Спін 0. Доведення

Доведення 1
Енергія-імпульс через амплітуди.

Для початку, похідна по часу і градієнт рівні

$$\ \dot \varphi = i \int \sqrt{\varepsilon_{\mathbf k}} \left( b^{*}_{\mathbf k}e^{ikx} - b_{\mathbf k} e^{-ikx}\right) \frac{d^{3}\mathbf k}{\sqrt{2 (2 \pi )^{3}}}, \quad ( \nabla \varphi ) = i\int \mathbf k \left( b_{\mathbf k }e^{-ikx} - b^{*}_{\mathbf k}e^{ikx}\right)\frac{d^{3}\mathbf k}{\sqrt{2 \varepsilon_{\mathbf k} (2 \pi )^{3}}}$$.

Тоді вираз для імпульсу має вигляд

$$\ \mathbf P = \int \dot {\varphi }(\nabla \varphi )d^{3}\mathbf r = \frac{1}{2}\int \left[ \int \int \sqrt{\epsilon_{\mathbf k}}\mathbf K \left( b_{\mathbf k}b_{\mathbf K }^{*}e^{i(K - k)x}+  b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf K }e^{i(k - K)x} - b_{\mathbf k}b_{\mathbf K}e^{-ikx - iKx} - b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf K }^{*}e^{ikx + iKx} \right)\frac{d^{3}\mathbf k d^{3}\mathbf K}{(2 \pi)^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf K}}}\right]d^{3}\mathbf r = $$

$$\ = \int \int \frac{\sqrt{\epsilon_{\mathbf k}}}{2}\mathbf K \left[ b_{\mathbf k}b_{\mathbf K}^{*}\delta (\mathbf K - \mathbf k)e^{i(\epsilon_{\mathbf K} - \epsilon_{\mathbf k })t} + b_{\mathbf k}^{*} b_{\mathbf K}\delta (\mathbf k - \mathbf K)e^{i(\epsilon_{\mathbf k} - \epsilon_{\mathbf K })t} - b_{\mathbf k}b_{\mathbf K}\delta (K + k)e^{-i(\epsilon_{\mathbf k} + \epsilon_{\mathbf K })t} - b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf K}^{*}\delta (K + k)e^{i(\epsilon_{\mathbf k} + \epsilon_{\mathbf K })t}\right]\frac{d^{3}\mathbf kd^{3}\mathbf K}{\sqrt{\varepsilon_{\mathbf K}}} = $$

$$\ = \frac{1}{2}\int \mathbf k \left(b_{\mathbf k}b_{\mathbf k}^{*} + b_{\mathbf k}^{*} b_{\mathbf k} \right)d^{3}\mathbf k $$,

де інтеграли від двох останніх доданків зануляються, оскільки підінтегральна функція антисиметрична, а межі - симетричні. Дійсно, проінтегрувавши їх по $$\ d^{3}\mathbf K$$, під інтегралом можна отримати $$\ \mathbf k b_{\mathbf k}b_{-\mathbf k} + \mathbf k b^{+}_{\mathbf k}b^{+}_{-\mathbf k}$$. Добуток операторів є симетричним на області інтегрування, а множник $$\ \mathbf k$$ - антисиметричним.

Вираз для енергії, $$\ E = \int d^{3}\mathbf r \left( (\partial_{0}\varphi)^{2} + m^{2}\varphi^{2} + (\nabla \varphi )^{2}\right)$$ же можна отримати наступним чином. Перший доданок рівний

$$\ H_{1} = \frac{1}{4}\int \left[\int \sqrt{\epsilon_{\mathbf k}}\sqrt{\epsilon_{\mathbf K}}\left( b_{\mathbf k}b^{*}_{\mathbf K}e^{i(K - k)x} + b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf K}e^{i(k - K)x} - b_{\mathbf k}b_{\mathbf K}e^{i(k + K)x} - b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf K}^{*}e^{-i(k + K)x}\right) \frac{d^{3}\mathbf k d^{3}\mathbf K}{(2 \pi)^{3}}\right] d^{3}\mathbf r = $$

$$\ = \frac{1}{4}\int \epsilon_{\mathbf k} \left( b_{\mathbf k}b_{\mathbf k}^{*} + b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf k}\right)d^{3}\mathbf k - \frac{1}{4} \int d^{3}\mathbf k \epsilon_{\mathbf k} (b_{\mathbf k}^{2}e^{2i\epsilon_{\mathbf k}t} + (b_{\mathbf k}^{*})^{2}e^{-2i\epsilon_{\mathbf k}t})$$,

