Изменение плотности лагранжиана при бесконечно малом преобразовании Лоренца

Question

Изменение плотности лагранжиана при бесконечно малом преобразовании Лоренца

пользователь24999

Я пытаюсь познакомиться с QFT после этих лекций Дэвида Тонга. Я начал с лекции 1 (Классическая теория поля) и пытаюсь доказать, что при бесконечно малом преобразовании Лоренца вида

\begin{matrix} (1,49) & {Λ^{мю}}_{ν} "=" {дельта}^{мю}_{ν} + {ю^{мю}}_{ν}, \end{matrix}

$\tag{1.49} {\Lambda^\mu}_\nu={\delta^\mu}_\nu+{\omega^\mu}_\nu,$

где $\omega$ антисимметрична, изменение плотности лагранжиана $\mathcal{L}$ является

\begin{matrix} (1,53) & дельта л "=" - \partial_{мю} ({ю^{мю}}_{ν} {Икс}^{ν} л) . \end{matrix}

$\tag{1.53} \delta\mathcal{L}=-\partial_\mu({\omega^\mu}_\nu{x}^\nu\mathcal{L}).$

С использованием $\mathcal{L}=\mathcal{L}(\phi,\partial_\mu\phi)$ , я пытался вычислить $\delta\mathcal{L}$ непосредственно используя

\begin{matrix} (1,52) & дельта ф "=" - {ю^{мю}}_{ν} {Икс}^{ν} \partial_{мю} ф \end{matrix}

$\tag{1.52} \delta\phi=-{\omega^\mu}_\nu{x}^\nu\partial_\mu\phi$

[который я получил ранее вычисляя явно $\phi(x)\to\phi(\Lambda^{-1}x)$ ], однако я получаю

дельта л "=" - \partial_{мю} ({ю^{мю}}_{ν} {Икс}^{ν} л) - \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} {ю^{о}}_{мю} \partial_{о} ф

$\delta\mathcal{L}=-\partial_\mu({\omega^\mu}_\nu{x}^\nu\mathcal{L})-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}{\omega^\sigma}_\mu\partial_\sigma\phi$ Дополнительный член возникает, когда я вычисляю

\partial_{мю} (дельта ф) "=" - {ю^{о}}_{ν} [{дельта}^{ν}_{мю} \partial_{о} ф + {Икс}^{ν} \partial_{мю о} ф] "=" - {ю^{о}}_{мю} \partial_{о} ф - {ю^{о}}_{ν} {Икс}^{ν} \partial_{мю о} ф

$\partial_\mu(\delta\phi)=-{\omega^\sigma}_\nu\left[{\delta^\nu}_\mu\partial_\sigma\phi+x^\nu\partial_{\mu\sigma}\phi\right]=-{\omega^\sigma}_\mu\partial_{\sigma}\phi-{\omega^\sigma}_\nu{x}^\nu\partial_{\mu\sigma}\phi$

[потому что я предполагаю $\partial_\mu(\delta\phi)=\delta(\partial_\mu\phi)$ ]; Я думал, что избавлюсь от него, просто заменив $\phi$ с $\partial_\sigma\phi$ в $(1.52)$ , однако $\partial_\mu(\delta\phi)=\delta(\partial_\mu\phi)$ должно еще держаться, не так ли? Я также пытался использовать (предыдущее выражение для) 1.27 в лекциях, а именно, что производные поля преобразуются как

\begin{matrix} (1.26б) & \partial_{мю} ф (Икс) \to {(Λ^{- 1})^{ν}}_{мю} \partial_{ν} ф (Λ^{- 1} Икс), \end{matrix}

$\tag{1.26b} \partial_\mu\phi(x)\to{(\Lambda^{-1})^\nu}_\mu\partial_\nu\phi(\Lambda^{-1}x),$

но я все равно получаю (к первому заказу в $\omega$ ),

\begin{aligned} {(Λ^{- 1})^{ν}}_{мю} \partial_{ν} ф (Λ^{- 1} Икс) & "=" ({дельта}^{ν}_{мю} - {ю^{ν}}_{мю}) \partial_{ν} ф ({Икс}^{о} - {ю^{о}}_{р} {Икс}^{р}) \\ "=" ({дельта}^{ν}_{мю} - {ю^{ν}}_{мю}) [\partial_{ν} ф (Икс) - {ю^{о}}_{р} {Икс}^{р} \partial_{о ν} ф (Икс)] \\ "=" \partial_{мю} ф - {ю^{о}}_{р} {Икс}^{р} \partial_{о мю} ф - {ю^{ν}}_{мю} \partial_{ν} ф \end{aligned}

