hamiltoniano para partícula libre relativista es cero

Question

hamiltoniano para partícula libre relativista es cero

Física
teoría de calibre
teorema de noethers
dinámica restringida
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano

Javier

Un posible Lagrangiano para una partícula puntual que se mueve en el espacio-tiempo (posiblemente curvo) es

L = - metro \sqrt{- {gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v}},

$L = -m \sqrt{-g_{\mu\nu} \dot{x}^\mu \dot{x}^\nu},$

donde un punto es una derivada con respecto a un parámetro $\lambda$ . Este Lagrangiano da una acción proporcional al tiempo propio, y es reparametrización invariante ( $\lambda$ no necesita ser un parámetro afín).

Si tratamos de ir a la imagen hamiltoniana, tenemos los momentos

{pag}_{m} = \frac{metro}{\sqrt{- {\dot{X}}^{2}}} {gramo}_{m v} {\dot{X}}^{v},

$p_\mu = \frac{m}{\sqrt{-\dot{x}^2}} g_{\mu\nu} \dot{x}^\nu,$

que obedecen a la relación $p^2+m^2=0$ . Entonces obtenemos que el hamiltoniano

H = {pag}_{m} {\dot{X}}^{m} - L

$H = p_\mu \dot{x}^\mu - L$ es idénticamente cero.

Entiendo que esto no es un problema porque, como tenemos una restricción $\phi(x,p) = p^2 + m^2 = 0$ , de acuerdo con el método de Dirac, realmente deberíamos usar el hamiltoniano $H' = H + c \phi$ , como se explica por ejemplo en este post . Pero lo que me gustaría saber es, ¿por qué obtenemos un hamiltoniano cero? Sospecho que esto se debe a la invariancia de la reparametrización y al hecho de que no tenemos una noción preferida del tiempo. ¿Siempre sucederá esto? ¿Por qué?

Respuestas (5)

hamiltoniano para partícula libre relativista es cero

anomalía quiral · Answer 1

...lo que me gustaría saber es por qué obtenemos un hamiltoniano cero. Sospecho que esto se debe a la invariancia de la reparametrización... ¿Sucederá siempre? ¿Por qué?

Sí, se debe a la invariancia de reparametrización. En otras palabras, el resultado hamiltoniano cero es válido para cualquier acción invariante de reparametrización, no solo para la partícula relativista. En este sentido, la respuesta a "¿Pasará esto siempre?" es sí. Y una forma de responder al "¿Por qué?" La cuestión es dar una prueba general. Eso es lo que haré aquí.

Denotaré el parámetro como $t$ en lugar de $\lambda$ , porque es más fácil escribir.

Considere cualquier modelo con una acción de la forma

\begin{matrix} (1) & S = \int d t L (t) L (t) = L (ϕ (t), \dot{ϕ} (t)) \end{matrix}

$S=\int dt\ L(t) \hskip2cm L(t) = L\big(\phi(t),\dot\phi(t)\big) \tag{1}$ dónde

ϕ_{1} (t), ϕ_{2} (t), . . .

$\phi_1(t),\phi_2(t),...$ es una colección de variables dinámicas. Si la acción es invariante bajo traducciones rígidas en

t

$t$ , entonces el teorema de Noether nos da una cantidad conservada correspondiente: el hamiltoniano. Si la acción es invariante bajo reparametrizaciones en

t

$t$ , entonces podríamos esperar obtener un resultado más fuerte debido a la simetría más extrema, y lo hacemos: la ley de conservación aún se cumple, pero la cantidad conservada es idénticamente cero (y por lo tanto inútil). El objetivo es demostrar que la simetría más grande conduce a este resultado más fuerte.

Suponga que la acción es invariante bajo todas las transformaciones de la forma

\begin{matrix} (2) & ϕ_{norte} (t) \to ϕ_{norte} (t + ϵ) \end{matrix}

$\phi_n(t)\rightarrow\phi_n(t+\epsilon) \tag{2}$ dónde

ϵ (t)

$\epsilon(t)$ se permite que sea cualquier función suave para la cual el mapa

t \to t + ϵ (t)

$t\rightarrow t+\epsilon(t)$ es invertible Esta es la invariancia de reparametrización. por infinitesimal

