Polyakov De Nambu-Goto Directamente, para Cuerdas?

Question

Polyakov De Nambu-Goto Directamente, para Cuerdas?

bolbteppa

La siguiente derivación, para una partícula puntual relativista clásica, de la forma de acción 'Polyakov' a partir de la forma de acción 'Nambu-Goto', sin ningún truco, sin ecuaciones de movimiento o multiplicadores de Lagrange, solo un conjunto directo de igualdades , es como sigue:

S = - metro \int d s = - metro \int \sqrt{- {gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v}} d τ = - metro \int \sqrt{- {\dot{X}}^{2}} d τ = \frac{- metro}{2} \int \frac{- 2 {\dot{X}}^{2}}{\sqrt{- {\dot{X}}^{2}}} d τ = \frac{1}{2} \int \frac{{\dot{X}}^{2} + {\dot{X}}^{2}}{\sqrt{- {\dot{X}}^{2} / {metro}^{2}}} d τ = \frac{1}{2} \int \frac{{\dot{X}}^{2} - {metro}^{2} (- {\dot{X}}^{2} / {metro}^{2})}{\sqrt{- {\dot{X}}^{2} / {metro}^{2}}} d τ = \frac{1}{2} \int ({mi}^{- 1} {\dot{X}}^{2} - mi {metro}^{2}) d τ

$S = - m \int ds = - m \int \sqrt{-g_{\mu \nu} \dot{X}^{\mu} \dot{X}^{\nu}} d \tau = - m \int \sqrt{- \dot{X}^2}d \tau = \frac{-m}{2} \int \frac{-2\dot{X}^2}{\sqrt{-\dot{X}^2}}d \tau \\ = \frac{1}{2} \int \frac{\dot{X}^2 + \dot{X}^2}{\sqrt{-\dot{X}^2/m^2}}d \tau = \frac{1}{2} \int \frac{\dot{X}^2 - m^2(-\dot{X}^2/m^2)}{\sqrt{-\dot{X}^2/m^2}}d \tau = \frac{1}{2} \int (e^{-1} \dot{X}^2 - e m^2)d \tau$

Además de agregar aleatoriamente $\frac{m^2}{m^2}$ a solo uno de los $\dot{X}^2$ términos en la penúltima igualdad (¿ alguien puede explicar esto sin referirse a los EOM o LM? ), esta derivación es completamente sencilla.

¿Se puede dar una derivación igualmente directa de la acción de la cuerda de Polyakov a partir de la acción de la cuerda de Nambu-Goto, sin conocer la acción de Polyakov de antemano?

La mejor esperanza proviene de invertir la última línea de este cálculo de Wikipedia :

S = \frac{T}{2} \int d^{2} σ \sqrt{- h} h^{a b} {GRAMO}_{a b} = \frac{T}{2} \int d^{2} σ \frac{2 \sqrt{- GRAMO}}{h^{C d} {GRAMO}_{C d}} h^{a b} {GRAMO}_{a b} = T \int d^{2} σ \sqrt{- GRAMO}

$S = \frac{T}{2}\int\mathrm d^2\sigma\sqrt{-h}h^{ab}G_{ab}=\frac{T}{2}\int\mathrm d^2\sigma\frac{2\sqrt{-G}}{h^{cd}G_{cd}}h^{ab}G_{ab}=T\int\mathrm d^2\sigma\sqrt{-G}$

pero es tan aleatorio, desmotivado e inexplicable que no veo que sea obvio hacer tal cálculo. Puedo motivar libremente agregando $\frac{h^{ab}G_{ab}}{h^{cd}G_{cd}}$ al notar $\sqrt{-G}$ es como el elemento de volumen de la relatividad general que nos dice que agreguemos $1 =$ cosas construidas a partir de lo que está debajo de la raíz cuadrada sobre sí mismo , pero eso es todo, el $2$ Los de son bastante aleatorios también...

[ Esto es bueno pero (tal vez me equivoque) lo veo demasiado distinto de lo que estoy preguntando].

qmecanico

Para la cuestión opuesta de pasar de la acción de Polyakov a la acción de Nambu-Goto, consulte physics.stackexchange.com/q/17349/2451 y sus enlaces.

Respuestas (2)

Polyakov De Nambu-Goto Directamente, para Cuerdas?

