¿Por qué el hamiltoniano es cero en relatividad?

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¿Por qué el hamiltoniano es cero en relatividad?

energía
Física
relatividad general
dinámica restringida
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano

Cham

Estoy tratando de entender algo con los formalismos lagrangianos y hamiltonianos en la teoría de la relatividad, y por qué el siguiente resultado no puede ser el mismo en la mecánica clásica (no relativista). Hay algo que falta o está mal definido en mi razonamiento, y todavía no veo qué.

Considere un sistema de "partículas", de coordenadas generalizadas $q^i(t)$ en algún marco de referencia. La acción del sistema se define como la siguiente integral:

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

$\begin{equation}\tag{1} S = \int_{t_1}^{t_2} L(q^i, \dot{q}^i) \, dt. \end{equation}$ El hamiltoniano del sistema se define así (la suma está implícita en los índices repetidos):

\begin{matrix} (2) & H = {\dot{q}}^{i} \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^{i}} - L . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{2} H = \dot{q}^i \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i} - L. \end{equation}$ Ahora considere un cambio de parametrización en la integral (1);

d t = θ d s

$dt = \theta \, ds$ , donde

s

$s$ es una nueva variable de integración y

θ (s)

$\theta(s)$ es una función arbitraria que podría considerarse como una nueva variable dinámica (falta algo en mi interpretación, y necesito encontrar lo que está "incorrecto" aquí). La acción es ahora esta (la prima es la derivada con respecto a

s

$s$ . Note el cambio de límites, en esta integral):

\begin{matrix} (3) & S = \int_{s_{1}}^{s_{2}} L (q^{i}, \frac{q^{i'}}{θ}) θ d s . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{3} S = \int_{s_1}^{s_2} L(q^i, \frac{q^{i \, \prime}}{\theta}) \; \theta \; ds. \end{equation}$ Entonces el nuevo lagrangiano es

\begin{matrix} (4) & \tilde{L} = L (q^{i}, \frac{q^{i'}}{θ}) θ . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{4} \tilde{L} = L(q^i, \frac{q^{i \, \prime}}{\theta}) \; \theta. \end{equation}$ Ahora si

θ

$\theta$ es considerada como una variable dinámica, podemos aplicar el Euler-Lagrange a este nuevo lagrangiano:

\begin{matrix} (5) & \frac{d}{d s} (\frac{\partial \tilde{L}}{\partial θ^{'}}) - \frac{\partial \tilde{L}}{\partial θ} = 0. \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{5} \frac{d}{d s} \Big( \frac{\partial \tilde{L}}{\partial \, \theta^{\, \prime}} \Big) - \frac{\partial \tilde{L}}{\partial \, \theta} = 0. \end{equation}$ Como no hay

θ^{'}

$\theta^{\, \prime}$ en

\tilde{L}

$\tilde{L}$ , la primera parte es 0. Después de un poco de álgebra simple, la segunda parte implica que el hamiltoniano (2) debe ser 0 !

\begin{matrix} (6) & H \equiv 0. \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{6} H \equiv 0. \end{equation}$

Entonces mis preguntas son estas:

¿Hay algo mal en el razonamiento anterior? ¿O qué supuestos implícitos me estoy perdiendo? ¿Dónde está la relatividad en esto?

Si el razonamiento es válido, ¿por qué no podemos aplicar el resultado a cualquier lagrangiano clásico, lo que no tendría sentido?

¡Por supuesto, sé que el hamiltoniano de partículas relativistas libres no es 0! Pero también sé que $H = 0$ es una propiedad bien conocida de los sistemas que tienen una acción con independencia de la parametrización . Me faltan algunas partes relacionadas con esta restricción y aún no veo qué. Necesito ayuda para desenredar este tema.

