Теорема Нётер для двух скалярных полей

[Gickle]

День добрый, решаю вот следующую задачу:

Рассмотрим теорию с двумя скалярными полями $\varphi_1, \varphi_2$ и лагранжианом:

$L = \frac{1}{2} \partial_{\mu} \varphi_1 \partial^{\mu} \varphi_1 + \frac{1}{2} \partial_{\mu} \varphi_2 \partial^{\mu} \varphi_2 - \frac{1}{2} m^2 \left( \varphi_1^2 + \varphi_2^2 \right)$

1. Нужно показать, что действие инвариантно относительно инфинитезимального преобразования

$\varphi_1 \rightarrow \varphi_1 + \alpha \varphi_2

$\varphi_2 \rightarrow \varphi_2 - \alpha \varphi_1$

Можно показать (если я нигде не накосячил), что лагранжиан при этом преобразуется так:

$L \rightarrow (1 + \alpha^2) L \xrightarrow{\alpha \rightarrow 0} L $

Вот это достаточно строго было? И вот чего я ещё не понимаю немного. То есть здесь как бы видно, что в конце получаем конструкцию типа $1 + \alpha^2$, а поскольку $\alpha$ инфинитезимальный параметр нашего преобразования, то в пределе единичку получим. А если бы, скажем, в итоге оставался какой-нибудь член ещё типа $\alpha^2 \varphi_1 \varphi_2$, например? То мы бы уже ничего не смогли заключить, как я понимаю, поскольку уже нельзя просто так убить это слагаемое, просто устремив $\alpha$ к нулю.

2. Нётеровский поток:

$ \displaystyle j^{\mu} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu} \varphi_a)} \Delta \varphi_a - J^{\mu}$,

где $J^{\mu}: \delta L = \partial_{\mu} J^{\mu}$, а $\Delta \varphi_a = \frac{d \delta \varphi_a}{d \alpha}\big|_{\alpha = 0}$

Поэтому в нашем случае получаем:

$j^{\mu} = \varphi_2 \partial^{\mu} \varphi_1 - \varphi_1 \partial^{\mu} \varphi_2$

3. Теперь добавим член взаимодействия

$L_{int} = - \lambda \varphi_1^4 - 2\sigma \varphi_1^2 \varphi_2^2 - \lambda \varphi_2^4$

Спрашивается, при каких $\lambda$ и $\sigma$ определённый выше $\j^{\mu}$ все ещё является поток сохраняющейся величины.

Вот тут у меня проблема опять же. Видно, что поскольку тут нет никаких производных, то нётеровский поток никак не поменяется. Остаётся лишь вопрос в том, является ли преобразование выше по-прежнему симметрией. И тут мы возврщаемся к предыдущему моему вопросу, потому что понятно, что при преобразовании получится $L_{int} + \text{слагаемые типа } \alpha^k \varphi^n$ (ну, думаю, понятно, что я имел в виду). Иными словами, правильно я понимаю опять же, что нужно найти, при каких $\lambda$ и $\sigma$ будет

$L_{int} \rightarrow (1 + f(\alpha)) L_{int}$,

где $f(\alpha)$ - некоторая функция от $\alpha$: $f(\alpha) \xrightarrow{\alpha \rightarrow 0} 0$

Заранее спасибо за помощь.

P.S. Отсылать к случаю комплексного поля, которое можно рассматривать как два скалярных, не нужно, пожалуйста.

UPDT: Если нигде не наксоячил, то

$L_{int} \rightarrow L_{int} - \left\lbrace \lambda \left(\alpha^4 + \frac{2 \sigma \alpha^2}{\lambda} \right) (\varphi_1^4 + \varphi_2^4) + 2 \sigma \left(\alpha^4 - 4 \alpha^2 + \frac{6 \alpha^2 \lambda}{\sigma} \right) \varphi_1^2 \varphi_2^2 \right\rbrace $,

поэтому требуем

$\displaystyle \alpha^4 + \frac{2 \sigma \alpha^2}{\lambda} = \alpha^4 - 4 \alpha^2 + \frac{6 \alpha^2 \lambda}{\sigma}$,

откуда

$\sigma^2 + 2\sigma\lambda - 3\lambda^2 = 0$

и

$\sigma_{1,2} = - \lambda \pm 2 \lambda$

Можно заметить, что один корень отвечает случаю, когда член взаимодействия сводится к полному квадрату. Кроме того, второй корень отрицательный (что, как я понимаю, нас не волнует тут никак?).

Правильно ли выполнил этот пункт? Если да, то есть ли способ быстрее/элегантнее?

[пианист]

Gickle в сообщении #1188166 писал(а):

$L \rightarrow (1 + \alpha^2) L \xrightarrow{\alpha \rightarrow 0} L $

Посредине это что такое? Лагражиан (плотность) переходит в себя $L \rightarrow L$, в чем проще всего убедиться непосредственным вычислением, перейдя к инфинитезимальному виду $\varphi_2 \frac{\partial}{\partial \varphi_1} - \varphi_1 \frac{\partial}{\partial \varphi_2} + \varphi_{2x} \frac{\partial}{\partial \varphi_{1x}} - \varphi_{1x} \frac{\partial}{\partial \varphi_{2x}} + ..$.
Т.к. координаты не изменяются, отсюда получаем, что действие инвариантно.

[lek]

Gickle в сообщении #1188166 писал(а):

Отсылать к случаю комплексного поля, которое можно рассматривать как два скалярных, не нужно, пожалуйста.

Тем не менее. Полагая $\phi=\phi_1+i\phi_2$, получим $U(1)$-инвариантнный лагранжиан. Поскольку $U(1)\simeq SO(2)$, в инфинитезимальном случае это будут в точности ваши преобразования. В расширенном случае инвариантность очевидно сохраняется при $L_{int}=-\lambda\phi^4$, т.е. когда $\sigma=\lambda$ (в противном случае возникают добавочные члены четвертого порядка, нарушающие $SO(2)$-инвариантность).

[Gickle]

пианист
Это я непосредственно подставил преобразованные поля в лагранжиан. Можно ведь сначала посмотреть, что получится в общем случае, а потом уже учесть инфенитезимальность преобразования, разве нет?

lek
У меня просто вот какое недопонимание. То, что скалярное комплексное поле можно рассматривать с позиции двух независимых скалярных полей, это я понимаю. А вот если наоборот, то в итоге результаты эквивалентные будут? Вообще, я не вижу, почему нет, но отчего-то всё кажется, что мы как будто "урезаем" информацию, что ли, при этом.

P.S. А что про вот тот подход скажете? И про результат $\sigma = - 3\lambda$?

[lek]

Gickle в сообщении #1188239 писал(а):

А вот если наоборот, то в итоге результаты эквивалентные будут?

Да, поскольку информация заложена в лагранжиане, а здесь $L(\phi,\bar{\phi},\dots)=L(\phi_1,\phi_2,\dots)$.

Gickle в сообщении #1188239 писал(а):

А что про вот тот подход скажете? И про результат $\sigma = - 3\lambda$?

В этом случае возникает дополнительное слагаемое вида $\phi_1^4+\phi_2^4$, которое не $SO(2)$-инвариантно. А значит ваш вывод неверен. Ошибка в том, что при учете старших степеней при $\alpha$ в лагранжиане $L'_{int}$ вы игнорируете их в формулах преобразования полей. А они там появляются при разложении тригонометрических функций в ряд.