Гамильтониан для релятивистской свободной частицы равен нулю

Question

Гамильтониан для релятивистской свободной частицы равен нулю

Хавьер

Один из возможных лагранжианов для точечной частицы, движущейся в (возможно, искривленном) пространстве-времени, имеет вид

л "=" - м \sqrt{- г_{мю ν} {\dot{Икс}}^{мю} {\dot{Икс}}^{ν}},

$L = -m \sqrt{-g_{\mu\nu} \dot{x}^\mu \dot{x}^\nu},$

где точка — производная по параметру $\lambda$ . Этот лагранжиан дает действие, пропорциональное собственному времени, и он репараметризационно инвариантен ( $\lambda$ не обязательно должен быть аффинным параметром).

Если мы попытаемся перейти к гамильтоновой картине, мы получим импульсы

п_{мю} "=" \frac{м}{\sqrt{- {\dot{Икс}}^{2}}} г_{мю ν} {\dot{Икс}}^{ν},

$p_\mu = \frac{m}{\sqrt{-\dot{x}^2}} g_{\mu\nu} \dot{x}^\nu,$

которые подчиняются соотношению $p^2+m^2=0$ . Тогда мы получаем, что гамильтониан

ЧАС "=" п_{мю} {\dot{Икс}}^{мю} - л

$H = p_\mu \dot{x}^\mu - L$ тождественно равен нулю.

Я понимаю, что это не проблема, потому что, поскольку у нас есть ограничение $\phi(x,p) = p^2 + m^2 = 0$ , согласно методу Дирака мы действительно должны использовать гамильтониан $H' = H + c \phi$ , как описано, например, в этом посте . Но я хотел бы знать, почему мы получаем нулевой гамильтониан? Я подозреваю, что это связано с репараметризационной инвариантностью и тем фактом, что у нас нет предпочтительного понятия времени. Всегда ли это будет происходить? Почему?

Ответы (5)

Гамильтониан для релятивистской свободной частицы равен нулю

Хиральная аномалия · Answer 1

... что я хотел бы знать, так это то, почему мы получаем нулевой гамильтониан. Подозреваю, что это связано с репараметризационной инвариантностью... Всегда ли так будет? Почему?

Да, это связано с репараметризационной инвариантностью. Другими словами, результат нулевого гамильтониана верен для любого репараметризационно-инвариантного действия, а не только для релятивистской частицы. В этом смысле ответ на вопрос «Всегда ли это будет происходить?» — да. И один из способов ответить на вопрос «Почему?» вопрос в том, чтобы дать общее доказательство. Вот что я сделаю здесь.

Я обозначу параметр как $t$ вместо $\lambda$ , потому что его легче набирать.

Рассмотрим любую модель с действием вида

\begin{matrix} (1) & С "=" \int г т л (т) л (т) "=" л (ф (т), \dot{ф} (т)) \end{matrix}

$S=\int dt\ L(t) \hskip2cm L(t) = L\big(\phi(t),\dot\phi(t)\big) \tag{1}$ где

ϕ_{1} (t), ϕ_{2} (t), . . .

$\phi_1(t),\phi_2(t),...$ представляет собой набор динамических переменных. Если действие инвариантно относительно жестких трансляций в

t

$t$ , то теорема Нётер дает нам соответствующую сохраняющуюся величину: гамильтониан. Если действие инвариантно относительно репараметризаций в

t

$t$ , то мы могли бы ожидать получить более сильный результат из-за более экстремальной симметрии, и мы это делаем: закон сохранения все еще выполняется, но сохраняемая величина тождественно равна нулю (и, следовательно, бесполезна). Цель состоит в том, чтобы доказать, что большая симметрия приводит к этому более сильному результату.

Предположим, что действие инвариантно относительно всех преобразований вида

\begin{matrix} (2) & ф_{н} (т) \to ф_{н} (т + ϵ) \end{matrix}

$\phi_n(t)\rightarrow\phi_n(t+\epsilon) \tag{2}$ где

ϵ (t)

$\epsilon(t)$ может быть любой гладкой функцией, для которой отображение

t \to t + ϵ (t)

$t\rightarrow t+\epsilon(t)$ обратим. Это репараметризационная инвариантность. Для бесконечно малого