Respuestas (1)

¿Por qué el hamiltoniano es cero en relatividad?

una mente curiosa · Answer 1

El argumento correcto de cómo la invariancia de la reparametrización implica la desaparición del hamiltoniano es el siguiente: Dada una acción hamiltoniana genérica $S = \int ({\dot{q}}^{i} {pag}_{i} - {tu}^{α} x_{α} - H) d t,$ $S = \int \left(\dot{q}^i p_i - u^\alpha \chi_\alpha - H\right)\mathrm{d}t,$ donde $q,p$ son las variables canónicas del espacio de fase, $\chi_\alpha$ son restricciones hamiltonianas con multiplicadores de Lagrange $u^\alpha$ y $H(q,p)$ es el hamiltoniano real en el espacio de fase no extendido, siendo la acción invariante de reparametrización en el tiempo, obliga al hamiltoniano a ser cero solo si el $q,p$ transformarse como escalares bajo la reparametrización en el tiempo $t\mapsto \tau(t)$ (desde entonces $\dot{q}^i p_i \mapsto \frac{\mathrm{d}\tau}{\mathrm{d}t} q'^i p_i$ (el primo $'$ denota la derivada wrt $\tau$ )) y si los términos de la restricción $u^\alpha\chi_\alpha$ también se transforman como densidades escalares $u^\alpha \chi_\alpha \mapsto \frac{\mathrm{d}\tau}{\mathrm{d}t} u^\alpha \chi_\alpha$ . Bajo estos supuestos, $H=0$ sigue porque si $q,p$ son escalares entonces también lo es $H(q,p)$ , y $H(q,p)$ por lo tanto, no puede transformarse como una densidad escalar para preservar la invariancia de la acción y debe ser cero.

Tenga en cuenta que la derivada en $\mathrm{d}t = \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}\tau}\mathrm{d}\tau$ (Lo que es llamado $\theta$ en la pregunta) no es una variable dinámica desde el punto de vista del sistema original. Su ecuación de Euler-Lagrange no existe porque no es una función/coordenada en el espacio de fase.

Nótese también que, si $s_1 \neq t_1$ y $s_2\neq t_2$ , la transformación $t\mapsto s$ lo que realiza no es lo que generalmente se denomina reparametrización temporal en el contexto en el que hablamos de invariancia de reparametrización y hamiltonianos que se desvanecen. Por lo general, se supone que el inicio y el final del parámetro permanecen fijos.

Tu nuevo sistema $\bar{L}$ no es equivalente al original: Sin embargo, puede definir un nuevo sistema Lagrangiano $\bar L(q,q',\theta,{\theta}') := L(q,q'/\theta)\theta$ , con una variable adicional $\theta$ , si así lo deseas. Examinemos un poco ese nuevo sistema:

Las ecuaciones de movimiento para $q$ están
$\begin{matrix} (a) & \frac{d}{d s} (\frac{\partial \bar{L}}{\partial q^{'}}) - \frac{\partial \bar{L}}{\partial q} = \frac{d}{d s} (\frac{\partial (L θ)}{\partial q^{'}}) - \frac{\partial (L θ)}{\partial q} = \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial q^{'}}) θ + \frac{\partial L}{\partial q^{'}} θ^{'} - \frac{\partial L}{\partial q} θ = 0 \end{matrix}$ $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial\bar{L}}{\partial q'}\right) - \frac{\partial\bar{L}}{\partial q} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial(L\theta)}{\partial q'}\right) - \frac{\partial(L\theta)}{\partial q} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial q'}\right)\theta + \frac{\partial L}{\partial q'}\theta' - \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = 0\tag{a}$ y la ecuación de movimiento para $\theta$ es $\begin{matrix} (b) & \frac{\partial \bar{L}}{\partial θ} = \frac{\partial L}{\partial θ} θ + L = 0. \end{matrix}$ $\frac{\partial \bar{L}}{\partial \theta} = \frac{\partial L}{\partial \theta} \theta + L = 0.\tag{b}$ Aquí, crucialmente, $L$ tiene que ser leído como el $L(q,q'/\theta)$ aparece como en el $\bar{L}$ , entonces tenemos $\begin{matrix} (C) & \frac{\partial L}{\partial q^{'}} = \frac{1}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} y \frac{\partial L}{\partial θ} = \frac{\partial (q^{'} / θ)}{\partial θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = - \frac{q^{'}}{θ^{2}} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \end{matrix}$ $\frac{\partial L}{\partial q'} = \frac{1}{\theta} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\quad\text{and}\quad \frac{\partial L}{\partial \theta} = \frac{\partial (q'/\theta)}{\partial \theta}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = -\frac{q'}{\theta^2}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \tag{c}$ en términos de $\partial L /\partial \dot{q}$ que aparece en las ecuaciones EL originales. En particular, la ec. (b) de hecho implica que $\dot{q}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} - L = 0$ pero sólo bajo el supuesto de que $q'/\theta = \dot{q}$ . Sin embargo, en el momento en que promovimos $\theta$ a una variable dinámica, perdimos esa relación - el objeto $\dot{q}$ ya no existe en este nuevo mundo, el $\partial L/\partial \dot{q}$ es una función de $q,q'$ y $\theta$ , no uno de $q$ y $\dot{q}$ . Desde el punto de vista del nuevo sistema, debe leerse simplemente como $\frac{\partial L}{\partial(q'/\theta)}$ .

