Elettrodinamica classica/Il teorema di Noether

Una generica teoria di campo descriverà un sistema attraverso delle funzioni ${\phi }_r(x)$ e una densità di lagrangiana $ℒ({\phi }_r,{\partial }_{\mu }{\phi }_r,x)$. Supponiamo che questa teoria abbia delle simmetrie che costituiscono un gruppo continuo, ossia connesso con continuità all'identità (per cui ha senso parlare di trasformazioni infinitesime).

Vogliamo dimostrare che in conseguenza di questa simmetria, se valgono le equazioni di Eulero-Lagrange esiste una corrente $J^{\mu }$ conservata, ossia tale che ${\partial }_{\mu }{J}^{\mu }=0$. Questo risultato va sotto il nome di teorema di Noether.

Consideriamo dunque una trasformazione infinitesima del tipo $x^{\mu }⟶x{\text{'}}^{\mu }=x^{\mu }+\delta x^{\mu }(x)$, e sulla correzione $\delta x^{\mu }$ per ora non supponiamo nulla. Assumiamo però che anche i campi si trasformino: ${\phi }_r(x)⟶\phi {\text{'}}_r(x^{\prime })={\phi }_r(x)+\bar{\delta }{\phi }_r(x)$. Definiamo:

$\delta {\phi }_r(x):=\phi {\text{'}}_r(x)-{\phi }_r(x)$

detta variazione in forma del campo; questa definizione è dovuta al fatto che $\bar{\delta }{\phi }_r(x)$ non commuta con le derivate rispetto a $x^{\mu }$ perché in essa i campi sono valutati in punti diversi. Con questa definizione, invece:

$\delta {\partial }_{\mu }{\phi }_r(x)={\partial }_{\mu }\delta {\phi }_r(x)$

Ovviamente, poi, si ha (trascurando termini di ordine superiore in $\delta x$ e $\delta \phi$):

$\begin{array}{cc}\phi {\text{'}}_r(x)& =\phi {\text{'}}_r(x+\delta x)=\phi {\text{'}}_r(x)+\delta x^{\mu }{\partial }_{\mu }\phi {\text{'}}_r(x)+O(\delta x{)}^2\\ & =\phi {\text{'}}_r(x)+\delta x^{\mu }{\partial }_{\mu }{\phi }_r(x)+O(\delta x,\delta \phi {)}^2\end{array}$

e $\delta \phi$ e $\bar{\delta }\phi$ risultano collegate:

$\delta {\phi }_r(x)=\phi {\text{'}}_r(x^{\prime })-\delta x^{\mu }{\partial }_{\mu }{\phi }_r(x)-{\phi }_r(x)=\delta {\phi }_r(x)-\delta x^{\mu }{\partial }_{\mu }{\phi }_r(x)⟹$

$⟹\delta {\phi }_r(x)=\bar{\delta }{\phi }_r(x)-\delta x^{\mu }{\partial }_{\mu }{\phi }_r(x)$

Supponiamo poi che l'azione $I=\int ℒd^{4}x$ sia invariante sotto le trasformazioni infinitesime che stiamo considerando; in particolare, assumiamo che $ℒd^{4}x$ sia invariante. Ciò significa che la parte lineare di

$ℒ(\phi {\text{'}}_r(x^{\prime }),\partial {\text{'}}_{\mu }\phi {\text{'}}_r(x^{\prime }),x^{\prime })d^4{x}^{\prime }-ℒ({\phi }_r(x),{\partial }_{\mu }{\phi }_r(x),x)d^{4}x$

è nulla.

Trascurando i termini in ${\partial }_{\mu }\delta x^{\mu }$ oltre il primo ordine:

$d^4{x}^{\prime }=\left|\frac{\partial x^{\prime }}{\partial x}\right|d^{4}x$

$\left|\frac{\partial x^{\prime }}{\partial x}\right|=det\left(\begin{array}{cccc}1+{\partial }_0\delta x^0& {\partial }_1\delta x^0& {\partial }_2\delta x^0& {\partial }_3\delta x^0\\ {\partial }_0\delta x^1& 1+{\partial }_1\delta x^1& {\partial }_2\delta x^1& {\partial }_3\delta x^1\\ {\partial }_0\delta x^2& {\partial }_1\delta x^2& 1+{\partial }_2\delta x^2& {\partial }_3\delta x^2\\ {\partial }_0\delta x^3& {\partial }_1\delta x^3& {\partial }_2\delta x^3& 1+{\partial }_3\delta x^3\end{array}\right)=$

