Нахождение геодезических: лагранжиан против гамильтониана

Question

Нахождение геодезических: лагранжиан против гамильтониана

пользователь46446

У меня есть вопрос, касающийся того, как вычислить геодезические данного пространства-времени (скажем, Керр).

Я знаю, что прямой путь через геодезическое уравнение

\frac{д^{2} {Икс}^{мю}}{г λ^{2}} + Г_{ν κ}^{мю} {\dot{Икс}}^{мю} {\dot{Икс}}^{κ} "=" 0.

$\frac{d^{2}x^{\mu}}{d\lambda^{2}}+\Gamma^{\mu}_{\nu\kappa}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\kappa}~=~0.$

Но также читайте, что можно записать геодезические уравнения, используя формализм Лагранжа. Из того, что я видел до сих пор, есть два подхода: либо записать уравнения Эйлера-Лагранжа с лагранжианом

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

$L~=~\frac{1}{2}g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}.$

и тогда уравнения Эйлера-Лагранжа в точности являются уравнениями геодезических.

ИЛИ: запишите уравнения Гамильтона, используя приведенный выше лагранжиан, а затем используйте эти уравнения в качестве геодезических уравнений.

Мой вопрос: полностью ли эквивалентны подходы Эйлера-Лагранжа и Гамильтона, когда дело доходит до записи геодезических уравнений? Есть ли у одного преимущество перед другим?

Ответы (2)

Нахождение геодезических: лагранжиан против гамильтониана

Райан Унгер · Answer 1

Все они эквивалентны. Ответ на ваш другой вопрос: гамильтоновский подход обычно работает лучше всего.

Геодезические можно определить несколькими способами, поскольку связь пространства-времени принимается как Леви-Чивита.

Позволять $(\mathcal{M},g)$ обозначать пространство-время $\mathcal{M}$ с метрикой $g$ и $\gamma:\mathbb{R}\to M,t\mapsto \gamma(t)$ быть кривой на $\mathcal{M}$ . Если $\nabla$ является связью Леви-Чивита в пространстве-времени, то уравнение геодезической имеет вид

\nabla_{\dot{γ}} \dot{γ} "=" 0,

$\nabla_{\dot\gamma}\dot\gamma=0,$ где

\dot{γ}

$\dot\gamma$ является касательным вектором

γ

$\gamma$ . Некоторыми манипуляциями можно привести это в форму, указанную в ОП. С другой стороны, мы можем определить функционал длины

ℓ [γ] "=" \int_{а}^{б} \sqrt{- г (\dot{γ}, \dot{γ})} д т .

$\ell [\gamma]:=\int_a^b\sqrt{-g(\dot\gamma,\dot\gamma)}\,\mathrm{d}t.$ (Негатив появляется, потому что

γ

$\gamma$ обычно считается времениподобным для целей ОТО.) Тогда можно показать, что

\frac{дельта ℓ}{дельта γ} "=" 0 ⟺ \nabla_{\dot{γ}} \dot{γ} "=" 0.

$\frac{\delta\ell}{\delta\gamma}=0\Longleftrightarrow\nabla_{\dot\gamma}\dot\gamma=0.$ Таким образом, геодезическая задача ОТО на самом деле является задачей типа Эйлера-Лагранжа с лагранжианом

L = \sqrt{- g (\dot{γ}, \dot{γ})}

$L=\sqrt{-g(\dot\gamma,\dot\gamma)}$ .

Мы также можем получить гамильтонов подход. Прежде всего заметим, что функционал энергии

Е [γ] "=" \frac{1}{2} \int_{а}^{б} г (\dot{γ}, \dot{γ}) д т

$E[\gamma]=\frac{1}{2}\int_a^bg(\dot\gamma,\dot\gamma)\,\mathrm{d}t$ имеет идентичные уравнения Эйлера-Лагранжа в качестве функционала длины. Доказательство: пусть

D

$D$ быть оператором

Д ф "=" \frac{г}{г т} \frac{\partial ф}{\partial \dot{Икс}} - \frac{\partial ф}{\partial Икс}

$Df=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{\partial f}{\partial \dot x}-\frac{\partial f}{\partial x}$ где

f = f (x, \dot{x}, t)

$f=f(x,\dot x,t)$ , так что

D f = 0

$Df=0$ есть уравнение Эйлера-Лагранжа для

f

$f$ . Тогда краткое вычисление показывает, что

D ℓ = ℓ \cdot D E

$D\ell=\ell\cdot DE$ , так

D ℓ = 0 ⟹ D E = 0

$D\ell=0\implies DE=0$ . Мы отмечаем, что

H := \frac{1}{2} g (\dot{γ}, \dot{γ})

$H:=\frac{1}{2}g(\dot\gamma,\dot\gamma)$ напоминает о

\frac{1}{2} m v^{2}

$\frac{1}{2}m\mathbf{v}^2$ член классического гамильтониана свободных частиц. (Отсюда и название функционала энергии.)

