Enfoque basado en principios para llegar al hamiltoniano geodésico H=gμνpμpνH=gμνpμpνH = g^{\mu \nu} p_\mu p_\nu?

Question

Enfoque basado en principios para llegar al hamiltoniano geodésico H=gμνpμpνH=gμνpμpνH = g^{\mu \nu} p_\mu p_\nu?

Física
geodésicas
relatividad general
dinámica restringida
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano

usuario1379857

El fondo:

Si tenemos un camino de espacio-tiempo $x^\mu(t)$ parametrizado por parámetro arbitrario $t$ , el tiempo adecuado a lo largo del camino entre $t_1$ y $t_2$ es

\int_{t_{1}}^{t_{2}} ({gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v})^{1 / 2} d t .

$\int_{t_1}^{t_2} (g_{\mu \nu} \dot x^\mu \dot x^\nu)^{1/2}dt.$ Esta acción tiene una simetría de reparametrización. Si tomamos el Lagrangiano como

L = ({gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v})^{1 / 2}

$L = (g_{\mu \nu} \dot x^\mu \dot x^\nu)^{1/2}$ entonces la ecuación de Euler Lagrange termina siendo (después de multiplicar por la métrica inversa)

{\ddot{X}}^{m} = - Γ_{β γ}^{m} {\dot{X}}^{β} {\dot{X}}^{γ} + {\dot{X}}^{m} \frac{d}{d t} en (L) .

$\ddot x^\mu = - \Gamma^\mu_{\; \beta \gamma} \dot x^\beta \dot x^\gamma + \dot x^\mu \frac{d}{dt} \ln(L).$ Si usamos un parámetro afín

t

$t$ tal que

L

$L$ es constante a lo largo del camino, entonces esta es solo la ecuación geodésica regular.

Podemos ver que la simetría de reparametrización (gauge) es un gran dolor. Por ejemplo, parece hacer que el hamiltoniano sea $0$ .

\begin{aligned} H & = (\frac{\partial L}{\partial {\dot{X}}^{m}}) {\dot{X}}^{m} - L \\ = 2 \frac{1}{2} \frac{{gramo}_{m v} {\dot{X}}^{v}}{({gramo}_{α β} {\dot{X}}^{α} {\dot{X}}^{β})^{1 / 2}} {\dot{X}}^{m} - ({gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v})^{1 / 2} \\ = 0. \end{aligned}

$\begin{align*} H &= \Big( \frac{\partial L}{\partial\dot x^\mu} \Big)\dot x^\mu - L \\ &= 2\frac{1}{2}\frac{g_{\mu \nu} \dot x^\nu}{(g_{\alpha \beta} \dot x^\alpha \dot x^\beta )^{1/2}} \dot x^\mu - (g_{\mu \nu} \dot x^\mu \dot x^\nu)^{1/2} \\ & = 0. \end{align*}$ Esto parece estar relacionado con la simetría de reparametrización porque

H

$H$ debe generar traducciones de tiempo. Sin embargo, si la evolución del tiempo no es determinista, entonces no hay nada para

H

$H$ ser razonablemente.

Por lo tanto, nos gustaría encontrar un Lagrangiano y un Hamiltoniano menos "patológicos" con las mismas ecuaciones de movimiento, pero en una forma automáticamente parametrizada por afinidad. La respuesta es tomar

L = \frac{1}{2} {gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v} ⟹ H = \frac{1}{2} {gramo}^{m v} {pag}_{m} {pag}_{v} .

$L = \frac{1}{2} g_{\mu \nu} \dot x^\mu \dot x^\nu \implies H = \frac{1}{2} g^{\mu \nu} p_{\mu} p_{\nu}.$ Tenga en cuenta que

L_{n e w} = \frac{1}{2} L_{o l d}^{2}

$L_{\rm new} = \tfrac{1}{2}L_{\rm old}^2$ . Las ecuaciones de Euler Lagrange son de hecho las ecuaciones geodésicas con parámetros afines. Lo mismo ocurre con las ecuaciones de Hamilton.

{\dot{X}}^{m} = \frac{\partial H}{\partial {pag}_{m}}, {\dot{pag}}_{m} = - \frac{\partial H}{\partial X^{m}} ⟹ {\ddot{X}}^{m} = - Γ_{β γ}^{m} {\dot{X}}^{β} {\dot{X}}^{γ} .

$\dot x^\mu = \frac{\partial H}{\partial p_{\mu}} , \hspace{1 cm} \dot p_{\mu} = - \frac{\partial H}{\partial x^{\mu}} \implies \ddot x^\mu = - \Gamma^\mu_{\; \beta \gamma} \dot x^\beta \dot x^\gamma.$

La pregunta:

Parece una completa coincidencia que elevar al cuadrado el Lagrangiano nos dé una especie de versión de "calibrador fijo" de nuestro Lagrangiano original. ¿Existe un enfoque filosófico basado en principios que podamos adoptar para pasar de $L_{\rm old}$ a $L_{\rm new}$ , en lugar de simplemente ver que las ecuaciones de movimiento nos dan lo que queremos? ¿Es este un caso especial de un procedimiento más general?

octonión

¿Es consciente de la misma diferencia que aparece entre la acción de Nambu-Goto y la acción de Polyakov?

