Почему зависимость от производных не является проблемой при определении канонического тензора энергии-импульса?

Question

Почему зависимость от производных не является проблемой при определении канонического тензора энергии-импульса?

Физика
симметрия
Нётер-теорема
энергосбережение
лагранжев формализм
классическая теория поля

Бенце Рашко

Позволять $\mathcal L(\phi,\partial\phi)$ быть лагранжианом для поля $\phi$ . Известно, что лагранжиан $\mathcal L$ и лагранжиан $\mathcal L+\partial_\mu K^\mu$ производит ту же физику, при условии, что $K$ зависит от точек пространства-времени через $\phi$ и $x$ только (например, не через $\partial\phi$ ).

Это можно увидеть, потому что, если член расходимости варьируется, мы получаем

\int_{\partial Д} д о_{мю} дельта К^{мю} "=" \int_{\partial Д} д о_{мю} (\frac{\partial К^{мю}}{\partial ф} дельта ф + \frac{\partial К^{мю}}{\partial ф_{, мю}} дельта ф_{, мю}),

$\int_{\partial\mathcal D}d\sigma_\mu\delta K^\mu=\int_{\partial\mathcal D}d\sigma_\mu\left(\frac{\partial K^\mu}{\partial\phi}\delta\phi+\frac{\partial K^\mu}{\partial\phi_{,\mu}}\delta\phi_{,\mu}\right),$ где я предположил, что

K

$K$ также зависит от

ϕ_{, μ}

$\phi_{,\mu}$ . Если бы в скобках присутствовало только первое слагаемое, то поскольку

δ ϕ |_{\partial D} = 0

$\delta\phi|_{\partial\mathcal D}=0$ , вариация этого термина исчезнет. Однако из-за члена, пропорционального

δ ϕ_{, μ}

$\delta\phi_{,\mu}$ , это уже не так.

С другой стороны, если мы рассмотрим инвариантность лагранжиана относительно пространственно-временных сдвигов, поскольку лагранжиан является скаляром (по крайней мере, в СТО), при преобразовании $x^\mu\mapsto x^\mu+\epsilon a^\mu$ он меняется на

дельта л "=" а^{мю} \partial_{мю} л "=" \partial_{мю} (а^{мю} л) .

$\delta \mathcal L=a^\mu\partial_\mu\mathcal L=\partial_\mu(a^\mu\mathcal L).$ Итак, в этом случае

К^{мю} "=" а^{мю} л,

$K^\mu=a^\mu\mathcal L,$ но

L

$\mathcal L$ зависит от

\partial ϕ

$\partial\phi$ , так что , судя по тому, что сказано в первой части этого поста, это нехорошо

K^{μ}

$K^\mu$ .

Как это решить?

РЕДАКТИРОВАТЬ: Перечитав свой пост, я понимаю, что был слишком краток. Чтобы лучше понять контекст, вариация — это симметрия действия, если лагранжиан изменяется до $\delta\mathcal L=\partial_\mu K^\mu$ . Это симметрия из-за того, что я сказал в первой части.

Это используется при выводе канонического тензора SEM, поскольку переносы обеспечивают симметрию лагранжиана, поскольку он изменяется до $\partial_\mu (a^\mu\mathcal L)$ .

СлучайныйПреобразование Фурье

У вас есть ссылка на " Известно... " из первого абзаца?

Бенце Рашко

@AccidentalFourierTransform Хосе, Салетан - Классическая динамика: современный подход, например.

Ответы (3)

Почему зависимость от производных не является проблемой при определении канонического тензора энергии-импульса?

У вас есть ссылка на " Известно... " из первого абзаца?
@AccidentalFourierTransform Хосе, Салетан - Классическая динамика: современный подход, например.

Вальтер Моретти · Answer 1

Ограничусь вниманием на доказательстве того, что $\phi(x)$ и $\phi(x+a)$ являются одновременно решениями уравнений ЭЛ ${\cal L}(\phi, \partial \phi)$ . То есть смещения пространства-времени являются (динамическими) симметриями для ${\cal L}(\phi, \partial \phi)$ . В противном случае вопрос слишком расплывчатый.

Я думаю, что это не правильный путь решения проблемы. Вы не используете в своей попытке доказательства решающую гипотезу:

$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ ${\cal L}$ не зависит явно от $x$ .

Без этого факта утверждение о том, что решения уравнений ЭЛ (т.е. стационарные точки действия со стандартными граничными условиями) сохраняются при пространственно-временных переносах, является ложным.

Состояние

\begin{matrix} (1) & л^{'} (Икс, ф (Икс), \partial ф (Икс)) "=" л (Икс, ф (Икс), \partial ф (Икс)) + \partial_{мю} К^{мю} (Икс, ф (Икс)) \end{matrix}

${\cal L}'(x,\phi(x), \partial \phi(x))= {\cal L}(x,\phi(x), \partial \phi(x))+ \partial_\mu K^{\mu}(x,\phi(x))\tag{1}$ достаточно , чтобы получить те же уравнения поля для

L

${\cal L}$ и

L^{'}

${\cal L}'$ . Но это не обязательно.

Кроме того, это работает также, если явная зависимость от $x$ проявляется, тогда как отсутствие $x$ здесь имеет решающее значение.

Все это говорит о том, что использование (1) не является хорошей идеей для доказательства того, что $\phi(x+ a)$ удовлетворяет тем же уравнениям EL, сгенерированным

л (ф (Икс), \partial ф (Икс)) (Подчеркну, что нет явной зависимости от Икс появляется)

${\cal L}(\phi(x), \partial \phi(x))\quad \mbox{ (I stress that no explicit dependence on $x$ appears)}$ если

ϕ (x)

$\phi(x)$ делает.

