¿Cómo se define el Lagrangiano en GR?

Question

¿Cómo se define el Lagrangiano en GR?

SrDi

Leyendo sobre la métrica de Schwarzschild en relatividad general veo que a veces
$L = {gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v}$ $L=g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}$ y aveces $L = \sqrt{{gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v}} .$ $L=\sqrt{g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}.$ ¿Cuál es el camino correcto?
tambien como es la energia $E$ definido como
$mi = - \frac{\partial L}{\partial \dot{t}} = (1 - \frac{2 METRO}{r}) \dot{t} ?$ $E=-\frac{\partial{L}}{\partial{\dot{t}}}=\left(1-\frac{2M}{r}\right)\dot{t}~?$ Porque $E$ aquí no tiene unidades de energía. ¿Me estoy perdiendo de algo?

kyle kanos

Ambos

L

$L$ conducen a las mismas ecuaciones de movimiento, por lo que son realmente equivalentes (pruébelo en métrica de Minkowski en coordenadas cartesianas)

SrDi

Pero,

L = \sqrt{g_{μ ν} {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{ν}}

$L=\sqrt{g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}$ no tiene unidades de energía, ¿verdad?

qmecanico

La primera subpregunta (v3) es esencialmente un duplicado de physics.stackexchange.com/q/149082/2451 y sus enlaces.

kyle kanos

g_{μ ν} {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{ν}

$g_{\mu\nu}\dot{x}^\mu\dot{x}^\nu$ tampoco tiene unidades de energía ;)

SrDi

@KyleKanos, lo hace porque

{\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{ν}

$\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}$ tiene las unidades de velocidad al cuadrado.

kyle kanos

¿Y esa es la unidad de energía?

SrDi

@KyleKanos, ¿qué pasa con la segunda pregunta?

kyle kanos

Así que tu primero viene de minimizar

\int d s^{2}

$\int ds^2$ entonces solo se necesita el cofactor

m

$m$ ; el segundo viene de minimizar

\int d s

$\int ds$ por lo que necesita un cofactor de

m c

$mc$ . Pero si

c = m = 1

$c=m=1$ , son ellos mismos, no?

SrDi

@KyleKanos, está bien, pero es correcto definir

E = - \frac{\partial L}{\partial \dot{t}} = (1 - \frac{r}{2 M}) \dot{t}

$E=−\frac{∂L}{∂\dot{t}}=\left(1-\frac{r}{2M}\right)\dot{t}$ para ambos casos?

kyle kanos

Eso debería ser correcto, pero es posible que desee volver a verificar su solución (creo que es

2 m / r

$2m/r$ , no

r / 2 m

$r/2m$ ).

SrDi

@KyleKanos, tienes razón, debería ser 2m/r, tampoco debería haber un factor de la mitad porque

E = - \frac{\partial L}{\partial \dot{t}} = \frac{1}{2} (1 - \frac{2 M}{r}) \dot{t}

$E=-\frac{\partial{L}}{\partial{\dot{t}}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{2M}{r}\right)\dot{t}$

kyle kanos

Continuemos esta discusión en el chat .

jerry schirmer

E

$E$ se considera que es la energía por unidad de masa. También tenga en cuenta que este no es el verdadero Lagrangiano, sino el Lagrangiano de una partícula puntual que se mueve en una geometría de fondo fija. Correctamente, debe expresar esto como

S = m c^{2} \int \sqrt{g_{a b} {\dot{x}}^{a} {\dot{x}}^{b}} d τ

$S = mc^{2}\int\sqrt{g_{ab}{\dot x}^{a}{\dot x}^{b}}d\tau$ , pero la mayoría de las personas no están interesadas en realizar un seguimiento de todo esto, por lo que utilizan

S = \frac{1}{2} \int d τ g_{a b} {\dot{x}}^{a} {\dot{x}}^{b}

$S = \frac{1}{2}\int d\tau\, g_{ab}{\dot x}^{a}{\dot x}^{b}$ , que tiene las mismas ecuaciones de movimiento y es mucho más fácil tomar la variación de ..

fénix87

Observe que la segunda opción da un hamiltoniano cero

Respuestas (1)

¿Cómo se define el Lagrangiano en GR?

