Hamiltoniano de la partícula libre relativista es cero

Question

Una posible forma de Lagrange para un punto de partícula que se mueve en (posiblemente curvas) el espacio-tiempo es

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

donde un punto es un derivado con respecto a un parámetro de $\lambda$. Este Lagrangiano da una acción proporcional al tiempo apropiado, y es reparametrization invariante ($\lambda$ no necesitas ser un parámetro afín).

Si tratamos de ir a la Hamiltoniana de la imagen, tenemos el momenta

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

que obedecen a la relación $p^2+m^2=0$. A continuación, obtener que el Hamiltoniano $$H = p_\mu \dot{x}^\mu - L$$ es idéntica a cero.

Entiendo que este no es un problema porque, como ya tenemos una restricción $\phi(x,p) = p^2 + m^2 = 0$, según el método de Dirac se trata en realidad de la Hamiltoniana $H' = H + c \phi$, como se explica por ejemplo en este post. Pero lo que me gustaría saber es por qué tenemos un cero de Hamilton? Sospecho que esto es debido a la reparametrization la invariancia, y el hecho de que no tenemos un preferido noción del tiempo. Será esto siempre es así? Por qué?

Answer 1

...lo que me gustaría saber es por qué tenemos un cero de Hamilton. Sospecho que esto es debido a la reparametrization invariancia... esto siempre es así? Por qué?

Sí, es debido a que el reajuste de parámetros invariancia. En otras palabras, el cero-Hamiltonianos resultado se mantiene para cualquier reajuste de parámetros invariantes en acción, no sólo para el relativista de la partícula. En este sentido, la respuesta a "¿esto siempre sucede", es que sí. Y una manera de responder al "por Qué?" la pregunta es para dar un general de la prueba. Eso es lo que voy a hacer aquí.

Voy a indicar el parámetro como $t$ en lugar de $\lambda$, debido a que es más fácil de escribir.

Considere la posibilidad de cualquier modelo con una acción de la forma $$ S=\int dt\ L(t) \hskip2cm L(t) = L\big(\phi(t),\dot\phi(t)\big) \etiqueta{1} $$ donde $\phi_1(t),\phi_2(t),...$ es una colección de variables dinámicas. Si la acción es invariante bajo rígido traducciones en $t$, entonces el teorema de Noether nos da una correspondiente cantidad conservada: la de Hamilton. Si la acción es invariante bajo reparameterizations en $t$, entonces podríamos esperar para obtener un resultado más fuerte debido a la más extrema de simetría, y hacemos: la ley de la conservación aún se mantiene, pero la conserva de la cantidad es idéntica a cero (y por lo tanto inútil). El objetivo es demostrar que la mayor simetría conduce a este resultado más fuerte.

Supongamos que la acción es invariante bajo todas las transformaciones de la forma $$ \phi_n(t)\rightarrow\phi_n(t+\epsilon) \etiqueta{2} $$ donde $\epsilon(t)$ puede ser cualquier función suave para que el mapa de $t\rightarrow t+\epsilon(t)$ es invertible. Este es el reajuste de parámetros invariancia. Para infinitesimal $\epsilon$, \begin{equation} \delta\phi_n(t) = \dot\phi_n(t)\epsilon. \tag{3} \end{equation} Tomar la derivada de esta con respecto a $t$ conseguir \begin{equation} \delta\dot\phi_n(t) = \frac{d}{dt}\Big(\dot\phi_n(t)\epsilon\Big). \tag{4} \end{equation} Ahora considere la identidad \begin{equation} \delta S = \int dt\ \delta L \tag{5} \end{equation} con \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} lo que es válido para cualquier transformación de la $\phi$s. Para la transformación particular (3)-(4), las ecuaciones (4)-(5) se convierten en \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} Compare esto con la identidad $$ \frac{d}{dt}(L\epsilon) = \sum_n\left(\frac{\partial L}{\parcial \phi_n}\dot\phi_n + \frac{\partial L}{\parcial \dot\phi_n}\frac{d}{dt}\dot\phi_n\right)\epsilon + L\frac{d}{dt}\epsilon \etiqueta{8} $$ a ver que (7) también puede ser escrita \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} Para cualquier finito de integración de intervalo, el primer término es cero si $\epsilon(t)$ es cero en los extremos del intervalo de integración. Desde $d\epsilon/dt$ es arbitrario dentro de este intervalo, y ya que esto es válido para cualquier intervalo de tiempo, la invariancia de la acción ($\delta S=0$) implica que la cantidad entre corchetes debe ser cero. La cantidad entre corchetes es el de Hamilton, por lo que este completa la prueba de que el Hamiltoniano es idéntica a cero en esta clase de modelos.