ϵ

$\epsilon$ ,

\begin{matrix} (3) & d ϕ_{norte} (t) = {\dot{ϕ}}_{norte} (t) ϵ . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta\phi_n(t) = \dot\phi_n(t)\epsilon. \tag{3} \end{equation}$ Toma la derivada de esto con respecto a

t

$t$ Llegar

\begin{matrix} (4) & d {\dot{ϕ}}_{norte} (t) = \frac{d}{d t} ({\dot{ϕ}}_{norte} (t) ϵ) . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta\dot\phi_n(t) = \frac{d}{dt}\Big(\dot\phi_n(t)\epsilon\Big). \tag{4} \end{equation}$ Ahora considere la identidad

\begin{matrix} (5) & d S = \int d t d L \end{matrix}

$\begin{equation} \delta S = \int dt\ \delta L \tag{5} \end{equation}$ con

\begin{matrix} (6) & d L = \sum_{norte} (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{norte}} d ϕ_{norte} + \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}_{norte}} d {\dot{ϕ}}_{norte}), \end{matrix}

$\begin{equation} \delta L = \sum_n\left( \frac{\partial L}{\partial \phi_n}\delta\phi_n + \frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\delta\dot\phi_n \right), \tag{6} \end{equation}$ que es válido para cualquier transformación de la

ϕ

$\phi$ s. Para la transformación particular (3)-(4), las ecuaciones (4)-(5) se convierten en

\begin{matrix} (7) & d S = \sum_{norte} \int d t (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{norte}} {\dot{ϕ}}_{norte} ϵ + \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}_{norte}} \frac{d}{d t} ({\dot{ϕ}}_{norte} ϵ)) . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta S = \sum_n\int dt\ \left(\frac{\partial L}{\partial \phi_n}\dot\phi_n\epsilon + \frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\frac{d}{dt}(\dot\phi_n\epsilon) \right). \tag{7} \end{equation}$ Compara esto con la identidad

\begin{matrix} (8) & \frac{d}{d t} (L ϵ) = \sum_{norte} (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{norte}} {\dot{ϕ}}_{norte} + \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}_{norte}} \frac{d}{d t} {\dot{ϕ}}_{norte}) ϵ + L \frac{d}{d t} ϵ \end{matrix}

$\frac{d}{dt}(L\epsilon) = \sum_n\left(\frac{\partial L}{\partial \phi_n}\dot\phi_n + \frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\frac{d}{dt}\dot\phi_n\right)\epsilon + L\frac{d}{dt}\epsilon \tag{8}$ ver que (7) también se puede escribir

\begin{matrix} (9) & d S = \int d t (\frac{d}{d t} (L ϵ) + [\sum_{norte} \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}_{norte}} {\dot{ϕ}}_{norte} - L] \frac{d}{d t} ϵ) . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta S = \int dt\ \left(\frac{d}{dt}(L\epsilon) + \left[\sum_n\frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\dot\phi_n-L\right] \frac{d}{dt}\epsilon \right). \tag{9} \end{equation}$ Para cualquier intervalo de integración finito, el primer término es cero si

ϵ (t)

$\epsilon(t)$ es cero en los extremos del intervalo de integración. Desde

d ϵ / d t

$d\epsilon/dt$ es arbitraria dentro de este intervalo, y dado que esto es válido para cualquier intervalo, la invariancia de la acción (

δ S = 0

$\delta S=0$ ) implica que la cantidad entre corchetes debe ser cero. La cantidad entre corchetes es el hamiltoniano, por lo que esto completa la prueba de que el hamiltoniano es idénticamente cero en esta clase de modelos.

