Application du théorème de Noether

Question

J'essaie de comprendre l'un des exemples d'application du théorème de Noether donné dans An Introduction to Quantum Field Theory de Peskin & Schroeder (page 18, Student Economy Edition). La partie pertinente du texte est donnée ci-dessous.

Si je comprends bien la dérivation et la discussion correspondante ici , alors on a supposé que la densité lagrangienne$\mathcal{L}$ satisfait l'équation d'Euler-Lagrange: $$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = \partial_{\mu}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\right].$$

Ma confusion: je ne vois pas comment$\mathcal{L} = \frac{1}{2} (\partial_{\mu} \phi)^2$satisfait l'équation d'Euler-Lagrange. Parce que sur le côté gauche, je reçois$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0$, et sur le côté droit, je reçois $\partial_{\mu}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\mu}\phi)}\right] = \partial_{\mu} \partial^{\mu} \phi.$ Si le donné $\mathcal{L}$ne satisfait pas l'équation d'Euler-Lagrange, alors comment la formulation de Peskin & Schroeder peut-elle être appliquée à ce cas? Qu'est-ce que j'oublie ici?

Answer 1

Vous avez correctement écrit votre équation d'Euler-Lagrange. Ainsi, lorsque vous le simplifiez, vous obtenez l'équation du mouvement (comme vous l'avez mentionné dans votre question):$$\partial_\mu\partial^\mu\phi=\partial^2\phi=0.$$ Notez qu'il n'y a rien de particulier à ce sujet parce que si vous avez utilisé le lagrangien avec le terme d'énergie potentielle aussi, c'est à dire $$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)^2-\frac{1}{2}m^2\phi^2,$$ l'équation de mouvement que vous obtiendrez est $$(\partial_\mu\partial^\mu+m^2)\phi=0.$$Tout ce que nous faisons ici c'est brancher $m=0$, ce qui rend la première équation.

Si je comprends bien, vous rencontrez un problème avec l'équation d'Euler-Lagrange qui est "satisfaite". Je voudrais clarifier cela en corrigeant votre affirmation: il est incorrect de dire que le "lagrangien"$\mathcal{L}$satisfait l'équation Euler-Lagrangienne; C'est le "champ"$\phi$ qui satisfait l'équation d'Euler-Lagrange.

L'équation d'Euler-Lagrange est $$\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}=0,$$qui vous donne différentes expressions sur LHS en fonction du lagrangien que vous utilisez (nous avons déjà vu deux exemples ci-dessus). Vous assimilez l'expression sur la LHS à zéro pour obtenir l'équation d'Euler-Lagrange (ou équation de mouvement) et résoudre pour$\phi$.

J'espère que cela a clarifié la question.

Answer 2

L'équation d'Euler-Lagrange n'est pas automatiquement satisfaite par $\mathcal{L}$. C'est l'inverse. Donné$\mathcal{L}$, vous pouvez trouver l'équation classique du mouvement satisfaite par le champ $\phi$. C'est comme vous donner une formule pour la force dans la mécanique newtonienne. Même si tu sais$F$, vous devez toujours connaître la deuxième loi de Newton $F=ma$pour trouver le mouvement. Ici aussi: donné$\mathcal{L}$, vous avez toujours besoin de la «loi» (équation EL) pour trouver le mouvement.

Answer 3

Pour ce que ça vaut, il est très important à quel stade on utilise les équations d'Euler-Lagrange (EL) dans une application du (premier) théorème de Noether . Le premier théorème de Noether a 2 côtés:

• Entrée: un global off-shell$^1$ (quasi) symétrie . Ici, il ne faut pas utiliser EOM. (Une symétrie sur coque est une notion vide, car chaque fois que nous faisons varier l'action$\delta S$ infinitésimale et appliquer EOM, puis par définition $\delta S\approx 0$ fait disparaître les termes aux limites modulo.)

• Sortie: Une équation de continuité sur coque . Ici, il faut utiliser EOM. (Si cela arrive également à se tenir hors coque, c'est parce que la symétrie globale fait partie d'une plus grande symétrie locale / jauge. Voir le deuxième théorème de Noether et par exemple ce post Phys.SE.)

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$^1$Les mots on-shell et off-shell indiquent si les équations d'Euler-Lagrange (EL) (= EOM) sont satisfaites ou non.