Сохраняющееся количество релятивистского свободного лагранжиана для лоренцевского буста

Это легче всего увидеть из гамильтоновой формулировки, ср. этот пост Phys.SE. Ниже мы также приведем для сравнения нерелятивистские выражения, потому что это интересно и несколько тонко, ср. этот пост Phys.SE, а также потому, что OP ранее задавал аналогичный нерелятивистский вопрос .

I) Гамильтониан — это кинетическая энергия, т. е. энергия за вычетом энергии покоя.$^1$

$$\begin{align} H~=~&p^0c-mc^2~=~\sqrt{{\bf p}^2c^2+m^2c^4}-mc^2\cr \longrightarrow&\quad \frac{{\bf p}^2}{2m}\quad\text{for}\quad c\to \infty.\end{align} \tag{1}$$

3 наддувных генератора$B^i$являются частью 6 генераторов Лоренца

$$\begin{align}B^i~=~&\frac{J^{0i}}{c} ~=~tp^i-x^i\frac{p^0}{c}\cr \longrightarrow &\quad tp^i-mx^i\quad\text{for}\quad c\to \infty,\cr & i~\in~\{1,2,3\}.\end{align}\tag{2}$$ Соответствующие инфинитезимальные преобразования квазисимметрии генерируются бустами $$\begin{align}\delta x^i ~=~&\{ x^i , {\bf B}\cdot \delta {\bf v} \} ~=~t~\delta v^i - \frac{p^i}{p^0c}{\bf x}\cdot \delta {\bf v}\cr \longrightarrow &\quad t~\delta v^i\quad\text{for}\quad c\to \infty, \tag{3}\cr \delta p^i ~=~&\{ x^i , {\bf B}\cdot \delta {\bf v} \} ~=~\frac{p^0}{c}\delta v^i\cr \longrightarrow &\quad 0\quad\text{for}\quad c\to \infty,\tag{4}\cr \delta t~=~&0.\tag{5}\end{align}$$ Гамильтонов лагранжиан $$\begin{align} L_H ~=~&{\bf p}\cdot \dot{\bf x} - H \cr \longrightarrow &\quad {\bf p}\cdot \dot{\bf x} - \frac{{\bf p}^2}{2m} \quad\text{for}\quad c\to \infty \end{align}\tag{6}$$ имеет квазисимметрию $$\begin{align}\delta L_H~=~&\frac{d}{dt}\left( \frac{m^2c}{p^0} {\bf x}\cdot \delta {\bf v} \right)\cr \longrightarrow &\quad \frac{d}{dt}\left( m {\bf x}\cdot \delta {\bf v} \right) \quad\text{for}\quad c\to \infty. \end{align}\tag{7}$$ Можно проверить, что соответствующие нётеровские заряды в точности являются бустер-генераторами (2).

II) Соответствующая лагранжева формулировка$^1$

$$\begin{align}L~=~&mc^2\left(1-\sqrt{1-\frac{\dot{\bf x}^2}{c^2}}\right)\cr \longrightarrow &\quad \frac{1}{2}m\dot{\bf x}^2\quad\text{for}\quad c\to \infty,\end{align}\tag{8}$$ имеет бесконечно малую буст-квазисимметрию $$\begin{align}\delta x^i ~=~&t~\delta v^i - \frac{\dot{x}^i}{c^2}{\bf x}\cdot \delta {\bf v}\cr \longrightarrow &\quad t~\delta v^i\quad\text{for}\quad c\to \infty, \tag{9}\cr \delta t~=~&0,\tag{10}\end{align}$$ и сохраненные наддувные заряды $$\begin{align}B^i~=~&m\frac{t\dot{x}^i-x^i}{\sqrt{1-\frac{\dot{\bf x}^2}{c^2}}} \cr \longrightarrow &\quad m(t\dot{x}^i-x^i)\quad\text{for}\quad c\to \infty.\tag{11}\end{align}$$ Это оставлено читателю в качестве упражнения. Один из способов — интегрировать 3-импульс${\bf p}$из гамильтоновой формулировки в разделе I. См. также соответствующие сообщения Phys.SE и ссылки в них.

--

$^1$Мы убрали энергию покоя, которая является константой, т.е. полной производной по времени, чтобы иметь возможность перейти к нерелятивистскому пределу.