Преобразование имеет δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0, но δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 и δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \partial\Omega} d^3 xf

Question

Преобразование имеет δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0, но δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 и δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \partial\Omega} d^3 xf

кленклен

Я видел ответ на вопрос «Почему эти два определения симметрии эквивалентны лагранжевым?»

у меня есть пример $\delta \mathcal{L}=0$ но $\delta S \neq 0$ и

\begin{matrix} (1) & дельта С \neq ϵ \int_{\partial Ом} г^{3} Икс ф . \end{matrix}

$\delta S \neq \epsilon \int_{\partial\Omega} d^3 x f .\tag{1}$

Действие

\begin{matrix} (2) & С "=" \int_{Ом} г^{4} Икс л, \end{matrix}

$S=\int_\Omega d^4x~\mathcal{L},\tag{2}$

\begin{matrix} (3) & л "=" \frac{1}{2} (\partial_{т} ф (т, Икс))^{2} - \frac{1}{2} (\partial_{Икс} ф (т, Икс))^{2} . \end{matrix}

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_t \phi(t,\mathbf{x}))^2 -\frac{1}{2}(\partial_\mathbf{x} \phi(t,\mathbf{x}))^2.\tag{3}$

Трансформация:

\begin{matrix} (4) & Икс \to {Икс}^{'} "=" λ Икс, \end{matrix}

$x\rightarrow x'=\lambda x,\tag{4}$

\begin{matrix} (5) & ф (Икс) \to ф^{'} ({Икс}^{'}) "=" λ ф (Икс) . \end{matrix}

$\phi(x)\rightarrow\phi'(x')=\lambda\phi(x).\tag{5}$

Это преобразование имеет

\begin{matrix} (6) & дельта л "=" л (\partial_{{Икс}^{'}} ф^{'} ({Икс}^{'}), ф^{'} ({Икс}^{'})) - л (\partial_{Икс} ф (Икс), ф (Икс)) "=" 0, \end{matrix}

$\delta\mathcal{L}=\mathcal{L}(\partial_{x'}\phi'(x'),\phi'(x'))-\mathcal{L}(\partial_{x}\phi(x),\phi(x))=0, \tag{6}$

\begin{matrix} (7) & дельта С "=" \frac{1}{2} \int_{{Ом}^{'}} г^{4} {Икс}^{'} ((\partial_{т^{'}} ф (т^{'}, {Икс}^{'}))^{2} - (\partial_{{Икс}^{'}} ф (т^{'}, {Икс}^{'}))^{2}) - \frac{1}{2} \int_{Ом} г^{4} Икс ((\partial_{т} ф (т, Икс))^{2} - (\partial_{Икс} ф (т, Икс))^{2}) "=" (λ^{4} - 1) С \end{matrix}

$\delta S= \frac{1}{2}\int_{\Omega'} d^4x' ((\partial_{t'} \phi(t',\mathbf{x'}))^2 -(\partial_{\mathbf{x}'} \phi(t',\mathbf{x}'))^2) - \frac{1}{2}\int_\Omega d^4x ((\partial_t \phi(t,\mathbf{x}))^2 -(\partial_\mathbf{x} \phi(t,\mathbf{x}))^2)=(\lambda^4-1)S\tag{7}$

Примечание :

\begin{matrix} (8) & \int_{{Ом}^{'}} г^{4} {Икс}^{'} "=" \int_{Ом} | \frac{\partial {Икс}^{' мю}}{\partial {Икс}^{ν}} | г^{4} Икс "=" \int_{Ом} λ^{4} г^{4} Икс . \end{matrix}

$\int_{\Omega'}d^4x'=\int_{\Omega}|\frac{\partial x'^\mu}{\partial x^\nu}|d^4x=\int_{\Omega}\lambda^4 d^4 x.\tag{8}$

Мой вопрос:

Согласно этому ответу , это преобразование L $1$ но не С $1$ или С $2$ . Так сохраняет ли это преобразование ток? Я чувствую, что это не симметрия.

