Теорема Нетер и момент импульса

[EvilPhysicist]

Рассмотрим пространство-время Минковского $g^{\mu\nu}=\operatorname{diag}(+---)$ и 6-параметрчиескую группа Лоренца.

Группа Лоренца действует на координаты как $y^\mu = I^\mu_{(k)\nu} x^\nu v_k$ , где $v_k$ - или скорость по оси, или угол поворота. Соответсвенно индекс $k$ - не Лоренцев.

Далее, рассматриваем некоторое поле с лагранжианом $L=L(\varphi,\partial_\mu \varphi)$.

Далее, осуществм замену координат, и рассмотрим величины $\left. \cfrac{\partial L}{\partial v_k} \right|_{v=0}$. С одной стороны получим $\left. \cfrac{\partial L}{\partial v_k} \right|_{v=0}=\partial_\mu \left( \cfrac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \phi I^\nu_{(k) \rho} x^\rho \right)$, с другой, смотря на лагранжиан, как на функцию координат, получим $\left. \cfrac{\partial L}{\partial v_k} \right|_{v=0}=\partial_\mu \left( L I^\mu_{(k)\rho} x^\rho \right)-L I^\mu_{(k)\mu}$ и так как все генераторы группы Лоренца безследовые, то можно оплучить 6 сохраняющихся величин.

Общая формула для них $M^\mu_{(k)}=T^\mu_\nu I^\nu_{(k)\rho} x^\rho$.
Для генераторов поворотов $M^\mu_{(k)}=T^\mu_i x^j \varepsilon_{ijk}$
Для генераторов бустов $M^\mu_{(k)}= T^\mu_0 x^k + T^\mu_k x^0$

На сколько я чего понимаю, я должен был получить формулы для момента и спина системы. И формула сохраняющегося тока для генераторов поворотов совпадает с формулой для момента системы.
Получается сохраняющийся ток для генераторов бустов должен характеризовать спин системы?

[Munin]

Нет. Генераторы бустов отвечают ещё одной сохраняющейся величине ("лоренцеву моменту", см. ЛЛ-2 § 14 ф-ла (14.5) и дальше).

Спин - дело другое. Спин - это тот же самый момент. Просто полный момент системы делится на два слагаемых:
1) за счёт движения частей системы в пространстве;
2) за счёт "вращения" частей системы самих по себе (на самом деле - за счёт преобразования их по представлению группы $SO(3)$).
В классической механике есть только первое. В классической теории поля можно выделить первое и второе, но деление между ними неоднозначно (есть произвол), и можно всё списать на первое. В квантовой механике тоже есть первое и второе, но за счёт появления спинорных представлений всё списать на первое уже нельзя. Поэтому их описывают оба, и называют: 1 - орбитальным моментом, 2 - спиновым моментом = спином.

Деление полного момента на орбитальный и спиновый, зависит от уровня, на котором мы рассматриваем систему. Для атома, можно рассматривать орбитальные моменты электронов, и спины электронов и ядра. Для рассмотрения ядра, можно рассматривать орбитальные моменты нуклонов, и спины нуклонов. При этом, полный момент ядра на этом уровне - называется спином ядра на следующем этаже, атомном. Аналогично, при рассмотрении нуклона его полный момент (который в ядре назывался спином нуклона) складывается из спинов кварков и глюонов, и их орбитальных моментов. Здесь есть нерешённая проблема ("спиновая катастрофа"). Внутренности электронов, кварков, фотонов, глюонов мы не рассматриваем, считаем их неделимыми.

[EvilPhysicist]

То есть выкладки верные и сохраняющиеся величины найдены верно?

Если взять некоторое векторное поле $\vec A(x^\mu)$, имеется в виду, что $\vec A$ - 4-вектор. Затем сменить координаты преобразованиями Лоренца и рассмотреть $\left.\cfrac{d}{dv_k} \vec A\right|_{v=0}$, то получится $\cfrac{d}{dv_k} \vec A = \left(\partial_\mu A^\nu I^\mu_{(k) \rho} x^\rho + A^\rho I^\nu_{(k)\rho} \right) \vec e_\nu$, то, грубо говоря, первый член это вклад от момента системы, а второй от спина?