Hermosa respuesta! ¿Es este resultado generalizable a la teoría de campos con invariancia de reparametrización en todas las coordenadas, no solo en el tiempo?
@Nikita ¡Gracias por las amables palabras! Y sí, eso es correcto. De hecho, la respuesta está escrita de manera que se puede aplicar directamente al campo métrico en relatividad general. solo interpreta $\phi_n(t)$ como abreviatura de $g_{ab}(t,x)$ donde los índices $a$ y $b$ , y las coordenadas espaciales $x$ están todos implícitos en el único "índice" $n$ .
Hay algo que no estoy seguro de entender en este razonamiento. Dado que el hamiltoniano se conserva, podría sacarse de la integral en (9), y $H \int_{t_{1}}^{t_{2}} \frac{d ε}{d t} d t \equiv 0.$ $H \int_{t_1}^{t_2} \frac{d \varepsilon}{dt} \, dt \equiv 0.$ Entonces, ¿cómo prueba que el hamiltoniano es trivialmente 0? ¿Es porque no podemos mover el hamiltoniano fuera de la integral si las variables dinámicas están "fuera de la cáscara"? (Euler-Lagrange no se usó en su desarrollo). Pero si las variables están "en caparazón", la acción ya es estacionaria para cualquier variación de las variables, y el hamiltoniano se conserva, por lo que parece inconcluso.
@Cham El hamiltoniano se conserva para comportamientos $\phi(t)$ que satisfacen las ecuaciones de movimiento, pero (9) se cumple para comportamientos arbitrarios $\phi(t)$ . La conclusión es que el hamiltoniano es idénticamente cero en este caso: cero para todos los comportamientos, no solo para los comportamientos que satisfacen las ecuaciones de movimiento. Creo que esa es otra forma de decir lo que dijiste: no podemos mover el $H$ fuera de la integral si las variables dinámicas están fuera de la capa, y el punto era probar que $H=0$ incluso cuando están fuera de la cáscara.
@Cham (continuación) El beneficio de una cantidad conservada es que la ley de conservación nos dice algo sobre el comportamiento de los objetos. Pero si la cantidad conservada tiene el mismo valor (cero en este caso) para todos los comportamientos, entonces no es informativo. Ese es el punto: en un modelo con invariancia de reparametrización en el tiempo, el hecho de que el hamiltoniano se conserve no es útil, porque tiene el mismo valor para todos los comportamientos.

Cham · Answer 2

Aquí hay otra manera:

Suponga que su lagrangiano tiene la siguiente propiedad, para cualquier $\theta$ (podría ser una función del tiempo $t$ ):

\begin{matrix} (1) & L (q, θ \dot{q}) = θ L (q, \dot{q}) . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{1} L(q, \, \theta \, \dot{q}) = \theta \, L(q, \, \dot{q}). \end{equation}$ Esto implica que la acción

\begin{matrix} (2) & S = \int_{t_{1}}^{t_{2}} L (q, \dot{q}) d t \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{2} S = \int_{t_1}^{t_2}L(q, \, \dot{q}) \, dt \end{equation}$ es invariante bajo una reparametrización del tiempo:

t \Rightarrow τ (t)

$t \, \Rightarrow \, \tau(t)$ que no cambia los límites de integración:

τ (t_{1}) = t_{1}

$\tau(t_1) = t_1$ y

τ (t_{2}) = t_{2}

$\tau(t_2) = t_2$ . Luego, usando (1), podrías escribir lo siguiente:

\begin{matrix} (3) & \frac{d}{d θ} L (q, θ \dot{q}) |_{θ = 1} = \dot{q} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \equiv L (q, \dot{q}), \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{3} \frac{d\,}{d\theta} \, L(q, \, \theta \, \dot{q}) \Big|_{\theta = 1} = \dot{q} \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \equiv L(q, \, \dot{q}), \end{equation}$ lo que implica un hamiltoniano que se desvanece:

\begin{matrix} (4) & H = \dot{q} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} - L = 0. \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{4} H = \dot{q} \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} -L = 0. \end{equation}$ Esto se aplica a su lagrangiano para una partícula relativista, con

q \to x^{μ}

$q \rightarrow x^{\mu}$ y

t \to λ

$t \rightarrow \lambda$ .