$\begin{align}{(\Lambda^{-1})^\nu}_\mu\partial_\nu\phi(\Lambda^{-1}x)&=({\delta^\nu}_\mu-{\omega^\nu}_\mu)\partial_\nu\phi(x^\sigma-{\omega^\sigma}_\rho{x}^\rho)\\&=({\delta^\nu}_\mu-{\omega^\nu}_\mu)\left[\partial_\nu\phi(x)-{\omega^\sigma}_\rho{x}^\rho\partial_{\sigma\nu}\phi(x)\right]\\&=\partial_\mu\phi-{\omega^\sigma}_\rho{x}^\rho\partial_{\sigma\mu}\phi-{\omega^\nu}_\mu\partial_\nu\phi\end{align}$

Я сопротивляюсь идее, что ${\omega^\nu}_\mu\partial_\nu\phi=0$ , но я не понимаю, что я делаю неправильно.

Ответы (2)

Изменение плотности лагранжиана при бесконечно малом преобразовании Лоренца

Хиггсс · Answer 1

При условии, что $\mathcal{L}$ является скаляром Лоренца, количество $\partial\mathcal{L}/\partial(\partial_{\mu}\phi)$ должен иметь верхний индекс. С $\mathcal{L}$ является функцией $\phi$ и $\partial_{\mu}\phi$ , единственный объект, который может дать такой индекс, это $\partial^{\mu}\phi$ . Следовательно

\frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} \propto \partial^{мю} ф .

$\begin{equation} \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu}\phi)} \propto \partial^{\mu}\phi. \end{equation}$ Затем,

\begin{aligned} \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} ю^{о}_{мю} \partial_{о} ф & \propto ю^{о}_{мю} \partial_{о} ф \partial^{мю} ф \\ "=" ю^{о мю} \partial_{о} ф \partial_{мю} ф \\ "=" 0. \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{split} \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu}\phi)} \omega^{\sigma}{}_{\mu}\partial_{\sigma}\phi \,&\propto \,\omega^{\sigma}{}_{\mu}\,\partial_{\sigma}\phi \,\partial^{\mu}\phi\\ &=\omega^{\sigma\mu} \partial_{\sigma}\phi\,\partial_{\mu}\phi\\ &=0. \end{split} \end{equation}$ Последнее выражение исчезает, потому что

\partial_{σ} ϕ \partial_{μ} ϕ

$\partial_{\sigma}\phi\,\partial_{\mu}\phi$ симметричен относительно перестановки индексов, а

ω^{σ μ}

$\omega^{\sigma\mu}$ является антисимметричным.

Вообще-то я не понимаю, почему Тонг просто не написал

дельта л "=" - ю^{мю}_{ν} {Икс}^{ν} \partial_{мю} л .

$\begin{equation} \delta \mathcal{L} = -\omega^{\mu}{}_{\nu} x^{\nu}\partial_{\mu}\mathcal{L}. \end{equation}$ После всего,

L

$\mathcal{L}$ должно иметь то же правило преобразования, что и

ϕ

$\phi$ потому что они оба являются скалярами Лоренца. Можно проверить приведенное выше уравнение, заметив, что

дельта л "=" - \partial_{мю} (ю^{мю}_{ν} {Икс}^{ν} л) "=" - ю^{мю}_{ν} {Икс}^{ν} \partial_{мю} л - ю^{мю}_{мю} л,

$\begin{equation} \delta \mathcal{L} = - \partial_{\mu}(\omega^{\mu}{}_{\nu}x^{\nu}\mathcal{L}) = -\omega^{\mu}{}_{\nu} x^{\nu}\partial_{\mu}\mathcal{L} - \omega^{\mu}{}_{\mu}\mathcal{L}, \end{equation}$ и что

ю^{мю}_{мю} "=" η_{мю р} ю^{мю р} "=" 0

$\begin{equation} \omega^{\mu}{}_{\mu} = \eta_{\mu\rho}\omega^{\mu\rho} = 0 \end{equation}$ потому что

η_{μ ρ}

$\eta_{\mu\rho}$ симметричен и

ω^{μ ρ}

$\omega^{\mu\rho}$ является антисимметричным.