другий -

$$\ \frac{1}{4}\int \left[\int (\mathbf K\cdot \mathbf k)\sqrt{\epsilon_{\mathbf k}}\sqrt{\epsilon_{\mathbf K}}\left( b_{\mathbf k}b^{*}_{\mathbf K}e^{i(K - k)x} + b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf K}e^{i(k - K)x} - b_{\mathbf k}b_{\mathbf K}e^{i(k + K)x} - b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf K}^{*}e^{-i(k + K)x}\right) \frac{d^{3}\mathbf k d^{3}\mathbf K}{(2 \pi)^{3}}\right] d^{3}\mathbf r = $$

$$\ =\frac{1}{4}\int \frac{\mathbf k^{2}}{\epsilon_{\mathbf k}} \left( b_{\mathbf k}b_{\mathbf k}^{*} + b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf k}\right)d^{3}\mathbf k + \frac{1}{4} \int d^{3}\mathbf k \frac{\mathbf k^{2}}{\epsilon_{\mathbf k}} (b_{\mathbf k}^{2}e^{2i\epsilon_{\mathbf k}t} + (b_{\mathbf k}^{*})^{2}e^{-2i\epsilon_{\mathbf k}t})$$,

останній -

$$\ \frac{1}{4}\int \frac{m^{2}}{\epsilon_{\mathbf k}} \left( b_{\mathbf k}b_{\mathbf k}^{*} + b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf k}\right)d^{3}\mathbf k + \frac{1}{4} \int d^{3}\mathbf k \frac{m^{2}}{\epsilon_{\mathbf k}} (b_{\mathbf k}^{2}e^{2i\epsilon_{\mathbf k}t} + (b_{\mathbf k}^{*})^{2}e^{-2i\epsilon_{\mathbf k}t})$$.

Сума цих трьох доданків (з урахуванням дисперсійного співвідношення) скорочує члени, що залежать від часу, і отримуємо

$$\ H = \frac{1}{2}\int \epsilon_{\mathbf k}\left( b_{\mathbf k}b_{\mathbf k}^{*} + b_{\mathbf k}^{*}b_{\mathbf k}\right) d^{3}\mathbf k$$.

Доведення 2
Комутаційні співвідношення для операторів амплітуд.

Для доведення можна взяти інтеграл для оператору поля, домножити його на експоненту $$\ e^{-i(\mathbf q \cdot \mathbf x )}$$ і проінтегрувати по $$\ \frac{d^{3}\mathbf x}{\sqrt{(2 \pi )^{3}}}$$:

$$\ \int \varphi (\mathbf r, t) e^{-i (\mathbf q \cdot \mathbf r )}\frac{d^{3}\mathbf r }{\sqrt{(2 \pi )^{3}}} = \int \int \left( b_{\mathbf k}^{*}e^{-i((\mathbf k + \mathbf q) \cdot \mathbf x) + i\epsilon_{\mathbf q}t} + b_{\mathbf k}e^{i((\mathbf k - \mathbf q) \cdot \mathbf x) - i\epsilon_{\mathbf q}t}\right)\frac{d^{3}\mathbf k}{\sqrt{(2 \pi )^{3}2\epsilon_{\mathbf k}}}\frac{d^{3}\mathbf x }{\sqrt{(2 \pi )^{3}}} = $$

$$\ = \int \left( b_{\mathbf k}^{*}\delta (\mathbf k + \mathbf q)e^{i \varepsilon_{\mathbf q }t} + b_{\mathbf k}\delta (\mathbf k - \mathbf q)e^{-i \varepsilon_{\mathbf q }t}\right)\frac{d^{3}\mathbf k}{\sqrt{2 \varepsilon_{\mathbf k}}} = \frac{1}{\sqrt{2 \epsilon_{\mathbf q}}}\left( b_{-\mathbf q}^{*}e^{i \epsilon_{\mathbf q} t} + b_{\mathbf q}e^{-i \epsilon_{\mathbf q} t}\right)$$.