Соответсвенно, если считать спин системы, то надо брать разность сохраняющегося тока для момента и того, что получится после правильного вычисления $\left.\cfrac{d}{dv_k} L \right|_{v=0}$?

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #678421 писал(а):

То есть выкладки верные и сохраняющиеся величины найдены верно?

Я не вглядывался :-(

EvilPhysicist в сообщении #678421 писал(а):

грубо говоря, первый член это вклад от момента системы, а второй от спина?

Чё-то там неправильно. Фишка в том, что оператор $I$ как раз на букву $A$ действует, и с ней не перестановочен...

EvilPhysicist в сообщении #678421 писал(а):

Соответсвенно, если считать спин системы, то надо брать разность сохраняющегося тока для момента и того, что получится после правильного вычисления

Да. Последнее называется "каноническим моментом". Но дело в том, что лагранжианы могут быть разные для одной и той же физической системы - они могут отличаться на полную производную. Поэтому, и деление полного момента на орбитальный и спиновый неоднозначно.

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #678439 писал(а):

Фишка в том, что оператор $I$ как раз на букву $A$ действует, и с ней не перестановочен...

Разве? $I$ в моих обозначениях это матрица инфинитизимального оператора представления группы Лоренца на координатах. А $\left. \cfrac{d}{dv_k} \vec A \right|_{v=0}$ должна вообще говоря дать матрицу И.О. другого представления.

Ну и второе слагаемое вообще можно представить как $\hat I_{(k)} \vec A$ и тут $I$ как раз действует на $\vec A$ и ни о какой перестоновочности речи не идет.

-- 31.01.2013, 21:57 --

Хотя есть $\vec A$ везде постоянен, то $\left.\cfrac{d}{dv_k}\vec A \right|_{v=0}=\hat I_{(k)} \vec A$ и И.О. представленйи действительно совпадают.

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #678447 писал(а):

Разве? $I$ в моих обозначениях это матрица инфинитизимального оператора представления группы Лоренца на координатах.

Не-а. Это матрица итифи... можно я не буду писать? ... не на координатах, а на фсей физсистеме ф целом! Дальше начинается интересное. Если физсистема описывается скалярными величинами, то группа Лоренца действует только на её координаты: точки сдвигаются и меняют место (а почему, кстати, Лоренца? берите Пуанкаре... впрочем, не суть). А если вы нарисовали векторное поле, чего вы и сделали, то векторы тоже поворачиваются, что легко увидеть, если взять лист бумаги, нарисовать на нём несколько векторов, а потом начать вращать его вокруг центра.

(Оффтоп)

4. Свойства симметрии
Исследуйте свойства уравнения Дирака по отношению к вращению:
а) когда вращается доска, на которой уравнение написано;
б) когда вращается физик, исследующий это уравнение.
(Из сб. "Физики шутят", "Перечень типовых экзаменационных вопросов для аспирантов-физиков", Г.Дж. Липкин)

Так вот, сами векторы тоже будут поворачиваться. И именно это даст второе слагаемое.

Заметьте, в этом смысле одно векторное поле - далеко не то же самое, что четыре скалярных поля.

[type2b]

Формула ТС для генераторов, соответствующих бусту, верна. Если там опустить индекс и проинтегрировать, то получится, как раз, ЛЛII(14.5). Но я бы не назвал этот объект дополнительным законом сохранения. Он тривиален, т.е. выражает просто кинематический факт, что нечто, имеющее энергию и импульс $(E,\vec{p})$, движется со скоростью $\vec{v}=\vec{p}/E$. Дополнительного закона сохранения и не должно было возникнуть. Действительно, что такое закон сохранения: это мы выбираем слоение пространственно-подобными поверхностями, каждой их них ставится в соответствие величина, и оказывается, что она не меняется вдоль трансверсальной координаты. Генераторы же буста не являются симметриями в пространственно-подобной плоскости, а сдвигают саму плоскость. Т.е. бессмысленно характеризовать состояние на пространственно-подобной поверхности каким-либо зарядом по симметрии бустов.

