Нынешнее выражение Нётер у Пескина и Шредера

Вот то, что я считаю математически и логически точным изложением теоремы, дайте мне знать, если это поможет.

Математические предварительные занятия

Сначала позвольте мне ввести некоторые точные обозначения, чтобы мы не сталкивались с проблемами с «бесконечно малыми» и т. д. Учитывая поле$\phi$, позволять$\hat\phi(\alpha, x)$обозначают гладкое однопараметрическое семейство полей, для которого$\hat \phi(0, x) = \phi(x)$. Назовем это семейство деформацией$\phi$(в предыдущей версии я назвал это "потоком"). Тогда мы можем определить вариацию$\phi$при этой деформации как первое приближение к изменению$\phi$следующим образом:

Определение 1. (Вариация поля)

$$\delta\phi(x) = \frac{\partial\hat\phi}{\partial\alpha}(0,x)$$

Затем это определение влечет за собой следующее расширение

$$\hat\phi(\alpha, x) = \phi(x) + \alpha\delta\phi(x) + \mathcal O(\alpha^2)$$ что находится в контакте с обозначениями во многих книгах по физике, таких как Пескин и Шредер.

Примечание. В моих обозначениях$\delta\phi$НЕ является "бесконечно малым", это коэффициент параметра$\alpha$в первом порядке изменение поля при деформации. Я предпочитаю писать так, потому что считаю, что это приводит к гораздо меньшей путанице.

Далее определим изменение лагранжиана при деформации как коэффициент изменения$\mathcal L$на первый заказ в$\alpha$;

Определение 2. (Вариация плотности лагранжиана)

$$\delta\mathcal L(\phi(x), \partial_\mu\phi(x)) = \frac{\partial}{\partial\alpha}\mathcal L(\hat\phi(\alpha, x), \partial_\mu\hat\phi(\alpha, x))\Big|_{\alpha=0}$$

Учитывая эти определения, я оставлю это на ваше усмотрение.

Лемма 1. Для любой вариации полей$\phi$, изменение плотности лагранжиана удовлетворяет

$$\begin{align} \delta\mathcal L &= \left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial\phi} - \partial_\mu\frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)\delta\phi + \partial_\mu K^\mu,\qquad K^\mu = \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta\phi \end{align}$$ Вам нужно будет использовать (1) цепное правило для частичного дифференцирования, (2) факт$\delta(\partial_\mu\phi) = \partial_\mu\delta\phi$что можно доказать из приведенного выше определения$\delta\phi$и (3) правило произведения для частичного дифференцирования.

Теорема Нётер по шагам

1. Пусть конкретный поток$\hat\phi(\alpha, x)$быть данным.

2. Предположим, что для этой конкретной деформации существует некоторое векторное поле$J^\mu\neq K^\mu$такой, что

   $$\delta\mathcal L = \partial_\mu J^\mu$$

3. Обратите внимание, что для любого поля$\phi$ что удовлетворяет уравнению движения , лемма 1 говорит нам, что

   $$\delta \mathcal L = \partial_\mu K^\mu$$

4. Задайте векторное поле$j^\mu$по

   $$j^\mu = K^\mu - J^\mu$$

5. Обратите внимание, что для любого поля$\phi$удовлетворяющие уравнениям движения шагов 2+ 3 + 4 влекут

   $$\partial_\mu j^\mu = 0$$

КЭД

Важные заметки!!! Если вы будете внимательно следовать логике, то увидите, что$\delta \mathcal L = \partial_\mu K^\mu$ только по уравнениям движения . Кроме того, частью гипотезы теоремы было то, что мы нашли$J^\mu$что не равно$K^\mu$для которого$\delta\mathcal L = \partial_\mu J^\mu$. Это гарантирует, что$j^\mu$определено в конце не тождественно нулю ! Для того, чтобы найти такую$J^\mu$, вы не должны использовать уравнения движения. Вы должны применить данную деформацию к полю и посмотреть, что с ней происходит в первом порядке по «параметру деформации».$\alpha$.

Дополнение. 2020-07-02 (Пример бесплатного скалярного поля.)

Конкретный пример помогает пояснить теорему и последующие замечания. Рассмотрим одно вещественное скалярное поле$\phi:\mathbb R^{1,3}\to\mathbb R$. Позволять$m\in\mathbb R$а также$\xi\in\mathbb R^{1,3}$, и рассмотрим следующую лагранжеву плотность и деформацию (часто называемую трансляцией пространства-времени):