ϵ

$\epsilon$ ,

\begin{matrix} (3) & дельта ф_{н} (т) "=" {\dot{ф}}_{н} (т) ϵ . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta\phi_n(t) = \dot\phi_n(t)\epsilon. \tag{3} \end{equation}$ Возьмем производную от этого по

t

$t$ получить

\begin{matrix} (4) & дельта {\dot{ф}}_{н} (т) "=" \frac{г}{г т} ({\dot{ф}}_{н} (т) ϵ) . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta\dot\phi_n(t) = \frac{d}{dt}\Big(\dot\phi_n(t)\epsilon\Big). \tag{4} \end{equation}$ Теперь рассмотрим тождество

\begin{matrix} (5) & дельта С "=" \int г т дельта л \end{matrix}

$\begin{equation} \delta S = \int dt\ \delta L \tag{5} \end{equation}$ с

\begin{matrix} (6) & дельта л "=" \sum_{н} (\frac{\partial л}{\partial ф_{н}} дельта ф_{н} + \frac{\partial л}{\partial {\dot{ф}}_{н}} дельта {\dot{ф}}_{н}), \end{matrix}

$\begin{equation} \delta L = \sum_n\left( \frac{\partial L}{\partial \phi_n}\delta\phi_n + \frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\delta\dot\phi_n \right), \tag{6} \end{equation}$ которое справедливо для любого преобразования

ϕ

$\phi$ с. Для конкретного преобразования (3)-(4) уравнения (4)-(5) принимают вид

\begin{matrix} (7) & дельта С "=" \sum_{н} \int г т (\frac{\partial л}{\partial ф_{н}} {\dot{ф}}_{н} ϵ + \frac{\partial л}{\partial {\dot{ф}}_{н}} \frac{г}{г т} ({\dot{ф}}_{н} ϵ)) . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta S = \sum_n\int dt\ \left(\frac{\partial L}{\partial \phi_n}\dot\phi_n\epsilon + \frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\frac{d}{dt}(\dot\phi_n\epsilon) \right). \tag{7} \end{equation}$ Сравните это с личностью

\begin{matrix} (8) & \frac{г}{г т} (л ϵ) "=" \sum_{н} (\frac{\partial л}{\partial ф_{н}} {\dot{ф}}_{н} + \frac{\partial л}{\partial {\dot{ф}}_{н}} \frac{г}{г т} {\dot{ф}}_{н}) ϵ + л \frac{г}{г т} ϵ \end{matrix}

$\frac{d}{dt}(L\epsilon) = \sum_n\left(\frac{\partial L}{\partial \phi_n}\dot\phi_n + \frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\frac{d}{dt}\dot\phi_n\right)\epsilon + L\frac{d}{dt}\epsilon \tag{8}$ чтобы увидеть, что (7) также можно записать

\begin{matrix} (9) & дельта С "=" \int г т (\frac{г}{г т} (л ϵ) + [\sum_{н} \frac{\partial л}{\partial {\dot{ф}}_{н}} {\dot{ф}}_{н} - л] \frac{г}{г т} ϵ) . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta S = \int dt\ \left(\frac{d}{dt}(L\epsilon) + \left[\sum_n\frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\dot\phi_n-L\right] \frac{d}{dt}\epsilon \right). \tag{9} \end{equation}$ Для любого конечного интервала интегрирования первый член равен нулю, если

ϵ (t)

$\epsilon(t)$ равна нулю на концах интервала интегрирования. С

d ϵ / d t

$d\epsilon/dt$ произвольно внутри этого интервала, а так как это верно для любого интервала, то инвариантность действия (

δ S = 0

$\delta S=0$ ) подразумевает, что количество в квадратных скобках должно быть равно нулю. Величина в квадратных скобках является гамильтонианом, так что это завершает доказательство того, что гамильтониан тождественно равен нулю в этом классе моделей.

Красивый ответ! Можно ли обобщить этот результат на теорию поля с репараметризационной инвариантностью во всех координатах, а не только во времени?
@Nikita Спасибо за добрые слова! И да, это правильно. На самом деле ответ написан таким образом, что его можно применить непосредственно к метрическому полю в общей теории относительности. Просто интерпретируйте $\phi_n(t)$ как сокращение от $g_{ab}(t,x)$ где индексы $a$ и $b$ , а пространственные координаты $x$ все подразумеваются в одном "индексе" $n$ .
Что-то я не уверен, что понимаю в этом рассуждении. Поскольку гамильтониан сохраняется, его можно было бы вынести за пределы интеграла в (9) и $ЧАС \int_{т_{1}}^{т_{2}} \frac{г ε}{г т} г т \equiv 0.$ $H \int_{t_1}^{t_2} \frac{d \varepsilon}{dt} \, dt \equiv 0.$ Так как же доказать, что гамильтониан тривиально равен 0? Это потому, что мы не можем вывести гамильтониан за пределы интеграла, если динамические переменные находятся «вне оболочки»? (Эйлер-Лагранж не использовался в вашей разработке). Но если переменные находятся «на оболочке», действие уже является стационарным для любой вариации переменных, а гамильтониан сохраняется, поэтому оно кажется неубедительным.
@Cham Гамильтониан сохраняется для поведения $\phi(t)$ которые удовлетворяют уравнениям движения, но (9) выполняется для произвольного поведения $\phi(t)$ . Вывод состоит в том, что в этом случае гамильтониан тождественно равен нулю — нулю для всех поведений, а не только для поведений, которые удовлетворяют уравнениям движения. Я думаю, это другой способ сказать то, что вы сказали: мы не можем сдвинуть $H$ вне интеграла, если динамические переменные находятся вне оболочки, и задача состояла в том, чтобы доказать, что $H=0$ даже когда они вне оболочки.
@Cham (продолжение) Преимущество сохраняемой величины заключается в том, что закон сохранения говорит нам что-то о поведении объектов. Но если сохраняемая величина имеет одинаковое значение (в данном случае нулевое) для всех видов поведения, то она неинформативна. В том-то и дело: в модели с репараметризационной инвариантностью во времени тот факт, что гамильтониан сохраняется, бесполезен, потому что он имеет одно и то же значение для всех вариантов поведения.
Это очень хорошо сказано. Спасибо!

