Почему эти два определения симметрий эквивалентны лагранжевым?

I) Мы интерпретируем вопрос ОП (v2) как вопрос о следующем.

Что происходит

L1) , если плотность лагранжиана$\delta {\cal L}= 0$не трансформируется?

L2) , если плотность лагранжиана$\delta {\cal L}=\varepsilon~ d_{\mu} f^{\mu}$преобразования с полной пространственно-временной дивергенцией?

Здесь$\delta$обозначает бесконечно малое преобразование

$$\tag{A} \delta\phi^{\alpha}~=~\varepsilon~ (\ldots), \qquad \delta x^{\mu}~=~\varepsilon~ (\ldots),$$ полей$\phi^{\alpha}$и координаты пространства-времени$x^{\mu}$. Более того,$\varepsilon$— бесконечно малый параметр, а многоточие$\ldots$является сокращением для любого преобразования, которое мы считаем.

Прежде всего, обратите внимание, что терминология отличается от автора к автору. Некоторые авторы (см., например, ссылку 1 и этот пост Phys.SE) называют преобразование$\delta$для симметрии и квазисимметрии лагранжевой плотности${\cal L}$в случае L1 и L2 соответственно. Другие авторы (см., например, [2]) говорят о строгой симметрии и симметрии соответственно. В то время как другие авторы просто называют$\delta$для симметрии в обоих случаях.

Два случая L1 и L2 не эквивалентны, но теорема Нётер верна в обоих случаях: в обоих случаях существует локальный закон сохранения вида

$$\tag{B} d_{\mu}J^{\mu}~\approx~ 0.$$

[Здесь$\approx$символ означает равенство по модулю eom.] Однако в случае L2 голый ток Нётер (т.е. стандартная формула, упомянутая в Википедии ) необходимо улучшить с помощью (минус)$f^{\mu}$чтобы получить правильный полный ток Нётер$J^{\mu}$в уравнении (Б).

II) Наконец, как указывает Иннисфри, вместо лагранжевой плотности${\cal L}$, можно также рассмотреть действие

$$\tag{C} S~=~\int_{R}d^4x~ {\cal L},$$

где$R$обозначает область пространства-времени. Часто (но не всегда) регион$R$предполагается преобразовываться в соответствии с горизонтальным преобразованием$\delta x^{\mu}$.

Здесь снова два случая:

S1) Действие$\delta S =0$не трансформируется.

S2) Действие$\delta S =\varepsilon \int_{\partial R} d^{3}x~f$преобразуется с граничным членом.

По аналогии с разделом I преобразование$\delta$по определению называется различными авторозависимыми вариациями фразы « симметрия действия».$S$в двух случаях S1 и S2. Теорема Нётер снова верна в обоих случаях.

Однако обратите внимание, что случаи L1 и L2 не обязательно отображаются на случаи S1 и S2 соответственно. Например, могло случиться, что квазисимметрия (L2) лагранжевой плотности$\cal L$для определенных вариантов региона$R$превращается в строгую симметрию (S1) действия$S$. Пример этого явления см., например, в моем ответе Phys.SE здесь .

Использованная литература:

1. Дж. В. Хосе и Э. Дж. Салетан, Классическая динамика: современный подход, с. 565.

2. П. Дж. Олвер, Применение групп Ли к дифференциальным уравнениям, 1993.

Определения эквивалентны, поскольку действие в каждом случае инвариантно, т. е.$\delta S = 0$.

Возьмем случай 2, в котором$\delta \mathcal{L} = \partial^\mu F_\mu$. По теореме Стокса полное расхождение приводит к поверхностному интегралу на бесконечности,

$$\delta S = \int d^4x\delta\mathcal{L} = \int d^4 x \partial^\mu F_\mu= \int d\Sigma^\mu F_\mu = 0 \text{ if $F_\mu \to 0$ sufficiently rapidly at the boundary}.$$ Мы предполагаем, что $F$исчезает достаточно быстро, так что интеграл и, следовательно, вариация действия равны нулю.

Лагранжиан может измениться дивергенцией, потому что действие не изменится. Помните, что именно действие появляется в интеграле по траекториям в КТП (и в принципе наименьшего действия в СМ!), а не в лагранжиане. Пока действие инвариантно, у нас есть симметрия. (Строго говоря, мера в интеграле по траекториям также должна быть инвариантной — см. нарушение аномальной симметрии.)