Дополнительный член при расчете изменения плотности лагранжиана при бесконечно малом преобразовании Лоренца

Question

Дополнительный член при расчете изменения плотности лагранжиана при бесконечно малом преобразовании Лоренца

Мовпасд

Рассмотрим (активное) бесконечно малое преобразование Лоренца:

{Икс}^{мю} \to {Икс}^{мю} + {ю^{мю}}_{ν} {Икс}^{ν},

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

так что любое скалярное поле преобразуется как

ф (Икс) \to ф^{'} (Икс) "=" ф (Икс) - {ю^{мю}}_{ν} {Икс}^{ν} \partial_{мю} ф (Икс) + О (ю^{2}) .

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

Теперь рассмотрим функцию плотности Лагранжа $\mathcal{L(\phi, \partial\phi)}$ (без явной пространственно-временной зависимости). Каждое скалярное поле связано с лагранжевым полем плотности $\mathcal{L}[\phi](x) := \mathcal{L}(\phi(x), \partial\phi(x))$ , которое само является скалярным полем. Следовательно, он трансформируется с изменением:

\begin{matrix} (1) & дельта л "=" - {ю^{мю}}_{ν} {Икс}^{ν} \partial_{мю} л [ф] "=" - \partial_{мю} ({ю^{мю}}_{ν} {Икс}^{ν} л [ф]), \end{matrix}

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

где второе равенство возникает из-за того, что $\omega$ является антисимметричным. Поскольку лагранжиан меняется только на четыре дивергенции, действие не меняется. В этом есть смысл: все, что мы сделали, — это сместили пространство-время с помощью ортогонального преобразования, $d^4 x\ \mathcal{L}$ в интеграле действия, так что общее действие, интегрированное по всему пространству-времени, не изменится. Все идет нормально.

Проблема возникает, когда я пытаюсь вычислить $\delta \mathcal{L}$ по-другому. Я думаю, что мы должны быть в состоянии рассчитать вариацию, используя:

\begin{aligned} дельта л & "=" л [ф^{'}] - л [ф] \\ "=" \frac{\partial л}{\partial ф} дельта ф + \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} дельта (\partial_{мю} ф) \\ "=" - [\frac{\partial л}{\partial ф} {ю^{α}}_{β} {Икс}^{β} \partial_{α} ф + \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} \partial_{мю} ({ю^{α}}_{β} {Икс}^{β} \partial_{α} ф)] \\ "=" - {ю^{α}}_{β} {Икс}^{β} [\frac{\partial л}{\partial ф} \partial_{α} ф + \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} \partial_{мю} \partial_{α} ф] - \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} {ю^{α}}_{мю} \partial_{α} ф \\ (2) & "=" - \partial_{α} ({ю^{α}}_{β} {Икс}^{β} л) - \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} {ю^{α}}_{мю} \partial_{α} ф . \end{aligned}

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

Как видите, второй термин появился из ниоткуда! Где я заблудился?

Я пытался перепроверить это $\delta (\partial_\mu \phi) = \partial_\mu (\delta \phi)$ и вроде работает, так что я не думаю, что это проблема. Я нашел этот очень старый пост , но я нахожу аргумент, что

\begin{matrix} (3) & \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} \propto \partial^{мю} ф \end{matrix}

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

неубедительно. Скажем, например, у вас был $\frac{1}{2} \partial_\alpha \partial_\beta A^{\alpha\beta}$ срок - это нормально, потому что дифференцирование по $\partial_\mu \phi$ симметрирует $A$ , поэтому получается, что дополнительный член равен нулю, но пропорциональность не выполняется. Так можно ли в полной общности доказать, что $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \phi$ всегда симметричен в $\mu$ и $\nu$ ?

Ответы (3)

Дополнительный член при расчете изменения плотности лагранжиана при бесконечно малом преобразовании Лоренца

Майк Стоун · Answer 1

Я думаю, что симметрия последнего члена является требованием для того, чтобы лагранжева плотность была скаляром Лоренца. Предположим, что мы используем вращения, а не Лоренца, поэтому нам не нужно беспокоиться о верхних и нижних индексах. Тогда изменение интеграла действия при бесконечно малом вращении может происходить от двух членов: 1) изменение пределов интегрирования --- это полная дивергенция; 2) изменение подынтегральной функции в каждой точке области интегрирования. Рассмотрим изменение в точке, вокруг которой мы вращаемся (т.е. $x=0$ ). Тогда аргумент функции не меняется и имеем просто $\delta(\partial_\mu\phi)= \omega_{\mu\nu}\partial_\nu \phi$ . Если подынтегральная функция не должна измениться в этой точке, нам нужно

0 "=" \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} дельта (\partial_{мю} ф) "=" \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} ю_{мю ν} \partial_{ν} ф .

