Aplicación del teorema de Noether

Question

Intento comprender uno de los ejemplos de la aplicación del teorema de Noether que se dan en Una introducción a la teoría cuántica de campos de Peskin & Schroeder (página nº 18, edición de economía estudiantil). La parte relevante del texto se da a continuación.

Si entiendo correctamente la derivación y la discusión correspondiente aquí , entonces se asumió que la densidad lagrangiana$\mathcal{L}$ satisface la ecuación de Euler-Lagrange: $$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = \partial_{\mu}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\right].$$

Mi confusión: no veo cómo$\mathcal{L} = \frac{1}{2} (\partial_{\mu} \phi)^2$satisface la ecuación de Euler-Lagrange. Porque en el lado izquierdo, obtengo$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0$, y en el lado derecho, obtengo $\partial_{\mu}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\right] = \partial_{\mu} \partial^{\mu} \phi.$ Si el dado $\mathcal{L}$no satisface la ecuación de Euler-Lagrange, entonces, ¿cómo se puede aplicar la formulación de Peskin & Schroeder a este caso? ¿Que me estoy perdiendo aqui?

Answer 1

Ha escrito correctamente su ecuación de Euler-Lagrange. Entonces, cuando lo simplifica, obtiene la ecuación de movimiento (tal como mencionó en su pregunta):$$\partial_\mu\partial^\mu\phi=\partial^2\phi=0.$$ Tenga en cuenta que no hay nada peculiar en esto porque si también utilizó el Lagrangiano con el término de energía potencial, es decir, $$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)^2-\frac{1}{2}m^2\phi^2,$$ la ecuación de movimiento que obtendría es $$(\partial_\mu\partial^\mu+m^2)\phi=0.$$Todo lo que estamos haciendo aquí es conectar $m=0$, que devuelve la primera ecuación.

Si comprendo correctamente, tiene un problema con la ecuación de Euler-Lagrange "satisfecha". Me gustaría aclarar esto corrigiendo su afirmación: es incorrecto decir que el "Lagrangiano"$\mathcal{L}$satisface la ecuación de Euler-Lagrangiana; Es el "campo"$\phi$ que satisface la ecuación de Euler-Lagrange.

La ecuación de Euler-Lagrange es $$\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}=0,$$que le brinda diferentes expresiones en LHS dependiendo del lagrangiano que use (ya hemos visto dos ejemplos arriba). Iguala la expresión en el LHS a cero para obtener la ecuación de Euler-Lagrange (o ecuación de movimiento) y resuelve para$\phi$.

Espero que esto aclare el problema.

Answer 2

La ecuación de Euler-Lagrange no se satisface automáticamente por $\mathcal{L}$. Es al revés. Dado$\mathcal{L}$, puede encontrar la ecuación clásica de movimiento satisfecha por el campo $\phi$. Esto es como darte una fórmula para la fuerza en la mecánica newtoniana. Incluso si sabes$F$, todavía necesitas conocer la segunda ley de Newton $F=ma$para encontrar el movimiento. Aquí también: dado$\mathcal{L}$, todavía necesita la "ley" (ecuación EL) para encontrar el movimiento.

Answer 3

Por lo que vale, es muy importante en qué etapa se usan las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) en una aplicación del (primer) teorema de Noether . El primer teorema de Noether tiene 2 lados:

• Entrada: un exterior global$^1$ (cuasi) simetría . Aquí uno no debería usar EOM. (Una simetría en la concha es una noción vacía, porque siempre que variamos la$\delta S$ infinitesimalmente y aplicar EOM, luego por definición $\delta S\approx 0$ desaparece los términos de límite de módulo).

• Resultado: una ecuación de continuidad en el caparazón . Aquí uno debería usar EOM. (Si también se mantiene fuera de la cáscara, es porque la simetría global es parte de una simetría local / de calibre más grande. Consulte el segundo teorema de Noether y, por ejemplo, esta publicación Phys.SE).

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$^1$Las palabras on-shell y off-shell se refieren a si se cumplen o no las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) (= EOM).