¿Invarianza galileana de Lagrangian para partículas puntuales libres no relativistas?

Teorema de Schmeorem. Un lagrangiano invariante galileano para cualquier número de partículas clásicas que interactúan con un potencial:

$$S = \int \sum_k {m_k(\dot{x}_k-u)^2\over 2} + \lambda \dot{u} - U(x_k)\;\;\; dt$$

Para cualquier lagrangiano invariante galileano$L(\dot{x}_k, x_k)$, el lagrangiano

$$L'(\dot{x}_k,x_k, \lambda, u) = L(\dot{x}_k-u,x_k) + \lambda \dot{u}$$

es explícitamente invariante galileano y tiene la misma dinámica (suponiendo que el lagrangiano original fuera invariante galileano).

Las propiedades galileanas de las x son las habituales. Las variables dinámicas se extienden para incluir$\lambda,u$que actúan como multiplicadores de Lagrange. La ley de transformación para u y$\lambda$son:

$x \rightarrow x-vt$

$u \rightarrow u-v$

$\lambda \rightarrow \lambda$

Y es trivial comprobar que el nuevo Lagrangiano es completamente invariante. La ecuación de movimiento para$\lambda$solo hace$u$constante, igual a$u_0$, mientras que la ecuación de movimiento para$u$se integra a

$$\lambda = - \sum_k m_k x_k - M u_0 t$$

hasta una constante aditiva que he puesto a cero. Estas son casi todas las ecuaciones de movimiento, pero hay una ecuación más que resulta de extremizar la acción con respecto a$u_0$, que establece

$$u_0 = \sum_k m_k \dot{x}_k$$

Donde el tiempo no es importante, porque este es el centro de la velocidad de masas, que se conserva. La prescripción de Noether en la acción invariante explícitamente galileana es trivial: la cantidad conservada asociada con los impulsos galileanos es simplemente$\lambda$, y esta es de hecho la posición del centro de masa.

por qué esto funciona

Si integras la energía cinética para la acción habitual de partículas libres por partes, obtienes:

$$S = \int \sum_k m\ddot{x}_k x_k + U(x_k) dt$$

Esta acción es invariante galileana en la capa de masa, lo que significa que la parte invariante no galileana es cero cuando aplicas las ecuaciones de movimiento. Esto significa que agregar algunos campos no dinámicos adicionales debería producir una acción invariante galileana fuera del caparazón, y este es el$\lambda, u$.

Relación con las transformaciones de Lorentz

Cuando realiza una transformación de Lorentz, la acción de la partícula de longitud de arco es invariable. Pero si fijas el origen de la transformación de Lorentz en el tiempo inicial, el tiempo final se transforma, por lo que el camino ya no va al mismo tiempo final después de la transformación. Cuando toma el límite no relativista, el tiempo final se vuelve degenerado con el tiempo inicial, pero el costo de la acción de cambiar el tiempo final no se aproxima a cero.

Esto significa que necesita una variable adicional para realizar un seguimiento del bit infinitesimal del tiempo final, y que esta variable adicional necesitará una ley de transformación no trivial bajo las transformaciones de Galileo.

Para averiguar cuál debería ser esta nueva variable, siempre es mejor considerar lo análogo para la invariancia rotacional. Considere una cuerda en tensión con pequeñas desviaciones de la horizontal y sea h(t) la desviación de la cuerda de la horizontal. La energía potencial rotacionalmente invariante es la longitud de arco de la cuerda

$$U = \int \sqrt{1+h'^2} dx$$

y esta es la energía potencial que da el análogo rotacionalmente invariante de la ecuación de onda. Una vez que vas a pequeñas desviaciones, la expansión de U da la energía potencial de ecuación de onda habitual

$$U(h) = \int {1\over 2} h'^2 dx$$

y esto ya no es rotacionalmente invariante. Pero es invariante al sesgo, lo que significa que agregar una línea de pendiente constante a h no cambia la energía. Excepto que lo hace, por una derivada perfecta:

$$U(h + ax) = \int {1\over 2}h'^2 + a h' + {a^2\over 2} dx$$

Claramente, esta es exactamente la misma situación que para la invariancia de Lorentz que se convierte en una invariancia de Galileo, excepto que se usa la invariancia rotacional, donde la intuición de todos es firme. El adicional$a^2\over 2$la energía se debe a la longitud extra cuadrática de una cuerda girada, mientras que la derivada lineal perfecta$ah'$se integra a$a (h_f - h_i)$, y esta es la cantidad de reducción/aumento de longitud cuando rotas una cuerda inclinada.