Answer 2

He aquí otra manera:

Supongamos que el lagrangiano tiene la siguiente propiedad, para cualquier $\theta$ (podría ser una función del tiempo $t$): \begin{equation}\tag{1} L(q, \, \theta \, \dot{q}) = \theta \, L(q, \, \dot{q}). \end{equation} Esto implica que la acción \begin{equation}\tag{2} S = \int_{t_1}^{t_2}L(q, \, \dot{q}) \, dt \end{equation} es invariante bajo un reparametrisation de tiempo : $t \, \Rightarrow \, \tau(t)$ que no cambiar los límites de integración : $\tau(t_1) = t_1$ e $\tau(t_2) = t_2$. Entonces, usando (1), puede escribir el siguiente: \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} lo que implica una fuga de hamilton: \begin{equation}\tag{4} H = \dot{q} \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} -L = 0. \end{equation} Esto se aplica a su lagrange para un relativista de la partícula, con $q \rightarrow x^{\mu}$ e $t \rightarrow \lambda$.

Answer 3

1. Infinitesimal mundo de línea (WL) reparametrization transformaciones $$ t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\varepsilon(t), \qquad \text{(horizontal variation)}\tag{A}$$ $$ q^{\prime j}(t) - q^j(t)~=:~\delta_0 q^j(t) ~=~\varepsilon(t)\dot{q}^j(t), \qquad \text{(vertical variation)}\tag{B}$$ $$ q^{\prime j}(t^{\prime}) - q^j(t)~=:~\delta q^j(t) ~=~0. \qquad \text{(full variation)}\tag{C}$$ son de calibre/local/$t$dependiente de transformaciones, que es stickly hablando del reino de Noether del segundo teorema. Esto conduce a una shell de Noether de identidad (L).

2. En contraste, Noether del primer teorema en su función básica de formulación considera global/$t$independiente de las transformaciones. (Para la prueba de en la cáscara de conservación de la energía a través de global tiempo de simetría de traslación, ver, por ejemplo, mi Phys.SE contesta aquí.) Sin embargo, en OP caso, hay un $t$dependiente de truco. Sencillo estándar cálculos revelan que la variación infinitesimal de la acción $$S~=~\int_I\!dt~ L\tag{D}$$ es de la forma $$ \delta S~=~\int_I\!dt~ (\varepsilon k + h \dot{\varepsilon}), \tag{E}$$ para algunos la función de $k$, donde la función de la energía $$h~:=~p_j\dot{q}^j-L, \qquad p_j~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}, \tag{F}$$ es el Noether cargo.

3. Caso de la transformación (A)-(C) es un estricto off-shell simetría: Si la variación infinitesimal (E) no tiene límite de contribuciones, se debe tener $$\varepsilon k + h \dot{\varepsilon}~\equiv~0\tag{G}$$ off-shell. Tomando $\varepsilon$ a $t$-independiente vemos que $$k~\equiv~ 0.\tag{H}$$ Comparando con eq. (G), obtenemos OP buscado conclusión

   $$h~\equiv~ 0.\tag{I}$$

   En otras palabras, el Lagrangiano $L$ es una función homogénea de las velocidades generalizadas $\dot{q}$ de peso 1, cf. Cham la respuesta. Veremos más adelante a través de eq. (L) que la eq. (I) implica también que el Lagrangiano $L$ no tiene tiempo explícito de la dependencia. En este caso, la acción (D) es manifiestamente WL reparametrization invariante.

4. Caso de la transformación (A)-(C) es un off-shell de cuasi-simetría: resulta que $$k~\equiv~ \frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j + \dot{h}, \tag{J}$$ de modo que la variación infinitesimal (E) es $$\delta S~=~\int_I\!dt~ (\varepsilon \frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j + \frac{d(h\varepsilon)}{dt}).\tag{K}$$ Incluso si aceptamos posible tiempo total derivado de las contribuciones en la variación infinitesimal (K), todavía podemos obtener una shell de Noether identidad

   $$0~\equiv~-\frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j~\equiv~(\dot{p}_j-\frac{\partial L}{\partial q^j})\dot{q}^j~\equiv~\frac{d(p_j\dot{q}^j)} {dt}-(\frac{\partial L}{\partial q^j}\dot{q}^j+\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}\ddot{q}^j)$$ $$~\equiv~\frac{d(p_j\dot{q}^j)} {dt}-(\frac{dL}{dt}-\frac{\partial L}{\partial t})~\equiv~\frac{dh}{dt}+\frac{\partial L}{\partial t}.\tag{L} $$