$$\mathcal L(\phi, \partial_\mu\phi) = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi, \qquad \hat\phi(\alpha, x) = \phi(x + \alpha\xi)$$ Расчет с использованием определения$\delta\mathcal L$(подставьте деформированное поле в$\mathcal L$, возьмем производную по$\alpha$, и установите$\alpha = 0$в конце), но без обращения к уравнению движения (уравнению Клейна-Гордона) для поля дает $$\delta \mathcal L = \partial_\mu(\xi^\nu\delta^\mu_\nu \mathcal L), \qquad \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta\phi = \xi^\nu\partial_\nu\phi\partial^\mu\phi$$ Это следует из того $$J^\mu = \xi^\nu\delta^\mu_\nu \mathcal L, \qquad K^\mu = \xi^\nu\partial_\nu\phi\partial^\mu\phi$$ и поэтому $$j^\mu = \xi^\nu(\partial_\nu\phi\partial^\mu\phi -\delta^\mu_\nu\mathcal L)$$ Если, например, выбрать$\tau > 0$и наборы$\xi = (\tau, 0, 0, 0)$, то деформация есть перенос во времени, а сохранение$j^\mu$дает сохранение плотности гамильтониана, связанной с$\mathcal L$как может проверить читатель.

Предположим вместо этого, что в процессе вычисления$\delta \mathcal L$, нужно было далее вызвать следующее уравнение движения, которое является просто уравнением Эйлера-Лагранжа для лагранжевой плотности$\mathcal L$:

$$\partial^\mu\partial_\mu\phi = -m^2\phi,$$ Затем обнаруживается, что $$\delta\mathcal L = \partial_\mu(\xi^\nu\partial_\nu\phi\partial_\mu\phi)$$ так$J^\mu = K^\mu$и поэтому$j^\mu = 0$, что неинформативно.

Лагранжев инвариант до общей 4-дивергенции и уравнения Эйлера-Лагранжа, которые они вместе дают вам$\partial_{\mu}\left(\frac{\partial L}{\partial\partial_{\mu}\phi}\delta\phi\right)=\partial_{\mu}\left(J^{\mu}(x)\right)$

Теперь, если я правильно вас понял, вы говорите по существу, если$\dfrac{df}{dx}=\dfrac{dg}{dx}$тогда$f=g$что в общем-то неправда все что можно сказать$\dfrac{d(f-g)}{dx}=0$то есть$f-g=constant$.

Аналогично здесь$\partial_{\mu}\left(J^{\mu}(x)-\frac{\partial L}{\partial\partial_{\mu}\phi}\delta\phi\right)=0$подразумевал бы

$j^{\mu}(x)=J^{\mu}(x)-\frac{\partial L}{\partial\partial_{\mu}\phi}\delta\phi$такой, что$\partial_{\mu}(j^{\mu}(x))=0$

Ключевым моментом является то, что решения на оболочке экстремальны только тогда, когда граничные условия остаются неизменными, произвольные преобразования на поле в общем случае не оставляют граничные условия неизменными, и поэтому термин$\partial_\mu \left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_{\mu}\phi} \delta \phi \right) \neq 0$так как деформация не обязательно должна быть нулевой на границах. В случае граничных условий на бесконечности деформации не обязательно должны быть регулярными на бесконечности и, таким образом, могут давать конечные граничные члены.

Кроме того, добавление члена с четырьмя расходимостями к лагранжиану не оставляет инвариантным действие в целом, а только физические решения.

Во-первых, дифференциальная операция называется «четырехдивергенция» (четырехмерная дивергенция), а не «четвертая дивергенция».

Во-вторых, действие, очевидно, изменяется при общей замене полей, т. е. если замена лагранжиана не является 4-дивергенцией. Это совершенно общий функционал полей, поэтому он меняется.

В-третьих, действие является стационарным, когда выполняются уравнения движения. Эти два условия в конечном счете эквивалентны. Но при выводе уравнений движения нельзя считать, что уравнения движения выполняются. Это было бы круговое рассуждение, и вы ничего не могли бы вывести.

В-четвертых, да, уравнения движения используются при выводе$\partial_\mu J^\mu=0$(т.е. действие стационарно), но нет, вывод тока Нётер не означает, что$J^\mu=0$. Ваша ошибка состоит в том, что вы смешиваете крайности. Уравнения движения означают только$\delta S =0$, нет$\delta L=0$или же$\delta{\mathcal L}=0$.

В-пятых, ваше последнее уравнение совершенно бессмысленно, потому что левая часть конечна, а правая бесконечно мала. Как и в случае с задачами размерного анализа (несовместимые единицы измерения), манипулирование этими выражениями, которые подчиняются основным правилам, никогда не может привести к подобному несоответствию. Ваш предыдущий «вычисление» также неверен, потому что вы пишете какие-то причудливые выражения второго порядка. В вариациях,$\alpha$сама по себе предполагается бесконечно малой, и в действительных выводах никогда не бывает произведения$\alpha$с другой бесконечно малой величиной, такой как$\delta \phi$. По сути, ваши члены имеют второй порядок (дважды бесконечно малые), но ваш анализ не имеет такой точности более высокого порядка, поэтому он неверен.

Я думаю, что лучше следовать фактическому правильному выводу, чем вашим личным попыткам пересмотреть функциональное исчисление, которое вы еще не освоили.