qmecanico · Answer 3

Transformaciones de reparametrización de línea de mundo infinitesimal (WL)
$\begin{matrix} (A) & t^{'} - t =: d t = - ε (t), (variación horizontal) \end{matrix}$ $t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\varepsilon(t), \qquad \text{(horizontal variation)}\tag{A}$ $\begin{matrix} (B) & q^{' j} (t) - q^{j} (t) =: d_{0} q^{j} (t) = ε (t) {\dot{q}}^{j} (t), (variación vertical) \end{matrix}$ $q^{\prime j}(t) - q^j(t)~=:~\delta_0 q^j(t) ~=~\varepsilon(t)\dot{q}^j(t), \qquad \text{(vertical variation)}\tag{B}$ $\begin{matrix} (C) & q^{' j} (t^{'}) - q^{j} (t) =: d q^{j} (t) = 0. (variación completa) \end{matrix}$ $q^{\prime j}(t^{\prime}) - q^j(t)~=:~\delta q^j(t) ~=~0. \qquad \text{(full variation)}\tag{C}$ son de calibre/locales/ $t$ transformaciones dependientes, que es estrictamente hablando el ámbito del segundo teorema de Noether . Esto conduce a una identidad Noether fuera de la cáscara (L).
En contraste, el primer teorema de Noether en su formulación básica considera global/ $t$ -Transformaciones independientes. (Para la prueba relacionada de la conservación de energía en el caparazón a través de la simetría de traducción de tiempo global, vea, por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí ). Sin embargo, en el caso de OP, hay un $t$ truco dependiente . Cálculos estándar directos revelan que la variación infinitesimal de la acción
$\begin{matrix} (D) & S = \int_{I} d t L \end{matrix}$ $S~=~\int_I\!dt~ L\tag{D}$ es de la forma $\begin{matrix} (MI) & d S = \int_{I} d t (ε k + h \dot{ε}), \end{matrix}$ $\delta S~=~\int_I\!dt~ (\varepsilon k + h \dot{\varepsilon}), \tag{E}$ para alguna funcion $k$ , donde la función de energía $\begin{matrix} (F) & h := {pag}_{j} {\dot{q}}^{j} - L, {pag}_{j} := \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^{j}}, \end{matrix}$ $h~:=~p_j\dot{q}^j-L, \qquad p_j~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}, \tag{F}$ es la carga de Noether.
Caso si la transformación (A)-(C) es una simetría fuera de capa estricta: Si la variación infinitesimal (E) no tiene contribuciones de frontera, debemos tener
$\begin{matrix} (GRAMO) & ε k + h \dot{ε} \equiv 0 \end{matrix}$ $\varepsilon k + h \dot{\varepsilon}~\equiv~0\tag{G}$ fuera de la cáscara. Tomando $\varepsilon$ ser $t$ -independiente vemos que $\begin{matrix} (H) & k \equiv 0. \end{matrix}$ $k~\equiv~ 0.\tag{H}$ Comparando con la ec. (G), obtenemos la conclusión buscada por OP

$\begin{matrix} (I) & h \equiv 0. \end{matrix}$ $h~\equiv~ 0.\tag{I}$

En otras palabras, el lagrangiano $L$ es una función homogénea de las velocidades generalizadas $\dot{q}$ de peso 1, cf. La respuesta de Cham . Más adelante veremos a través de la ec. (L) que la ecuación. (I) también implica que el Lagrangiano $L$ no tiene una dependencia temporal explícita. En este caso la acción (D) es manifiestamente invariante a la reparametrización WL.
Caso si la transformación (A)-(C) es una cuasi-simetría fuera de capa: Resulta que
$\begin{matrix} (J) & k \equiv \frac{d S}{d q^{j}} {\dot{q}}^{j} + \dot{h}, \end{matrix}$ $k~\equiv~ \frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j + \dot{h}, \tag{J}$ de modo que la variación infinitesimal (E) es $\begin{matrix} (K) & d S = \int_{I} d t (ε \frac{d S}{d q^{j}} {\dot{q}}^{j} + \frac{d (h ε)}{d t}) . \end{matrix}$ $\delta S~=~\int_I\!dt~ (\varepsilon \frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j + \frac{d(h\varepsilon)}{dt}).\tag{K}$ Incluso si permitimos posibles contribuciones derivadas del tiempo total en la variación infinitesimal (K), aún obtenemos una identidad de Noether fuera de la cáscara

$0 \equiv - \frac{d S}{d q^{j}} {\dot{q}}^{j} \equiv ({\dot{pag}}_{j} - \frac{\partial L}{\partial q^{j}}) {\dot{q}}^{j} \equiv \frac{d ({pag}_{j} {\dot{q}}^{j})}{d t} - (\frac{\partial L}{\partial q^{j}} {\dot{q}}^{j} + \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^{j}} {\ddot{q}}^{j})$ $0~\equiv~-\frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j~\equiv~(\dot{p}_j-\frac{\partial L}{\partial q^j})\dot{q}^j~\equiv~\frac{d(p_j\dot{q}^j)} {dt}-(\frac{\partial L}{\partial q^j}\dot{q}^j+\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}\ddot{q}^j)$ $\begin{matrix} (L) & \equiv \frac{d ({pag}_{j} {\dot{q}}^{j})}{d t} - (\frac{d L}{d t} - \frac{\partial L}{\partial t}) \equiv \frac{d h}{d t} + \frac{\partial L}{\partial t} . \end{matrix}$ $~\equiv~\frac{d(p_j\dot{q}^j)} {dt}-(\frac{dL}{dt}-\frac{\partial L}{\partial t})~\equiv~\frac{dh}{dt}+\frac{\partial L}{\partial t}.\tag{L}$