Sustituyamos ahora la ec. (c) en la ec. (a):
$\frac{d}{d s} (\frac{1}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) θ + \frac{1}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} θ^{'} - \frac{\partial L}{\partial q} θ = - \frac{θ^{'}}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} + \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) + \frac{θ^{'}}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} - \frac{\partial L}{\partial q} θ = 0$ $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{1}{\theta} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\theta + \frac{1}{\theta} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\theta' - \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = -\frac{\theta'}{\theta}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}\right) + \frac{\theta'}{\theta}\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}- \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = 0$ $\begin{matrix} (d) & ⟹ \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) - \frac{\partial L}{\partial q} θ = \frac{1}{θ} \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) - \frac{\partial L}{\partial q} = 0 \end{matrix}$ $\implies \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = \frac{1}{\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial{L}}{\partial q} = 0\tag{d}$ Si los dos sistemas lagrangianos $L(q,\dot{q})$ y $\bar{L}(q,q',\theta,\theta')$ fueran equivalentes, las ecuaciones de movimiento de $\bar{L}$ debe reducirse a las ecuaciones de movimiento de $L$ al usar la ecuación de movimiento para $\theta$ . Pero la ec. (b) no lo hace posible - insertándolo en la ec. (d) no se presta a simplificaciones por las cuales obtendríamos las ecuaciones originales de movimiento. La relación que realmente necesitamos sería, una vez más, $q'/\theta = \dot{q}$ .
Aquí está el argumento lagrangiano de cómo la invariancia de la reparametrización implica la desaparición del hamiltoniano: si la acción original era invariante de la reparametrización en el tiempo, tenemos que, bajo una reparametrización infinitesimal $\delta t = \theta(t)$ con cambios inducidos
$d q = \dot{q} θ d \dot{q} = \dot{d q} = \ddot{q} θ + \dot{q} \dot{θ} θ (t_{1}) = θ (t_{2}) = 0$ $\delta q = \dot{q}\theta \quad \delta \dot{q} = \dot{\delta q} = \ddot{q}\theta + \dot{q}\dot{\theta} \quad \theta(t_1) = \theta(t_2) = 0$ el cambio inducido en el Lagrangiano es cero, es decir $d L = \frac{\partial L}{\partial q} d q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} d \dot{q} = 0.$ $\delta L = \frac{\partial L}{\partial q}\delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\delta \dot{q} = 0.$ Pero, debido a un "truco" para derivar la corriente de Noether discutida, por ejemplo, en esta pregunta , también sabemos que $d S = \int j \frac{\partial ϵ}{\partial t},$ $\delta S = \int j \frac{\partial \epsilon}{\partial t},$ donde $j$ es la corriente de Noether asociada a la simetría con constante $\epsilon$ , que es solo una traducción del tiempo y, de hecho, una simetría porque hemos asumido implícitamente que el Lagrangiano no depende explícitamente del tiempo. Por lo tanto, $j$ es el hamiltoniano, y la invariancia de la reparametrización obviamente fuerza $j=0$ .