PS : согласно ответу Qmechanic: есть два разных определения $\delta \mathcal{L}$

Первый:

{дельта}_{1} л "=" л (ф^{'} ({Икс}^{'}), \partial_{мю}^{'} ф^{'} ({Икс}^{'}), {Икс}^{'}) - л (ф (Икс), \partial_{мю} ф (Икс), Икс) "=" [л]_{ф} \bar{дельта} ф + \partial_{мю} (\frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} \bar{дельта} ф) + (\partial_{мю} л) дельта {Икс}^{мю}

$\delta_1 \mathcal{L}=\mathcal{L}(\phi'(x'),\partial'_\mu\phi'(x'),x')-\mathcal{L}(\phi(x ),\partial _\mu\phi (x ),x )= [\mathcal{L}]_\phi \bar\delta \phi+\partial_\mu(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\bar\delta \phi)+ (\partial_\mu \mathcal{L})\delta x^\mu$

Второй:

{дельта}_{2} л "=" Дж л (ф^{'} ({Икс}^{'}), \partial_{мю}^{'} ф^{'} ({Икс}^{'}), {Икс}^{'}) - л (ф (Икс), \partial_{мю} ф (Икс), Икс)

$\delta_2 \mathcal{L}=J \mathcal{L}(\phi'(x'),\partial'_\mu\phi'(x'),x')-\mathcal{L}(\phi(x ),\partial _\mu\phi (x ),x )$ с Якобианом

J

$J$

Дж "=" дет (\frac{\partial {Икс}^{' мю}}{\partial {Икс}^{ν}})

$J=\det(\frac{\partial x'^\mu}{\partial x^\nu})$

{дельта}_{2} л "=" [л]_{ф} \bar{дельта} ф + \partial_{мю} (\frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ф)} \bar{дельта} ф) + \partial_{мю} (л дельта {Икс}^{мю}) "=" {дельта}_{1} л + л (\partial_{мю} дельта {Икс}^{мю})

$\delta_2 \mathcal{L}=[\mathcal{L}]_\phi \bar\delta \phi+\partial_\mu(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\bar\delta \phi)+ \partial_\mu (\mathcal{L}\delta x^\mu) = \delta_1 \mathcal{L}+ \mathcal{L} (\partial_\mu \delta x^\mu)$

Когда мы рассматриваем преобразование симметрии, нам нужно вычислить $\delta_2 \mathcal{L}$ вместо $\delta_1 \mathcal{L}$ . После использования определения $\delta_2 \mathcal{L}$ , симметрия определяется $\delta_2 \mathcal{L}$ всегда согласуется с симметрией, определяемой $\delta S$ .

Ответы (2)

Преобразование имеет δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0, но δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 и δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \partial\Omega} d^3 xf

Qмеханик · Answer 1

I) Бесконечно малая версия преобразования OP

\begin{aligned} (А) & Общий: & ф^{'} ({Икс}^{'}) - ф (Икс) "=" дельта ф "=" ε ф, \\ (Б) & Горизонтальный: & {Икс}^{' мю} - {Икс}^{мю} "=" дельта {Икс}^{мю} "=" ε {Икс}^{мю}, \\ (С) & Вертикальный: & ф^{'} (Икс) - ф (Икс) "=" {дельта}_{0} ф "=" ε (1 - {Икс}^{мю} г_{мю}) ф, \end{aligned}

$\begin{align}\text{Total:}&\qquad \phi^{\prime}(x^{\prime})-\phi(x)~=~\delta \phi~=~\varepsilon~\phi, \tag{A}\cr \text{Horizontal:}&\qquad x^{\prime\mu} -x^{\mu} ~=~\delta x^{\mu}~=~\varepsilon~ x^{\mu}, \tag{B}\cr \text{Vertical:}&\qquad\phi^{\prime}(x)-\phi(x)~=~ \delta_0 \phi~=~\varepsilon~ (1-x^{\mu}d_{\mu})\phi, \tag{C} \end{align}$ где

ε

$\varepsilon$ является бесконечно малым параметром.

II) Действие

\begin{matrix} (Д) & С [ф] "=" \int_{Ом} л; \end{matrix}

$S[\phi]~=~\int_{\Omega} \mathbb{L}; \tag{D}$ лагранжева 4-форма

\begin{matrix} (Э) & л "=" л г^{4} Икс; \end{matrix}

$\mathbb{L}~=~{\cal L}~ d^4x; \tag{E}$ а лагранжева плотность

\begin{matrix} (Ф) & л "=" \frac{1}{2} г_{мю} ф г^{мю} ф . \end{matrix}

${\cal L}~=~\frac{1}{2}d_{\mu}\phi ~d^{\mu}\phi. \tag{F}$

III) Лагранжева плотность ${\cal L}$ наивно превращается в

\begin{matrix} (Г) & дельта л "=" {дельта}_{0} л + дельта {Икс}^{мю} г_{мю} л "=" 0 . ⟵ Наивный расчет. \end{matrix}