Чам · Answer 2

Вот еще один способ:

Предположим, что ваш лагранжиан обладает следующим свойством для любого $\theta$ (это может быть функцией времени $t$ ):

\begin{matrix} (1) & л (д, θ \dot{д}) "=" θ л (д, \dot{д}) . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{1} L(q, \, \theta \, \dot{q}) = \theta \, L(q, \, \dot{q}). \end{equation}$ Это означает, что действие

\begin{matrix} (2) & С "=" \int_{т_{1}}^{т_{2}} л (д, \dot{д}) г т \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{2} S = \int_{t_1}^{t_2}L(q, \, \dot{q}) \, dt \end{equation}$ инвариантен относительно репараметризации времени:

t \Rightarrow τ (t)

$t \, \Rightarrow \, \tau(t)$ который не меняет пределы интегрирования:

τ (t_{1}) = t_{1}

$\tau(t_1) = t_1$ и

τ (t_{2}) = t_{2}

$\tau(t_2) = t_2$ . Затем, используя (1), вы можете написать следующее:

\begin{matrix} (3) & \frac{г}{г θ} л (д, θ \dot{д}) |_{θ "=" 1} "=" \dot{д} \frac{\partial л}{\partial \dot{д}} \equiv л (д, \dot{д}), \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{3} \frac{d\,}{d\theta} \, L(q, \, \theta \, \dot{q}) \Big|_{\theta = 1} = \dot{q} \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \equiv L(q, \, \dot{q}), \end{equation}$ откуда следует исчезающий гамильтониан:

\begin{matrix} (4) & ЧАС "=" \dot{д} \frac{\partial л}{\partial \dot{д}} - л "=" 0. \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{4} H = \dot{q} \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} -L = 0. \end{equation}$ Это относится к вашему лагранжиану для релятивистской частицы, с

q \to x^{μ}

$q \rightarrow x^{\mu}$ и

t \to λ

$t \rightarrow \lambda$ .

Qмеханик · Answer 3

Преобразования репараметризации бесконечно малых мировых линий (WL)
$\begin{matrix} (А) & т^{'} - т "=" дельта т "=" - ε (т), (горизонтальный вариант) \end{matrix}$ $t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\varepsilon(t), \qquad \text{(horizontal variation)}\tag{A}$ $\begin{matrix} (Б) & д^{' Дж} (т) - д^{Дж} (т) "=" {дельта}_{0} д^{Дж} (т) "=" ε (т) {\dot{д}}^{Дж} (т), (вертикальная вариация) \end{matrix}$ $q^{\prime j}(t) - q^j(t)~=:~\delta_0 q^j(t) ~=~\varepsilon(t)\dot{q}^j(t), \qquad \text{(vertical variation)}\tag{B}$ $\begin{matrix} (С) & д^{' Дж} (т^{'}) - д^{Дж} (т) "=" дельта д^{Дж} (т) "=" 0. (полная вариация) \end{matrix}$ $q^{\prime j}(t^{\prime}) - q^j(t)~=:~\delta q^j(t) ~=~0. \qquad \text{(full variation)}\tag{C}$ калибровочные/местные/ $t$ -зависимых преобразований, что, грубо говоря, является областью второй теоремы Нётер . Это приводит к тождеству Нётер вне оболочки (L).
Напротив, первая теорема Нётер в своей основной формулировке рассматривает глобальные/ $t$ -независимые преобразования. (Для связанного доказательства сохранения энергии на оболочке через глобальную симметрию перевода времени см., Например, мой ответ Phys.SE здесь .) Однако в случае OP есть $t$ -зависимый трюк . Непосредственные стандартные вычисления показывают, что бесконечно малая вариация действия
$\begin{matrix} (Д) & С "=" \int_{я} г т л \end{matrix}$ $S~=~\int_I\!dt~ L\tag{D}$ имеет форму $\begin{matrix} (Э) & дельта С "=" \int_{я} г т (ε к + час \dot{ε}), \end{matrix}$ $\delta S~=~\int_I\!dt~ (\varepsilon k + h \dot{\varepsilon}), \tag{E}$ для некоторой функции $k$ , где функция энергии $\begin{matrix} (Ф) & час "=" п_{Дж} {\dot{д}}^{Дж} - л, п_{Дж} "=" \frac{\partial л}{\partial {\dot{д}}^{Дж}}, \end{matrix}$ $h~:=~p_j\dot{q}^j-L, \qquad p_j~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}, \tag{F}$ есть заряд Нётер.
Случай, когда преобразование (A)-(C) является строгой симметрией вне оболочки: если бесконечно малая вариация (E) не имеет граничных вкладов, мы должны иметь
$\begin{matrix} (Г) & ε к + час \dot{ε} \equiv 0 \end{matrix}$ $\varepsilon k + h \dot{\varepsilon}~\equiv~0\tag{G}$ вне оболочки. Принимая $\varepsilon$ быть $t$ -независимые мы видим, что $\begin{matrix} (ЧАС) & к \equiv 0. \end{matrix}$ $k~\equiv~ 0.\tag{H}$ Сравнивая с ур. (G), мы получаем искомый вывод OP

