証明」タグアーカイブ

ネーターの定理:一般論

ここでネーターの定理を述べておく。

まず変換には2種類あり、場の値を各点で変える「場の変換」と「座標変換」がある。例えば、量子力学では波動関数を位相倍だけ回しても不変であったが、これは場の変換の一例である。また時間並進や空間並進、ローレンツ変換は座標変換の一例である。場の変換と座標変換の無限小変換は、以下の様に
\begin{eqnarray}
\phi(x)&\to& \phi^\prime(x)=\phi(x)+\delta\phi(x)\\
x^\mu&\to& x^{\prime\mu}=x^\mu+\delta x^\mu
\end{eqnarray}
と書ける(\(~\delta\phi~\)と\(~\delta x^\mu~\)は同じオーダーの微小量とする)。この2つのもとで系が不変であるとしよう。すなわち作用とラグランジアン
\begin{eqnarray}
S[\phi]=\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\end{eqnarray}
があり、上記の変換で不変であるとする。さて上記の2つの変換のもとで系が不変であるとは
\begin{eqnarray}
\int_{\Omega^\prime} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)=
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\end{eqnarray}
が成り立つ事を意味するとしよう。ここで積分領域\(~\Omega^\prime~\)は領域\(~\Omega~\)を座標変換した領域である。(実はもう少しゆるい条件でもいい。それは後で述べるとして、ここでは取り敢えず\(~S^\prime-S=0~\)が対称性の条件としておく)。そこで
\begin{eqnarray}
\delta S&\equiv&\int_{\Omega} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)-
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\tag{1}
\end{eqnarray}
を\(~\delta\phi,\delta x~\)の微小量の1次まで取るとして展開してみよう。まず第一項の被積分関数は一次のオーダーまでで
\begin{eqnarray}
&&\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)\\
&=&
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\delta x^\mu
\partial_\mu
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
\\
&=&
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\delta x^\mu
\partial_\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\end{eqnarray}
となる。

一個目の近似は単なるテーラー展開。二個目の近似は、その前の式の第二項に\(~\delta x^\mu~\)が既に現れているので、一次のオーダーまで取るには\(~\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)~\)を0次まで展開すればいい。それはつまりラグランジアンの中に入っているプライム記号を取ればいい。

次に微小体積要素を一次のオーダーで展開すると
\begin{eqnarray}
d^4x^\prime&=&
\det\left(\frac{\partial x^{\prime\mu}}{\partial x^\nu}\right)d^4x=
\det\left(
\delta^\mu_\nu+\partial_\nu\delta x^\mu
\right)d^4x
\approx
(1+\partial_\mu\delta x^\mu)d^4x
\end{eqnarray}
が得られる。なお以下の式変形、最後の行への変形がわからなければ、実際に4×4の行列式を一次のオーダーまでで計算してみればいい。一次のオーダーでは行列の対角成分しか寄与しないことが確かめられるだろう。その理由から\(~\mu=\nu~\)とした\(~\partial_\mu\delta x^\mu~\)が出てくる。従って、第一項全体は一次のオーダーまでで
\begin{eqnarray}
&&\int_{\Omega} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)\\
&=&
\int_{\Omega} (1+\partial_\mu\delta x^\mu)d^4x~
\left[\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\delta x^\mu
\partial_\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\right]\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\left[
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+\partial_\mu\delta x^\mu
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\delta x^\mu
\partial_\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\right]\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu
\left[\delta x^\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\right]
\end{eqnarray}
となる事が分かった。この結果を(1)式に戻すと
\begin{eqnarray}
\delta S&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu
\left[\delta x^\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\right]-
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\nonumber\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\left\{
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)-
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\right\}
+
\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu
\left[\delta x^\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\right]\tag{2}
\end{eqnarray}
となるが、後は中括弧内を計算すれば良い。実際に展開していくと(途中運動方程式を使うので注意)
\begin{eqnarray}
&&\int_{\Omega}d^4x~
\left\{
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)-
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\right\}\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\left\{
\delta\phi(x)\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\phi}
+
\delta(\partial_\mu\phi(x))\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
\right\}\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\left\{
\delta\phi(x)\left(\partial_\mu\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)
+
\partial_\mu(\delta\phi(x))\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
\right\}\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)
\end{eqnarray}
上手く全微分の形にまとめることが出来た。(2)式に戻し、全微分をまとめれば
\begin{eqnarray}
\delta S=\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}\right)\tag{3}
\end{eqnarray}
を得ることになる。さて、系に対称性があるとはどういうことであろうか。先程も述べたが、それは変換の前後で運動方程式が同じと言っていいが、数式で表現すると
\begin{eqnarray}
\int_{\Omega^\prime} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)-
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\Leftrightarrow \delta S=0
\end{eqnarray}
であれば(変分原理より)運動方程式は取り敢えず同じになる。しかしながら、実は上記よりも弱い条件でも運動方程式は同じになり得る。つまり、適当な四元ベクトル\(~K^\mu~\)を用いて
\begin{eqnarray}
\delta S=\int_{\Omega}d^4x~\partial_\mu K^\mu\left(
\overset{4次元版ガウスの定理}{=}\int_{\partial\Omega}dS_\mu K^\mu
\right)\tag{4}
\end{eqnarray}
が成立していれば、この場合も運動方程式は同じになる。何故なら、変分原理で運動方程式を出す際には領域の表面では場の変分を0にするが(点粒子の場合であれば端点で\(~\delta q=0~\)としただろう)、\(~K^\mu~\)の中には\(~\delta \phi~\)や\(~\delta x~\)が含まれているから、
変分原理で運動方程式を求めようとしている時には(4)式の右辺は0になる。つまり(4)式の右辺のような項が作用の変分に現れていても運動方程式には影響がない=系が対称性を持っていると言えることになる。結論として、系が対称性を持つとは
\begin{eqnarray}
\delta S=\int_{\Omega^\prime} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)-
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)=
\int_{\Omega}d^4x~\partial_\mu K^\mu\tag{5}
\end{eqnarray}
が成り立つことであると言えた