Вместо этого доказательство этого факта полностью опирается на

(я) $\frac{\partial}{\partial x^\mu} = \frac{\partial}{\partial (x+ a)^\mu}$

и

(ii) ${\cal L}$ явно не зависит от $x$ .

Используя их, легко доказать, что

{(\frac{\partial л}{\partial ф} - \frac{\partial}{\partial {Икс}^{мю}} \frac{\partial л}{\partial \partial_{мю} ф}) |}_{ф (Икс + а)} "=" {[{(\frac{\partial л}{\partial ф} - \frac{\partial}{\partial {Икс}^{мю}} \frac{\partial л}{\partial \partial_{мю} ф}) |}_{ф (г)}] |}_{г "=" Икс + а}

$\left.\left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} - \frac{\partial}{\partial x^\mu}\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\mu \phi}\right)\right|_{\phi(x+a)} = \left.\left[\left.\left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} - \frac{\partial}{\partial x^\mu}\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\mu \phi}\right)\right|_{\phi(z)}\right]\right|_{z=x+a}$ Правая часть обращается в нуль при любом значении

z

$z$ по гипотезе, так что

{(\frac{\partial л}{\partial ф} - \frac{\partial}{\partial {Икс}^{мю}} \frac{\partial л}{\partial \partial_{мю} ф}) |}_{ф (Икс + а)} "=" 0 .

$\left.\left(\frac{\partial {\cal L}}{\partial \phi} - \frac{\partial}{\partial x^\mu}\frac{\partial {\cal L}}{\partial \partial_\mu \phi}\right)\right|_{\phi(x+a)} = 0\:.$

секавара · Answer 2

Я думаю, что ответ @Qmechanic великолепен, потому что он поднимает много интересных тем. Позвольте мне просто добавить это.

Возьмите этот пример: $L=\partial_\mu \phi \partial^{\mu} \phi$ . Применим конечный перевод: $x\rightarrow x-a$ . Лагранжиан становится $L \rightarrow L'= \partial_\mu \phi' \partial^{\mu} \phi'$ с $\phi'=\phi'(z)=\phi(x+a)$ , $z=x+a$ . Вы можете написать это как $L'= \partial'_\mu \phi' \partial'^{\mu} \phi'$ с $\partial'_\mu=\frac{\partial}{\partial z^\mu}$ . Тогда, если мы варьируем по $\phi'$ , воспроизведем те же уравнения движения. Но заметьте, что с точки зрения исходного поля $\phi(x)$ , это преобразованный лагранжиан $L'$ зависит от всех своих производных, так как $\phi'=\phi(x+a)=\sum^{\infty}_{k=0} \frac{1}{k!} a^{k} \partial_{k} \phi(x)$ .

Как вы упомянули, бесконечно малое преобразование обычно вставляет производные более высокого порядка. Как правило, мы не можем ожидать, что эта преобразованная величина исчезнет на оболочке без необходимости дополнительных ухищрений/граничных условий, как было указано в другом ответе, и это не должно нас удивлять. И, как показывает этот пример, как только мы выполняем преобразование симметрии, нет смысла использовать исходные поля (оцениваемые в той же позиции) для изменения действия.

Qмеханик · Answer 3

В основе вопроса ОП (v2), по-видимому, лежит тот факт, что для квазисимметрии

$дельта С \sim \int_{В} д^{н} Икс д_{мю} к^{мю},$ $\delta S ~\sim~ \int_V \mathrm{d}^nx~d_{\mu}k^{\mu},$ в $k^{\mu}$ функциям разрешено (и обычно зависит) от производных полей $\phi$ не нарушая выводов (первой) теоремы Нётер .
Плотность лагранжиана в принципе могла бы зависеть от высших производных, хотя за это можно было бы заплатить цену, ср. например , этот и этот сообщения Phys.SE.
Добавление членов полной дивергенции к плотности лагранжиана также обсуждается в этом посте Phys.SE и ссылках в нем.
В частности, OP рассматривает трансляционную симметрию пространства-времени, то есть сохранение энергии-импульса. Это обсуждается, например, в этом посте Phys.SE и ссылках в нем.

Без обид, но должен ли это быть ответ, указывающий на что-то очевидное, что я пропустил? Потому что ваша ссылка на ваш ответ Phys.SE о «квазисимметрии» включает ссылку на Хосе, Салетана, который, как я только что проверил, утверждает, что $K^\mu$ не может зависеть от производных поля. Так что да, мой основной вопрос, по сути, ваш 1), но ответа на него пока нет.

Почему зависимость от производных не является проблемой при определении канонического тензора энергии-импульса?

Бенце Рашко

СлучайныйПреобразование Фурье

Бенце Рашко

Ответы (3)

Вальтер Моретти

секавара

Qмеханик

Бенце Рашко

Qмеханик

Задача с теоремой Нётер для доказательства сохранения энергии

Суммарная энергия в реономных системах

Теорема Нётер с бесконечными параметрами

Вывод теоремы Нётер для полей

Докажите сохранение энергии, используя теорему Нётер.

Теорема Нётер в классической теории поля Путаница

Приводит ли временная инвариантность к выводу о сохранении энергии? [закрыто]

Инвариантность действия против лагранжиана в теореме Нётер?

Нётеровский заряд и класс эквивалентности нётеровых токов

Интуитивное объяснение того, почему временная симметрия подразумевает сохранение энергии?