Ejemplo 1: Si $L(q,\dot{q})$ no tiene una dependencia temporal explícita, entonces la energía (F) no tiene una dependencia temporal explícita. De la identidad fuera de la cáscara (L)
$\begin{matrix} (METRO) & 0 \equiv \frac{d h (q, \dot{q})}{d t} = \frac{\partial h (q, \dot{q})}{\partial q^{j}} {\dot{q}}^{j} + \frac{\partial h (q, \dot{q})}{\partial {\dot{q}}^{j}} {\ddot{q}}^{j}, \end{matrix}$ $0~\equiv~\frac{dh(q,\dot{q})}{dt}~=~\frac{\partial h(q,\dot{q})}{\partial q^j}\dot{q}^j+\frac{\partial h(q,\dot{q})}{\partial \dot{q}^j}\ddot{q}^j,\tag{M}$ deducimos que la energía $h$ debe ser una constante global independiente de todas las variables $(q,\dot{q},t)$ .

Ejemplo 2: Si $L(t)$ no depende de $q$ y $\dot{q}$ , entonces la acción $S$ tiene una cuasi-simetría bajo la transformación (A)-(C), y la energía es $h(t)=-L(t)$ .

Futurólogo · Answer 4

Editar. Como Cham ya ha respondido, la culpa es de la homogeneidad del Lagrangiano:

L (X, θ \dot{X}) = θ L (X, \dot{X})

$L(x,\theta \, \dot{x}) = \theta\,L(x, \dot{x})$ Siempre que tenga esta propiedad, entonces tiene

{\dot{X}}^{T} \frac{\partial L}{\partial \dot{X}} (X, \dot{X}) = L (X, \dot{X})

$\dot{x}^T\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(x, \dot{x}) = L(x, \dot{x})$ Esto es cierto no solo para lagrangianos, esto es cierto para cualquier función homogénea: si

f (θ x) = θ f (x)

$f(\theta\, x) = \theta\,f(x)$ entonces

x^{T} \nabla f (x) = f (x)

$x^T\, \nabla f(x) = f(x)$ . Incluso cuando las personas hacen optimización convexa y terminan con tanta homogeneidad, la transformada de Legendre está mal definida porque su función homogénea no es estrictamente convexa. La solución es eliminar la homogeneidad restringiendo a un subespacio dimensional más bajo. Lo mismo sucede en la relatividad general.

Para realizar con éxito la transformación de Legendre, el mapa de Legendre $p = \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(x, \dot{x})$ desde el paquete tangente de 4 velocidades al paquete cotangente de 4 momentos generalizados, debe ser biyectivo (invertible). Eso es lo que suele ocurrir en la mecánica clásica. Dado que el Lagrangiano en el caso de la relatividad general es invariante bajo la acción del grupo $\mathbb{R_+}$ actuando mediante reescalado, la transformada de Legendre es idénticamente cero y el mapa de Legendre no es invertible, es decir, mapea el haz de conos tangentes temporal (dimensión 4) en los momentos temporales de magnitud constante (dimensión 3), donde las órbitas de la acción del grupo de escala son las fibras que se rompen por el mapa de Legendre. La solución a este problema es eliminar la acción del grupo de escala restringiendo el lagrnagiano en el paquete tangente unitario similar al tiempo. Luego, el mapa de Legendre es invertible y biyectivo y las cosas comienzan a funcionar bien, como se explica a continuación.

Hay un Hamiltonain distinto de cero, simplemente no se construye de manera tan ingenua y directa como en la mecánica clásica.

Dejar $\dot{x} = \cfrac{dx}{d\lambda},$ dónde $\lambda$ es cualquier parámetro arbitrario.

Fundamentalmente, en la filosofía de la Relatividad General, el parámetro $\lambda$ no tiene ninguna importancia para la teoría. Solo la forma de la curva.

γ = {X (λ) : λ \in [λ_{1}, λ_{2}]}

$\gamma = \{x(\lambda) \, : \, \lambda \in [\lambda_1, \lambda_2]\}$ importa y no la parametrización específica. Después de todo, esta curva

γ = {x (λ)}

$\gamma = \{x(\lambda)\}$ se supone que es una geodésica similar al espacio-tiempo, que es una propiedad geométrica independiente de cualquier parametrización

λ

$\lambda$ , por lo que realmente nos preocupamos por la geodésica

γ

$\gamma$ como una curva geométrica y no como una curva parametrizada.

