Доведення та формулювання теореми Нетер

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.