いくつか例を見ていくと分かるが、\(~K^\mu\neq0~\)となることは殆ど無い。

我々は既に上で\(~\delta S~\)を計算しており、その結果は(3)式なので、(5)式に代入してやれば
\begin{eqnarray}
\delta S&&=\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}\right)=\int_{\Omega}d^4x~\partial_\mu K^\mu\\
&\Downarrow&\nonumber\\
0&=&\int_{\Omega}d^4x~\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}-
K^\mu
\right)
\end{eqnarray}
ここで積分領域\(~\Omega~\)は完全に任意である。任意の積分領域に対して積分が0であるためには被積分関数が0でなくてはならない。以上より、我々は
\begin{eqnarray}
\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}-
K^\mu
\right)=0
\end{eqnarray}
という対称性に伴う保存則を導くことが出来た。なお以上の導出では場は一つだけとして議論してきたが、場がいくつあっても上記と同じ議論が出来る。ラグランジアンに一般に場の組\({\phi_a}\)が存在する場合、上記の結果は次のように一般化される。
\begin{eqnarray}
\partial_\mu\left(
\sum_a\delta\phi_a(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}-
K^\mu
\right)=0\tag{6}
\end{eqnarray}
\(~\phi_a~\)とは書いたが、もちろんスピノル場でもベクトル場でもいい。

ここから保存カレントを定義したのだが、通常対称変換というのは独立な変換が組み合わさって出来ている。空間並進を例に取ってみよう。4次元時空の場合、4つの軸方向への並進変換が存在するが、これらはそれぞれ独立な変換である。時間方向に並進したからと言って、空間方向にも並進しなければいけないなんて事はないだろう。つまり、それぞれの方向に好きなだけ並進が出来る。4次元時空であれば並進変換は4つの変換が組み合わさったもので出来ており、このように対称変換というのは独立な対称変換に分解できる。そして我々は対称変換と保存量が対応するのを知っているので、独立な変換の分だけ保存量が得られるはずだ。今からやりたいのは、まさに変換の分解であり、対称変換を独立な変換に分解することでそれに対応した数のカレントを導く。

まず系の独立な対称変換が\(~n~\)個あるとして、\(~n~\)個の微小パラメータ\(~\epsilon^i~\)(\(i\)=1~\(n\))と適当な関数\(~f_{ai}~,~g_i^\mu,~,k^\mu_i~\)を用いて
\begin{eqnarray}
\phi^\prime_a(x)&=&\phi_a(x)+\delta\phi_a(x)=
\phi_a(x)+\epsilon^if_{ai}(x)\label{7726}
\\
x^{\prime\mu}&=&x^\mu+\delta x^\mu
=x^\mu
+\epsilon^i g_i^\mu(x)\\
K^\mu&=&\epsilon^i k^\mu_i
\end{eqnarray}
と書けたとしよう。これを上記のカレントの保存の(6)式に代入することで
\begin{eqnarray}
0=\epsilon^i\partial_\mu\left(
f_{ai}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}
+
g^\mu_i
\mathcal{L}-
k^\mu_i
\right)\equiv \epsilon^i\partial_\mu j^\mu_i
\end{eqnarray}
を得るが、今\(~\epsilon^i~\)は各々独立な変換の微小パラメータなので、結局
\begin{eqnarray}
0=\partial_\mu j^\mu_i=\partial_\mu\left(
f_{ai}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}
+
g^\mu_i
\mathcal{L}-
k^\mu_i
\right)
\end{eqnarray}
という\(~n~\)本のカレントの保存則の式を得ることが出来、
\begin{eqnarray}
j^\mu_i
\equiv
f_{ai}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}
+
g^\mu_i
\mathcal{L}-
k^\mu_i
~~~(i=1,\cdots,n)
\end{eqnarray}
という\(~n~\)個のカレントを得ることが出来た(変換パラメータ\(~\epsilon^i~\)が\(~n~\)個あるから、対称変換が\(~n~\)個ある事になり、保存量も\(~n~\)個出る。予想通りの結果だ)。言葉の定義だが
\begin{eqnarray}
Q_i\equiv \int_\Omega d^3x~j^0_i
\end{eqnarray}
で定義される\(~Q_i~\)を電荷、保存電荷、チャージと呼んだりする。これは上記で導いた\(~\partial_\mu j^\mu_i=0~\)のおかげで保存量になる。
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dt}Q_k
&=&
\frac{d}{dt}\int_\Omega d^3x~j^0_k=
\int_\Omega d^3x~\partial_0j^0_k=
-\int_\Omega d^3x~\nabla\cdot\textbf{j}_k=
-\int_{\partial\Omega} d\textbf{S}\cdot \textbf{j}_k=0
\end{eqnarray}
確かに名前通り保存量と呼ぶにふさわしい量であることが分かった。