Хорошо, это, кажется, делает это, но тогда это правильный способ, $\partial_\mu\phi$ преобразует (при бесконечно малом преобразовании Лоренца) еще как $\partial_\mu\phi-{\omega^\sigma}_\rho{x}^\rho\partial_{\sigma\mu}\phi-{\omega^{\nu}}_\mu\partial_\nu\phi$ ?
Не выдержит ли это, если $\mathcal{L}$ значит, это не скаляр Лоренца? Лоренц-инвариантность означает, что действие является скаляром Лоренца, но лагранжева плотность $\mathcal{L}$ может не быть, правильно?

Dargscisyhp · Answer 2

Прохладный! Я работаю над тем же самым.

Я доказал это с тех пор, как $\mathcal{L}$ и $\phi$ оба являются скалярами Лоренца, они должны иметь один и тот же закон преобразования. Поэтому

дельта л "=" - ю_{ν}^{мю} {Икс}^{ν} \partial_{мю} л .

$\delta \mathcal{L} = - \omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu}x^{\nu}\partial_{\mu}\mathcal{L}.$

Однако обратите внимание, что

\partial_{мю} (- ю_{ν}^{мю} {Икс}^{ν} л) "=" - ю_{ν}^{мю} \partial_{мю} {Икс}^{ν} л - ю_{ν}^{мю} {Икс}^{ν} \partial_{мю} л .

$\partial_{\mu} \left( -\omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu}x^{\nu} \mathcal{L} \right) = -\omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu} \partial_\mu x^\nu\mathcal{L} - \omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu}x^{\nu}\partial_{\mu}\mathcal{L}.$

Первый член в правой части уравнения равен 0:

- ю_{ν}^{мю} \partial_{мю} {Икс}^{ν} л "=" - ю_{ν}^{мю} {дельта}_{мю}^{ν} л .

$-\omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu} \partial_\mu x^\nu\mathcal{L} = -\omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu} \delta_\mu^\nu \mathcal{L}.$

Выражение $\omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu} \delta_\mu^\nu \mathcal{L}$ это след $\omega$ , которая является антисимметричной матрицей, равной 0. Поэтому

\partial_{мю} (- ю_{ν}^{мю} {Икс}^{ν} л) "=" - ю_{ν}^{мю} {Икс}^{ν} \partial_{мю} л "=" дельта л .

$\partial_{\mu} \left( -\omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu}x^{\nu} \mathcal{L} \right) = -\omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu}x^{\nu}\partial_{\mu}\mathcal{L}=\delta \mathcal{L}.$

Таким образом, вариация плотности лагранжиана равна полной производной, что мы и собирались доказать с помощью

Ф^{мю} "=" - ю_{ν}^{мю} {Икс}^{ν} л .

$F^\mu = -\omega^{\mu}_{\phantom{\mu}\nu} x^{\nu} \mathcal{L}.$

\partial_{мю} Ф^{мю} "=" дельта л .

$\partial_\mu F^\mu = \delta \mathcal{L}.$

Я сам довольно новичок в этом, особенно в этих неприятных манипуляциях с индексами, поэтому, если вы ознакомитесь с моей логикой и найдете ее разумной, пожалуйста, дайте мне знать.

Спасибо, и ура!

Конечно, я знаю, каков правильный результат, однако мой вопрос касается дополнительного члена, который возникает при прямом вычислении. $\delta{L}=\frac{\partial{L}}{\partial\phi}\delta\phi+\frac{\partial{L}}{\partial{(\partial_\mu\phi)}}\delta(\partial_\mu\phi)$

Изменение плотности лагранжиана при бесконечно малом преобразовании Лоренца

пользователь24999

Ответы (2)

Хиггсс

пользователь24999

Хиггсс

Сэм Жак

Dargscisyhp

пользователь24999

Сохраняющиеся токи для лагранжиана, заданного следом

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

Канонический и нётеровский импульс для продольных волн на одномерной цепочке

От теоремы Нётер к каноническому тензору энергии-импульса с использованием трансляций

Константы движения от лагранжиана

Теорема Нётер с бесконечными параметрами

Вывод теоремы Нётер для полей

Сохраняющиеся токи из теоремы Нётер

Применение теоремы Нётер

Теорема Нётер в классической теории поля Путаница