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Variaciones bajo transformaciones de Lorentz infinitesimales

He estado procurando introducirme por mi cuenta a QFT con estas notas de David Tong y he empezado por la teoría clásica. Como ilustra Abstruse Goose, el camino a la frontera de la física (no necesariamente cuerdas, como lo ilustra en una de las caricaturas) es un poco largo ;-)

En fin, me encontré con una cuestión interesante y que puede valer la pena discutir. El teorema de Noether puede leerse como
toda simetría continua del Lagrangiano \mcL da cuenta a una corriente conservada
siempre que se relaciona con la acción por S=d4x\mcL y aquí consideraré un Lagrangiano \mcL=\mcL(ϕ,\pμϕ) con el campo ϕ dependiente de las variables espaciotemporales x. En general se dice que una transformación infinitesimal ϕϕ+δϕ es una simetría si la variación del Lagrangiano es una derivada total, i.e. si δ\mcL=\pμfμ para algún f=f(ϕ).

Lo que me interesa aquí es el caso particular de transformaciones de Lorentz infinitesimales, que tienen la forma
Λμν=δμν+ωμν
con ωμν infinitesimal y antisimétrico (puedes probarlo a partir de la definición misma de Λμν, i.e. ημν=ΛαμΛβνηαβ). En general una transformación de Lorentz para un escalar es ϕ(Λ)ϕ(Λ1x); de la definición misma de la inversa, se puede ver que (Λ1)μν=δμνωμν, entonces a primer orden en ω,
ϕ(x)ϕ(xμωμνxν)ϕ(x)ωμνxν\pμϕ(x)
i.e.
δϕ=ωμνxν\pμϕ

El problema que me encontré (primero) fue con la variación de \mcL; precisamente por el resultado (3), debería tenerse
δ\mcL=ωμνxν\pμ\mcL
que es exactamente lo mismo que δ\mcL=\pμ(ωμνxν\mcL), ya que ωμν\pμxν=ωμνδνμ=0 por la antisimetría de ω. De cualquier modo si uno calcula directamente δ\mcL=\p\mcL\pϕδϕ+\p\mcL\p(\pμϕ)δ(\pμϕ), se obtiene que
δL=μ(ωμνxνL)L(μϕ)ωσμσϕ
donde la forma más sencilla de calcular δ(\pμϕ) conociendo δϕ es usar δ(\pμϕ)=\pμ(δϕ) (que desconozco rigurosamente por qué es cierta, pero supongo que básicamente es porque el campo está en R1,3 y todo es lindo y continuo), de donde surge el término extra,
μ(δϕ)=ωσν[δνμσϕ+xνμσϕ]=ωσμσϕωσνxνμσϕ
de cualquier modo uno puede emplear la regla de transformación de las derivadas del campo (básicamente la de una 1-forma o covector), μϕ(x)(Λ1)νμνϕ(Λ1x), y se obtiene
(Λ1)νμνϕ(Λ1x)=(δνμωνμ)νϕ(xσωσρxρ)(δνμωνμ)[νϕ(x)ωσρxρσνϕ(x)]=μϕωσρxρσμϕωνμνϕ
y en efecto δ(\pμϕ) coincide con (6).

Hice esta pregunta en Physics SE y la respuesta es de hecho sencilla: en (5) se tiene que
L(μϕ)ωσμσϕ=0
dado que L(μϕ)\pμϕ pues \mcL=\mcL(ϕ,\pμϕ) únicamente y la expresión se reduce a una contracción de un tensor antisimétrico ωμν con uno simétrico \pμϕ\pνϕ.

El desconcierto tal vez me surge de que esperaba tener \pμϕ\pμϕωσρxρσμϕ, como se señala en estas soluciones (sol 6) elaboradas por Peng Zhao (autor al que ya había encontrado antes estudiando AdS-Schwarzschild); el meollo tal vez es que simplemente lo escribe así y no lo calcula directamente; de cualquier modo, como se vio, el término extra al final no es relevante.

Considando luego el caso del Lagrangiano de campo electromagnético \mcL=14FμνFμν (en vacío/sin carga) con Fμν=\pμAν\pνAμ, invariante ante transformaciones de norma AμAμ+\pμζ con ζ=ζ(x) suficientemente continua, nuevamente surge algo parecido. Al tomar traslaciones infinitesimales xμxμ+ϵμ, puede considerarse una matriz ˜Λμν=δμν+ϵμ\pν en el grupo de Poincaré, de modo que el potencial A transforma como Aμ(x)˜ΛμνAν(x)(˜Λ1x), i.e. a primer orden en ϵ,
Aμ(δμν+ϵμ\pν)Aν(xσϵσ)(δμν+ϵμ\pν)[Aν(x)ϵσ\pσAν(x)]=Aμϵσ\pσAμ+ϵμ\pνAν
y nuevamente sobra un término, ϵμ\pνAν, respecto a lo que escribe Zhao (sol 7, simplemente AμAμϵσ\pσAμ). En este caso es evidente que este término no es relevante pues es una derivada total y se sabe de antemano que \mcL es invariante ante transformaciones de norma. Si nuevamente se calcula a pie la variación δ\mcL, el resultado debe ser simplemente δ\mcL=\pμ(ϵμ\mcL), sabiendo que un escalar transforma como ϕ(x)ϕ(˜Λ1x)=ϕ(x)ϵν\pνϕ bajo esta traslación; esto evidentemente ocurre, ya que \mcL sólo depende de \pμAν y al calcular \pμ(δAν), el término extra desaparece.

Podría haber quedado satisfecho con esto, de cualquier modo mi terquedad exigía al menos otra prueba de que este término extra es inofensivo, e.g. al calcular la corriente conservada. Como puede leerse en las notas de Tong, por teorema de Noether, la corriente conservada jμ debida a una transformación de simetría ϕϕ+δϕ está dada por
jμ=\p\mcL\p(\pμϕ)δϕfμ(ϕ)
En este caso en lugar del escalar ϕ se tiene el potencial vectorial Aμ y fμ=ϵμ\mcL. Así, puede calcularse que la corriente conservada es
jμ=ϵσTμσ+ϵν\pσAσ\p\mcL\p(\pμAν)
donde
Tμσ=\p\mcL\p(\pμAν)\pσAνδμσ\mcL
es el tensor de energía-momento, que por construcción satisface \pμTμσ=0; escribir jμ de esta forma es conveniente porque se sabe que debe satisfacer \pμjμ=0, de modo que
ϵν\pσAσ\pμ(\p\mcL\p(\pμAν))=0
lo que por supuesto ocurre, siendo que \p\mcL\p(\pμAν)Fμν y de las ec. de movimiento (Maxwell), \pμFμν=0. Esto da indicios de que todo sigue siendo consistente, como se espera; al final lo que tiene que ocurrir es que todo debe ser consistente con el teorema de Noether; diría que por ello es inofensivo desechar el término extra que aparece en la transformación de vectores (o los términos extras que aparecerían si se tratara de tensores de mayor rango) casi como se desechan los órdenes mayores del término infinitesimal.

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