$\begin{matrix} (Я) & час \equiv 0. \end{matrix}$ $h~\equiv~ 0.\tag{I}$

Другими словами, лагранжиан $L$ является однородной функцией обобщенных скоростей $\dot{q}$ веса 1, ср. Ответ Чама . Позже мы увидим через уравнение. (L), что ур. (I) также означает, что лагранжиан $L$ не имеет явной зависимости от времени. В этом случае действие (D) явно репараметризационно-инвариантно WL.
Случай, когда преобразование (А) — (С) является квазисимметрией вне оболочки: Оказывается, что
$\begin{matrix} (Дж) & к \equiv \frac{дельта С}{дельта д^{Дж}} {\dot{д}}^{Дж} + \dot{час}, \end{matrix}$ $k~\equiv~ \frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j + \dot{h}, \tag{J}$ так что бесконечно малая вариация (E) равна $\begin{matrix} (К) & дельта С "=" \int_{я} г т (ε \frac{дельта С}{дельта д^{Дж}} {\dot{д}}^{Дж} + \frac{г (час ε)}{г т}) . \end{matrix}$ $\delta S~=~\int_I\!dt~ (\varepsilon \frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j + \frac{d(h\varepsilon)}{dt}).\tag{K}$ Даже если мы допускаем возможные вклады полной производной по времени в бесконечно малую вариацию (K), мы все равно получаем тождество Нётер вне оболочки

$0 \equiv - \frac{дельта С}{дельта д^{Дж}} {\dot{д}}^{Дж} \equiv ({\dot{п}}_{Дж} - \frac{\partial л}{\partial д^{Дж}}) {\dot{д}}^{Дж} \equiv \frac{г (п_{Дж} {\dot{д}}^{Дж})}{г т} - (\frac{\partial л}{\partial д^{Дж}} {\dot{д}}^{Дж} + \frac{\partial л}{\partial {\dot{д}}^{Дж}} {\ddot{д}}^{Дж})$ $0~\equiv~-\frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j~\equiv~(\dot{p}_j-\frac{\partial L}{\partial q^j})\dot{q}^j~\equiv~\frac{d(p_j\dot{q}^j)} {dt}-(\frac{\partial L}{\partial q^j}\dot{q}^j+\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}\ddot{q}^j)$ $\begin{matrix} (л) & \equiv \frac{г (п_{Дж} {\dot{д}}^{Дж})}{г т} - (\frac{г л}{г т} - \frac{\partial л}{\partial т}) \equiv \frac{г час}{г т} + \frac{\partial л}{\partial т} . \end{matrix}$ $~\equiv~\frac{d(p_j\dot{q}^j)} {dt}-(\frac{dL}{dt}-\frac{\partial L}{\partial t})~\equiv~\frac{dh}{dt}+\frac{\partial L}{\partial t}.\tag{L}$

Пример 1: Если $L(q,\dot{q})$ не имеет явной зависимости от времени, то и энергия (F) не имеет явной зависимости от времени. Из идентичности вне оболочки (L)
$\begin{matrix} (М) & 0 \equiv \frac{г час (д, \dot{д})}{г т} "=" \frac{\partial час (д, \dot{д})}{\partial д^{Дж}} {\dot{д}}^{Дж} + \frac{\partial час (д, \dot{д})}{\partial {\dot{д}}^{Дж}} {\ddot{д}}^{Дж}, \end{matrix}$ $0~\equiv~\frac{dh(q,\dot{q})}{dt}~=~\frac{\partial h(q,\dot{q})}{\partial q^j}\dot{q}^j+\frac{\partial h(q,\dot{q})}{\partial \dot{q}^j}\ddot{q}^j,\tag{M}$ делаем вывод, что энергия $h$ должна быть глобальной константой, независимой от всех переменных $(q,\dot{q},t)$ .

