FANDOM


Повернутися до розділу "Теорема Нетер".

Нехай у просторі-часі, в якому записаний вираз для дії, існують певні симетрії. Це означає, що інтеграл, через який визначається дія, не змінюється при застосуванні деяких неперервних перетворень, кожне з яких відповідає своїй симетрії. Це означає, що не змінюються і рівняння руху. Шукані перетворення, які задовольняють цій умові, і треба знайти.

Нехай є деякі неперервні перетворення координат, \ {x}'^{\mu}, та полів, \ {\Psi}'^{\mu}, що залежать від \ m дійсних параметрів \ \omega^{\alpha} = (\omega^{1}, ..., \omega^{m}). Тоді

\ x^{\mu}: {x}'^{\mu} = f^{\mu}(x, \omega^{\alpha}), \quad \Psi_{k}(x): \Psi'_{k}(x') = F_{k}(\Psi (x), \omega^{\alpha}) \qquad (.1),

причому при тотожних перетвореннях можна записати, що

\ f(x^{\mu}, 0) = x^{\mu}, \quad F(\Psi (x), 0) = \Psi (x) \qquad (.2),

а умовою інваріантності дії при перетвореннях цих величин є

\ \int \limits_{\omega '} L[\Psi' (x'), \partial_{\mu}\Psi' (x')]d^{4}x' = \int \limits_{\omega}L[\Psi (x), \partial_{\mu}\Psi (x)]d^{4}x \qquad (.3),

де врахована залежність функції Лагранжа від як від часу, так і від точки: у частинному випадку, коли функція Лагранжа записана для скалярних функцій, вона залежить лише від часу, проте у більш загальному випадку вона записана для векторних функцій, а отже, залежить від 4-вектора \ r^{\mu} = (ct, \mathbf r).

Для малих \ \omega^{\alpha}, з урахуванням \ (.2), \ (.1) можна розкласти в ряд до лінійних по \ \omega^{\alpha} доданків:

\ f(x^{\mu}, \omega^{\alpha}) \approx x + \sum \limits_{\alpha}\frac{\partial f (x^{\mu}, \omega^{\alpha})}{\partial \omega^{\alpha}}\omega^{\alpha} = x^{\mu} +  \delta x^{\mu}, \quad F_{k}(\Psi_{k} (x), w^{\alpha}) \approx \sum \limits_{k}\Psi_{k} (x) + \sum \limits_{\alpha, k}\frac{\partial F_{k}}{\partial \omega^{\alpha}}\omega^{\alpha} = \sum \limits_{k}\Psi_{k} (x) + \sum \limits_{k}\delta \Psi_{k}(x) \qquad (.4).

У подальшому позначення суми для цих і пов'язаних із ними виразів не будуть писатися.

З самого початку варто відмітити, що варіація \ \delta \Psi_{k} і похідна не є перестановними. Це відбувається тому, що \ \delta \Psi_{k} містить у собі також \ \delta x^{\mu}. Для того, щоб мати перестановність, треба виділити у перетворенні поля перетворення, що змінює функціональну залежність поля від аргументів, і перетворення, що змінює саму функцію поля. Для цього треба розкласти поле для варіації координати \ \delta x:

\ \Psi_{k}' (x') \approx \Psi_{k}' (x + \delta x) = \Psi_{k}' (x) + \delta x^{\mu}\partial_{\mu}\Psi_{k} (x) \qquad (.5),

де штрих при \ \Psi_{k} у другому доданку прибрано для збереження порядку малості по \ \omega^{\alpha}.

З іншого боку, сраведливий вираз \ (.4). Якщо прирівняти \ (.4) до \ (.5), можна отримати:

\ \Psi_{k}' (x) + \delta x^{\mu}\partial_{\mu}\Psi_{k} (x) = \Psi_{k} (x) + \delta \Psi_{k}(x) \Rightarrow \Psi_{k}' (x) = \Psi_{k} (x) + \delta \Psi_{k}(x) - \delta x^{\mu}\partial_{\mu}\Psi_{k} (x) = \Psi_{k} (x) + \tilde {\delta} \Psi_{k}(x) \qquad (.6).

Із позначення \ \Psi ' (x) видно, що \ (.6) відповідає за зміну форми функції без зміни функціональної залежності від \ x. Користуючись заміною змінних при інтегруванні, можна отримати, що

\ \int \limits_{\omega '} L[\Psi '(x'), \partial_{\mu}\Psi' (x')]d^{4}x' \approx \int \limits_{\omega}\left( L[\Psi '(x), \partial_{\mu}\Psi' (x)] + \partial_{\mu}(L[\Psi (x), \partial_{\mu}\Psi (x)]\delta x^{\mu})\right)d^{4}x \qquad (.7).

Залишається лише перетворити доданок \ L (\Psi'(x), \partial\Psi'(x)):

\  L [\Psi'(x), \partial_{\mu}\Psi'(x)] = |(.6)| = L[\Psi (x) + \tilde {\delta}\Psi(x), \partial \Psi(x) + \partial \tilde {\delta}\Psi (x)] \approx L[\Psi(x), \partial_{\mu} \Psi (x)] + \frac{\partial L}{\partial \Psi_{k}}\tilde{\delta } \Psi_{k} + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k} (x))}\partial_{\mu} \tilde {\delta}\Psi_{k} (x).