Para la cuestión opuesta de pasar de la acción de Polyakov a la acción de Nambu-Goto, consulte physics.stackexchange.com/q/17349/2451 y sus enlaces.

qmecanico · Answer 1

I) OP está solicitando una derivación directa / directa de la acción Nambu-Goto (NG) a la acción Polyakov (P) (a diferencia de la derivación opuesta). Esto no es trivial ya que la acción de Polyakov contiene la métrica de hoja mundial (WS) $h_{\alpha\beta}$ con 3 variables más en comparación con la acción Nambu-Goto.

Aunque actualmente no tenemos una derivación directa natural de las 3 nuevas variables, tenemos para 2 de las 3 variables, consulte la sección IV a continuación.

II) Primero digamos algunas palabras sobre la derivación de la partícula puntual relativista

\begin{matrix} (1) & L := \frac{{\dot{X}}^{2}}{2 mi} - \frac{mi {metro}^{2}}{2} \end{matrix}

$L~:=~\frac{\dot{x}^2}{2e}-\frac{e m^2}{2}\tag{1}$

de la raíz cuadrada Lagrangiana

\begin{matrix} (2) & L_{0} := - metro \sqrt{- {\dot{X}}^{2}} . \end{matrix}

$L_0~:=~-m\sqrt{-\dot{x}^2}.\tag{2}$

Tenga en cuenta que la derivación de OP no explica/ilumina el hecho de que el multiplicador de einbein/Lagrange

\begin{matrix} (3) & mi > 0 \end{matrix}

$e~>~0\tag{3}$

puede tomarse como una variable independiente , y no solo como un cambio de nombre trivial de la cantidad $\frac{1}{m}\sqrt{-\dot{x}^2}>0$ . Es una propiedad importante del Lagrangiano (1) que podemos variar el multiplicador de einbein/Lagrange (3) independientemente. La solicitud de OP de no usar multiplicadores de Lagrange parece equivocada y no seguiremos esta instrucción.

III) Es posible derivar directamente/hacia adelante/naturalmente el Lagrangiano (1) con su multiplicador de Lagrange $e$ de la raíz cuadrada Lagrangiana (2) como sigue:

Derive la versión hamiltoniana de la raíz cuadrada Lagrangiana (2) a través de una transformación (singular) de Legendre. Esta es una aplicación directa de la receta única de Dirac-Bergmann. Esto conduce a variables de momento $p_{\mu}$ y una restricción con el correspondiente multiplicador de Lagrange $e$ . La restricción refleja la invariancia de reparametrización de línea mundial de la acción de la raíz cuadrada (1). el hamiltoniano $H$ se vuelve de la forma 'Restricción de tiempos del multiplicador de Lagrange':
$\begin{matrix} (4) & H = \frac{mi}{2} ({pag}^{2} + {metro}^{2}) . \end{matrix}$ $H~=~\frac{e}{2}(p^2+m^2).\tag{4}$ Ver también, por ejemplo, este y este Phys.SE publicaciones.
El lagrangiano hamiltoniano correspondiente dice
$\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} L_{H} = & pag \cdot \dot{X} - H \\ = & pag \cdot \dot{X} - \frac{mi}{2} ({pag}^{2} + {metro}^{2}) . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} L_H~=~&p \cdot \dot{x} - H\cr ~=~&p \cdot \dot{x} - \frac{e}{2}(p^2+m^2).\end{align} \tag{5}$
Si integramos el impulso $p_{\mu}$ de nuevo (pero mantenga el multiplicador de Lagrange $e$ ), la densidad lagrangiana hamiltoniana (5) se convierte en la lagrangiana buscada (1). $\Box$

IV) El argumento de la cadena es similar.