Пример 2: Если $L(t)$ не зависит от $q$ и $\dot{q}$ , то действие $S$ имеет квазисимметрию относительно преобразования (А) — (С), а энергия равна $h(t)=-L(t)$ .

Футуролог · Answer 4

Редактировать. Как уже ответил Чам, виновата однородность лагранжиана:

л (Икс, θ \dot{Икс}) "=" θ л (Икс, \dot{Икс})

$L(x,\theta \, \dot{x}) = \theta\,L(x, \dot{x})$ Всякий раз, когда у вас есть это свойство, тогда у вас есть

{\dot{Икс}}^{Т} \frac{\partial л}{\partial \dot{Икс}} (Икс, \dot{Икс}) "=" л (Икс, \dot{Икс})

$\dot{x}^T\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(x, \dot{x}) = L(x, \dot{x})$ Это верно не только для лагранжианов, это верно для любой однородной функции: если

f (θ x) = θ f (x)

$f(\theta\, x) = \theta\,f(x)$ затем

x^{T} \nabla f (x) = f (x)

$x^T\, \nabla f(x) = f(x)$ . Даже когда люди выполняют выпуклую оптимизацию и получают такую однородность, преобразование Лежандра плохо определено, потому что ваша однородная функция не является строго выпуклой. Решение состоит в том, чтобы устранить однородность, ограничившись подпространством более низкой размерности. То же самое происходит и в общей теории относительности.

Чтобы действительно успешно выполнить преобразование Лежандра, карта Лежандра $p = \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(x, \dot{x})$ из касательного пучка 4-скоростей в кокасательный пучок обобщенных 4-импульсов, должен быть биективным (обратимым). Это то, что обычно происходит в классической механике. Так как лагранжиан в случае общей теории относительности инвариантен относительно действия группы $\mathbb{R_+}$ преобразование Лежандра тождественно равно нулю, а отображение Лежандра необратимо, т. е. оно отображает времяподобное касательное конусное расслоение (размерность 4) во времяподобные импульсы постоянной величины (размерность 3), где орбиты групповое действие масштабирования - это волокна, которые разрушаются картой Лежандра. Решение этой проблемы состоит в устранении действия масштабирующей группы путем ограничения лагранжиана на времяподобное единичное касательное расслоение. Тогда карта Лежандра обратима и биективна, и все начинает работать нормально, как объяснено ниже.

Есть ненулевой гамильтонайн, просто он не строится так наивно и прямолинейно, как в классической механике.

Позволять $\dot{x} = \cfrac{dx}{d\lambda},$ где $\lambda$ любой произвольный параметр.

По существу, в философии общей теории относительности параметр $\lambda$ не имеет никакого значения для теории. Только форма кривой

γ "=" {Икс (λ) : λ е [λ_{1}, λ_{2}]}

$\gamma = \{x(\lambda) \, : \, \lambda \in [\lambda_1, \lambda_2]\}$ имеет значение, а не конкретная параметризация. Ведь эта кривая

γ = {x (λ)}

$\gamma = \{x(\lambda)\}$ предполагается, что это пространственно-временная геодезическая, которая является геометрическим свойством, не зависящим от какой-либо параметризации

λ

$\lambda$ , так что мы действительно заботимся о геодезических

γ

$\gamma$ как геометрическая кривая, а не как параметризованная кривая.

Я собираюсь использовать немного матричных обозначений, чтобы пропустить всю индексацию. Так

Икс "=" [\begin{matrix} {Икс}^{я} \end{matrix}] "=" [\begin{matrix} {Икс}^{0} \\ {Икс}^{1} \\ {Икс}^{2} \\ {Икс}^{3} \end{matrix}] и г (Икс) "=" [г_{я Дж} (Икс)]_{я, Дж "=" 0}^{3} это метрический тензор 4 на 4

$x = \begin{bmatrix} x^i\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x^0\\x^1\\x^2\\x^3\end{bmatrix} \, \text{ and } \, g(x) = \big[g_{ij}(x)\big]_{i,j = 0}^{3} \, \text{ is the 4 by 4 metric tensor}$

Возьми свой лагранжиан

л "=" - м \sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}}

$L = -m\,\sqrt{- \, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}$ и определить действие