Entonces, para obtener una energía potencial completamente invariante de inclinación, debe agregar una variable$u$que está restringida dinámicamente para igualar la inclinación total de la cuerda. Esta variable distinguirá entre diferentes versiones rotadas de la cuerda: rotar la cuerda por sí misma sin rotar la variable de inclinación promedio cambiará la energía --- esto se debe a que inclinar la cuerda horizontal entre 0 y A no es exactamente lo mismo que la inclinación anterior. cuerda inclinada entre 0 y A, la cuerda pre-inclinada tiene una longitud diferente. Girar la inclinación total por sí solo cambiará la energía, pero girar ambos no hace nada, y esta es la codificación de la invariancia rotacional.

Por lo tanto, necesita una variable de inclinación promedio para convertir la invariancia rotacional explícita en una invariancia de inclinación explícita. La energía potencial total viene dada por las desviaciones de la inclinación promedio:

$$U = \int {1\over 2} (h'-u)^2 dx$$

y u se transforma como$u-a$bajo una inclinación por a. Esto hace que la energía potencial sea invariante.

La energía cinética está dada por la dependencia del tiempo de h, y debe haber un multiplicador de Lagrange para hacer cumplir que la inclinación total es igual a la inclinación promedio

$$S = \int {1\over 2} \dot h^2 - {1\over 2} (h'-u)^2 + \beta (u - h') dt dx$$

Dónde$\beta$es un multiplicador de Lagrange global en x para u, forzándolo a ser igual a h'. Pero no hace daño permitir que u varíe en x, siempre que el multiplicador de Lagrange haga cumplir que es constante. La forma de hacerlo es cambiar el término del multiplicador de Lagrange a

$$- \int \lambda' (u(x) - h'(x)) dx = \int \lambda (u'(x) - h''(x))$$

Pero luego la ecuación de movimiento elimina el segundo término, por lo que solo necesita un multiplicador de Lagrange para ser:

$$\int \lambda u'(x)$$

Y las ecuaciones de movimiento obligan automáticamente a u a ser la pendiente promedio. Estas manipulaciones tienen análogos exactos en las transformaciones de Lorentz y explican la relación de la acción invariante explícitamente galileana con la acción de Lorentz. El análogo de la pendiente promedio es la velocidad del centro de masa.

Aquí me gustaría ampliar algunos de los argumentos dados en la inspiradora respuesta de Ron Maimon. Considerar$N$partículas puntuales con posiciones${\bf r}_1, \ldots, {\bf r}_N$. El grupo de transformación de Galileo se explica, por ejemplo, aquí . La única transformación, que nos molestaremos en mencionar explícitamente a partir de ahora, es la transformación de cortante

$$\begin{align} t ~\longrightarrow~& t,\cr \qquad {\bf r}_i ~\longrightarrow~& {\bf r}_i- {\bf v}t,\end{align}\tag{1}$$

dónde${\bf v}$es la velocidad constante relativa de los dos marcos de referencia.

1. Partamos del lagrangiano invariante manifiestamente galileano

$$\begin{align} L_1~=~&\sum_{i=1}^{N} \frac{m_i}{2}(\dot{\bf r}_i-{\bf u})^2 + {\bf \lambda} \cdot \dot{\bf u} - V, \cr V~:=~& \sum_{1\leq i<j\leq N}V_{ij}(|{\bf r}_i-{\bf r}_j|),\end{align}\tag{2}$$

dónde${\bf u}={\bf u}(t)$y${\bf \lambda}={\bf \lambda}(t)$son un par canónico de variables adicionales. La transformación galileana dice

$$\begin{align} t ~\longrightarrow~& t, \cr {\bf r}_i ~\longrightarrow~& {\bf r}_i- {\bf v}t, \cr {\bf u}~\longrightarrow~& {\bf u}-{\bf v}, \cr {\bf \lambda} ~\longrightarrow~& {\bf \lambda}.\end{align}\tag{3}$$