Comience con la densidad NG Lagrangiana
$\begin{matrix} (6) & L_{norte GRAMO} := - T_{0} \sqrt{L_{(1)}}, \end{matrix}$ ${\cal L}_{NG}~:=~-T_0\sqrt{{\cal L}_{(1)}}, \tag{6}$ $\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} L_{(1)} := & - det {(\partial_{α} X \cdot \partial_{β} X)}_{α β} \\ = & (\dot{X} \cdot X^{'})^{2} - {\dot{X}}^{2} (X^{'})^{2} \geq 0. \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} {\cal L}_{(1)}~:=~&-\det\left(\partial_{\alpha} X\cdot \partial_{\beta} X\right)_{\alpha\beta}\cr ~=~&(\dot{X}\cdot X^{\prime})^2-\dot{X}^2(X^{\prime})^2~\geq~ 0. \end{align}\tag{7}$
Derive la versión hamiltoniana de la cuerda NG a través de una transformación (singular) de Legendre. Esto conduce a variables de momento $P_{\mu}$ y dos restricciones con los correspondientes dos multiplicadores de Lagrange, $\lambda^0$ y $\lambda^1$ , cf. mi respuesta Phys.SE aquí . Las dos restricciones reflejan la invariancia de reparametrización de WS de la acción de NG (6).
Si integramos los momentos $P_{\mu}$ de nuevo (pero mantenga los dos multiplicadores de Lagrange, $\lambda^0$ y $\lambda^1$ ), la densidad lagrangiana hamiltoniana para la cuerda NG se convierte en
$\begin{matrix} (8) & L = T_{0} \frac{{(\dot{X} - λ^{0} X^{'})}^{2}}{2 λ^{1}} - \frac{T_{0} λ^{1}}{2} (X^{'})^{2}, \end{matrix}$ ${\cal L}~=~T_0\frac{\left(\dot{X}-\lambda^0 X^{\prime}\right)^2}{2\lambda^1} -\frac{T_0\lambda^1}{2}(X^{\prime})^2,\tag{8}$ cf. mi respuesta Phys.SE aquí .
[Como verificación, si integramos los dos multiplicadores de Lagrange, $\lambda^0$ y $\lambda^1$ , con la suposición adicional de que
$\begin{matrix} (9) & λ^{1} > 0 \end{matrix}$ $\lambda^1~>~0\tag{9}$ para evitar una rama de raíz cuadrada negativa, como era de esperar, recuperamos la densidad original de NG Lagrange (6).]
ecuación (8) es hasta donde llega nuestra derivación directa. Puede verse como el análogo de nuestra derivación para la partícula puntual relativista en la sección III.
Ahora haremos trampa y trabajaremos hacia atrás a partir de la densidad de Polyakov Lagrange.

\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} L_{PAG} = & - \frac{T_{0}}{2} \sqrt{- h} h^{α β} \partial_{α} X \cdot \partial_{β} X \\ = & \frac{T_{0}}{2} {\frac{{(h_{σ σ} \dot{X} - h_{τ σ} X^{'})}^{2}}{\sqrt{- h} h_{σ σ}} - \frac{\sqrt{- h}}{h_{σ σ}} (X^{'})^{2}} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} {\cal L}_P~=~&-\frac{T_0}{2} \sqrt{-h} h^{\alpha\beta} \partial_{\alpha}X \cdot\partial_{\beta}X\cr ~=~&\frac{T_0}{2} \left\{\frac{\left(h_{\sigma\sigma}\dot{X}- h_{\tau\sigma}X^{\prime}\right)^2}{\sqrt{-h}h_{\sigma\sigma}} - \frac{ \sqrt{-h}}{h_{\sigma\sigma}}(X^{\prime})^2 \right\} .\end{align} \tag{10}$

Por simetría de Weyl clásica, solo 2 de los 3 grados de libertad en la métrica WS $h_{\alpha\beta}$ introduzca la densidad lagrangiana de Polyakov (10). si nos identificamos $\begin{matrix} (11) & λ^{0} = \frac{h_{τ σ}}{h_{σ σ}} y λ^{1} = \frac{\sqrt{- h}}{h_{σ σ}} > 0, \end{matrix}$ $\lambda^0~=~\frac{h_{\tau\sigma}}{h_{\sigma\sigma}}\quad\text{and} \quad\lambda^1~=~\frac{\sqrt{-h}}{h_{\sigma\sigma}}~>~0, \tag{11}$ entonces el Lagrangiano (8) se convierte en la densidad Lagrangiana de Polyakov (10). $\Box$

Si bien me gusta su respuesta y creo que el enfoque de Dirac-Bergmann es realmente el correcto, me temo que esto no satisfará a OP ya que exigen una derivación "sin trucos, sin ecuaciones de movimiento o multiplicadores de Lagrange , solo un conjunto directo de igualdades" [énfasis mío].
La receta de Dirac-Bergmann no es un truco. Es posible introducir artificialmente los dos multiplicadores de Lagrange a través de su valor en el caparazón, pero no infundiría ninguna aclaración adicional ni mayor naturalidad en la derivación. De hecho, solo haría que la derivación pareciera más artificial. Es más natural confiar en los multiplicadores de Lagrange, que están dictados directamente por la receta de Dirac-Bergmann.

