Restricciones de la partícula puntual relativista en la mecánica hamiltoniana

Question

Restricciones de la partícula puntual relativista en la mecánica hamiltoniana

Física
espacio de fase
mecanica clasica
dinámica restringida
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano

xxxx

Trato de entender la construcción de la mecánica hamiltoniana con restricciones. Decidí comenzar con el caso simple: partícula relativista libre. He construido hamiltoniano con restricción:

S = - metro \int d τ \sqrt{{\dot{X}}_{v} {\dot{X}}^{v}} .

$S=-m\int d\tau \sqrt{\dot x_{\nu}\dot x^{\nu}}.$

Aquí $\phi=p_{\mu}p^{\mu}-m^2=0$ $-$ restricción de primera clase .

Después

H = H_{0} + λ ϕ = λ ϕ .

$H=H_{0}+\lambda \phi=\lambda \phi.$

Entonces, quiero mostrar que puedo obtener de este hamiltoniano la misma ecuación de movimiento que se obtiene del lagrangiano.

Pero el problema es que no estoy seguro de qué hacer con $\lambda=\lambda(q,p)$ . Intenté lo siguiente:

{\dot{X}}_{m} = {X_{m}, λ ϕ} = {X_{m}, λ {pags}^{2}} - {metro}^{2} {X_{m}, λ} = λ {X_{m}, {pags}^{2}} + {pags}^{2} {X_{m}, λ} - {metro}^{2} {X_{m}, λ}

$\dot x_{\mu}=\{x_{\mu},\lambda \phi\}=\{x_{\mu},\lambda p^2\}-m^2\{x_{\mu},\lambda\}=\lambda\{x_{\mu},p^2\}+p^2\{x_{\mu},\lambda\}-m^2\{x_{\mu},\lambda\}$

= 2 λ η_{m b} {pags}^{b} + {pags}^{2} {X_{m}, λ} - {metro}^{2} {X_{m}, λ} = 2 λ η_{m b} {pags}^{b} + {pags}^{2} \frac{\partial λ}{\partial {pags}^{m}} - {metro}^{2} \frac{\partial λ}{\partial {pags}^{m}},

$=2\lambda \eta_{\mu b} p^b+p^2\{x_{\mu},\lambda\}-m^2\{x_{\mu},\lambda\}=2\lambda \eta_{\mu b} p^b+p^2\frac{\partial \lambda}{\partial p^{\mu}}-m^2\frac{\partial \lambda}{\partial p^{\mu}},$

\dot{λ} = {λ, λ ϕ} = {λ, λ {pags}^{2}} - {metro}^{2} {λ, λ} = λ {λ, {pags}^{2}} + {pags}^{2} {λ, {pags}^{2}} = 2 λ η_{a k} {pags}^{a} \frac{\partial λ}{\partial X^{k}},

$\dot \lambda=\{\lambda, \lambda \phi \}=\{\lambda,\lambda p^2\}-m^2\{\lambda,\lambda\}=\lambda\{\lambda,p^2\}+p^2\{\lambda,p^2\}=2\lambda\eta_{ak}p^{a}\frac{\partial \lambda}{\partial x^{k}},$

{\dot{pags}}_{m} = {{pags}_{m}, λ {pags}^{2} - {metro}^{2} λ} = {pags}^{2} {{pags}_{m}, λ} - {metro}^{2} {{pags}_{m}, λ} = - {pags}^{2} \frac{\partial λ}{\partial X^{m}} + {metro}^{2} \frac{\partial λ}{\partial X^{m}} .

$\dot p_{\mu}=\{p_{\mu},\lambda p^{2}-m^2\lambda \}=p^{2}\{p_{\mu},\lambda\}-m^2\{p_{\mu},\lambda\}=-p^{2}\frac{\partial \lambda}{\partial x^{\mu}}+m^2\frac{\partial \lambda}{\partial x^{\mu}}.$

Si recordamos que $p^2-m^2=0$ , entonces obtenemos de la tercera ecuación: $\dot p=0$ , y del primero:

{\dot{X}}_{m} = 2 λ η_{a k} {pags}^{a} .