2. A continuación, integremos el multiplicador de Lagrange${\bf \lambda}$. La ecuación de movimiento(=eom) para${\bf \lambda}$es$\dot{\bf u} \approx 0$. (Los$\approx$sign significa en esta respuesta igual módulo eom. ) Esto deja un modo cero${\bf u}_0$, que es independiente de$t$. El nuevo Lagrangiano

$$L_2~=~\sum_{i=1}^{N} \frac{m_i}{2}(\dot{\bf r}_i-{\bf u}_0)^2- V\tag{4}$$

sigue siendo manifiestamente invariante de Galileo. La transformación galileana dice

$$\begin{align} t ~\longrightarrow~& t, \cr {\bf r}_i ~\longrightarrow~& {\bf r}_i- {\bf v}t, \cr {\bf u}_0~\longrightarrow~& {\bf u}_0-{\bf v}.\end{align}\tag{5}$$

El eom para${\bf r}_i$son la segunda ley de Newton como debería ser:

$$\begin{align} m_i \ddot{\bf r}_i~\approx~& -\nabla_i V, \cr i~=~&1,\ldots, N.\end{align}\tag{6}$$

Concluimos que

Los dos lagrangianos$L_1$y$L_2$son respuestas afirmativas a la pregunta del OP (v1).

3. Finalmente, integremos el modo cero${\bf u}_0$. El eom para${\bf u}_0$lee

$$\begin{align} {\bf u}_0 ~\approx~& \frac{\sum_{i=1}^{N}m_i\dot{\bf r}_i}{M}, \cr M~:=~& \sum_{i=1}^{N}m_i. \end{align}\tag{7}$$

El nuevo Lagrangiano

$$L_3~=~\sum_{i=1}^{N} \frac{m_i}{2}\left(\dot{\bf r}_i-\frac{\sum_{j=1}^{N}m_j\dot{\bf r}_j}{M}\right)^2- V \tag{8}$$

sigue siendo manifiestamente invariante de Galileo. El eom para${\bf r}_i$son la segunda ley de Newton con una resta del centro de masa:

$$\begin{align} m_i \ddot{\bf r}_i-\frac{m_i}{M}\sum_{j=1}^{N}m_j\ddot{\bf r}_j~\approx~& -\nabla_i V, \cr i~=~&1,\ldots, N.\end{align}\tag{9}$$

Esto sigue siendo consistente con la segunda ley de Newton, ya que sabemos que el centro de masa (= CM) de un sistema aislado debe tener aceleración cero:

$$\begin{align}\ddot{\bf r}_{CM}~=~&\frac{\sum_{j=1}^{N}m_j\ddot{\bf r}_j}{M}\cr~\approx~&{\bf 0}.\end{align}\tag{10}$$

Pero$L_3$no produce estos 3 eom, que determinan el movimiento CM. Concluimos que

el lagrangiano$L_3$no es una respuesta a la pregunta del OP (v1).

Esto se vuelve particularmente claro si elegimos solo una partícula$N=1$. Luego el lagrangiano$L_3$desaparece de forma idéntica$L_3=0$.

La respuesta es negativa. No hay acción de la partícula libre invariante bajo el grupo de Galileo. A continuación, se dará una explicación heurística y, además, una referencia donde se proporciona una prueba más detallada.

La razón básica es que el grupo de Galileo no se puede realizar en el álgebra de funciones de Poisson en el espacio de fase de la partícula libre.$T^{*}\mathbb{R}^3$(equipado con la forma simpléctica canónica). Es solo su extensión central (consulte la siguiente página de Wikipedia ) la que se puede realizar en términos de corchetes de Poisson. Para esta extensión central, los soportes de Poisson entre los generadores de los impulsos$B_i$y las traslaciones (es decir, los componentes del impulso)$P_i$ya no desaparece sino que depende de la masa de la partícula:

$\{B_i, P_j\} = m\delta_{ij}$.

Dado que los impulsos deben generar la transformación:$P_i \rightarrow P_i + m v_i$en las coordenadas de impulso a través de los corchetes canónicos de Poisson, los generadores Boost deben realizarse como múltiplos de las coordenadas de posición$Q_i$.