Взявши від цього виразу похідну по часу, можна отримати

$$\ \int \pi (\mathbf r, t) e^{-i (\mathbf q \cdot \mathbf r )}\frac{d^{3}\mathbf r }{\sqrt{(2 \pi )^{3}}} = i\sqrt{\frac{\epsilon_{\mathbf q} }{2}}\left( -b_{\mathbf q}e^{- i\epsilon_{\mathbf q} t} + b_{-\mathbf q}^{*}e^{i \epsilon_{\mathbf q} t} \right)$$.

Із цих двох виразів, як із системи лінійних алгебраїчних рівнянь, можна виключити $$\ b_{\mathbf q }$$:

$$\ b_{\mathbf q } = \frac{\int \left( i\sqrt{\frac{\epsilon_{\mathbf q} }{2}}\varphi - \frac{\pi }{\sqrt{2 \epsilon_{\mathbf q} }}\right) e^{i\epsilon_{\mathbf q} t - i(\mathbf q \cdot \mathbf r )}\frac{d^{3}\mathbf r}{\sqrt{(2 \pi )^{3}}}}{\frac{i}{2} + \frac{i}{2}} = \int \left( \epsilon_{\mathbf q} \varphi + i \pi \right)e^{i q x}\frac{d^{3}\mathbf r }{\sqrt{2 \epsilon_{\mathbf q} (2 \pi )^{3}}}$$.

Тоді, користуючись, знову ж таки, тим, що оператори полів - ермітові, можна отримати значення операторів амплітуд:

$$\ \hat {b}_{\mathbf q } = \int \left( \epsilon_{\mathbf q} \hat {\varphi} + i \hat {\pi} \right)e^{i q x}\frac{d^{3}\mathbf r }{\sqrt{2 \epsilon_{\mathbf q} (2 \pi )^{3}}}, \quad \hat {b}_{\mathbf q }^{+} = \int \left( \epsilon_{\mathbf q} \hat {\varphi} - i \hat {\pi} \right)e^{-i q x}\frac{d^{3}\mathbf r }{\sqrt{2 \epsilon_{\mathbf q} (2 \pi )^{3}}}$$.

Тоді

$$\ [\hat {b}_{\mathbf q }, \hat {b}_{\mathbf p }^{+}] = \int \left(-i\int [\hat {\varphi }, \hat {\pi}']e^{i(qx - px')}\epsilon_{\mathbf q}\frac{d^{3}\mathbf r}{2(2\pi)^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p}\epsilon_{\mathbf q}}} +i\int [\hat {\pi}, \hat {\varphi }']e^{i(qx - px')}\epsilon_{\mathbf p}\frac{d^{3}\mathbf r}{2(2\pi)^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p}\epsilon_{\mathbf q}}} \right) d^{3}\mathbf r' = $$

$$\ = \hbar \left( \int e^{i(\epsilon_{\mathbf q} - \epsilon_{\mathbf p})t - ((\mathbf q - \mathbf p ) \cdot \mathbf r' )}\epsilon_{\mathbf q}\frac{d^{3}\mathbf r'}{2(2 \pi )^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf q} \epsilon_{\mathbf p}}} + \int e^{i(\epsilon_{\mathbf q} - \epsilon_{\mathbf p})t - ((\mathbf q - \mathbf p )\cdot \mathbf r' )}\epsilon_{\mathbf p}\frac{d^{3}\mathbf r'}{2(2 \pi )^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf q} \epsilon_{\mathbf p}}}\right) = \hbar \delta (\mathbf q - \mathbf p)$$,

де перехід при останній рівності зроблений через те, що при $$\ \mathbf q \neq \mathbf p$$ амплітудний множник $$\ e^{i(\epsilon_{\mathbf q} - \epsilon_{\mathbf p})t}\epsilon_{\mathbf q, \mathbf p}$$ не змінює рівність нулю виразу.