Voy a usar un poco de notaciones matriciales, para omitir toda la indexación. Entonces

X = [\begin{matrix} X^{i} \end{matrix}] = [\begin{matrix} X^{0} \\ X^{1} \\ X^{2} \\ X^{3} \end{matrix}] y gramo (X) = [{gramo}_{i j} (X)]_{i, j = 0}^{3} es el tensor métrico de 4 por 4

$x = \begin{bmatrix} x^i\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x^0\\x^1\\x^2\\x^3\end{bmatrix} \, \text{ and } \, g(x) = \big[g_{ij}(x)\big]_{i,j = 0}^{3} \, \text{ is the 4 by 4 metric tensor}$

Toma tu Lagrangiano

L = - metro \sqrt{- {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}}

$L = -m\,\sqrt{- \, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}$ y definir la acción

S [γ] = - metro \int_{λ_{1}}^{λ_{2}} \sqrt{- {\dot{X}}^{T} (λ) gramo (X (λ)) \dot{X} (λ)} d λ

$S[\gamma] = -m\, \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} \, \sqrt{- \, \dot{x}^T(\lambda)\,g\big(x(\lambda)\big)\, \dot{x}(\lambda)}\,d\lambda$ y busque las curvas críticas (no parametrizadas!!!)

d S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ en coordenadas

[x^{i}]

$[x^i]$ y con respecto a una parametrización genérica, la ecuación

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ es equivalente a las ecuaciones diferenciales de Euler-Lagrange

\frac{d}{d λ} (\frac{metro}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}}} gramo (X) \dot{X}) = \frac{metro}{2 \sqrt{- {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}}} ({\dot{X}}^{T} \frac{\partial gramo}{\partial X} (X) \dot{X})

$\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{2\, \sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$ dónde

{\dot{X}}^{T} \frac{\partial gramo}{\partial X} (X) \dot{X} = [\begin{matrix} \frac{\partial {gramo}_{i j}}{\partial X^{0}} (X) {\dot{X}}^{i} {\dot{X}}^{j} \\ \frac{\partial {gramo}_{i j}}{\partial X^{1}} (X) {\dot{X}}^{i} {\dot{X}}^{j} \\ \frac{\partial {gramo}_{i j}}{\partial X^{2}} (X) {\dot{X}}^{i} {\dot{X}}^{j} \\ \frac{\partial {gramo}_{i j}}{\partial X^{3}} (X) {\dot{X}}^{i} {\dot{X}}^{j} \end{matrix}]

$\dot{x}^T\, \frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \dot{x}\, = \, \begin{bmatrix} \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^0}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^1}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^2}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^3}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \end{bmatrix}$ para abreviar. Tome una solución (como el tiempo)

γ = {x (λ) : λ}

$\gamma = \{ x(\lambda)\, : \, \lambda \}$ de las ecuaciones de Euler-Lagrange anteriores. Como ya he subrayado, la parametrización de

λ

$\lambda$ con respecto a

λ

$\lambda$ no es importante para nosotros. Por lo tanto, puedo definir la función

τ = τ (λ) = \int_{λ_{0}}^{λ} \sqrt{- \dot{X} (ζ)^{T} gramo (X (ζ)) \dot{X} (ζ)} d ζ

$\tau = \tau(\lambda) = \int_{\lambda_0}^{\lambda}\, \sqrt{-\, \dot{x}(\zeta)^T \, g\big(\, x(\zeta)\,\big)\, \dot{x}(\zeta)\,}\, d\zeta$ con derivada

\frac{d τ}{d λ} = \sqrt{- \dot{X} (λ)^{T} gramo (X (λ)) \dot{X} (λ)} > 0

$\frac{d\tau}{d\lambda} = \sqrt{-\, \dot{x}(\lambda)^T \, g\big(\, x(\lambda)\,\big)\, \dot{x}(\lambda)\,} \, > \,0$ Así la función

τ = τ (λ)

$\tau = \tau(\lambda)$ es estrictamente creciente y por lo tanto invertible, es decir, hay

λ = λ (τ)

$\lambda = \lambda(\tau)$ . En consecuencia, podemos volver a parametrizar nuestra curva de solución

γ

$\gamma$ como

γ = {X (τ) : τ} dónde X (τ) = X (λ (τ))

$\gamma = \{ \, x(\tau) \, : \, \tau \, \} \, \text{ where } \, x(\tau)= x\big(\lambda(\tau)\big)$ Observa eso