$=1+{\partial }_{\mu }\delta x^{\mu }+O(\delta x{)}^2$

$⟹d^4{x}^{\prime }=(1+{\partial }_{\mu }\delta x^{\mu })d^{4}x+O(\delta x{)}^2$

Dunque:

$\begin{array}{cc}& {ℒ(\phi {\text{'}}_r(x^{\prime }),\partial {\text{'}}_{\mu }\phi {\text{'}}_r(x^{\prime }),x^{\prime })d^4{x}^{\prime }-ℒ({\phi }_r(x),{\partial }_{\mu }{\phi }_r(x),x)d^{4}x|}_{\mathrm{l}\mathrm{i}\mathrm{n}}=\\ & =\underset{:=A}{\underbrace{ℒ(\phi {\text{'}}_r(x^{\prime }),\partial {\text{'}}_{\mu }\phi {\text{'}}_r(x^{\prime }),x^{\prime })d^{4}x}}(1+{\partial }_{\mu }\delta x^{\mu })-\underset{:=B}{\underbrace{ℒ({\phi }_r(x),{\partial }_{\mu }{\phi }_r(x),x)d^{4}x}}\\ & -\underset{:=C}{\underbrace{ℒ(\phi {\text{'}}_r(x),{\partial }_{\mu }\phi {\text{'}}_r(x),x)d^{4}x}}+\underset{:=D}{\underbrace{ℒ(\phi {\text{'}}_r(x),{\partial }_{\mu }\phi {\text{'}}_r(x),x)d^{4}x}}{|}_{\mathrm{l}\mathrm{i}\mathrm{n}}=\\ & =[\underset{A+C}{\underbrace{\delta x^{\mu }{\partial }_{\mu }ℒ+{\partial }_{\mu }\delta x^{\mu }ℒ}}+\sum _r\underset{B+D}{\underbrace{(\frac{\partial ℒ}{\partial {\phi }_r}\bar{\delta }{\phi }_r+\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}\bar{\delta }{\partial }_{\mu }{\phi }_r)}}]d^{4}x=\\ & =\{{\partial }_{\mu }(\delta x^{\mu }ℒ)+\sum _r[{\partial }_{\mu }\left(\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}\bar{\delta }{\phi }_r\right)-({\partial }_{\mu }\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}-\frac{\partial ℒ}{\partial {\phi }_r})\bar{\delta }{\phi }_r]\}{d}^{4}x\end{array}$

Dunque, se $ℒd^{4}x$ è invariante rispetto alla simmetria e sono verificate le equazioni del moto, allora:

${\partial }_{\mu }{J}^{\mu }=0\text{con}{J}^{\mu }=\delta x^{\mu }ℒ+\sum _r\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}\delta {\phi }_r$

La corrente $J^{\mu }$ non è univocamente definita; consideriamo infatti:

${\tilde{J}}^{\mu }=J^{\mu }+{\partial }_{\nu }{X}^{\mu \nu }$

con $X^{\mu \nu }$ generico tensore antisimmetrico funzione dei campi e/o delle loro derivate. Allora:

${\partial }_{\mu }{\tilde{J}}^{\mu }={\partial }_{\mu }{J}^{\mu }+{\partial }_{(\mu }{\partial }_{\nu )}{X}^{[\mu \nu ]}=0$

e pertanto anche $\tilde{J}$ è conservata.

Alla corrente $J^{\mu }$ è associata una carica conservata (se i campi si annullano abbastanza velocemente all'infinito):

$Q=\int J^0{d}^3\overrightarrow{x}\frac{dQ}{dt}=0$

Il dubbio che dunque può sorgere è: $J^{\mu }$ e ${\tilde{J}}^{\mu }$ generano cariche diverse?

$\tilde{Q}=\int {\tilde{J}}^0{d}^3\overrightarrow{x}=Q+\int {\partial }_{\nu }{X}^{0\nu }{d}^3\overrightarrow{x}=Q+\int {\partial }_i{X}^{0i}{d}^3\overrightarrow{x}=Q+{\int }_{{\mathrm{\Sigma }}_{\mathrm{\infty }}}{X}^{0i}d{\mathrm{\Sigma }}_i$

Ma $X$ si annulla all'infinito perché così fanno i campi dei quali è funzione. Pertanto l'integrale è nullo e:

$\tilde{Q}=Q$

Dunque, anche se la corrente conservata non è univocamente definita, la relativa carica lo è.