Аналогічні викладки, проте з однаковим знаком доданків-інтегралів при першій рівності (що дає тотожний нуль), можуть бути проведені для визначення комутаторів

$$\ [\hat {b}_{\mathbf p }^{+}, \hat {b}_{\mathbf q }^{+}] = [\hat {b}_{\mathbf p }, \hat {b}_{\mathbf q }] = 0$$.

Доведення 3
Енергія-імпульс комплексного скалярного поля.

Лагранжіан скалярного комплексного поля має вигляд

$$\ L = (\partial^{\mu}\varphi )(\partial_{\mu}\varphi^{*}) - m^{2}\varphi \varphi^{*}$$.

Відповідний тензор енергії-імпульсу має вигляд

$$\ T^{\mu \nu} = \frac{\partial L}{\partial_{\mu}\varphi }\partial^{\nu}\varphi + \frac{\partial L}{\partial_{\mu}\varphi^{*} }\partial^{\nu}\varphi^{*} - g^{\mu \nu}L = \partial^{\mu}\varphi^{*}\partial^{\nu}\varphi + \partial^{\mu}\varphi \partial^{\nu}\varphi^{*} - g^{\mu \nu}L$$.

Тоді вираз для густини енергії відповідає виразу

$$\ T^{00} = 2\partial^{0}\varphi \partial^{0}\varphi^{*} - \partial^{0}\varphi \partial^{0}\varphi^{*} + (\nabla \varphi )(\nabla \varphi^{*}) + m^{2}\varphi \varphi^{*} = \dot {\varphi }\dot {\varphi}^{*} + (\nabla \varphi )(\nabla \varphi^{*}) + m^{2}\varphi \varphi^{*}$$,

$$\ T^{0i} = \dot {\varphi}^{*}\partial^{i}\varphi + \dot {\varphi }\partial^{i}\varphi^{*}$$.

Відповідно,

$$\ H = \int \left( \dot {\varphi }^{*}\dot {\varphi} + (\nabla \varphi^{*} )(\nabla \varphi) + m^{2}\varphi^{*} \varphi\right) d^{3}\mathbf r, \quad \mathbf P = \int \left( \dot {\varphi}^{*}\nabla\varphi + \dot {\varphi }\nabla \varphi^{*}\right) d^{3}\mathbf r$$.

Використовуючи вирази для $$\ \varphi, \varphi^{*}$$, комутаційні співвідношення на оператори $$\ a, b$$, нехтуючи нескінченними константами, повністю аналогічно до дій підрозділу про лагранжів формалізм дійсного скалярного поля можна отримати шуканий результат.

Доведення 4
Вираз для оператора заряду.

Заряд відповідає інтегралу по об'єму від нульової компоненти густини струму:

$$\ \hat {Q} = \int \hat {J}^{0}d^{3}\mathbf r = i\int \left( \hat {\varphi} (\partial^{0} \hat {\varphi}^{*}) - \hat {\varphi}^{*}(\partial^{0} \hat {\varphi})\right)d^{3}\mathbf r$$.