$B_i = m Q_i$

La ley de transformación de los impulsos en el espacio de fase (que es la variedad de los datos iniciales, por lo que esta realización no involucra el tiempo):

$Q_i \rightarrow Q_i$

$P_i \rightarrow P_i + m v_i$

$H(\vec{P}) \rightarrow H(\vec{P}+m\vec{v}) - \vec{P}.\vec{v}-\frac{1}{2}m v^2$

Es fácil verificar que el hamiltoniano de partículas libres es invariante y su transformación satisface una ley de grupo. Pero esta realización todavía no hace que el Lagrangiano$L = \vec{P} .\dot{\vec{Q}} - H$invariante, porque la forma de Cartan-Poincaré:$\vec{P}.d\vec{Q}$no es invariante y cambia por una derivada total:$m d \vec{v}.\vec{Q}$. Así, la existencia de masa impide que la acción sea invariante, por el corchete canónico de Poisson y no por la elección de la dinámica a través de la elección particular del hamiltoniano.

La no invariancia de la forma de Cartan-Poincaré bajo los impulsos se conoce como no equivalencia de los mapas de momento asociados a los impulsos, lo que indica que no podemos redefinir los generadores de grupo, por lo que desaparece el corchete de Poisson entre los impulsos y los generadores de traducción. Consulte las páginas 430-433 y el ejercicio 12.4.6 en "Introducción a la mecánica y la simetría" , de Marsden y Ratiu para obtener una prueba rigurosa.

Aquí nos gustaría ampliar algunos de los argumentos dados en la inspiradora respuesta de David Bar Moshe. En particular, argumentaremos que$^1$

¡El álgebra de Lie natural no relativista en la mecánica newtoniana es el álgebra de Bargmann, no el álgebra de Galileo!

1. Partimos del relativista hamiltoniano lagrangiano

   $$L_H ~=~{\bf p}\cdot \dot{\bf x} - H , \tag{1}$$ para una partícula puntual sin espín en$n$dimensiones del espacio-tiempo en el calibre estático, cf. por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí . Deja que el hamiltoniano$^2$ $$\begin{align} H~:=~&p^0c-mc^2\cr ~\stackrel{(3)}{\approx}~&\sqrt{{\bf p}^2c^2+m^2c^4}-mc^2\cr \quad\longrightarrow &\quad H_{\infty}~:=~\frac{{\bf p}^2}{2m}\quad\text{for}\quad c\to \infty \end{align}\tag{2}$$ ser la energía cinética, es decir, la energía $$p^0c~\approx~\sqrt{{\bf p}^2c^2+m^2c^4}\tag{3}$$ menos el resto de energía$mc^2$. Tenga en cuenta que un término constante$mc^2$en el Lagrangiano no afecta las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL). Nos interesa el límite no relativista$c\to \infty$. El Lagrangiano no relativista de OP se puede obtener a partir del Lagrangiano hamiltoniano no relativista (1) integrando el$3$-momentos${\bf p}$, es decir, por transformación de Legendre.

2. los$n(n\!-\!1)/2$Los generadores de Lorentz son

   $$\begin{align}J^{\mu\nu}~=~& x^{\mu} p^{\nu} - x^{\nu} p^{\mu}, \cr \mu,\nu~\in~&\{0,1,2,\ldots, n\!-\!1\}.\end{align}\tag{4}$$ Tenemos $$\frac{p^0}{c} \quad\stackrel{(3)}{\longrightarrow}\quad m\quad\text{for}\quad c\to \infty.\tag{5}$$ los$n\!-\!1$Los generadores de impulso son$^3$ $$\begin{align} B^i~:=~&\frac{J^{0i}}{c}\cr ~\stackrel{(4)}{=}~&tp^i-x^i\frac{p^0}{c}\cr \quad\stackrel{(5)}{\longrightarrow}&\quad B_{\infty}^i~:=~tp^i-mx^i\quad\text{for}\quad c\to \infty.\end{align} \tag{6}$$

3. Considere los corchetes canónicos de Poisson

   $$\begin{align}\{x^{\mu}, x^{\nu}\}~=~&0, \cr \{x^{\mu}, p^{\nu}\}~=~&\eta^{\mu\nu}, \cr \{p^{\mu}, p^{\nu}\}~=~&0, \cr \mu,\nu~\in~&\{0,1,2,\ldots, n\!-\!1\}.\end{align} \tag{7}$$ Es bien sabido que los soportes de Poisson de los generadores de Poincaré $$\begin{align} p^{\mu},J^{\mu\nu},& \cr \mu,\nu~\in~&\{0,1,2,\ldots, n\!-\!1\}.\end{align}\tag{8}$$ reproducir el$n$Álgebra de Poincaré bidimensional $iso(n\!-\!1,1)$. La masa$m$tiene, por definición, un corchete de Poisson que se desvanece con cualquier elemento $$\{m,\cdot\}~=~0. \tag{9}$$