usuario1379857

Sí, que es parte de la razón por la que estoy interesado en la respuesta. Sin embargo, incluso ese procedimiento, como lo he visto descrito, es un poco "ad hoc".

octonión

Bueno, minimizar el tiempo propio es lo mismo que el tiempo propio al cuadrado. Pero la acción apropiada del tiempo al cuadrado es simplemente el Lagrangiano ordinario para una partícula libre (el término cinético) generalizado a un fondo curvo. También puede pensar en esto como un modelo sigma no lineal, si lo desea

usuario1379857

Bueno, la integral de los (tiempos propios) al cuadrado es diferente de (la integral del tiempo propio)^2

octonión

Sí, la teoría cuántica basada en los dos es diferente, pero el punto de silla es el mismo

Respuestas (1)

Enfoque basado en principios para llegar al hamiltoniano geodésico H=gμνpμpνH=gμνpμpνH = g^{\mu \nu} p_\mu p_\nu?

¿Es consciente de la misma diferencia que aparece entre la acción de Nambu-Goto y la acción de Polyakov?
Sí, que es parte de la razón por la que estoy interesado en la respuesta. Sin embargo, incluso ese procedimiento, como lo he visto descrito, es un poco "ad hoc".
Bueno, minimizar el tiempo propio es lo mismo que el tiempo propio al cuadrado. Pero la acción apropiada del tiempo al cuadrado es simplemente el Lagrangiano ordinario para una partícula libre (el término cinético) generalizado a un fondo curvo. También puede pensar en esto como un modelo sigma no lineal, si lo desea
Bueno, la integral de los (tiempos propios) al cuadrado es diferente de (la integral del tiempo propio)^2
Sí, la teoría cuántica basada en los dos es diferente, pero el punto de silla es el mismo

qmecanico · Answer 1

Los físicos convencionalmente normalizan la raíz cuadrada de Lagrangian de manera un poco diferente, a saber, como $^1$
$\begin{matrix} (1) & L_{0} := - metro \sqrt{- {\dot{X}}^{2}}, {\dot{X}}^{2} := {gramo}_{m v} (X) {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v} < 0, \end{matrix}$ $L_0~:=~ -m\sqrt{-\dot{x}^2}, \qquad \dot{x}^2~:=~g_{\mu\nu}(x)~ \dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}~<~0,\tag{1}$ dónde $m>0$ es la masa. (OP asume que $m=1$ .)
Es importante notar que la transformación de Legendre de la raíz cuadrada Lagrangiana (1) es singular: el momento tiene que satisfacer la restricción de masa-cáscara
$\begin{matrix} (2) & {pag}^{2} + {metro}^{2} \approx 0, {pag}^{2} := {gramo}^{m v} (X) {pag}_{m} {pag}_{v} . \end{matrix}$ $p^2+m^2~\approx~0 , \qquad p^2~:=~g^{\mu\nu}(x)~ p_{\mu}p_{\nu}.\tag{2}$ Por lo tanto, aunque OP tiene razón en que el hamiltoniano original es cero debido a la invariancia de reparametrización de la línea mundial (WL), el hamiltoniano completo $\begin{matrix} (3) & H = \frac{mi}{2} ({pag}^{2} + {metro}^{2}) \end{matrix}$ $H~=~ \frac{e}{2}(p^2+m^2)\tag{3}$ se convierte en un multiplicador de Lagrange $e$ veces la restricción masa-capa (2).
La transformación inversa de Legendre del hamiltoniano (3) conduce al lagrangiano
$\begin{matrix} (4) & L = \frac{{\dot{X}}^{2}}{2 mi} - \frac{mi {metro}^{2}}{2} . \end{matrix}$ $L~=~\frac{\dot{x}^2}{2e}-\frac{e m^2}{2}.\tag{4}$ Si integramos el $e$ campo, el Lagrangiano (4) se convierte en el Lagrangiano raíz cuadrada (1), cf. por ejemplo, esta publicación Phys.SE relacionada.
El punto principal es ahora que el hamiltoniano cuadrático y el lagrangiano de OP son los $e=1$ calibre del hamiltoniano (3) y del lagrangiano (4), respectivamente, hasta términos constantes irrelevantes. En ese sentido, se siguen sistemáticamente del algoritmo de Dirac-Bergmann para sistemas restringidos.
Para obtener más detalles, consulte, por ejemplo, esta publicación Phys.SE relacionada.

--

$^1$ Usamos la convención de signos $(-,+,+,+)$ , y poner la velocidad de la luz $c=1$ .

Pero si queremos corregir la restricción $(p^2 + m^2) = 0$ , no agregaría ninguna función de esa restricción al Lagrangiano, $ef(p^2 + m^2)$ , ¿Haz el truco? ¿Por qué no usar? $(p^2 + m^2)^{1/2}$ ¿por ejemplo? ¿No hay algo especial en el langrangiano al cuadrado?
Tenga en cuenta que la restricción de masa-cáscara (2) ya se cumple automáticamente en el formalismo lagrangiano que se basa en la raíz cuadrada lagrangiana (1).

Enfoque basado en principios para llegar al hamiltoniano geodésico H=gμνpμpνH=gμνpμpνH = g^{\mu \nu} p_\mu p_\nu?

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