Мы можем сделать это более причудливо на кокасательном расслоении $T^*\mathcal{M}$ . Локально тривиализируем кокасательный пучок на карте, так что у нас есть координаты $(x^\mu,p_\mu)$ . Затем поместите

ЧАС (Икс, п) "=" \frac{1}{2} г^{мю ν} (Икс) п_{мю} п_{ν} .

$H(x,p):=\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(x)p_\mu p_\nu.$ Уравнения Гамильтона

{\dot{Икс}}^{мю} "=" \frac{\partial ЧАС}{\partial п_{мю}}, {\dot{п}}^{мю} "=" - \frac{\partial ЧАС}{\partial {Икс}^{мю}}

$\dot x^\mu=\frac{\partial H}{\partial p_\mu},\quad \dot p^\mu=-\frac{\partial H}{\partial x^\mu}$ эквивалентны геодезическому уравнению. Поток, полученный из этих уравнений, является гамильтоновым потоком.

Оказывается, первый подход Гамильтона очень полезен. Интеграл очень легко варьировать $E[\gamma]$ . Это, в сочетании с методом Киллинга для получения первых интегралов геодезического уравнения, дает лучшую стратегию, чем вычисление символов Кристоффеля и прямое решение уравнений.

Следует отметить, что существует еще один метод решения геодезических уравнений: применить методы теории Гамильтона-Якоби к описанной выше гамильтоновой системе. Этот метод используется в Н. Штрауманн, Общая теория относительности (2013) для нахождения геодезических керровского пространства-времени. См. также VI Arnold, Mathematical Methods of Classical Mechanics (1989) для получения дополнительной информации о гамильтоновых системах в целом.

Следует отметить, что описанные выше лагранжиан и гамильтониан на самом деле не являются преобразованиями Лежандра друг друга.

Qмеханик · Answer 2

Матрица Гессе
$\begin{matrix} (1) & \frac{\partial^{2} л_{0}}{\partial {\dot{Икс}}^{мю} \partial {\dot{Икс}}^{ν}} "=" 2 г_{мю ν} (Икс), дет г_{мю ν} (Икс) \neq 0, \end{matrix}$ $\tag{1} \frac{\partial^2 L_0}{\partial\dot{x}^{\mu}\partial\dot{x}^{\nu}}~=~2g_{\mu\nu}(x), \qquad \det g_{\mu\nu}(x)~\neq~0,$ лагранжиана OP $\begin{matrix} (2) & л_{0} "=" г_{мю ν} (Икс) {\dot{Икс}}^{мю} {\dot{Икс}}^{ν} \end{matrix}$ $\tag{2} L_0~=~g_{\mu\nu}(x)~\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}$ является неособым. Это означает, что преобразование Лежандра регулярно, а значит, лагранжева и гамильтонова формулировки эквивалентны, ср. например, этот пост Phys.SE.
Однако, поскольку OP упоминает геодезические , которые экстремально длин кривых, следует упомянуть, что лежащий в основе лагранжиан на самом деле является лагранжианом с квадратным корнем
$\begin{matrix} (3) & л "=" - \sqrt{- г_{мю ν} (Икс) {\dot{Икс}}^{мю} {\dot{Икс}}^{ν}} \end{matrix}$ $\tag{3} L~=~-\sqrt{-g_{\mu\nu}(x)~\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}$ а не лагранжиан OP (2).
Эквивалентность между двумя лагранжианами (2) и (3) обсуждается, например, в этом посте Phys.SE в римановом случае.
Интересно, что матрица Гессе корневого лагранжиана (3) на самом деле сингулярна, т. е. преобразование Лежандра сингулярно, и возникает ограничение. (Это связано с репараметризационной инвариантностью мировой линии соответствующего действия для (3).) Однако можно показать эквивалентность между лагранжевой и гамильтоновой формулировками, например, с помощью анализа Дирака-Бергмана. Это, например, сделано в этом посте Phys.SE.

Нахождение геодезических: лагранжиан против гамильтониана

пользователь46446

Ответы (2)

Райан Унгер

Qмеханик

Принципиальный подход к получению геодезического гамильтониана H=gμνpμpνH=gμνpμpνH = g^{\mu \nu} p_\mu p_\nu?

Действие массивной точечной частицы в искривленном пространстве-времени

Существует ли принцип Мопертюи для общей теории относительности?

Вариационный принцип для точечной частицы (массивной или безмассовой) в искривленном пространстве

Производные лагранжиана для релятивистской массивной точечной частицы

Мировая линия действия точечной частицы в гравитационном поле

Использование элемента площади при выводе геодезической

Уравнение Эйлера-Лагранжа в общей теории относительности

Геодезические из вариационного принципа по координате?

Лагранжева формула для светоподобных геодезических