Маючи вирази для

$$\ \hat {\varphi} (x) = \int \left( \hat {a}_{\mathbf p}e^{ipx} + \hat {b}^{+}_{\mathbf p}e^{-ipx}\right)\frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{(2 \pi )^{3}2\varepsilon_{\mathbf p}}}, \quad \hat {\varphi}^{+}(x) = \int \left( \hat {a}^{+}_{\mathbf p}e^{-ipx} + \hat {b}_{\mathbf p}e^{ipx}\right)\frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{(2 \pi )^{3}2\varepsilon_{\mathbf p}}} \Rightarrow $$

$$\ \partial^{0}\varphi= i\int \sqrt{\epsilon_{\mathbf p}}\left( \hat {a}_{\mathbf p}e^{ipx} - \hat {b}^{+}_{\mathbf p}e^{-ipx}\right)\frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi )^{3}}}, \quad \partial^{0}\varphi^{+} = i\int \sqrt{\epsilon_{\mathbf p}}\left( \hat {b}_{\mathbf p}e^{ipx} - \hat {a}^{+}_{\mathbf p}e^{-ipx}\right)\frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi )^{3}}}$$,

можна підставити їх у вираз для оператора заряду:

$$\ \hat {Q} = \frac{1}{2}\int \int \int\left[ \sqrt{\epsilon_{\mathbf k}}\left( \hat {a}_{\mathbf p}e^{ipx} + \hat {b}^{+}_{\mathbf p}e^{-ipx}\right)\left( \hat {a}^{+}_{\mathbf k}e^{-ikx} - \hat {b}_{\mathbf k}e^{ikx}\right) - \sqrt{\epsilon_{\mathbf k}}\left( \hat {a}^{+}_{\mathbf p}e^{-ipx} + \hat {b}_{\mathbf p}e^{ipx}\right)\left( \hat {b}^{+}_{\mathbf k}e^{-ikx} - \hat {a}_{\mathbf k}e^{ikx} \right)\right]\frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf k}{(2 \pi)^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p}}}d^{3}\mathbf r$$.

Розкривши лапки та перегрупувавши доданки, можна отримати

$$\ \hat {Q} = \frac{1}{2}\int \int \int \sqrt{\epsilon_{\mathbf k}}\left( \hat {a}_{\mathbf p}\hat {a}^{+}_{\mathbf k}e^{ix(p - k)} - \hat {b}_{\mathbf p}^{+}\hat {b}_{\mathbf k}e^{ix(k - p)} + \hat {a}^{+}_{\mathbf p}\hat {a}_{\mathbf k}e^{ix(k - p)} - \hat {b}_{\mathbf p}\hat {b}^{+}_{\mathbf k}e^{i(p - k)x}\right)\frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf k}{(2 \pi)^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p}}}d^{3}\mathbf r + $$

$$\ + \frac{1}{2}\int \int \int \sqrt{\epsilon_{\mathbf k }}\left( \hat {b}^{+}_{\mathbf p}\hat {a}^{+}_{\mathbf k}e^{-ix(p + k)x} - \hat {a}_{\mathbf p}\hat {b}_{\mathbf k}e^{i(p + k)x} - \hat {a}^{+}_{\mathbf p}\hat {b}^{+}_{\mathbf k}e^{-ix(p + k)} + \hat {b}_{\mathbf p}\hat {a}_{\mathbf k}e^{ix(p + k)}\right)\frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf k}{(2 \pi)^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p}}}d^{3}\mathbf r$$.

Перший інтеграл дає (див. підрозділ про дійсне поле; нескінченною константою нехтується) вираз

$$\ \frac{1}{2}\int \left( \hat {a}_{\mathbf p}\hat {a}^{+}_{\mathbf p} - \hat {b}_{\mathbf p}^{+}\hat {b}_{\mathbf p} + \hat {a}^{+}_{\mathbf p}\hat {a}_{\mathbf p} - \hat {b}_{\mathbf p}\hat {b}^{+}_{\mathbf p}\right)d^{3}\mathbf p = \int \left( \hat {a}^{+}_{\mathbf p}\hat {a}_{\mathbf p} - \hat {b}_{\mathbf p}^{+}\hat {b}_{\mathbf p}\right)d^{3}\mathbf p$$.

