Zusammenhang zwischen Vektorfeld, Generator & Skalarfeld im Satz von Noether

Elemente Ihrer Frage erscheinen etwas vage, daher werde ich den Satz von Noether überprüfen und ein Beispiel betrachten. Hoffentlich können wir ansprechen

Ich frage mich, "welche Größe" in Bezug auf eine bestimmte Symmetrie erhalten bleibt

Wir werden die Differentialgeometrie verwenden, da OP ihre Frage mit dieser Terminologie formuliert.

Lassen$\phi$sei die symplektische Aktion einer Lie-Gruppe$G$auf Konfigurationsverteiler$Q$. Wir können diese Aktion in den Phasenraum heben$T^*Q$als$\phi^{T^*}$. Die Aktion hat eine$Ad^*$-äquivariante Impulsabbildung gegeben durch:

$$J:T^*Q\rightarrow \mathfrak g ^*; \ \hat J (\xi )(\alpha _q) = \alpha _q \cdot \xi _Q(q)\qquad \tag{1}$$ Wo $\xi_q$ist der infinitesimale Generator von $\phi$An $Q$für $\xi \in \mathfrak g$, $J$ist die Impulskarte und $\hat J$ist ein Homomorphismus der Lie-Algebra. Äquivariant bedeutet, dass der Kozyklus Null ist. Lassen $X$sei ein Vektorfeld auf $Q$, der Impuls ist dann:

$$P(X):T^*Q\rightarrow \mathbb R ; \ \alpha_q \mapsto \alpha _q\cdot X(q)\tag{2}$$

und somit$\hat J(\xi) = P(\xi_q)$.

Als Beispiel lassen$Q=\mathbb R^n`$,$G=\mathbb R^n`$,und lass$G$handeln$Q$durch Übersetzung:

$$\phi :G\times Q \rightarrow Q: (q',q)\mapsto q'+q$$

Der Infinitesimalgenerator ist$\xi _Q (q) = \xi$und die Impulskarte ist:

$$\hat J(\xi)\cdot (q,p) = p\cdot \xi$$

So$J$ist der lineare Impuls.

Nehmen wir als weiteres Beispiel an, dass$H$ist invariant unter der Aktion$\phi$:

$$H(x) = H(\phi_g(x)) \qquad \forall \ x\in (q,p), \ g \in G$$

Dann$J$ist ein Integral für$X_H$. Mit anderen Worten,$J$ist invariant unter dem Fluss von$X_H$.

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Zusammenfassen:

• Wir hatten eine Lie-Gruppe$G$und eine Lie-Algebra$\xi \in \mathfrak g$. Das haben wir für jeden gefordert$g\in G$Die Aktion ist symplektisch.

• Wir haben das Momentum-Mapping für die Aktion als Karte eingeführt$J$Wo$J : T^*Q\rightarrow \mathfrak g^*$unter der Vorraussetzung, dass$\forall \ \xi \in \mathfrak g$wir haben:

$$d\hat J(\xi) = \iota_{\xi_{T^*Q}}\omega$$

• in direkter Antwort auf Ihre Frage, unter der symplektischen Aktion von$G$, das Momentum$J$ein Integral des der invarianten Funktion zugeordneten Vektorfeldes ist.

Ich habe jetzt nicht die Zeit, alle Feinheiten genau zu überprüfen, aber das Folgende sollte Ihre Bedenken dennoch beantworten.

Wir nehmen an, dass es sich um eine Lie-Gruppe handelt$G$wirkt auf den Konfigurationsverteiler auf der linken Seite, wobei die Aktion ist$G\times M\rightarrow M$. Dies sei bezeichnet als$(g,x)\mapsto gx\equiv l_g(x)$.

Es ist bequemer, mit einer richtigen Aktion zu arbeiten, also lass es$\rho_g:M\rightarrow M,\ \rho_g(x)=l_{g^{-1}}(x)$, was jetzt eine richtige Handlung ist.