$\dot x_{\mu}=2\lambda\eta_{ak}p^{a}.$

Entonces tenemos

$\dot x_{\mu}=2\lambda\eta_{\mu b}p^{b}.$
$\dot \lambda=2\lambda\eta_{ak}p^{a}\frac{\partial \lambda}{\partial x^{k}}.$
$\dot p=0.$

Pero no sé qué hacer a continuación. ¿Me puedes ayudar?

Respuestas (2)

Restricciones de la partícula puntual relativista en la mecánica hamiltoniana

qmecanico · Answer 1

No podemos resistir la tentación de generalizar la métrica del espacio-tiempo de fondo a partir de la métrica de Minkowski $\eta_{\mu\nu}$ a una métrica de espacio-tiempo curva general $g_{\mu\nu}(x)$ . Usamos la convención de signos $(-,+,+,+)$ .
Parametricemos la partícula puntual mediante un parámetro arbitrario de línea universal $\tau$ (que no tiene por qué ser el momento adecuado).
El multiplicador de Lagrange $\lambda=\lambda(\tau)$ (que OP menciona) depende de $\tau$ , pero no depende de las variables canónicas $x^{\mu}$ y $p_{\mu}$ . Similarmente, $x^{\mu}$ y $p_{\mu}$ depender solo de $\tau$ .
El multiplicador de Lagrange $\lambda=\frac{e}{2}$ se puede identificar con un einbein $^1$ campo $e$ . Vea a continuación, donde describimos una forma sencilla de comprender la apariencia de la restricción de capa de masa
$\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} {pags}^{2} + (metro C)^{2} \approx & 0, \\ {pags}^{2} := & {gramo}^{m v} (X) {pags}_{m} {pags}_{v} < 0. \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}p^2+(mc)^2~\approx~&0, \cr p^2~:=~&g^{\mu\nu}(x)~ p_{\mu}p_{\nu}~<~0.\end{align}\tag{1}$
Comience con la siguiente raíz cuadrada Lagrangiana para una partícula puntual relativista masiva
$\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} L_{0} := & - metro C \sqrt{- {\dot{X}}^{2}}, \\ {\dot{X}}^{2} := & {gramo}_{m v} (X) {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v} < 0, \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}L_0~:=~& -mc\sqrt{-\dot{x}^2}, \cr \dot{x}^2~:=~&g_{\mu\nu}(x)~ \dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}~<~0, \end{align} \tag{2}$ donde punto significa diferenciación wrt. el parámetro de línea universal $\tau$ . Aquí la acción es $S_0=\int \! d\tau~ L_0$ . Los caminos estacionarios incluyen las geodésicas . Más precisamente, las ecuaciones de Euler-Lagrange son las ecuaciones geodésicas.
Introducir un campo einbein $e=e(\tau)$ y lagrangiano
$\begin{matrix} (3) & L := \frac{{\dot{X}}^{2}}{2 mi} - \frac{mi (metro C)^{2}}{2} . \end{matrix}$ $L~:=~\frac{\dot{x}^2}{2e}-\frac{e (mc)^2}{2}.\tag{3}$ Contrariamente al lagrangiano de raíz cuadrada (2), este lagrangiano (3) también tiene sentido para partículas puntuales sin masa, cf. esta publicación Phys.SE.
Demuestre que los momentos lagrangianos son
$\begin{matrix} (4) & {pags}_{m} = \frac{1}{mi} {gramo}_{m v} (X) {\dot{X}}^{v} . \end{matrix}$ $p_{\mu}~=~ \frac{1}{e}g_{\mu\nu}(x)~\dot{x}^{\nu}.\tag{4}$
Demuestre que las ecuaciones de Euler-Lagrange del Lagrangiano (3) son
$\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} {\dot{pags}}_{λ} \approx & \frac{1}{2 mi} \partial_{λ} {gramo}_{m v} (X) {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v}, \\ {\dot{X}}^{2} + (mi metro C)^{2} \approx & 0. \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} \dot{p}_{\lambda}~\approx~&\frac{1}{2e}\partial_{\lambda}g_{\mu\nu}(x)~ \dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}, \cr \dot{x}^2+(emc)^2~\approx~&0.\end{align}\tag{5}$
Muestre que el lagrangiano (3) se reduce a la raíz cuadrada del lagrangiano (2) al integrar el campo de einbein
$\begin{matrix} (6) & mi > 0. \end{matrix}$ $e~>~0.\tag{6}$ La desigualdad (6) se impone para eliminar una rama negativa no física, cf. mi respuesta Phys.SE aquí . $^2$
Realiza una transformación de Legendre (singular) $^3$ del lagrangiano (3), y demuestre que el hamiltoniano correspondiente se convierte en
$\begin{matrix} (7) & H = \frac{mi}{2} ({pags}^{2} + (metro C)^{2}) . \end{matrix}$ $H~=~ \frac{e}{2}(p^2+(mc)^2).\tag{7}$ Este hamiltoniano (7) es precisamente de la forma 'Restricción de tiempos del multiplicador de Lagrange' (1).
Muestre que las ecuaciones de Hamilton son precisamente ecs. (4) y (5).
La arbitrariedad en la elección del parámetro de línea de mundo $\tau$ conduce a la simetría de reparametrización $^4$
$\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} τ^{'} = & F (τ), d τ^{'} = d τ \frac{d F}{d τ}, \\ {\dot{X}}^{m} = & {\dot{X}}^{' m} \frac{d F}{d τ}, mi = {mi}^{'} \frac{d F}{d τ}, \\ {pags}_{m} = & {pags}_{m}^{'}, L = L^{'} \frac{d F}{d τ}, \\ H = & H^{'} \frac{d F}{d τ} S = S^{'}, \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}\tau^{\prime}~=~&f(\tau), \qquad d\tau^{\prime} ~=~ d\tau\frac{df}{d\tau},\cr \dot{x}^{\mu}~=~&\dot{x}^{\prime\mu}\frac{df}{d\tau},\qquad e~=~e^{\prime}\frac{df}{d\tau},\cr p_{\mu}~=~&p_{\mu}^{\prime},\qquad L~=~L^{\prime}\frac{df}{d\tau},\cr H~=~&H^{\prime}\frac{df}{d\tau}\qquad S~=~S^{\prime},\end{align}\tag{8}$ dónde $f=f(\tau)$ es una función biyectiva.
Por lo tanto, uno puede elegir varios calibres, por ejemplo $e={\rm const.}$

