¿Hay alguna razón matemática para que el Lagrangiano sea invariante de Lorentz?

Question

¿Hay alguna razón matemática para que el Lagrangiano sea invariante de Lorentz?

Tim

El hamiltoniano es la energía, que es solo un componente de un cuatro vector y, por lo tanto, no es invariante de Lorentz.

El lagrangiano es la transformada de Legendre del hamiltoniano y me preguntaba si hay alguna buena razón por la que pasamos por la transformada de Legendre algo invariable.

qmecanico

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/78508/2451 , physics.stackexchange.com/q/21866/2451 y enlaces allí.

Respuestas (3)

¿Hay alguna razón matemática para que el Lagrangiano sea invariante de Lorentz?

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david derbes · Answer 1

La respuesta anterior es muy buena, pero creo que se puede simplificar un poco.

En mecánica de partículas, el lagrangiano $L$ es

L = pags \dot{q} - H

$L = p\dot{q} - H$ Así que veamos esto en relatividad especial. Obtenemos, con

p = γ m v

$p = \gamma m v$ ,

\dot{q} = v

$\dot{q} = v$ , y

H = E = γ m c^{2}

$H = E = \gamma mc^{2}$ ,

L = γ metro v^{2} - γ metro C^{2} = - γ metro C^{2} (1 - (v / C)^{2}) = - metro C^{2} / γ

$L = \gamma mv^{2} - \gamma mc^{2} = - \gamma mc^{2}(1 - (v/c)^{2}) = - mc^{2}/\gamma$ No es eso

L

$L$ es un escalar (que es lo que pensé originalmente), pero eso

\int L d t

$\int L\,dt$ es un escalar. Y esto es fácil, porque

\int L d t = - \int (metro C^{2} / γ) d t = - \int metro C^{2} d τ

$\int L\,dt = -\int (mc^{2}/\gamma)\,dt = - \int mc^{2}\,d\tau$ dónde

τ

$\tau$ es el momento adecuado. Esta integral es claramente invariante, como deberíamos desear para la acción.

una mente curiosa · Answer 2

una mente curiosa

El Lagrangiano es lo que se integra sobre el espacio-tiempo en la acción, es decir, tiene que ser una forma de 4. Como tal, es necesariamente un (pseudo-) escalar bajo transformaciones de Lorentz.

Al preguntarse acerca de las transformaciones de Lorentz y demás, el hamiltoniano , por cierto, como objeto no covariante de Lorentz, no es un buen punto de partida. A menudo es mejor comenzar con el Lagrangiano que hace manifiesta la covarianza de Lorentz de la teoría.

Tim

Todo lo que dices es correcto, pero lamentablemente no responde a mi pregunta. Ya escribí en mi pregunta que el hamiltoniano no es invariante y soy consciente del hecho de que, por ejemplo, en QFT usamos el lagrangiano en su lugar. La conexión entre los dos es que el Lagrangiano es la transformada de Legrendre del Hamiltoniano. Mi pregunta era/es: ¿Por qué funciona esto? En otras palabras: ¿Por qué obtenemos algo invariante (el lagrangiano) de algo no invariante (el hamiltoniano) a través de la transformada de Legendre?

una mente curiosa

@Tim: Ah, ya veo. Lo pensaré un poco, si no se me ocurre algo, lo borro.

jwimberley

@Tim Esa es la forma incorrecta de verlo. Aquí hay una mejor manera: como explica la respuesta de ACuriousMind, el Lagrangiano debe ser invariante de Lorentz. Una vez que toma su transformación de Legendre para obtener un hamiltoniano, esto rompe la simetría de Lorentz. Dicho de otra manera: la única clase de hamiltonianos interesantes son los que son transformadas de Legendre de los lagrangianos invariantes de Lorentz.

jerry schirmer

@Tim: Creo que casi todos dirían que el Lagrangiano es lo fundamental. Cuando hacemos transformaciones de Legendre dependientes del tiempo, no debería sorprendernos que obtengamos cosas que no son covariantes. Y la transformación legendre de un hamiltoniano general no es covariante de Lorentz en absoluto.

Miguel Ángel

@ACuriousMind, ¿puede dar más detalles, por favor? ¿Qué es una forma 4?

qmecanico · Answer 3

qmecanico

Aquí daremos nuestra interpretación de la pregunta de OP (v4).

Suponemos que la definición de covarianza de Lorentz de OP es que las ecuaciones de movimiento (eom) de la teoría son covariantes de Lorentz.
Supondremos que la teoría tiene un principio de acción y que los eoms son las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) .
Se puede probar que la invariancia de Lorentz de la acción implica la covarianza de Lorentz de las ecuaciones EL, cf. por ejemplo , esta publicación de Phys.SE.
La implicación (3) en principio no se cumple en la otra dirección, pero en la práctica la covariante de Lorentz EL eqs. surgen de un principio de acción invariante de Lorentz.

La combinación de estos hechos muestra que es natural esperar que la acción sea invariante de Lorentz para una teoría covariante de Lorentz, cf. definición (1).

A continuación, supondremos que la transformación de Legendre está bien definida.
También supondremos que la transformación de Legendre es una involución, es decir, realizar la transformación de Legendre dos veces nos devuelve al punto de partida.

