Acción de una partícula puntual libre masiva en mecánica relativista

Question

Acción de una partícula puntual libre masiva en mecánica relativista

usuario71714

Estaba leyendo sobre la formulación de la mecánica en la relatividad especial y descubrí que la acción de una partícula puntual libre masiva como

S = - metro C \int_{a}^{b} d s

$S = -mc\int_a^b ds$ Entonces, hice algunas observaciones, es decir.

S = - metro C^{2} \int_{a}^{b} d t

$S = -mc^2 \int_a^b dt$ y ser

{tu}_{m} {tu}^{m} = C^{2}

$u_{\mu}u^{\mu} = c^2$ Escribí la acción como

S = - \int_{a}^{b} metro {tu}_{m} {tu}^{m} d t

$S = -\int_a^b m u_{\mu}u^{\mu} dt$ que en mi opinión se parece más a la energía cinética clásica.

Ahora, nunca vi algo así en un libro o texto en internet. Todo el mundo parece trabajar con la velocidad clásica y las viejas buenas ecuaciones de Euler-Lagrange con el tiempo como parámetro.

Entonces mi pregunta es: ¿es posible derivar las ecuaciones correctas de la dinámica relativista a partir de esta acción?

intento de solucion

la acción es

S = \int_{a}^{b} L (X, v, t) d t

$S = \int_a^b L(x,v,t) dt$ y debería ser invariante de Lorentz (¿la acción o el lagrangiano?). Ahora, cambiando la parametrización del camino con

d τ

$d\tau$ en lugar de

d t

$dt$ no debería cambiar la integral (con la condición de que todo cambie en consecuencia). Así que reescribo la acción como

S = \int_{α}^{β} L (X_{m}, \frac{d X_{m}}{d τ}, τ) d τ

$S = \int_{\alpha}^{\beta} L(x_{\mu}, \frac{dx_{\mu}}{d\tau}, \tau)d\tau$ y hacer la variación de esto y minimizarlo:

d S = \int_{α}^{β} [\frac{\partial L}{\partial X_{m}} d X_{m} + \frac{\partial L}{\partial {tu}_{m}} d {tu}_{m}] d τ = 0

$\delta S = \int_{\alpha}^{\beta} \left[ \frac{\partial L}{\partial x_{\mu}}\delta x_{\mu} + \frac{\partial L}{\partial u_{\mu}}\delta u_{\mu}\right] d\tau = 0$ Luego, usando las viejas manipulaciones se obtiene

\frac{d}{d τ} (\frac{\partial L}{\partial {tu}_{m}}) - \frac{\partial L}{\partial X_{m}} = 0

$\frac{d}{d\tau}\left( \frac{\partial L}{\partial u_{\mu}} \right) - \frac{\partial L}{\partial x_{\mu}} = 0$

Esto se aplica al lagrangiano que escribí.

L = metro η_{m v} {tu}^{m} {tu}^{v}

$L = m \eta_{\mu\nu}u^{\mu} u^{\nu}$ parece producir el impulso correcto de 4

{pag}_{v} = \frac{\partial L}{\partial {tu}_{m}} = metro η_{m v} {tu}^{v}

$p_{\nu} = \frac{\partial L}{\partial u_{\mu}} = m \eta_{\mu\nu}u^{\nu}$

pero el hamiltoniano (energía total en el texto que estoy leyendo) es cero:

H = {pag}_{m} {tu}_{m} - L = metro {tu}_{m} {tu}^{m} - metro {tu}_{m} {tu}^{m} = 0

$H = p_{\mu}u_{\mu} - L = mu_{\mu}u^{\mu} - mu_{\mu}u^{\mu} = 0$

Creo que hice mal la derivación de las ecuaciones de Euler-Lagrange, pero no estoy seguro.

una mente curiosa

Que el hamiltoniano sea cero es completamente correcto: la acción es invariante de reparametrización en el tiempo, y las acciones invariantes de reparametrización en el tiempo generalmente producen cero hamiltonianos (que luego no corresponden a la energía). ¿Hay una pregunta aquí además de "¿Es esto correcto?"? En caso afirmativo, ¿puede aclararla?

una mente curiosa

Sin embargo, tenga en cuenta que hizo algo bastante cuestionable: usó

u^{2} = 1

$u^2 = 1$ , que es una propiedad de las soluciones de la ecuación de movimiento , pero no de una ecuación genérica de cuatro vectores

u

$u$ en el nivel de la acción donde normalmente no se supone que se cumplan las ecuaciones de movimiento.

qmecanico

Comentarios a la publicación (v2): 1. El lagrangiano sin raíz cuadrada de OP se analiza, por ejemplo, en Goldstein, Classical Mechanics, 2.ª edición, Secciones 7.9 y 8.4. 2. Tenga en cuenta que debe haber un medio en el Lagrangiano

