \sum_{m} \frac{δ L}{δ {\dot{ϕ}}_{m}} \frac{δ ϕ_{m}}{δ a}

$\begin{equation} Q= \int d^3x J_0(x) = \int d^3 x \sum_m \frac{\delta L}{\delta \dot \phi_m} \frac{\delta \phi_m}{\delta \alpha} \end{equation}$

was in QFT ein Operator ist und die kanonische Kommutierungsrelation verwendet

[ϕ_{m} (x), π_{n} (j)] = ich δ (x - j) δ_{m n},

$[ \phi_m(x) ,\pi_n(y)]=i \delta(x-y)\delta_{mn},$ mit

π_{m} = \frac{δ L}{δ {\dot{ϕ}}_{m}}

$\pi_m=\frac{\delta L}{\delta \dot \phi_m}$ können wir ableiten

[Q, ϕ_{n} (j)] = - ich \frac{δ ϕ_{n} (j)}{δ a} .

$\begin{equation} [Q, \phi_n(y)] = - i \frac{\delta\phi_n(y)}{\delta \alpha}. \end{equation}$

Daraus schließt er, dass wir jetzt sehen können, dass " $Q$ erzeugt die Symmetrietransformation".

Kann mir jemand helfen, diesen Punkt zu verstehen, oder kennt eine andere Erklärung dafür, warum wir in der Lage sind, für eine Symmetrietransformation zu schreiben $e^{iQ}$ , mit $Q$ die Noether-Ladung (was natürlich der Aussage entspricht, dass Q der Erzeuger der Symmetriegruppe ist)?

Um ein wenig auf das einzugehen, was ich zu verstehen versuche: Bei einer gegebenen Symmetrie der Lagrange-Funktion, sagen wir, der Übersetzungsinvarianz, die in der unendlichen dimensionalen Darstellung (Felddarstellung) durch Differentialoperatoren erzeugt wird $\partial_\mu$ . Unter Verwendung des Satzes von Noether können wir einen erhaltenen Strom und eine zeitlich erhaltene Größe, die Noether-Ladung, ableiten. Diese Menge wird in Form von Feldern/dem Feld angegeben. Warum dürfen wir mit dieser Noether-Ladung den Erzeuger der Symmetrie identifizieren?

Irgendwelche Ideen würden sehr geschätzt

Blinder Bergmann

Hallo Jakob, ich habe einen zusätzlichen Begriff gefunden

\int d^{3} x \sum_{m} π_{m} (x) [\frac{δ ϕ_{m} (x)}{δ α}, ϕ_{n} (y)]

$\int d^{3} \mathbf{x} \sum_{m} \pi_m(\mathbf{x})[\frac{\delta\phi_m(\mathbf{x})}{\delta\alpha},\phi_n(\mathbf{y})]$ beim Auswerten

[Q, ϕ_{n} (y)]

$[Q, \phi_n(\mathbf{y})]$ . Wie würden Sie argumentieren, dass dies null ist? Vielen Dank für Ihre Hilfe.

AccidentalFourierTransform

siehe auch Erhaltungsladungen und Generatoren .

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Zusammenhang zwischen Ladungserhaltung und dem Generator einer Symmetrie

Hallo Jakob, ich habe einen zusätzlichen Begriff gefunden $\int d^{3} \mathbf{x} \sum_{m} \pi_m(\mathbf{x})[\frac{\delta\phi_m(\mathbf{x})}{\delta\alpha},\phi_n(\mathbf{y})]$ beim Auswerten $[Q, \phi_n(\mathbf{y})]$ . Wie würden Sie argumentieren, dass dies null ist? Vielen Dank für Ihre Hilfe.

Nephente · Answer 1

Betrachten Sie ein Element $g$ der Symmetriegruppe. Sagen $g$ wird durch einen unitären Operator auf dem Hilbertraum dargestellt

T_{g} = \exp (t X)

$T_g = \exp(tX)$ mit Generator

X

$X$ und einige Parameter

t

$t$ . Es wirkt auf einen Operator

ϕ (y)

$\phi(y)$ durch Konjugation

(g \cdot ϕ) (j) = T_{g}^{- 1} ϕ (j) T_{g} = e^{- t X} ϕ (j) e^{t X} = [1 + t [X, \cdot] + Ö (t^{2})] ϕ (j)

$(g\cdot\phi)(y) = T_g^{-1}\phi(y) T_g = e^{-tX}\phi(y) e^{tX} = \big[ 1 + t[X,\cdot]+\mathcal{O}(t^2)\big]\phi(y)$ Andererseits ist die Variation von

ϕ

$\phi$ ist definiert als der Beitrag erster Ordnung unter der Gruppenaktion, z

g \cdot ϕ = ϕ + \frac{δ ϕ}{δ t} t + Ö (t^{2})

$g\cdot\phi = \phi + \frac{\delta \phi}{\delta t}t+\mathcal{O}(t^2)$ Da wir in der Physik gerne hermitische Generatoren mögen, sendet man eher als anti-hermitesch

X \mapsto i X

$X\mapsto iX$ und gründet

[X, ϕ] = - ich \frac{δ ϕ}{δ t}

$[X,\phi] = -i\frac{\delta \phi}{\delta t}$

Auch diese Antwort und die darin enthaltenen Links sollten Ihnen weiterhelfen.