$0 = \frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)} \delta ({\partial_\mu \phi}) = \frac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)}\omega_{\mu\nu}\partial_\nu\phi.$ Конечно, мы можем вращаться вокруг любой точки, поэтому

x = 0

$x=0$ не является особым, и поэтому один и тот же результат должен применяться во всех точках.

Только что увидел твой ответ! Как видишь, я с тобой согласен!

Мовпасд · Answer 2

После 10 месяцев дальнейшего изучения я думаю, что теперь я могу ответить на свой вопрос, поэтому я сделаю это для дальнейшего использования.

Поле лагранжевой плотности $\mathcal{L}[\phi]$ связан (функционально) с полем $\phi$ не обязательно является скалярным полем Лоренца. Поэтому уравнение (1) может просто не выполняться. Конечно, любым примером, имеющим практическое значение , будет скалярное поле Лоренца, и наложение этого условия путем утверждения, что (1) выполняется, в сочетании с (2) создает условие для того, чтобы лагранжиан был скалярным полем Лоренца, а именно:

\frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} {ю^{ν}}_{мю} \partial_{ν} ф "=" 0

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

для всех (антисимметричный) $\omega$ .

Я не проверял это вручную, но подозреваю, что пример, который я привожу в уравнении (3), — это именно тот случай, когда лагранжево поле плотности не является скаляром Лоренца. Это имеет смысл, поскольку $A$ является выделенным тензором и, таким образом, может служить предпочтительным базисом.

Кирпич · Answer 3

Это работает, если вы используете тот факт, что $\phi$ также удовлетворяет уравнению Эйлера-Лагранжа для плотности $\mathcal{L}$ . Вместо того, что вы написали, считайте

\begin{array}{rcl} дельта л & "=" & л [ф + дельта ф] \\ "=" & \frac{\partial л}{\partial ф} дельта ф + \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} \partial_{мю} (дельта ф) \\ "=" & \frac{\partial л}{\partial ф} дельта ф + \partial_{мю} (\frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} дельта ф) - (\partial_{мю} \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)}) дельта ф \\ "=" & \frac{\partial л}{\partial ф} дельта ф + \partial_{мю} (\frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} дельта ф) - \frac{\partial л}{\partial ф} дельта ф \\ "=" & \partial_{мю} (\frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} дельта ф) \end{array}

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

Переходя со второй строки на третью, использовал правило произведения. При переходе от третьей строки к четвертой использовалось уравнение Эйлера-Лагранжа для $\phi$ . Это снова приводит к полному расхождению, так что никаких изменений в действии.

Это не вернет вас точно к той же форме расхождения, которая была у вас раньше, но я не уверен, что это имеет значение, пока действие остается неизменным.

Привет, Брик. Вы показали, что решение уравнений ЭЛ оставляет действие инвариантным, но мы уже знали это, потому что это решение уравнений ЭЛ, для которых отправной точкой является то, что действие остается инвариантным. Мой вопрос относится не только к пространству решений, но и ко всему пространству конфигурации.
Какое предположение (если есть) у вас есть о $\phi$ , $\mathcal{L}$ , а уравнения EL предварительно преобразовываются? (т.е. о $\mathcal{L}[\phi]$ нет $\mathcal{L}[\phi']$ в обозначении вопроса.)
Или, может быть, наоборот, непонятно, почему вы думаете, что ваше уравнение. 1 обязательно должно выполняться, когда $\mathcal{L}$ зависит от производных от $\phi$ в дополнение к $\phi$ сам по себе, а если он не зависит от производных, то ваш "лишний" член, конечно, уже исчезает.
Поле произвольное (поэтому с учетом условий гладкости, граничных условий, йада йада йада). И действительно, уравнение 1 не должно выполняться для произвольных (локальных) лагранжевых функционалов — см. мой новый ответ :)

Дополнительный член при расчете изменения плотности лагранжиана при бесконечно малом преобразовании Лоренца

Мовпасд

Ответы (3)

Майк Стоун

Мовпасд

Кирпич

Мовпасд

Кирпич

Кирпич

Мовпасд

Изменение плотности лагранжиана при бесконечно малом преобразовании Лоренца

Канонический формализм в координатах светового конуса

Лагранжиан скалярного поля в искривленном пространстве-времени

Что такое лагранжиан уравнения Паули?

Квантование заряда Лоренца

Нахождение энергии решения уравнения Синус-Гордон

Теорема Нётер с бесконечными параметрами

Вывод теоремы Нётер для полей

Доказательство лоренц-инвариантности лоренц-инвариантного элемента фазового пространства

Уравнение Эйлера-Лагранжа в специальной теории относительности