L = \frac{m}{2} η_{μ ν} u^{μ} u^{ν}

$L = \frac m 2\eta_{\mu\nu}u^\mu u^\nu$ . De lo contrario, el momento canónico lagrangiano

p_{μ} = \frac{\partial L}{\partial u^{μ}}

$p_\mu = \frac{\partial L}{\partial u^\mu}$ se convierte en dos veces

m η_{μ ν} u^{ν}

$m\eta_{\mu\nu}u^\nu$ . 3. Esto implica que el hamiltoniano no es cero. De hecho, es igual al Lagrangiano, en valor. 4. Por el contrario, el hamiltoniano correspondiente a la raíz cuadrada del lagrangiano se desvanece debido a la invariancia de la reparametrización de la línea de mundo.

usuario71714

@ACuriousMind sí, tienes razón. Olvidé decir eso

u

$u$ es la 4-velocidad de la partícula. Mi pregunta en realidad es "Dado este lagrangiano, cómo son las ecuaciones de Euler-Lagrange y si es posible obtener los parámetros dinámicos habituales como momento, energía, etc. utilizando solo vectores en el espacio de Minkowski y ningún vector en el antiguo espacio euclidiano".

usuario71714

@Qmechanic Fui a alquilar el libro y entendí mucho. Estaba más o menos en la forma correcta, pero ahora no entiendo por qué el factor 1/2. Quiero decir, funciona y todo, pero derivé el lagrangiano con la forma cuadrática en las 4 velocidades directamente del lagrangiano en el libro (el primer eq que escribí).

Respuestas (1)

Acción de una partícula puntual libre masiva en mecánica relativista

Que el hamiltoniano sea cero es completamente correcto: la acción es invariante de reparametrización en el tiempo, y las acciones invariantes de reparametrización en el tiempo generalmente producen cero hamiltonianos (que luego no corresponden a la energía). ¿Hay una pregunta aquí además de "¿Es esto correcto?"? En caso afirmativo, ¿puede aclararla?
Sin embargo, tenga en cuenta que hizo algo bastante cuestionable: usó $u^2 = 1$ , que es una propiedad de las soluciones de la ecuación de movimiento , pero no de una ecuación genérica de cuatro vectores $u$ en el nivel de la acción donde normalmente no se supone que se cumplan las ecuaciones de movimiento.
Comentarios a la publicación (v2): 1. El lagrangiano sin raíz cuadrada de OP se analiza, por ejemplo, en Goldstein, Classical Mechanics, 2.ª edición, Secciones 7.9 y 8.4. 2. Tenga en cuenta que debe haber un medio en el Lagrangiano $L = \frac m 2\eta_{\mu\nu}u^\mu u^\nu$ . De lo contrario, el momento canónico lagrangiano $p_\mu = \frac{\partial L}{\partial u^\mu}$ se convierte en dos veces $m\eta_{\mu\nu}u^\nu$ . 3. Esto implica que el hamiltoniano no es cero. De hecho, es igual al Lagrangiano, en valor. 4. Por el contrario, el hamiltoniano correspondiente a la raíz cuadrada del lagrangiano se desvanece debido a la invariancia de la reparametrización de la línea de mundo.
@ACuriousMind sí, tienes razón. Olvidé decir eso $u$ es la 4-velocidad de la partícula. Mi pregunta en realidad es "Dado este lagrangiano, cómo son las ecuaciones de Euler-Lagrange y si es posible obtener los parámetros dinámicos habituales como momento, energía, etc. utilizando solo vectores en el espacio de Minkowski y ningún vector en el antiguo espacio euclidiano".
@Qmechanic Fui a alquilar el libro y entendí mucho. Estaba más o menos en la forma correcta, pero ahora no entiendo por qué el factor 1/2. Quiero decir, funciona y todo, pero derivé el lagrangiano con la forma cuadrática en las 4 velocidades directamente del lagrangiano en el libro (el primer eq que escribí).

qmecanico · Answer 1

Comentarios a la pregunta (v2):

