Является ли лагранжиан скаляром?

Предполагаю работать в области классической физики. Рассмотрите пространство$M$снабжен лагранжевой локальной координатной накладкой$t, q^1,\ldots, q^n, \dot{q}^1,\ldots, \dot{q}^n$. Предположим, что (гладкий) лагранжиан данной физической системы принимает форму в этом участке координат:

$${\cal L}= {\cal L}(t, q^1,\ldots, q^n, \dot{q}^1,\ldots, \dot{q}^n)\:.$$ Затем уравнения Эйлера-Лагранжа читаются в этом участке координат:

$$\frac{d}{dt} \frac{\partial {\cal L}}{\partial \dot{q}^k}= \frac{\partial {\cal L}}{\partial q^k}\:, \qquad \frac{dq^k}{dt}= \dot{q}^k\:, \quad k=1,\ldots, n\:. \quad (1)$$

Второй набор уравнений напоминает, что$\dot{q}^k$и$q^k$должны рассматриваться как независимые переменные , а их естественная связь имеет место как раз на кривых

$$\mathbb R \ni t \mapsto (q^1(t),\ldots, q^n(t), \dot{q}^1(t),\ldots, \dot{q}^n(t))$$ описывающее движение системы. Что произойдет, если изменить ларанжевые координаты, перейдя к координатам $T, Q^1,\ldots, Q^n, \dot{Q}^1,\ldots, \dot{Q}^n$так что: $$t=T+c\:,\quad q^k=q^k(T, Q^1,\ldots, Q^n)\:, \quad \dot{q}^k= \frac{\partial q^k}{\partial T}+ \sum_{j=1}^n \frac{\partial q^k}{\partial Q^j}{\dot Q}^j\:,\quad (2)$$ где $c\in \mathbb R$постоянная, $k=1,2,\ldots ,n$, а записанное преобразование должно быть гладким с обратным (однотипным) гладким?

(Преобразование$t=T+c$просто утверждает, что в классической физике время абсолютно и может быть изменено только путем переопределения его происхождения). Можно доказать следующую теорему.

ТЕОРЕМА. При определении новой функции Лагранжа в патче координат, снабженном координатами$T, Q^1,\ldots, Q^n, \dot{Q}^1,\ldots, \dot{Q}^n$:

$${\cal L}'(T,Q^1,\ldots, Q^n, \dot{Q}^1, \ldots, \dot{Q}^n) := {\cal L}(t, q^1,\ldots, q^n, \dot{q}^1,\ldots, \dot{q}^n)\:,\qquad (3)$$ где новые координаты связаны со старыми через (2), то гладкая кривая $$\mathbb R \ni t \mapsto (q^1(t),\ldots, q^n(t), \dot{q}^1(t),\ldots, \dot{q}^n(t))$$ удовлетворяет (1) тогда и только тогда, когда соответствующая (через обращение (2)) кривая
$$\mathbb R \ni T \mapsto (Q^1(T),\ldots, Q^n(T), \dot{Q}^1(T),\ldots, \dot{Q}^n(T))$$ решает $$\frac{d}{dT} \frac{\partial {\cal L}'}{\partial \dot{Q}^k}= \frac{\partial {\cal L}'}{\partial Q^k}\:, \qquad \frac{dQ^k}{dT}= \dot{Q}^k\:, \quad k=1,\ldots, n\:.$$

На практике теорема говорит, что если мы предположим, что$\cal L$является скаляром (как написано в (3)) , то решения динамических уравнений не зависят от используемых координат, как того требует физика.

ЗАМЕЧАНИЕ. Этот результат отнюдь не очевиден. Например, если перейти от лагранжевой формулировки к гамильтоновой, аналогичный результат не будет получен: решения динамических уравнений не зависят от используемых координат при условии, что функция Гамильтона не имеет скалярного поведения, изменяющего гамильтоновы координаты .$(t,q, p) \to (T,Q,P)$. (Проблема возникает только тогда, когда время явно фигурирует в преобразовании координат.)

Упомянутая теорема позволяет независимо выбирать координаты Лагранжа и функцию Лагранжа. Например, рассмотрим точку материи, вынужденную оставаться на гладкой поверхности.$\Sigma$в состоянии покоя с неинерциальной системой отсчета$I'$, движение которого задано относительно инерциальной системы отсчета$I$. Ясно, что уравнения упрощаются, если описывать систему в покоящихся координатах с$I'$(координаты на$\Sigma$), так как уравнение поверхности, содержащей точку, не зависит от времени в$I'$. Однако в$I'$, появляются силы инерции, которые должны быть включены в лагранжиан, что приводит к сложной функциональной форме. Сформулированная теорема позволяет сделать промежуточный выбор: записать лагранжиан${\cal L}|_I := K|_{I}-V|_{I}$в отношении$I$, так что никакая сила инерции не должна учитываться при$V|_I$, но с использованием координат, адаптированных к$I'$. Обсуждение, очевидно, применимо и к случаю обоих$I$и$I'$инерционный.

Что вы говорите в своем вопросе о лагранжиане:

$${\cal L}=\frac12m\left(\frac{dz}{dt}\right)^2-mgz\to L=\frac12m\left(\frac{dz}{dt}\right)^2-mgz-mga$$ не имеет никакого отношения к тому, является лагранжиан скаляром или нет, потому что вы рассматриваете активные преобразования координат вместо пассивных как должное при обсуждении этих вопросов. У вас есть две системы координат $t,z, \dot{z}$и $T,Z,\dot{Z}$с $$T=t\:, \quad Z=z+h\;, \quad \dot{Z}= \dot{z}\:.\qquad (4)$$ Предположение, что лагранжиан является скаляром, означает не что иное, как это, если в координатах $t,z,\dot{z}$: $${\cal L}(t,z,\dot{z}) =\frac12m\left(\frac{dz}{dt}\right)^2-mgz\:,\qquad(5)$$ лагранжиан в координатах $T,Z,\dot{Z}$должен проверить: $${\cal L}'(T,Z,\dot{Z})=\frac12m\left(\frac{dz}{dt}\right)^2-mgz$$ так что, используя (4): $${\cal L}'(T,Z,\dot{Z})=\frac12m\left(\frac{dZ}{dT}\right)^2-mg(Z-h)$$ что имеет вид, отличный от (5), но это не имеет значения!

Что физически (немного) неожиданно в вашем примере, так это то, что форма лагранжиана изменяется при изменении системы отсчета, даже если две системы отсчета полностью физически эквивалентны . Это не настоящая проблема, просто ввиду сформулированной теоремы и обсуждения, следующего за ЗАМЕЧАНИЕМ выше : существует много эквивалентных лагранжианов для одной и той же физической системы. Если в координатах$T, Z, \dot{Z}$вы начинаете формировать ларангиан с той же формой${\cal L}$, Я имею в виду:

$${\cal L}'_1 = \frac12m\left(\frac{dZ}{dT}\right)^2-mgZ$$ вы получаете то же уравнение движения, что и полученные из ${\cal L}'$, даже если ${\cal L}'_1 \neq {\cal L}'$.

В заключение отметим, что даже если${\cal L}'_1 \neq {\cal L}'$функционалы действия , связанные с этими лагранжианами, совпадают. Это предполагает другую общую точку зрения на эти вопросы, но я не хочу начинать здесь еще одну длинную дискуссию.