En particular, si OP parte de una covariante de Lorentz (pero no necesariamente manifiestamente $^1$ covariante de Lorentz) formulación hamiltoniana, esto significa que los eoms hamiltonianos son covariantes de Lorentz, cf. definición (1). el hamiltoniano $^2$ $H(q,p)$ en sí mismo, por supuesto, no es invariante de Lorentz, sino el componente temporal de un vector de cuatro, como OP escribe correctamente. Los puntos 2-4 ahora motivan que la acción hamiltoniana

S_{H} [q, pags] = \int d t ({pags}_{i} {\dot{q}}^{i} - H (q, pags))

$S_H[q,p]~=~\int \!dt ~(p_i\dot{q}^i-H(q,p))$ es invariante de Lorentz. De ello se deduce que la acción lagrangiana

S [q]

$S[q]$ es también invariante de Lorentz.

--

$^1$ Para formulaciones hamiltonianas manifiestamente covariantes de Lorentz, consulte, por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí .

$^2$ El siguiente argumento se puede extender a la teoría de campos.

qmecanico

Ejemplo: Teoría de campos escalares. Densidad lagrangiana

L = \frac{1}{2} ϕ_{, μ} η^{μ ν} ϕ_{, ν} - V (ϕ)

${\cal L}= \frac{1}{2} \phi_{,\mu}\eta^{\mu\nu}\phi_{,\nu} -V(\phi)$ con la convención de signos de Minkowski

(+, -, -, -)

$(+,-,-,-)$ . Dejar

π^{μ} := \frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}} = η^{μ λ} ϕ_{, λ}

$\pi^{\mu}:=\frac{\partial {\cal L}}{\partial\phi_{,\mu}}=\eta^{\mu\lambda} \phi_{,\lambda}$ . EL ecuaciones.

d_{μ} π^{μ} = ◻ ϕ \approx - V^{'} (ϕ)

$d_{\mu} \pi^{\mu}=\Box\phi \approx -V^{\prime}(\phi)$ . los

π^{0}

$\pi^0$ campo es el campo de momento conjugado/canónico. Es el componente temporal de un cuadrivector. Soportes de Poisson distintos de cero

{ϕ (x, t), π^{0} (y, t)}_{P B} = δ^{3} (x - y)

$\{\phi({\bf x},t),\pi^0({\bf y},t)\}_{PB}=\delta^3({\bf x}-{\bf y})$ .

qmecanico

MOON de Hamilton.

\dot{ϕ} \approx π^{0}

$\dot{\phi}\approx \pi^0$ y

{\dot{π}}^{0} \approx \nabla^{2} ϕ - V^{'} (ϕ)

$\dot{\pi}^0\approx \nabla^2\phi-V^{\prime}(\phi)$ . Tensor canónico de tensión-energía-momento

T^{μ}_{ν} = π^{μ} ϕ_{, ν} - δ_{ν}^{μ} L

$T^{\mu}{}_{\nu} = \pi^{\mu} \phi_{,\nu}-\delta^{\mu}_{\nu} {\cal L}$ . Teorema de Noether a partir de la simetría de traslación

d_{μ} T^{μ}_{ν} \approx 0

$d_{\mu}T^{\mu}{}_{\nu}\approx 0$ . Densidad de 4 impulsos

P_{ν} = T^{0}_{ν}

${\cal P}_{\nu}=T^0{}_{\nu}$ . La densidad hamiltoniana

P^{0} = T^{00} = \frac{1}{2} (π^{0})^{2} + \frac{1}{2} (\nabla ϕ)^{2} + V (ϕ)

${\cal P}^0=T^{00}=\frac{1}{2}(\pi^0)^2 +\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 +V(\phi)$ es el

00

$00$ -componente de una simétrica

(2, 0)

$(2,0)$ tensor.

P_{i} = π^{0} ϕ_{, i}

${\cal P}_{i}=\pi^0\phi_{,i}$ . 4-impulso

P_{ν} (t) = \int d^{3} x P_{ν} (x, t)

$P_{\nu}(t)=\int d^3x~{\cal P}_{\nu}({\bf x},t)$ .

qmecanico

Ejemplo: Partícula puntual libre. Lagrangiano

L = - \frac{m_{0} c^{2}}{γ}

$L=-\frac{m_0c^2}{\gamma}$ con la convención de signos de Minkowski

(-, +, +, +)

$(-,+,+,+)$ . Aquí

γ := {(1 - {(\frac{\dot{x}}{c})}^{2})}^{- \frac{1}{2}}

$\gamma := \left(1-\left(\frac{\dot{x}}{c}\right)^2\right)^{-\frac{1}{2}}$

= \sqrt{{(\frac{p}{m_{0} c})}^{2} + 1}

$= \sqrt{\left(\frac{p}{m_0c}\right)^2+1}$ , dónde

3

$3$ -impulso

p_{i} := \frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}^{i}} = γ m_{0} {\dot{x}}^{i}

$p_i:=\frac{\partial L}{\partial \dot{x}^i}=\gamma m_0\dot{x}^i$ . hamiltoniano

p^{0} := p_{i} {\dot{x}}^{i} - L = γ m_{0} c^{2}

$p^0:=p_i\dot{x}^i-L = \gamma m_0c^2$ es el

0

$0$ -componente de un

4

$4$ -vector.

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