С [γ] "=" - м \int_{λ_{1}}^{λ_{2}} \sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} (λ) г (Икс (λ)) \dot{Икс} (λ)} г λ

$S[\gamma] = -m\, \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} \, \sqrt{- \, \dot{x}^T(\lambda)\,g\big(x(\lambda)\big)\, \dot{x}(\lambda)}\,d\lambda$ и ищите критические (непараметризованные!!!) кривые

дельта С [γ] "=" 0

$\delta S[\gamma] = 0$ В координатах

[x^{i}]

$[x^i]$ а относительно общей параметризации уравнение

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ эквивалентно дифференциальным уравнениям Эйлера-Лагранжа

\frac{г}{г λ} (\frac{м}{\sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}}} г (Икс) \dot{Икс}) "=" \frac{м}{2 \sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}}} ({\dot{Икс}}^{Т} \frac{\partial г}{\partial Икс} (Икс) \dot{Икс})

$\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{2\, \sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$ где

{\dot{Икс}}^{Т} \frac{\partial г}{\partial Икс} (Икс) \dot{Икс} "=" [\begin{matrix} \frac{\partial г_{я Дж}}{\partial {Икс}^{0}} (Икс) {\dot{Икс}}^{я} {\dot{Икс}}^{Дж} \\ \frac{\partial г_{я Дж}}{\partial {Икс}^{1}} (Икс) {\dot{Икс}}^{я} {\dot{Икс}}^{Дж} \\ \frac{\partial г_{я Дж}}{\partial {Икс}^{2}} (Икс) {\dot{Икс}}^{я} {\dot{Икс}}^{Дж} \\ \frac{\partial г_{я Дж}}{\partial {Икс}^{3}} (Икс) {\dot{Икс}}^{я} {\dot{Икс}}^{Дж} \end{matrix}]

$\dot{x}^T\, \frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \dot{x}\, = \, \begin{bmatrix} \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^0}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^1}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^2}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^3}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \end{bmatrix}$ для краткости. Принять решение (как время)

γ = {x (λ) : λ}

$\gamma = \{ x(\lambda)\, : \, \lambda \}$ уравнений Эйлера-Лагранжа выше. Как я уже подчеркивал, параметризация

λ

$\lambda$ в отношении

λ

$\lambda$ для нас не важно. Следовательно, я могу определить функцию

т "=" т (λ) "=" \int_{λ_{0}}^{λ} \sqrt{- \dot{Икс} (ζ)^{Т} г (Икс (ζ)) \dot{Икс} (ζ)} г ζ

$\tau = \tau(\lambda) = \int_{\lambda_0}^{\lambda}\, \sqrt{-\, \dot{x}(\zeta)^T \, g\big(\, x(\zeta)\,\big)\, \dot{x}(\zeta)\,}\, d\zeta$ с производной

\frac{г т}{г λ} "=" \sqrt{- \dot{Икс} (λ)^{Т} г (Икс (λ)) \dot{Икс} (λ)} > 0

$\frac{d\tau}{d\lambda} = \sqrt{-\, \dot{x}(\lambda)^T \, g\big(\, x(\lambda)\,\big)\, \dot{x}(\lambda)\,} \, > \,0$ Таким образом, функция

τ = τ (λ)

$\tau = \tau(\lambda)$ строго возрастает и поэтому обратима, т. е. существует

λ = λ (τ)

$\lambda = \lambda(\tau)$ . Следовательно, мы можем перепараметризовать нашу кривую решения

γ

$\gamma$ как

γ "=" {Икс (т) : т} где Икс (т) "=" Икс (λ (т))

$\gamma = \{ \, x(\tau) \, : \, \tau \, \} \, \text{ where } \, x(\tau)= x\big(\lambda(\tau)\big)$ Обратите внимание, что

γ "=" {Икс (т) : т} "=" {Икс (λ) : λ}

$\gamma = \{\,x(\tau)\, : \, \tau \,\} = \{\, x(\lambda)\, : \, \lambda \, \}$ другими словами, это одна и та же кривая в пространстве-времени, но параметризованная двумя разными способами. Обозначать

x^{'} = \frac{d x}{d τ}

$x' = \frac{dx}{d\tau}$ . Более того,

{Икс}^{'} "=" \frac{г Икс}{г т} "=" \frac{г λ}{г т} \frac{г Икс}{г λ} "=" {(\frac{г т}{г λ})}^{- 1} \frac{г Икс}{г λ} "=" \frac{1}{\sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}}} \frac{г Икс}{г λ}

$x' = \frac{dx}{d\tau} =\frac{d\lambda}{d\tau} \frac{dx}{d\lambda} = \left( \frac{d\tau}{d\lambda}\right)^{-1} \frac{dx}{d\lambda} = \frac{1}{\sqrt{- \, \dot{x}^T \, g(x) \, \dot{x}}\,}\, \frac{dx}{d\lambda}$ и в частности

\frac{г}{г т} "=" \frac{1}{\sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}}} \frac{г}{г λ}

$\frac{d}{d\tau} = \frac{1}{\sqrt{- \, \dot{x}^T \, g(x) \, \dot{x}}\,}\, \frac{d}{d\lambda}$ Напомним, что кривая

γ

$\gamma$ является критической кривой для действия

S [γ]

$S[\gamma]$ , т.е.