No encuentro esta respuesta muy esclarecedora. No veo por qué no podemos considerar $\theta$ como una variable dinámica en la formulación lagrangiana, ya que es una función arbitraria de $s$ (o $\tau$ ). ¿Cómo formularía el problema sin introducir los multiplicadores hamiltoniano y de Lagrange directamente en la acción? Además, sospecho que los límites de la integral tienen algo que decir, pero no estoy seguro.
@Cham: tanto en la formulación lagrangiana como en la hamiltoniana, el espacio de las variables dinámicas se fija para cualquier acción dada: es el espacio abarcado por el $(q,\dot{q})$ y el $(q,p)$ , respectivamente. La función $\tau(t)$ no toma valores en ese espacio y por lo tanto no es una variable dinámica. Se puede introducir el tiempo $t$ como una nueva variable en el espacio de fase, pero luego el parámetro de integración de la acción se convierte en algo diferente, algún parámetro que parametriza un camino en $(q,p)$ espacio con dimensiones adicionales $(t,p_t)$ .
Acordado. Entonces necesito cambiar la interpretación o el razonamiento en torno a la ecuación (5) para obtener $H = 0$ , pero no sé cómo. Necesito mostrar una suposición explícita (¿o implícita?) Sobre la independencia de la parametrización . Esta es la restricción asociada con $H = 0$ , y quiero obtener ambos en el nivel lagrangiano, sin introducir ningún multiplicador de Lagrange.
Ya no estoy seguro de tu último comentario. Podríamos introducir un nuevo lagrangiano $\tilde{L}$ definido por (4), y considere $\theta$ como otra variable dinámica; $q^i$ donde ahora $i = 1, 2, \dots, N, N + 1$ (asi que $q^{N+1} \equiv \theta$ ). tenemos el $N + 1$ 'momento canónico $p_{\theta} = 0$ ya que este lagrangiano no tiene ninguna $\theta^{\prime}$ en eso. El hamiltoniano es $\tilde{H} = \theta \, H$ . Euler-Lagrange aplicado a $\tilde{L}$ luego da $H = 0$ . No sé cómo interpretar esto.
@Cham Sí, podrías hacer eso. Haciendo $\theta$ una nueva variable, ha agregado efectivamente la variable de tiempo físico como una nueva variable de espacio de fase. Esto generalmente conduce a que el nuevo sistema sea reparametrización invariante en el nuevo parámetro de integración y, por lo tanto, el hamiltoniano se desvanece en el caparazón; tenga en cuenta para esto que si $H$ es escalar, $\theta H$ se transforma como una densidad escalar porque $\theta$ es una derivada en el parámetro de integración $s$ . También uso ese truco en esta respuesta mía .
Pero falta algo que no entiendo en mi truco. ¿Qué me impide hacer esto por cualquier lagrangiano, incluso $L = \frac{m \dot{q}^2}{2} - U(q)$ , decir ? ¡Eso no tendría ningún sentido! No veo claramente la invariancia de parametrización aquí, a menos que digamos algo sobre la acción en sí misma y sus dos límites: $t_1$ y $t_2$ cambiado a $s_1$ y $s_2$ , etc. Me falta una pieza para mostrar que la invariancia de parametrización implica $H = 0$ .
Gracias. A la ecuación (d) le falta una etiqueta. Además, ¿cuáles serían los supuestos para hacer que ambos sistemas sean equivalentes? ¿Invarianza de parametrización? Si es así, ¿cómo aparece?
Creo que hay un error en la última ecuación (es decir, (d) ?). Se puede simplificar en la parte izquierda y obtengo esto (se cancelan dos términos): $\frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) - θ \frac{\partial L}{\partial q} = 0,$ $\begin{equation}\frac{d}{d s} \Big( \frac{\partial L}{\partial \, \dot{q}} \Big) - \theta \, \frac{\partial L}{\partial \, q} = 0, \end{equation}$ es decir, la ecuación EL original escrita así (¿ve el cambio de parametrización?): $\frac{1}{θ} \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) - \frac{\partial L}{\partial q} = 0.$ $\begin{equation}\frac{1}{\theta} \, \frac{d}{d s} \Big( \frac{\partial L}{\partial \, \dot{q}} \Big) - \frac{\partial L}{\partial \, q} = 0. \end{equation}$ Creo que esto es bueno.
@Cham: De hecho, hubo un error. Aún así, el punto crucial es que $q'/\theta = \dot{q}$ es una ecuación que es externa a los sistemas lagrangianos bajo consideración y no forma parte de las ecuaciones de movimiento, por lo que no puede usar esa ecuación para mostrar que los dos sistemas son equivalentes. Además, he añadido otra sección sobre cómo reparam. la invariancia implica $H=0$ desde el punto de vista lagrangiano, ya que eso parece ser lo que buscas en última instancia.
Hay un signo de igualdad fuera de lugar en la ecuación (d). Debería ser una flecha en su lugar.
No creo que necesitemos ir a las corrientes de Noether. Sospecho que la relación necesaria $q^{\prime} /\theta = \dot{q}$ es una forma de imponer "invariancia de parametrización" al sistema, pero todavía no estoy seguro.

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