Підставивши це у \ (.7), можна отримати:

\ \int \limits_{\omega}\left(L[\Psi(x), \partial \Psi (x)] + \frac{\partial L}{\partial \Psi_{k}}\tilde{\delta }\Psi_{k} + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k} (x))}\partial_{\mu} \tilde {\delta}\Psi_{k} (x) + \partial_{\mu}(L[\Psi (x), \partial_{\mu}\Psi (x)]\delta x^{\mu})\right)d^{4}x = (.3) = \int \limits_{\omega}L[\Psi (x), \partial_{\mu}\Psi (x)]d^{4}x \Rightarrow

\ \Rightarrow \int \limits_{\omega}\left(\frac{\partial L}{\partial \Psi_{k}}\tilde {\delta }\Psi_{k}(x) + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k} (x))}\partial_{\mu} \tilde {\delta}\Psi_{k} (x) + \partial_{\mu}(L[\Psi (x), \partial_{\mu}\Psi (x)]\delta x^{\mu})\right)d^{4}x = 0 \qquad (.8).

Використовуючи рівняння Лагранжа для векторних полів,

\ \partial_{\mu}\left( \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k})}\right) = \frac{\partial L}{\partial \Psi_{k}},

із \ (.8) можна отримати:

\ \int \limits_{\omega}\left(\partial_{\mu}\left( \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k})}\right)\tilde {\delta }\Psi_{k}(x) + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k} (x))}\partial_{\mu} \tilde {\delta}\Psi_{k} (x) + \partial_{\mu}(L[\Psi (x), \partial_{\mu}\Psi (x)]\delta x^{\mu})\right)d^{4}x = 0 \qquad (.9).

Тепер можна винести \ \partial_{\mu} із виразу у дужках, оскільки із \ (.6) слідує, що

\ \tilde {\delta} \Psi_{k} = \Psi_{k} ' (x) - \Psi_{k} (x) \Rightarrow \tilde {\delta}(\partial_{\mu}\Psi_{k}) = \partial_{\mu}\Psi '_{k} - \partial_{\mu}\Psi_{k} = \partial_{\mu}(\tilde {\delta}\Psi_{k}) \Rightarrow \partial_{\mu}\left( \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k})}\right)\tilde {\delta }\Psi_{k}(x) + \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k} (x))}\partial_{\mu} \tilde {\delta}\Psi_{k} (x) =

\ = \partial_{\mu}\left( \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k})}\tilde {\delta }\Psi_{k}(x)\right).

Отже,

\ \int \limits_{\omega}\partial_{\mu}\left(\frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \Psi_{k})}\tilde {\delta }\Psi_{k}(x) + L[\Psi (x), \partial_{\mu}\Psi (x)]\delta x^{\mu}\right)d^{4}x = |\tilde {\delta} \Psi_{k} = \Psi_{k} ' (x) - \Psi_{k} (x), \quad \delta x^{\nu} = X^{\nu}_{\alpha}\omega^{\alpha}, \quad \delta \Psi_{k}(x) = Y_{k, \alpha}\omega^{\alpha}| =

\ = \int \limits_{\omega}\partial_{\mu}\left[ \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu}\Psi_{k})}\left( Y_{k, \alpha} - X^{\nu}_{\alpha} \partial_{\nu}\Psi_{k}\right) + LX^{\nu}_{\alpha}\right]\omega^{\alpha}d^{4}x = 0 \qquad (.9).

Отже, якщо дія інваріантна відносно деяких перетворень координат та полів, \ x' = f(x, \omega^{\alpha}), \quad \Psi '(x) = F(\Psi (x), \omega^{\alpha}), \ \alpha = 1,....,m, то існує m величин \ J^{\mu}_{\alpha}

\ J^{\mu}_{\alpha} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu}\Psi_{k})}Y_{k, \alpha} - \left(\frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu}\Psi_{k})}\partial_{\nu}\Psi_{k} - \delta_{\nu}^{\mu}L\right)X^{\nu}_{\alpha}

(\ \delta_{\nu}^{\mu} - символ Кронекера), причому з \ (.9) видно, що

\ \partial_{\mu}J^{\mu}_{\alpha} = \partial_{0}J^{0}_{\alpha} + \partial_{j}J^{j}_{\alpha} = \frac{\partial J^{0}_{\alpha}}{\partial t} + \nabla_{j}J^{j}_{\alpha} = 0 \qquad (.10).

Отже, можна провести аналогію \ J^{\mu}_{\alpha} зі струмами, оскільки останнє рівняння є рівнянням неперервності. З нього ж можна отримати, що

\ \frac{\partial J^{0}_{\alpha}}{\partial t} = \frac{dQ_{\alpha}}{dt} = -\int \nabla_{j}J^{j}_{\alpha} = -\int J^{j}_{\alpha}dS, Q_{\alpha} = \int \limits_{V}J^{0}_{\alpha}(t, \mathbf r)d^{3}\mathbf r \qquad (.11),

де величина \ Q умовно названа "зарядом", а просторові компоненти \ J^{j}_{\alpha} можна інтерпретувати як деякий вектор потоку, що змінює ці "заряди" при пересіканні потоком поверхні \ S, що обмежує об'єм \ V. Якщо поля на нескінченності зникають, то з \ (.11) слідує, що \ \frac{dQ_{\alpha}}{dt} = 0, Оскільки при віднесенні поверхні \ S на нескінченність слідує, що потік \ J^{j}_{\alpha} через неї рівен нулю.

Ad blocker interference detected!


Wikia is a free-to-use site that makes money from advertising. We have a modified experience for viewers using ad blockers

Wikia is not accessible if you’ve made further modifications. Remove the custom ad blocker rule(s) and the page will load as expected.