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ . Когда

γ

$\gamma$ параметризован относительно

λ

$\lambda$ , это параметризация координат

γ = {x (λ) : λ}

$\gamma = \{\, x(\lambda) \, : \, \lambda\}$ решает уравнения Эйлера-Лагранжа

\frac{г}{г λ} (\frac{м}{\sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}}} г (Икс) \dot{Икс}) "=" \frac{м}{2 \sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}}} ({\dot{Икс}}^{Т} \frac{\partial г}{\partial Икс} (Икс) \dot{Икс})

$\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{2\, \sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$ обе стороны которого я могу умножить на

\frac{1}{\sqrt{- {\dot{x}}^{T} g (x) \dot{x}}}

$\frac{1}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\, g(x) \, \dot{x}}\,}$ и получим эквивалентные уравнения

\frac{1}{\sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}}} \frac{г}{г λ} (\frac{м}{\sqrt{- {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}}} г (Икс) \dot{Икс}) "=" \frac{м}{- 2 {\dot{Икс}}^{Т} г (Икс) \dot{Икс}} ({\dot{Икс}}^{Т} \frac{\partial г}{\partial Икс} (Икс) \dot{Икс})

$\frac{1}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\, g(x) \, \dot{x}}\,} \, \frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{-\, 2\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$ Легко проверить, что с новой параметризацией

γ = {x (τ) : τ}

$\gamma = \{\, x(\tau) \, : \, \tau\, \}$

\sqrt{- {\frac{г Икс}{г т}}^{Т} г (Икс) \frac{г Икс}{г т}} "=" \sqrt{- ({Икс}^{'})^{Т} г (Икс) {Икс}^{'}} "=" 1

$\sqrt{-\, \frac{dx}{d\tau}^T \, g(x) \, \frac{dx}{d\tau}} =\sqrt{-\, (x')^T \, g(x) \, x'} = 1$ Следовательно, после репараметризации

λ = λ (τ)

$\lambda = \lambda(\tau)$ уравнения Эйлера-Лагранжа переходят в эквивалентные упрощенные уравнения

\frac{г}{г т} (м г (Икс) \frac{г Икс}{г т}) "=" \frac{м}{2} ({\frac{г Икс}{г т}}^{Т} \frac{\partial г}{\partial Икс} (Икс) \frac{г Икс}{г т})

$\frac{d}{d\tau}\left(\, m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}\right) \, = \, \frac{m}{2}\,\left( \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right)$ который

γ = {x (τ) : τ}

$\gamma = \{\, x(\tau)\, : \, \tau\,\}$ решает.

Другими словами, мы доказали, что любое решение $\gamma$ к исходным уравнениям Эйлера-Лагранжа, после соответствующей перепараметризации решает упрощенные уравнения Эйлера-Лагранжа. Другими словами, кривая $\gamma$ критическая кривая действия $S[\gamma]$ , т.е. $\delta S[\gamma] = 0$ тогда и только тогда, когда он решает упрощенные дифференциальные уравнения Эйлера-Лагранжа

\frac{г}{г т} (м г (Икс) \frac{г Икс}{г т}) "=" \frac{м}{2} ({\frac{г Икс}{г т}}^{Т} \frac{\partial г}{\partial Икс} (Икс) \frac{г Икс}{г т})

$\frac{d}{d\tau}\left(\,m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}\right) \, = \, \frac{m}{2}\, \left(\, \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right)$ где результирующее параметризованное решение

γ = {x (τ) : τ}

$\gamma = \{\, x(\tau)\, : \, \tau\,\}$ паремтриизовано по собственному времени, т.е.

\sqrt{- x^{'} (τ)^{T} g (x (τ) x^{'} (τ))} = 1

$\sqrt{ - \, x'(\tau)^T\, g\big(x(\tau)\, x'(\tau)\big)} = 1$ для любого

τ

$\tau$ .