Другий же доданок рівен

$$\ \frac{1}{2}\int \sqrt{\epsilon_{\mathbf k}} \left( \hat {b}^{+}_{\mathbf p}\hat {a}^{+}_{\mathbf k}e^{-i(\epsilon_{\mathbf p} + \epsilon_{\mathbf k})t}\delta(\mathbf p + \mathbf k) - \hat {a}_{\mathbf p}\hat {b}_{\mathbf k}e^{i(\epsilon_{\mathbf p} + \epsilon_{\mathbf k})t}\delta(\mathbf p + \mathbf k) - \hat {a}^{+}_{\mathbf p}\hat {b}^{+}_{\mathbf k}e^{-i(\epsilon_{\mathbf p} + \epsilon_{\mathbf k})t}\delta(\mathbf p + \mathbf k) + \hat {b}_{\mathbf p}\hat {a}_{\mathbf k}e^{i(\epsilon_{\mathbf p} + \epsilon_{\mathbf k})t}\delta(\mathbf p + \mathbf k)\right)\frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf k}{\sqrt{\epsilon_{\mathbf p}}} =$$

$$\ = \frac{1}{2}\int \left( \hat {b}^{+}_{\mathbf p}\hat {a}^{+}_{-\mathbf p}e^{-2i\epsilon_{\mathbf p}t} - \hat {a}_{\mathbf p}\hat {b}_{-\mathbf p}e^{2i\epsilon_{\mathbf p}t} - \hat {a}^{+}_{\mathbf p}\hat {b}^{+}_{-\mathbf p}e^{-2i\epsilon_{\mathbf p}t} + \hat {b}_{\mathbf p}\hat {a}_{-\mathbf p}e^{2i\epsilon_{\mathbf p}t}\right) d^{3}\mathbf p = $$

$$\ = \frac{1}{2}\int \left( \hat {b}^{+}_{\mathbf p}\hat {a}^{+}_{-\mathbf p}e^{-2i\epsilon_{\mathbf p}t} - \hat {b}^{+}_{-\mathbf p}\hat {a}^{+}_{\mathbf p}e^{-2i\epsilon_{\mathbf p}t} - \hat {a}_{\mathbf p}\hat {b}_{-\mathbf p}e^{2i\epsilon_{\mathbf p}t} + \hat {a}_{-\mathbf p}e^{2i\epsilon_{\mathbf p}t}\hat {b}_{\mathbf p}\right) d^{3}\mathbf p$$,

де в останній рівності використані нульові комутатори для $$\ \hat {a}, \hat {b}, \hat {a}^{+}, \hat {b}^{+}$$.

Можна побачити, що перший-другий та третій-четвертий доданки антисиметричні при перестановці $$\ \mathbf p \to -\mathbf p$$. Оскільки межі інтегрування симетричні, то інтеграл рівен нулю.

Доведення 5
Інваріант для глобально-калібрувально інваріантного скалярного поля.

$$\ \delta L_{0} = \delta (\varphi^{*})\frac{\partial L_{0}}{\partial \varphi^{*}} + \delta (\partial_{\mu}\varphi^{*})\frac{\partial L_{0}}{\partial (\partial_{\mu}\varphi^{*})} + \delta (\varphi )\frac{\partial L_{0}}{\partial \varphi } + \delta (\partial_{\mu}\varphi )\frac{\partial L_{0}}{\partial (\partial_{\mu}\varphi )} = iq\alpha \left( -\varphi^{*}\frac{\partial L_{0}}{\partial \varphi^{*}} - (\partial_{\mu}\varphi^{*})\frac{\partial L_{0}}{\partial (\partial_{\mu}\varphi^{*})} + \varphi\frac{\partial L_{0}}{\partial \varphi } + (\partial_{\mu}\varphi )\frac{\partial L_{0}}{\partial (\partial_{\mu}\varphi )} \right) = $$

$$\ = \left| \frac{\partial L_{0}}{\partial \varphi } = \partial_{\mu}\frac{\partial L_{0}}{\partial (\partial_{\mu} \varphi )}, \quad \frac{\partial L_{0}}{\partial (\partial_{\mu} \varphi )} = -\partial^{\mu}\varphi^{*}, \quad \frac{\partial L_{0}}{\partial \varphi^{*} } = \partial_{\mu}\frac{\partial L_{0}}{\partial (\partial_{\mu} \varphi^{*} )}, \quad \frac{\partial L_{0}}{\partial (\partial_{\mu} \varphi^{*})} = -\partial^{\mu} \varphi \right| = $$

$$\ = -iq \alpha \left( - \partial_{\mu}\left( \varphi^{*} \partial^{\mu} \varphi \right) + \partial_{\mu}\left( \varphi \partial^{\mu}\varphi^{*}\right)\right) = -i q \alpha \partial_{\mu}j^{\mu} = 0$$.

