ネーターカレントの保存の式の導出 - スーパーサイエンスガール

ラグランジアンの微小変換 $\alpha\Delta\mathcal{L}$
${ \displaystyle \begin{eqnarray} \alpha\Delta\mathcal{L}&=&\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}(\alpha\Delta\phi)+\bigg(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\bigg)\partial_\mu(\alpha\Delta\phi) \end{eqnarray} }$

「ここで、微分には、 $\partial_\mu(AB)=B(\partial_\mu A)+A(\partial_\mu B)$ という関係があります。これは、 $AB$ の積の微分は、 $B$ を固定して $A$ を微分した場合と、 $A$ を固定して $B$ を微分した場合の和に等しいことを意味します」

$AB$ の積の微分＝ $B$ を固定して $A$ を微分＋ $A$ を固定して $B$ を微分

「この微分の関係式に $A=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}, B=\Delta\phi$ を代入すると、次の関係式が成り立ちます」

${ \displaystyle \begin{eqnarray} \partial_\mu\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\bigg) &=&\Delta\phi\partial_\mu\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\bigg)+\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\bigg)\partial_\mu\Delta\phi\\ \therefore\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\bigg)\partial_\mu\Delta\phi&=& \partial_\mu\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\bigg)-\partial_\mu\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\bigg)\Delta\phi\\ \end{eqnarray} }$

「この式に微小量 $\alpha$ をかけてラグランジアンの微小変換 $\alpha\Delta\mathcal{L}$ の式の第２項に代入すれば、(2.11)式が得られます」

${ \displaystyle \begin{eqnarray} \alpha\Delta\mathcal{L}&=&\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}(\alpha\Delta\phi)+\bigg(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\bigg)\partial_\mu(\alpha\Delta\phi)\\ &=&\alpha\partial_\mu\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\bigg)+\alpha\bigg[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}-\partial_\mu\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\bigg)\bigg]\Delta\phi \end{eqnarray} }$
(2.11)

「ここで、第２項は、上にもあげたオイラー・ラグランジュ方程式(2.3)と同じ形なので、ゼロになります」

オイラー・ラグランジュ方程式
${ \displaystyle \begin{eqnarray} \partial_\mu\bigg(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\bigg)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}&=&0 \end{eqnarray} }$
(2.3)

「ところで、 $\alpha\Delta{\mathcal{L}}$ はラグランジアン $\mathcal{L}$ の微小変換であり、これを以前求めた(2.10)式と比較すると、 $\alpha\partial_\mu\mathcal{J}^\mu$ に等しいことが分かります」

${ \displaystyle \begin{eqnarray} \mathcal{L}(x)\rightarrow\mathcal{L}(x)+\alpha\partial_\mu\mathcal{J}^\mu(x) \end{eqnarray} }$
(2.10)

${ \displaystyle \begin{eqnarray} \alpha\Delta\mathcal{L}&=&\alpha\partial_\mu\mathcal{J}^\mu= \alpha\partial_\mu\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\bigg) \end{eqnarray} }$

「これを変形すると、次のようになります」

${ \displaystyle \begin{eqnarray} \alpha\partial_\mu\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\bigg)-\alpha\partial_\mu\mathcal{J}^\mu&=&0\\ \alpha\partial_\mu\bigg[\bigg(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi\bigg)-\mathcal{J}^\mu\bigg]&=&0 \end{eqnarray} }$

「上の式は、任意の微小量 $\alpha$ に対して成り立つため、最終的に次の式が導かれます」

${ \displaystyle \begin{eqnarray} \partial_\mu j^\mu(x)=0, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \mathrm{for}\,\,\,\,\,\, j^\mu(x)=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Delta\phi-\mathcal{J}^\mu \end{eqnarray} }$
(2.12)

「この結果は、 $j^\mu(x)$ の微分がゼロ、すなわち、ネーターカレント（電流） $j^\mu(x)$ が保存されることを意味しています」