Die endliche Gruppenaktion bestimmt auch infinitesimale Aktionen. Wenn$A\in\mathfrak g$ist ein Lie-Algebra-Element, dann die damit verbundene Infinitesimal-Transformation$A$ist das Vektorfeld$X_A$definiert von

$$X_A|_x=\left.\frac{d}{d\epsilon}\rho_{\exp(\epsilon A)}(x)\right|_{\epsilon=0}.$$ Es kann überprüft werden, ob die Karte $A\mapsto X_A$ist ein Lie-Algebra-Homomorphismus. Außerdem, wenn die Gruppenaktion $\rho$ist "treu" in dem Sinne, dass die Karte $G\mapsto\text{Diff}(M),\ g\mapsto\rho_g$ist dann ein injektiver Gruppenhomomorphismus $A\mapsto X_A$ist ein injektiver Lie-Algebra-Homomorphismus, also if $T_a$( $a=1,...,\dim G=k$) sind eine Reihe von Generatoren für die Lie-Algebra $\mathfrak g$, und wenn $$[T_a,T_b]=C^c_{ab}T_c,$$ Dann $$[X_a,X_b]=C^c_{ab}X_c,$$ Wo $X_a:=X_{T_a}$.

Beachten Sie, dass das Vektorfeld$X_A$so würde man schreiben$\delta q^i$in mehr... traditioneller Notation.

Wir können machen$G$handeln$TM$anstatt$M$durch Tangentenverlängerung (ich will hier nicht näher darauf eingehen), daher treten auch infinitesimale Transformationen auf$TM$, gegeben durch ein Vektorfeld$\bar{X}_A$(was definiert ist auf$TM$, im Gegensatz zu$M$).

Die Gruppe$G$ist eine infinitesimale Symmetriegruppe für die Aktion, wenn unter infinitesimalen Aktionen (z.$\bar{X}_A$), ändert sich die Lagrange-Funktion um eine totale Ableitung:$\delta L=\mathcal L_{\bar{X}_A}L=\frac{d}{dt}K_A$.

Dann die Anklage

$$Q_A=\frac{\partial L}{\partial\dot{q}^i}X_A^i-K_A$$ ist eine Bewegungskonstante.

In Anbetracht dessen, dass jede infinitesimale Transformation (von$\mathfrak g$) eine Symmetrie ist, können wir dies für jeden Generator tun$T_a$, und bekomme$k$konservierte Ladungen

$$Q_a=\frac{\partial L}{\partial\dot{q}^i}X^i_a-K_a.$$

Die Ladungen sind Funktionen im Geschwindigkeitsphasenraum$TM$. Sie können jedoch die Legendre-Transformation verwenden, um sie als Funktionen im Impulsphasenraum neu zu interpretieren .

Dann haben wir, wie sich herausstellt, die folgenden Poisson-Klammer-Beziehungen:

$$\{Q_a,Q_b\}=C^c_{ab}Q_c+c_{ab},$$ wo die Poisson-Algebra der Gebühren $Q_a$dürfen Zentralladungen haben $c_{ab}$die mit allen Generatoren pendeln.

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Kurz gesagt, die Lie-Algebra der Symmetriegruppe$G$haben hier drei unterschiedliche Realisierungen.

• Eine abstrakte, die von den abstrakten Generatoren gegeben wird$T_a$.

• Die Lie-Algebra der infinitesimalen Transformationen$X_A$'s (dies sind die "Variationen" oder "Ableitungen", wie sie oft genannt werden).

• Die Lie-Subalgebra der Poisson-Algebra der Phasenraumfunktionen, gegeben durch die$k$konservierte Ladungen$Q_a$. Dieser darf jedoch ein Zentrum haben.

In Ihrem Fall des Drehimpulses ist die Symmetriegruppe$\text{SO}(3)$, die „abstrakte“ Algebra ist durch die üblichen Rotationsgeneratormatrizen gegeben, die „Ableitungs“-Algebra ist durch drei Vektorfelder gegeben, die den Generatoren der Algebra über die Gruppenaktion entsprechen (und dies sind im Wesentlichen die drei Rotations-Killing-Vektorfelder der euklidischen Metrik ! ), und die „Poisson“-Algebra ist durch die Drehimpulskomponenten gegeben$L_i$, die auch die Erhaltungsladungen sind.