Доведення 6
Варіація першої модифікації лагранжіану.

Знайдемо спочатку $$\ \delta \varphi, \delta (\partial_{\mu }\varphi )$$:

$$\ \delta \varphi = iq \alpha \varphi, \quad \delta (\partial_{\mu} \varphi ) = iq \alpha \partial_{\mu} \varphi + iq \varphi \partial_{\mu}\alpha $$.

Тоді

$$\ \delta J_{\mu} = iq \delta ( \varphi D_{\mu} \varphi^{*} - \varphi^{*} D_{\mu}\varphi ) = iq \delta \left[ \varphi \partial_{\mu}\varphi^{*} + iq\varphi A_{\mu}\varphi^{*} - \varphi^{*}\partial_{\mu}\varphi - iq \varphi^{*}A_{\mu}\varphi \right] = -iq \left[ (\delta \varphi )(\partial_{\mu} \varphi^{*}) + \varphi \delta (\partial_{\mu} \varphi^{*}) - (\delta \varphi^{*} )(\partial_{\mu} \varphi ) - \varphi^{*} \delta (\partial_{\mu} \varphi )\right] = $$

$$\ = iq \left[ iq \alpha \varphi (\partial_{\mu} \varphi^{*}) - iq \varphi (\varphi^{*} \partial_{\mu}\alpha + \alpha \partial_{\mu}\varphi^{*}) + iq\alpha \varphi^{*} (\partial_{\mu}\varphi ) - iq\varphi^{*} (\varphi \partial_{\mu} \alpha + \alpha \partial_{\mu} \varphi ) \right] = -2q^{2}\varphi \varphi^{*}\partial_{\mu}\alpha$$.

Далі,

$$\ A'^{\mu} = A^{\mu} - \partial^{\mu}\alpha \Rightarrow \delta A_{\mu} = -\partial^{\mu}\alpha$$.

Тоді

$$\ \delta L_{1} = 2q^{2}\varphi \varphi^{*}A^{\mu}(\partial_{\mu}\alpha ) - J_{\mu}(\partial^{\mu}\alpha )$$.

Доведення 7
Рівняння руху.

$$\ \frac{\partial L}{\partial A_{\nu}} = \partial_{\mu}\frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} A_{\nu})}$$,

$$\ \frac{\partial L}{\partial A_{\nu}} = -J^{\nu} + 2q^{2}\varphi \varphi^{*}A^{\nu} $$.

Користуючись написаним у підрозділі "Функція Лагранжа та дія для електромагнітного поля", можна отримати

$$\ \partial_{\mu}\frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} A_{\nu})} = -\frac{2}{4}\partial_{\mu} \frac{\partial}{\partial (\partial_{\mu} A_{\nu})}(\partial_{\mu}A_{\nu}\partial^{\mu}A^{\nu} - \partial_{\mu}A_{\nu}\partial^{\nu}A^{\mu}) = -\frac{1}{2}\partial_{\mu}(2\partial^{\mu}A^{\nu} - 2\partial^{\nu}A^{\mu}) = -\partial_{\mu}F^{\mu \nu} = J_{electr.}^{\nu}$$.

Звідси

$$\ -J_{electr.}^{\nu} = -J^{\nu} + 2q^{2}\varphi \varphi^{*}A^{\nu} \Rightarrow J_{electr.}^{\nu} = J^{\nu} - 2q^{2}\varphi \varphi^{*}A^{\nu}$$.$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$