[EvilPhysicist]

type2b в сообщении #678748 писал(а):

Генераторы же буста не являются симметриями в пространственно-подобной плоскости, а сдвигают саму плоскость

Мне думалось, что плоскость остается на месте, а вот координаты в пространстве-времени меняются.

И если взять формулы из начала

EvilPhysicist в сообщении #678376 писал(а):

$\left. \cfrac{\partial L}{\partial v_k} \right|_{v=0}=\partial_\mu \left( \cfrac{\partial L}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial_\nu \phi I^\nu_{(k) \rho} x^\rho \right)$

EvilPhysicist в сообщении #678376 писал(а):

$\left. \cfrac{\partial L}{\partial v_k} \right|_{v=0}=\partial_\mu \left( L I^\mu_{(k)\rho} x^\rho \right)-L I^\mu_{(k)\mu}$

То из них можно сделать $0=\partial_\mu \left(T^\mu_\nu I^\nu_{(k)\rho} x^\rho \right)=\partial_\mu M^\mu_{(k)}$, что уж очень похоже на закон сохранения.

[EvilPhysicist]

Пересчитал немного в другом виде, получил
$M^\mu_{(k)}=\cfrac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)} \left. \cfrac{\partial \phi}{\partial v_k}\right|_{v=0}-L I^\mu_{(k)\nu} x^\nu$ - где $\phi$ - обозначение для переменнхы поля, которые могут быть тензорами любгго ранга или спинорами, сохраняющийся ток для группы Лорценца.

Для скалярного поля получается
$\left. \cfrac{\partial \phi}{\partial v_k}\right|_{v=0}=\partial_\mu \phi I^\mu_{(k)\nu} x^\nu$
$M^\mu_{(k)}=T^\mu_\sigma I^\sigma_{(k)\nu} x^\nu$, где $T$- тензор энергии-импульса.

Так как законы сохранения будут принимать вид $\partial_\mu M^\mu_{(k)$, то для поворотов, учтя, что $I^\sigma_{(k)\nu}=\varepsilon_{n \sigma \nu}$, можно составить 3-вектор $S_k=M^0_{(k)}=T^0_\sigma \varepsilon_{k\sigma\nu} x^\nu$. В более наглядном виде $\vec S =\begin{pmatrix}T^0_2 x^3 - T^0_3 x^2 & T^0_3 x^1 - T^0_1 x^3 & T^0_1 x^2 - T^0_2 x^1\end{pmatrix}$.

По построению $\vec S$ должен быть "зарядом" поля по группе поворотов пространства, то есть спином. Так?

[EvilPhysicist]

Или там должен быть полный момент?

Потому что для векторного поля $\left. \cfrac{d A_\nu}{dv_k}\right|_{v=0}= \partial_\rho A_\nu I^\rho_{(k)\sigma} x^\sigma +A^\rho I_{(k) \rho \nu}$
И сохраняющийся ток $M^\mu_{(k)}=T^\mu_\rho I^\rho_{(k)\sigma} x^\sigma - \cfrac{\partial L}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} A^\rho I_{(k)\rho \nu}$, в котором второе слагаемое возникает из-за закона преобразования вектора. Тогда первое слагаемое разумно называть током момента, а второе - током спина.

И составить вектора момента $L_k=T^0_\rho I^\rho_{(k)\sigma} x^\sigma$ и спина $S_k=\cfrac{\partial L}{\partial(\partial_0 A_\nu)} A^\rho I_{(k)\rho\nu} $. Верно?