El espacio-tiempo de Minkowski se puede generalizar a una variedad lorentziana $(M,g)$ . Elegimos la firma Minkowski $(-,+,+,+)$ y poner la velocidad de la luz $c=1$ igual a uno
OP evidentemente sabe que la acción
$\begin{matrix} (1) & S = - {mi}_{0} Δ τ \end{matrix}$ $S = -E_0~ \Delta \tau\tag{1}$ para una partícula puntual masiva es menos el resto de la energía $E_0=m_0$ veces el cambio $\Delta \tau$ en el momento oportuno, cf. por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí . Con más detalles, la ec. (1) es la acción de la raíz cuadrada $S = \int_{λ_{i}}^{λ_{F}} d λ L, L := - {metro}_{0} \sqrt{- {\dot{X}}^{2}},$ $S ~=~ \int_{\lambda_i}^{\lambda_f} \!d\lambda~ L, \qquad L~:=~- m_0\sqrt{- \dot{x}^2},$ $\begin{matrix} (2) & {\dot{X}}^{2} := {gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v}, {\dot{X}}^{m} := \frac{d X^{m}}{d λ}, \end{matrix}$ $\dot{x}^2~:=~g_{\mu\nu}~\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}, \qquad \dot{x}^{\mu}~:=~\frac{dx^{\mu}}{d\lambda}, \tag{2}$ dónde $\lambda$ es un parámetro de línea universal.
El lagrangiano canónico $4$ -el impulso es precisamente el mecanico $4$ -impulso
$\begin{matrix} (3) & {pag}_{m} := \frac{\partial L}{\partial {\dot{X}}^{m}} = \frac{{metro}_{0} {\dot{X}}_{m}}{\sqrt{- {\dot{X}}^{2}}}, {\dot{X}}_{m} := {gramo}_{m v} {\dot{X}}^{v} . \end{matrix}$ $p_{\mu}~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{x}^{\mu}} ~=~\frac{m_0\dot{x}_{\mu}}{\sqrt{-\dot{x}^2}}, \qquad \dot{x}_{\mu}~:=~g_{\mu\nu}~\dot{x}^{\nu}. \tag{3}$
La función de energía lagrangiana
$\begin{matrix} (4) & h := {pag}_{m} {\dot{X}}^{m} - L = 0 \end{matrix}$ $h~:=~p_{\mu}\dot{x}^{\mu}-L~=~0 \tag{4}$ desaparecer de forma idéntica. Esto está relacionado con el hecho de que la acción de raíz cuadrada (2) tiene invariancia de reparametrización de línea universal, que es una simetría de calibre. Tenga en cuenta que el $4$ -momentum (3) es reparametrización invariante. A menudo se usa el indicador estático $\begin{matrix} (5) & X^{0} = λ . \end{matrix}$ $x^0~=~\lambda.\tag{5}$
OP esencialmente está reflexionando si uno en lugar de la acción de raíz cuadrada (2) podría usar la acción de raíz no cuadrada
$\begin{matrix} (6) & \tilde{S} = \int_{λ_{i}}^{λ_{F}} d λ \tilde{L}, \tilde{L} := \frac{{metro}_{0}}{2} {\dot{X}}^{2} ? \end{matrix}$ $\tilde{S} ~=~ \int_{\lambda_i}^{\lambda_f} \!d\lambda~ \tilde{L}, \qquad \tilde{L}~:=~ \frac{m_0}{2}\dot{x}^2~~? \tag{6}$ La respuesta es Sí. Las correspondientes ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) son en ambos casos la ecuación geodésica, cf. por ejemplo , esta publicación de Phys.SE.
Tenga en cuenta que la acción no cuadrada (6) no tiene invariancia de reparametrización de línea mundial. Además, para una solución a las ecuaciones de EL, el parámetro de línea universal $\lambda$ y el tiempo adecuado $\tau$ están siempre relacionados por afinidad , cf. mi respuesta Phys.SE aquí .
El lagrangiano canónico $4$ -impulso
$\begin{matrix} (7) & {\tilde{pag}}_{m} := \frac{\partial \tilde{L}}{\partial {\dot{X}}^{m}} = {metro}_{0} {\dot{X}}_{m} \end{matrix}$ $\tilde{p}_{\mu}~:=~\frac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{x}^{\mu}} ~=~m_0\dot{x}_{\mu}\tag{7}$ es el mecanico $4$ -impulso si identificamos el parámetro de la línea universal $\lambda$ y el tiempo adecuado $\tau$ . (Resaltamos que no es posible hacer esta identificación $\lambda=\tau$ antes de variar la acción. La identificacion $\lambda=\tau$ solo es posible en shell).
La función de energía lagrangiana
$\begin{matrix} (8) & \tilde{h} := {\tilde{pag}}_{m} {\dot{X}}^{m} - \tilde{L} = \tilde{L} \end{matrix}$ $\tilde{h}~:=~\tilde{p}_{\mu}\dot{x}^{\mu}-\tilde{L}~=~\tilde{L} \tag{8}$ es solo el Lagrangiano mismo.
El lagrangiano sin raíz cuadrada (6) y su hamiltoniano correspondiente se discuten en las Refs. 1 y 2

Referencias:

H. Goldstein, Classical Mechanics, 2ª edición, secciones 7.9 y 8.4.
H. Goldstein, Classical Mechanics, 3.ª edición, Secciones 7.10 y 8.4.

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