Теперь, если задать обобщенные импульсы

п "=" м г (Икс) \frac{г Икс}{г т}

$p = m\, g(x) \frac{dx}{d\tau}$ вы получите следующую двойную систему дифференциальных уравнений

\begin{aligned} п "=" м г (Икс) \frac{г Икс}{г т} \\ \frac{г п}{г т} "=" \frac{м}{2} ({\frac{г Икс}{г т}}^{Т} \frac{\partial г}{\partial Икс} (Икс) \frac{г Икс}{г т}) \end{aligned}

$\begin{align} &p = m\, g(x) \frac{dx}{d\tau}\\ &\frac{dp}{d\tau}\, = \, \frac{m}{2}\, \left(\, \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right) \end{align}$ и когда вы решаете первую половину относительно

\frac{d x}{d τ}

$\frac{dx}{d\tau}$ , благодаря тому факту, что

g (x)

$g(x)$ — обратимая симметричная матрица, и подставив во вторую половину уравнений, вы получите систему дифференциальных уравнений

\begin{aligned} \frac{г Икс}{г т} "=" \frac{1}{м} г (Икс)^{- 1} п \\ \frac{г п}{г т} "=" \frac{1}{2 м} (п^{Т} г (Икс)^{- 1} \frac{\partial г}{\partial Икс} (Икс) г (Икс)^{- 1} п) \end{aligned}

$\begin{align} &\frac{dx}{d\tau} = \frac{1}{m}\, g(x)^{-1} \,p\\ &\frac{dp}{d\tau}\, = \, \frac{1}{2m}\, \left(\, p^T\, g(x)^{-1}\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,g(x)^{-1}\,p\,\right) \end{align}$ Это уравнения Гамильтона, где функция Гамильтона

ЧАС (Икс, п) "=" \frac{1}{2 м} (п^{Т} г (Икс)^{- 1} п)

$H(x, p) = \frac{1}{2m}\big(p^T\, g(x)^{-1}\, p\,\big)$ Таким образом, мы доказали, что кривая

γ

$\gamma$ критическая кривая действия

S [γ]

$S[\gamma]$ , т.е.

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ тогда и только тогда, когда он решает дифференциальные уравнения Гамильтона с функцией Гамильтона

H (x, p) = \frac{1}{2 m} (p^{T} g (x)^{- 1} p)

$H(x, p) = \frac{1}{2m}\big(p^T\, g(x)^{-1}\, p\,\big)$ где

p = m g (x) \frac{d x}{d τ}

$p = m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}$ .

Ну, я имею в виду, я все это понимаю, я так и сказал в вопросе. Я также знаю о квадратичном гамильтониане. Мой вопрос в том, почему «наивный» гамильтониан оказывается равным нулю.

Элио Фабри · Answer 5

$\let\lam=\lambda \def\dx{\dot x}$ Как вы уже видели, причина того, что гамильтониан равен нулю, заключается в наличии лагранжиана, который является однородной функцией степени 1 в $\dx$ с.

Есть более простой выход, приводящий к гамильтониану, равному лагранжиану: взять

л "=" \frac{1}{2} г_{мю ν} {\dot{Икс}}^{мю} {\dot{Икс}}^{ν}

$L = {\textstyle{1 \over 2}}\,g_{\mu\nu}\,\dx^\mu \dx^\nu$ (Я использую соглашение о знаках, противоположное вашему). Здесь

{\dot{x}}^{μ}

$\dx^\mu$ означает

d x^{μ} / d λ

$dx^\mu/d\lam$ , с

λ

$\lam$ произвольный параметр с

λ \in [0, 1]

$\lam\in[0,1]$ . Действие

С "=" \int_{0}^{1} л г λ .

$S = \int_0^1\!L\>d\lam.$ Гамильтониан такой же, как у @Futurologist.

Этот выбор для $S$ математики (к сожалению) называют «энергией».

Гамильтониан для релятивистской свободной частицы равен нулю

Хавьер

Ответы (5)

Хиральная аномалия

Никита

Хиральная аномалия

Чам

Хиральная аномалия

Хиральная аномалия

Чам

Чам

Qмеханик

Футуролог

Хавьер

Элио Фабри

Алгоритм Дирака-Бергмана, не оканчивающийся в (1+1)-мерной U(1)U(1)U(1) заряженной скалярной КЭД

Сведение действия Намбу-Гото к истинным степеням свободы

Могу ли я записать гамильтониан HHH стандартным способом pq˙−Lpq˙−Lp\dot{q}-L для общей КТП?

Основные ограничения для гамильтоновых систем с ограничениями

Зависимость равновременной коммутации электромагнитного поля

Канонический формализм в координатах светового конуса

Неголономные связи в теории Дирака-Бергмана

Следует ли сохранение вронскиана из принципа Нётер?

Построение лагранжиана из гамильтониана для майорановских фермионов

Гамильтонова структура электродинамики Черна-Саймонса