4. Es fácil comprobar que el álgebra de Poisson con el$n(n\!+\!1)/2\!+\!1$generadores

   $$\begin{align} H, p^i, J^{ij},& B^i, m, \cr i,j~\in~&\{1,2,\ldots, n\!-\!1\},\cr c~<~&\infty,\end{align}\tag{10}$$ en el límite no relativista$c\to \infty$se convierte en el álgebra de Bargmann $$\begin{align}\{ B^i,H\}~\stackrel{(2)+(6)}{=}&~p^i,\cr \{ p^i, B^j\}~\stackrel{(6)+(5)}{=}&~m\delta^{ij}, \cr \ldots,& \end{align}\tag{11}$$ es decir, el álgebra galileana extendida centralmente . [Los puntos suspensivos$\ldots$en la ec. (11) indica otras relaciones de conmutación bien conocidas, que no repetiremos aquí. A diferencia de los otros generadores (10), la masa$m$no es una función del tiempo/una variable dinámica.] El álgebra de Bargmann es una contracción de Inonu-Wigner de $$iso(n\!-\!1,1)\oplus u(1).\tag{12}$$
   Aquí$iso(n\!-\!1,1)$es el álgebra de Poincaré (8), mientras que$u(1)$es un álgebra generada por el generador de masa$m$, que pertenece al centro , cf. ec. (9). Tenga en cuenta que los corchetes de Poisson para el álgebra de Bargmann continúan siendo válidos si en su lugar usamos las expresiones no relativistas$H_{\infty}$y$B_{\infty}^i$. Para un argumento relacionado, véase también la Ref. 1.

5. En el resto de esta respuesta supondremos que$c=\infty$. Se puede comprobar que cada generador de Bargmann$Q$satisface la identidad fuera de la cáscara

   $$\{Q,H\} +\frac{\partial Q}{\partial t}~=~0.\tag{13}$$ Esto significa que el generador de Bargmann$Q$genera una cuasisimetría infinitesimal $$\delta ~=~ \{\cdot ,Q\}\epsilon\tag{14}$$ del hamiltoniano lagrangiano (1), cf. mi respuesta Phys.SE aquí .

6. Ejemplo. los$B^i$Los generadores boost (6) generan transformaciones galileanas infinitesimales . son cuasisimetrías

   $$\begin{align} \{L_H, B^i\}~\stackrel{(1)+(6)}{=}&~\frac{df^i}{dt}, \cr f^i~=~&m x^i,\end{align}\tag{15}$$ consigo mismos como acusa Noether: $$\begin{align} Q^i~=~&\frac{\partial L_H}{\partial \dot{x}^j} \{x^j, B^i\} -f^i\cr ~\stackrel{(1)+(6)+(15)}{=}&~ tp^i-mx^i~\cr\stackrel{(6)}{=}~&B^i. \end{align}\tag{16}$$

Referencias:

1. R. Andringa, E. Bergshoeff, S. Panda y M. de Roo, Newtonian Gravity and the Bargmann Algebra, arXiv:1011.1145 , p. 11

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$^1$Para la investigación inicial de OP sobre si es posible obtener una simetría estricta del Lagrangiano en lugar de solo cuasisimetría , nos referimos a las otras respuestas.

$^2$ Notaciones y convenciones: índices griegos$\mu,\nu=0,1,2,\ldots, n\!-\!1$, denota índices de espacio-tiempo; mientras que los índices romanos$i,j=1,2,\ldots, n\!-\!1$, (y negrita) indican índices espaciales. los$\approx$El símbolo denota una relación en el caparazón. La convención de signos de Minkowski es$(−,+,\ldots,+)$. Y$x^0\equiv ct.$

$^3$Como es habitual en la cuantificación canónica, la condición de fijación de calibre estático$t=\lambda$(de la invariancia de reparametrización de la línea mundial) rompe la simetría manifiesta de Poincaré. Sin embargo, la cuasisimetría de impulso se restaura en el límite no relativista$c\to \infty$.