Vielen Dank! Auf kleine/große Sache verstehe ich nicht: Warum wirkt das Gruppenelement auf einen Operator $\phi(y)$ , durch Konjugation?
Meine erste Vermutung wäre, dass dies daran liegt, dass wir uns ansehen $\phi$ in der adjungierten Darstellung. Das würde das bedeuten $\phi$ lebt im Tangentialraum über der Identität, dh $T_e$ , das ist der Raum, in dem die Generatoren leben (= die Lie-Algebra). Das Naturprodukt dieses Raumes ist der Kommutator. Betrachten wir die adjungierte Darstellung der Gruppe, so bilden wir jedes Element auf einen linearen Operator ab $T_e$ . Die Aktion jedes Gruppenelements wird dann durch den Kommutator gegeben. $g \circ \phi = [g,\phi] \approx i [X, \phi]$ , was in der Nähe, aber leider nicht genau dem entspricht, was Sie geschrieben haben
Ich habe ein paar Punkte verwechselt ... Es gibt natürlich zwei Abbildungen, eine für die Gruppe und eine für die Lie-Algebra, beide auf den Raum der linearen Operatoren $T_e$ : $\mathrm{Ad}_g(X) = gX g^{-1}, \qquad \mathrm{ad}_X(Y) = [X,Y]$ . Daher ist meine Frage einzig und allein, wozu das Feld $\phi$ lebt in der Lie-Algebra, dh $\phi \in T_e$ . Dann ist es klar, denn der einzig mögliche Homomorphismus für die Gruppe auf ihre eigene Lie-Algebra ist gegeben durch $Ad_g$ wie oben definiert, und die Wirkung von $g$ an $\phi$ wird durch Konjugation gegeben.
@JakobH Tut mir leid, dass ich mich erst jetzt melde. Das Feld $\phi$ ist ein linearer Operator auf Fockspace. Wie üblich die Gruppenrepräsentanten. wirken auf Staaten als $T_g\vert \varphi \rangle$ und auf Operatoren als Ähnlichkeitstrafo durch Konjugation $T_g^{-1} \phi T_g$ . Ich glaube nicht, dass mehr dahinter steckt. Obwohl sich Eichfelder unter der adjungierten Darstellung umwandeln. Mein Wissen in dieser Angelegenheit ist leider lückenhaft, aber ich plane, aufzuholen :)
Vielen dank für Deine Hilfe! Ich habe mich gefragt, ob es möglich ist, daraus abzuleiten $Q = \int d^{3} x J_{0} (x) = \int d^{3} x \sum_{m} \frac{δ L}{δ {\dot{ϕ}}_{m}} \frac{δ ϕ_{m}}{δ a}$ $\begin{equation} Q= \int d^3x J_0(x) = \int d^3 x \sum_m \frac{\delta L}{\delta \dot \phi_m} \frac{\delta \phi_m}{\delta \alpha} \end{equation}$ verwenden $[X,\phi] = -i\frac{\delta \phi}{\delta t}$ $\to Q = ich \int d^{3} x \sum_{m} \frac{δ L}{δ {\dot{ϕ}}_{m}} [X, ϕ_{m}]$ $\begin{equation} \rightarrow Q= i \int d^3 x \sum_m \frac{\delta L}{\delta \dot \phi_m} [X,\phi_m] \end{equation}$ das $Q=X$ ohne Verwendung des kanonischen Kommutators. Wie auch immer, Ihre Antwort und Ihr Kommentar beantworten meine ursprüngliche Frage perfekt

Gabor · Answer 2

Ich möchte Nephentes Antwort ergänzen, weil Sie dies in Ihrem Kommentar gefragt haben, und ich denke auch, dass dies auch ein Teil des Gesamtbildes hier ist.

Warum wirkt das Gruppenelement auf einen Operator $\phi$ , durch Konjugation?

Dies ist keinesfalls eine mathematisch strenge Antwort, kann aber dennoch gegeben werden.
Betrachten Sie unsere $\phi$ wirkt auf einen Zustand $|\varphi\rangle$ .

| ψ ⟩ = ϕ | φ ⟩ .

$|\psi\rangle = \phi|\varphi\rangle.$ Nehmen wir an, dass unser Symmetrieoperator wie folgt dargestellt wird, was die gleiche Operation für jeden Zustand ist.

| φ^{'} ⟩ = T_{g}^{- 1} | φ ⟩, | ψ^{'} ⟩ = T_{g}^{- 1} | ψ ⟩ .

$|\varphi'\rangle = T_g^{-1}|\varphi\rangle,\\ |\psi'\rangle = T_g^{-1}|\psi\rangle.$ Daraus können wir ableiten (durch Einfügen

1 = T_{g} T_{g}^{- 1}

$\mathbb{1} = T_g\ T_g^{-1}$ ), das

| ψ^{'} ⟩ = \underset{EIN}{\underset{⏟}{T_{g}^{- 1} ϕ T_{g}}} \underset{| φ^{'} ⟩}{\underset{⏟}{T_{g}^{- 1} | φ ⟩}} .

$|\psi'\rangle = \underbrace{T_g^{-1} \phi\ T_g\ }_{A}\underbrace{T_g^{-1} |\varphi\rangle}_{|\varphi'\rangle}.$ Daran können wir erkennen

A

$A$ so erwarten wir das Verwandelte

ϕ

$\phi$ sich verhalten für

| φ^{'} ⟩

$|\varphi'\rangle$ ,

| ψ^{'} ⟩

$|\psi'\rangle$ . Denn das gilt für

\forall | φ ⟩

$\forall|\varphi\rangle$ ,

\forall g

$\forall g$ für ein gegebenes

ϕ

$\phi$ , können wir schließen, dass

ϕ^{'} = T_{g}^{- 1} ϕ T_{g} .

$\phi' = T_g^{-1}\phi\ T_g.$

(Beachten Sie, dass ich denke, als Nephante schrieb, dass $T_g$ so wird der Symmetrieoperator auf dem Hilbert-Raum dargestellt, er meinte es wirklich so $T_g^{-1}$ , weil er dann später sagt, dass Operatoren transformieren durch $T_g^{-1}\phi\ T_g$ .)

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