$\delta {\cal L}~=~\delta_0 {\cal L}+ \delta x^{\mu} d_{\mu}{\cal L}~=~0 . \qquad\longleftarrow \text{Naive calculation.} \tag{G}$ Однако в случае ненулевых горизонтальных преобразований формула (G) не является решающей величиной для теоремы Нётер , и следует скорее смотреть на действие

\begin{matrix} (ЧАС) & дельта С "=" 4 ε С, \end{matrix}

$\delta S~=~4\varepsilon ~S ,\tag{H}$ или хотя бы лагранжева 4-форма

\begin{matrix} (Я) & дельта л "=" 4 ε л . \end{matrix}

$\delta \mathbb{L}~=~4\varepsilon ~\mathbb{L} .\tag{I}$ уравнение (H) согласуется с уравнением ОП. (7). Дело в том, что лагранжева плотность

L

${\cal L}$ не скаляр, а плотность, поэтому есть нетривиальный вклад

L d_{μ} δ x^{μ}

${\cal L}d_{\mu}\delta x^{\mu}$ происходящее из якобиана меры интегрирования

d^{4} x

$d^4x$ . Поэтому решающей величиной для теоремы Нётер является не формула (G), а скорее

\begin{matrix} (Дж) & " дельта л " "=" дельта л + л г_{мю} дельта {Икс}^{мю} "=" {дельта}_{0} л + г_{мю} (дельта {Икс}^{мю} л) "=" 4 ε л . \end{matrix}

$"\delta {\cal L}"~=~\delta {\cal L}+{\cal L}d_{\mu}\delta x^{\mu} ~=~\delta_0 {\cal L}+ d_{\mu}(\delta x^{\mu}{\cal L})~=~4\varepsilon ~{\cal L} .\tag{J}$

IV) В заключение, инфинитезимальное преобразование (А) — (С) не является квазисимметрией ни для действия (D), ни для лагранжевой плотности (F), и теорема Нётер неприменима .

Это то, что означает мой обновленный PS?

Боб Найтон · Answer 2

Рассмотрим бесконечно малую версию этого преобразования, заданную выражением $\lambda=1+\epsilon$ . При таком выборе вариации поля и координат

дельта ф "=" ϵ ф, дельта Икс "=" ϵ Икс .

$\delta\phi = \epsilon\phi,\hspace{0.5cm}\delta x=\epsilon x.$

При этих вариациях действие преобразуется как

дельта С "=" \int_{{Ом}^{'}} г^{4} Икс л - \int_{Ом} г^{4} Икс л .

$\delta S=\int_{\Omega'}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L}-\int_{\Omega}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L}.$

Обратите внимание, что я разрешил одну и ту же переменную $x$ параметризовать обе области $\Omega$ и $\Omega'$ , так как это фиктивные переменные. Меняется только домен. Таким образом, изменение действия равно

дельта С "=" \int_{{Ом}^{'} ∖ Ом} г^{4} Икс л .

$\delta S=\int_{\Omega'\setminus\Omega}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L}.$

Если $\Omega$ является выпуклым множеством в $\mathbb{R}^4$ , затем $\Omega'\setminus\Omega$ представляет собой набор, который по существу $\partial\Omega$ с толщиной $\epsilon$ (эту идею можно обобщить на невыпуклые множества, но она становится немного сложнее, и я действительно не хочу много об этом думать). Таким образом, в бесконечно малом пределе интеграл сводится к

дельта С "=" ϵ \int_{\partial Ом} г^{4} Икс л,

$\delta S=\epsilon\int_{\partial\Omega}\mathrm{d}^4x\,\mathcal{L},$

и вуаля! Ваша трансформация теперь имеет тип S2!

Надеюсь, это поможет!

Смотрите мою добавленную заметку. Я думаю, что ваша дельта S неверна

Преобразование имеет δL=0δL=0\delta \mathcal{L}=0, но δS≠0δS≠0\delta S \neq 0 и δS≠ϵ∫∂Ωd3xfδS≠ϵ∫∂Ωd3xf\delta S \neq \epsilon \int_{ \partial\Omega} d^3 xf

кленклен

Ответы (2)

Qмеханик

кленклен

Qмеханик

Боб Найтон

кленклен

Заряд Нётер для лагранжиана с производными высшего порядка

Как применить теорему Нётер

Преобразования на оболочке и вне оболочки в теореме Нётер

Какова роль классических уравнений движения в выводе нётеровского тока?

Теорема Нётер: форма бесконечно малого преобразования

Следует ли сохранение вронскиана из принципа Нётер?

Можно ли интуитивно понять теорему Нётер?

Имеют ли действие и лагранжиан одинаковые симметрии и сохраняющиеся величины?

Что означает параметр в теореме Нётер?

Имеет ли значение постоянный коэффициент в определении тока Нётер?