Referencias:

J. Polchinski, Teoría de cuerdas, vol. 1, Sección 1.2.

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Notas al pie:

$^1$ Un einbein es una versión 1D de un vielbein.

$^2$ Como verificación de consistencia del signo (6), si en el indicador estático

\begin{matrix} (9) & i X_{METRO}^{0} = X_{mi}^{0} = C τ_{mi} = i C τ_{METRO} \end{matrix}

$ix^0_M~=~x^0_E~=~c\tau_E~=~ic\tau_M\tag{9}$ Wick rota de Minkowski al espacio euclidiano, luego en eq. (3), el lagrangiano euclidiano

L_{E} = - L_{M} > 0

$L_E=-L_M>0$ se vuelve positivo como debería.

$^3$ Estrictamente hablando, en la singular transformación de Legendre, también se debe introducir un impulso

\begin{matrix} (10) & {pags}_{mi} := \frac{\partial L}{\partial \dot{mi}} = 0 \end{matrix}

$p_e~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{e}}~=~0\tag{10}$ para el einbein

e

$e$ , lo que conduce a una restricción primaria (10), que inmediatamente mata el impulso

p_{e}

$p_e$ otra vez. La restricción secundaria correspondiente es la restricción de masa-cáscara (1). La restricción terciaria correspondiente desaparece de manera idéntica debido a la simetría sesgada del soporte de Poisson. Tenga en cuenta que

\frac{\partial H}{\partial e} \approx 0

$\frac{\partial H}{\partial e}\approx 0$ se convierte en una de las ecuaciones de Hamilton.