Ambos $L$ conducen a las mismas ecuaciones de movimiento, por lo que son realmente equivalentes (pruébelo en métrica de Minkowski en coordenadas cartesianas)
Pero, $L=\sqrt{g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}$ no tiene unidades de energía, ¿verdad?
La primera subpregunta (v3) es esencialmente un duplicado de physics.stackexchange.com/q/149082/2451 y sus enlaces.
$g_{\mu\nu}\dot{x}^\mu\dot{x}^\nu$ tampoco tiene unidades de energía ;)
@KyleKanos, lo hace porque $\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}$ tiene las unidades de velocidad al cuadrado.
Así que tu primero viene de minimizar $\int ds^2$ entonces solo se necesita el cofactor $m$ ; el segundo viene de minimizar $\int ds$ por lo que necesita un cofactor de $mc$ . Pero si $c=m=1$ , son ellos mismos, no?
@KyleKanos, está bien, pero es correcto definir $E=−\frac{∂L}{∂\dot{t}}=\left(1-\frac{r}{2M}\right)\dot{t}$ para ambos casos?
Eso debería ser correcto, pero es posible que desee volver a verificar su solución (creo que es $2m/r$ , no $r/2m$ ).
@KyleKanos, tienes razón, debería ser 2m/r, tampoco debería haber un factor de la mitad porque $E=-\frac{\partial{L}}{\partial{\dot{t}}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{2M}{r}\right)\dot{t}$
$E$ se considera que es la energía por unidad de masa. También tenga en cuenta que este no es el verdadero Lagrangiano, sino el Lagrangiano de una partícula puntual que se mueve en una geometría de fondo fija. Correctamente, debe expresar esto como $S = mc^{2}\int\sqrt{g_{ab}{\dot x}^{a}{\dot x}^{b}}d\tau$ , pero la mayoría de las personas no están interesadas en realizar un seguimiento de todo esto, por lo que utilizan $S = \frac{1}{2}\int d\tau\, g_{ab}{\dot x}^{a}{\dot x}^{b}$ , que tiene las mismas ecuaciones de movimiento y es mucho más fácil tomar la variación de ..

Profesor Legolasov · Answer 1

La forma correcta es definir la acción reparametrización-invariante

S [X] = \int d τ \sqrt{{gramo}_{m v} (X (τ)) \cdot \frac{d X^{m}}{d τ} \frac{d X^{v}}{d τ}} .

$S[X] = \int d\tau \sqrt{g_{\mu \nu} (X(\tau)) \cdot \frac{dX^{\mu}}{d\tau} \frac{dX^{\nu}}{d\tau} }.$

Tenga en cuenta que la elección de $\tau$ es arbitrario El sistema tiene un gran grupo de simetrías de calibre: esas son reparametrizaciones de la línea mundial (diferentes opciones de $\tau$ ).

Una forma de lidiar con esto es calibrar el sistema. Por ejemplo, podemos elegir establecer $\tau$ ser un tiempo propio a lo largo de la geodésica (inducido por la métrica):

d τ = \sqrt{{gramo}_{m v} (X (τ)) d X^{m} d X^{v}} .

$d\tau = \sqrt{g_{\mu \nu} (X(\tau)) dX^{\mu} dX^{\nu}}.$

Pero esto implica inmediatamente que la raíz cuadrada en la acción está obligada a ser igual a $1$ . Por eso es conveniente eliminar la raíz cuadrada ( $\sqrt{1} = 1$ , ¿verdad?) y escribe

L = {gramo}_{m v} (X (τ)) \cdot \frac{d X^{m}}{d τ} \frac{d X^{v}}{d τ} .

$L = g_{\mu \nu} (X(\tau)) \cdot \frac{dX^{\mu}}{d\tau} \frac{dX^{\nu}}{d\tau}.$

Pero esto solo funciona si $\tau$ es el momento adecuado.

Además, debe multiplicar el Lagrangiano por el factor general de $m$ . Esto restaurará las unidades de energía.

¿Cómo se define el Lagrangiano en GR?

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qmecanico

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jerry schirmer

fénix87

Respuestas (1)

Profesor Legolasov

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