γ = {X (τ) : τ} = {X (λ) : λ}

$\gamma = \{\,x(\tau)\, : \, \tau \,\} = \{\, x(\lambda)\, : \, \lambda \, \}$ en otras palabras, esta es la misma curva en el espacio-tiempo, pero parametrizada de dos maneras diferentes. Denotar

x^{'} = \frac{d x}{d τ}

$x' = \frac{dx}{d\tau}$ . Además,

X^{'} = \frac{d X}{d τ} = \frac{d λ}{d τ} \frac{d X}{d λ} = {(\frac{d τ}{d λ})}^{- 1} \frac{d X}{d λ} = \frac{1}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}}} \frac{d X}{d λ}

$x' = \frac{dx}{d\tau} =\frac{d\lambda}{d\tau} \frac{dx}{d\lambda} = \left( \frac{d\tau}{d\lambda}\right)^{-1} \frac{dx}{d\lambda} = \frac{1}{\sqrt{- \, \dot{x}^T \, g(x) \, \dot{x}}\,}\, \frac{dx}{d\lambda}$ y en particular

\frac{d}{d τ} = \frac{1}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}}} \frac{d}{d λ}

$\frac{d}{d\tau} = \frac{1}{\sqrt{- \, \dot{x}^T \, g(x) \, \dot{x}}\,}\, \frac{d}{d\lambda}$ Recuerda que la curva

γ

$\gamma$ es una curva crítica para la acción

S [γ]

$S[\gamma]$ , es decir

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ . Cuando

γ

$\gamma$ está parametrizado con respecto a

λ

$\lambda$ , es parametrización de coordenadas

γ = {x (λ) : λ}

$\gamma = \{\, x(\lambda) \, : \, \lambda\}$ resuelve las ecuaciones de Euler-Lagrange

\frac{d}{d λ} (\frac{metro}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}}} gramo (X) \dot{X}) = \frac{metro}{2 \sqrt{- {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}}} ({\dot{X}}^{T} \frac{\partial gramo}{\partial X} (X) \dot{X})

$\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{2\, \sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$ cuyos ambos lados puedo multiplicar por

\frac{1}{\sqrt{- {\dot{x}}^{T} g (x) \dot{x}}}

$\frac{1}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\, g(x) \, \dot{x}}\,}$ y obtener las ecuaciones equivalentes

\frac{1}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}}} \frac{d}{d λ} (\frac{metro}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}}} gramo (X) \dot{X}) = \frac{metro}{- 2 {\dot{X}}^{T} gramo (X) \dot{X}} ({\dot{X}}^{T} \frac{\partial gramo}{\partial X} (X) \dot{X})

$\frac{1}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\, g(x) \, \dot{x}}\,} \, \frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{-\, 2\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$ Es fácil comprobar que con la nueva parametrización

γ = {x (τ) : τ}

$\gamma = \{\, x(\tau) \, : \, \tau\, \}$

\sqrt{- {\frac{d X}{d τ}}^{T} gramo (X) \frac{d X}{d τ}} = \sqrt{- (X^{'})^{T} gramo (X) X^{'}} = 1

$\sqrt{-\, \frac{dx}{d\tau}^T \, g(x) \, \frac{dx}{d\tau}} =\sqrt{-\, (x')^T \, g(x) \, x'} = 1$ En consecuencia, tras la reparametrización

λ = λ (τ)

$\lambda = \lambda(\tau)$ las ecuaciones de Euler-Lagrange se convierten en las ecuaciones simplificadas equivalentes

\frac{d}{d τ} (metro gramo (X) \frac{d X}{d τ}) = \frac{metro}{2} ({\frac{d X}{d τ}}^{T} \frac{\partial gramo}{\partial X} (X) \frac{d X}{d τ})

$\frac{d}{d\tau}\left(\, m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}\right) \, = \, \frac{m}{2}\,\left( \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right)$ cual

γ = {x (τ) : τ}

$\gamma = \{\, x(\tau)\, : \, \tau\,\}$ resuelve

En otras palabras, hemos probado que cualquier solución $\gamma$ a las ecuaciones de Euler-Lagrange originales, después de la reparametrización adecuada, resuelve las ecuaciones de Euler-Lagrange simplificadas. En otras palabras, una curva $\gamma$ es una curva crítica de la acción $S[\gamma]$ , es decir $\delta S[\gamma] = 0$ si y solo si resuelve las ecuaciones diferenciales simplificadas de Euler-Lagrange

\frac{d}{d τ} (metro gramo (X) \frac{d X}{d τ}) = \frac{metro}{2} ({\frac{d X}{d τ}}^{T} \frac{\partial gramo}{\partial X} (X) \frac{d X}{d τ})

$\frac{d}{d\tau}\left(\,m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}\right) \, = \, \frac{m}{2}\, \left(\, \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right)$ donde la solución parametrizada resultante

γ = {x (τ) : τ}

$\gamma = \{\, x(\tau)\, : \, \tau\,\}$ se paremtriza con respecto al tiempo propio, es decir

\sqrt{- x^{'} (τ)^{T} g (x (τ) x^{'} (τ))} = 1

$\sqrt{ - \, x'(\tau)^T\, g\big(x(\tau)\, x'(\tau)\big)} = 1$ para cualquier

τ

$\tau$ .