$^4$ La reparametrización es una transformación pasiva. Para una transformación activa relacionada, consulte esta publicación de Phys.SE.

Disculpe, ¿puede aclarar por qué? $\lambda$ no depende de las variables canónicas, sino que sólo depende del tiempo? Obtuve el hamiltoniano que tiene la misma forma que el tuyo $(6)$ , pero pensé que $\lambda=\lambda(x,p)$ , mientras dijiste $\lambda=\lambda(t)$ . ¿Puedes explicar porque?
@xxxxx: en la mecánica de puntos, todas las variables fundamentales, como, por ejemplo, $x^{\mu}$ , $p_{\mu}$ , $\lambda$ , etc, son solo funciones de "tiempo", más precisamente, el parámetro de línea de mundo $\tau$ . Las variables fundamentales pueden interrelacionarse después de aplicar las ecuaciones. de movimiento
Está bien, trataré de explicar con precisión. Gracias por tu explicación, he oído hablar de eso un poco. Pero quería usar el enfoque estándar de Dirac: obtuve impulso, luego identifiqué el tipo de restricción $\phi$ , escribió $H=H_{0}+\lambda \phi$ . Según recuerdo, Dirac en sus conferencias decía que $\lambda=\lambda(x,p)$ . Luego escribí las ecuaciones de Hamilton usando corchetes de Poisson y esperaba determinar a partir de ellas $\lambda$ y ecuaciones de movimiento, que deberían haberse emparejado con las que se obtuvieron de las ecuaciones de Lagrange. ¿Por qué en este enfoque puedo usar $\lambda=\lambda(t)?$
Notas para más adelante: 1. La rotación de la mecha es una rotación doble de la mecha (línea de mundo + espacio de destino). 2. Las 2 restricciones (1) y (10) son de primera clase , cf. Henneaux & Teitelboim, subsección 1.2.2. Una combinación lineal de ellos genera la simetría de reparametrización WL, y otra combinación lineal alguna otra simetría de calibre.
Notas para más adelante: Adición de E&M: $\quad L = \frac{\dot{x}^2}{2e}-\frac{e (mc)^2}{2}+q\dot{x}^{\mu}A_{\mu}$ ; $\quad p_{\mu} = \frac{1}{e}g_{\mu\nu}(x)~\dot{x}^{\nu} +qA_{\mu}$ ; $\quad H = \frac{e}{2}((p-qA)^2+(mc)^2)$ ;

Dr. Yoma · Answer 2

De tu ecuación (1) puedes obtener

\sqrt{{\dot{X}}_{m} {\dot{X}}^{m}} = 2 λ \sqrt{{pags}_{m} {pags}^{m}} = 2 λ metro

$\begin{equation*} \sqrt{\dot x_\mu \dot x^\mu}= 2\lambda \sqrt{p_\mu p^\mu}=2\lambda m \end{equation*}$

Combinando esto con tu (1) obtienes

\frac{{\dot{X}}_{v}}{\sqrt{{\dot{X}}_{m} {\dot{X}}^{m}}} = \frac{{pags}_{v}}{metro} .

$\begin{equation*} \frac{\dot x_\nu}{\sqrt{\dot x_\mu \dot x^\mu}}=\frac{ p_\nu}{m}. \end{equation*}$

Finalmente, combinando con tu (2) obtienes

\frac{d}{d τ} (\frac{{\dot{X}}_{v}}{\sqrt{{\dot{X}}_{m} {\dot{X}}^{m}}}) = 0,

$\begin{equation} \frac{d}{d\tau}\left(\frac{{\dot x_\nu}}{\sqrt{\dot x_\mu \dot x^\mu}}\right)=0, \end{equation}$

que es exactamente la ecuación que puedes encontrar del Lagrangiano original

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Dr. Yoma

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