bolbteppa · Answer 2

Un método es notar que dado

S_{norte GRAMO} = - T \int d τ d σ \sqrt{- h}

$S_{NG} = - T \int d \tau d \sigma \sqrt{- h}$ dónde

h = det (h_{a b})

$h = \det (h_{ab})$ ,

h_{a b} = \partial_{a} X^{μ} \partial_{b} X_{μ}

$h_{ab} = \partial_a X^{\mu} \partial_b X_{\mu}$ su variación con respecto a

X^{μ}

$X^{\mu}$ se resuelve parcialmente de la siguiente manera

\begin{aligned} d S_{norte GRAMO} & = - T d \int d τ d σ \sqrt{- h} \\ = - T \int d τ d σ d \sqrt{- h} \\ = - \frac{T}{2} \int d τ d σ \sqrt{- h} h^{a b} d h_{a b} \\ = - \frac{T}{2} \int d τ d σ \sqrt{- h} h^{a b} d (\partial_{a} X^{m} \partial_{b} X_{m}) \end{aligned}

$\begin{align} \delta S_{NG} &= - T \delta \int d \tau d \sigma \sqrt{-h} \\ &= - T \int d \tau d \sigma \delta \sqrt{-h} \\ &= - \frac{T}{2} \int d \tau d \sigma \sqrt{-h}h^{ab} \delta h_{ab} \\ &= - \frac{T}{2} \int d \tau d \sigma \sqrt{-h}h^{ab} \delta (\partial_a X^{\mu} \partial_b X_{\mu}) \end{align}$ pero la última línea es lo que obtendríamos como primera línea al variar la nueva acción

\begin{aligned} S_{PAG} = - \frac{T}{2} \int d τ d σ \sqrt{- h} h^{a b} (\partial_{a} X^{m} \partial_{b} X_{m}) \end{aligned}

$\begin{align} S_P = - \frac{T}{2} \int d \tau d \sigma \sqrt{-h}h^{ab} (\partial_a X^{\mu} \partial_b X_{\mu}) \end{align}$ con respecto a

X^{μ}

$X^{\mu}$ dónde

h_{a b}

$h_{ab}$ es solo una variable independiente (métrica).

Otro método en línea se proporciona en la sección 3.4.1 de las notas de cuerda de Townsend que utilizan sistemas restringidos de Dirac en línea con la otra respuesta.

A menudo veo ecuaciones de movimiento para la acción NG que contienen un término de materia que vienen con un $1/\sqrt{-h}$ término delante del más externo $\partial_a$ . (por ejemplo, la ecuación de movimiento NG es $\frac{1}{\sqrt{-h}}\partial_a(\sqrt{-h}h^{ab}\partial_b X_\mu) + \text{matter terms} =0$ ). Sin un término de materia, parece que solo podemos factorizar el $1/\sqrt{-h}$ pero me gustaría entender mejor de dónde viene esto. Gracias por cualquier idea.

Polyakov De Nambu-Goto Directamente, para Cuerdas?

bolbteppa

qmecanico

Respuestas (2)

qmecanico

una mente curiosa

qmecanico

bolbteppa

Beto

Derivación de la Acción Polyakov

Teoría M con su HHH de 3 formas y el problema de no tener Lagrangiano

Usando las condiciones de contorno de los puntos finales de cadenas abiertas y luego obtenga el EOM

Universalidad del principio de mínima acción, ¿por qué funciona? [duplicar]

"Encontrar el Lagrangiano de la teoría"

Derivación de la ecuación de campo en la teoría de Yang Mills

¿Por qué una integral de acción debe ser estacionaria? ¿Sobre qué base estableció Hamilton este principio?

¿Por qué la acción general necesita tener un extremum?

¿Qué son los multiplicadores de Lagrange con respecto a las restricciones holonómicas en la mecánica clásica?

¿Por qué la fórmula para la acción estacionaria se expresa como energía cinética menos potencial en lugar de energía potencial menos cinética?