Ahora, si establece los momentos generalizados

pag = metro gramo (X) \frac{d X}{d τ}

$p = m\, g(x) \frac{dx}{d\tau}$ se obtiene el siguiente sistema duplicado de ecuaciones diferenciales

\begin{aligned} pag = metro gramo (X) \frac{d X}{d τ} \\ \frac{d pag}{d τ} = \frac{metro}{2} ({\frac{d X}{d τ}}^{T} \frac{\partial gramo}{\partial X} (X) \frac{d X}{d τ}) \end{aligned}

$\begin{align} &p = m\, g(x) \frac{dx}{d\tau}\\ &\frac{dp}{d\tau}\, = \, \frac{m}{2}\, \left(\, \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right) \end{align}$ y cuando resuelves la primera mitad con respecto a

\frac{d x}{d τ}

$\frac{dx}{d\tau}$ , Debido al hecho de que

g (x)

$g(x)$ es una matriz simétrica invertible, y sustituyes en la segunda mitad de las ecuaciones, obtienes el sistema de ecuaciones diferenciales

\begin{aligned} \frac{d X}{d τ} = \frac{1}{metro} gramo (X)^{- 1} pag \\ \frac{d pag}{d τ} = \frac{1}{2 metro} ({pag}^{T} gramo (X)^{- 1} \frac{\partial gramo}{\partial X} (X) gramo (X)^{- 1} pag) \end{aligned}

$\begin{align} &\frac{dx}{d\tau} = \frac{1}{m}\, g(x)^{-1} \,p\\ &\frac{dp}{d\tau}\, = \, \frac{1}{2m}\, \left(\, p^T\, g(x)^{-1}\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,g(x)^{-1}\,p\,\right) \end{align}$ Estas son ecuaciones hamiltonianas donde la función hamiltoniana es

H (X, pag) = \frac{1}{2 metro} ({pag}^{T} gramo (X)^{- 1} pag)

$H(x, p) = \frac{1}{2m}\big(p^T\, g(x)^{-1}\, p\,\big)$ Así, hemos demostrado que una curva

γ

$\gamma$ es una curva crítica de la acción

S [γ]

$S[\gamma]$ , es decir

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ si y solo si resuelve las ecuaciones diferenciales hamiltonianas con función hamiltoniana

H (x, p) = \frac{1}{2 m} (p^{T} g (x)^{- 1} p)

$H(x, p) = \frac{1}{2m}\big(p^T\, g(x)^{-1}\, p\,\big)$ dónde

p = m g (x) \frac{d x}{d τ}

$p = m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}$ .

Bueno, quiero decir, entiendo todo esto, lo digo en la pregunta. También sé sobre el hamiltoniano cuadrático. Mi pregunta es por qué el hamiltoniano "ingenuo" termina siendo cero.

elio fabri · Answer 5

$\let\lam=\lambda \def\dx{\dot x}$ Como ya has visto, la razón por la que el hamiltoniano es cero es por tener un lagrangiano que es una función homogénea de grado 1 en el $\dx$ 's.

Hay una salida más simple, que resulta en un hamiltoniano igual al lagrangiano: tomar

L = \frac{1}{2} {gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v}

$L = {\textstyle{1 \over 2}}\,g_{\mu\nu}\,\dx^\mu \dx^\nu$ (Estoy usando una convención de signos opuesta a la tuya). Aquí

{\dot{x}}^{μ}

$\dx^\mu$ medio

d x^{μ} / d λ

$dx^\mu/d\lam$ , con

λ

$\lam$ un parámetro arbitrario con

λ \in [0, 1]

$\lam\in[0,1]$ . la acción es

S = \int_{0}^{1} L d λ .

$S = \int_0^1\!L\>d\lam.$ El hamiltoniano es el mismo dado por @Futurologist.

Esta elección para $S$ es (lamentablemente) llamada "energía" por los matemáticos.

hamiltoniano para partícula libre relativista es cero

Javier

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