   Ejemplo 1: Si $L(q,\dot{q})$ no tiene tiempo explícito dependencia de la energía (F) no tiene ninguna explícito de dependencia de tiempo. A partir de la cáscara de identidad (L) $$ 0~\equiv~\frac{dh(q,\dot{q})}{dt}~=~\frac{\partial h(q,\dot{q})}{\partial q^j}\dot{q}^j+\frac{\partial h(q,\dot{q})}{\partial \dot{q}^j}\ddot{q}^j,\tag{M}$$ podemos deducir que la energía $h$ debe ser una constante global independiente de todas las variables $(q,\dot{q},t)$.

   Ejemplo 2: Si $L(t)$ no depende de $q$ e $\dot{q}$, entonces la acción $S$ tiene un cuasi-simetría en virtud de la transformación (A)-(C), y la energía es $h(t)=-L(t)$.

Answer 4

Edit. Como Cham ya ha contestado, la homogeneidad de la Lagrangiana es la culpa: $$L(x,\theta \, \dot{x}) = \theta\,L(x, \dot{x})$$ Cada vez que tienen esta propiedad, entonces usted tiene $$\dot{x}^T\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(x, \dot{x}) = L(x, \dot{x})$$ Esto es cierto no sólo para Lagrangians, esto es cierto para cualquier función homogénea: si $f(\theta\, x) = \theta\,f(x)$ entonces $x^T\, \nabla f(x) = f(x)$. Incluso cuando la gente de optimización convexa y terminan con la homogeneidad, la transformación de Legendre está bien definida debido a su homogéneo función no es estrictamente convexa. La solución es eliminar la homogeneidad por la restricción a una de dimensiones inferiores subespacio. Lo mismo sucede en la relatividad general.

Para poder realizar con éxito de Legendre de transformación, de Legendre del mapa de $p = \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(x, \dot{x})$ a partir de la tangente paquete de 4-velocidades a la cotangente del paquete de la generalizada 4-momenta, debe ser bijective (invertable). Eso es lo que generalmente sucede en la mecánica clásica. Desde el Lagrangiano en el caso de la relatividad general es invariante bajo la acción del grupo $\mathbb{R_+}$ actuando por reescalado, la transformación de Legendre es idéntica a cero y la de Legendre del mapa no es invertable, es decir, mapas del tiempo-como la tangente de cono de haz (dimensión 4) en el tiempo-como los ímpetus de la constante de magnitud (dimesnion 3), donde las órbitas de la ampliación del grupo de acción son las fibras que son aplastados por el Legendre del mapa. La solución a esto es problema es eliminar la ampliación del grupo de acción por la restricción de la Lagrnagian en el tiempo-como unidad tangente paquete. A continuación, la de Legendre del mapa es invertable y bijective y las cosas comienzan a funcionar bien, como se explica a continuación.

Hay un no-cero Hamiltonain , es sólo que no se construye como ingenuamente y directamente como en el de la mecánica clásica.

Deje $\dot{x} = \cfrac{dx}{d\lambda},$ donde $\lambda$ es cualquier parámetro arbitrario.

Fundamentalmente, en la filosofía de la Relatividad General, el parámetro de $\lambda$ no es de ninguna importancia a la teoría. Sólo la forma de la curva de $$\gamma = \{x(\lambda) \, : \, \lambda \in [\lambda_1, \lambda_2]\}$$ matters and not the specific parametrization. After all, this curve $\gamma = \{x(\lambda)\}$ is supposed to be a space-time time-like geodesic, which is a geometric property independent of any parametrization $\lambda$, so we really care about the geodesic $\gamma$ como un geométrica de la curva y no como una parametrización de la curva.

Voy a usar un poco de la matriz de anotaciones, para pasar toda la indización. Por lo $$x = \begin{bmatrix} x^i\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x^0\\x^1\\x^2\\x^3\end{bmatrix} \, \text{ and } \, g(x) = \big[g_{ij}(x)\big]_{i,j = 0}^{3} \, \text{ is the 4 by 4 metric tensor} $$

Tome su Lagrange $$L = -m\,\sqrt{- \, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}$$ y definir la acción $$S[\gamma] = -m\, \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} \, \sqrt{- \, \dot{x}^T(\lambda)\,g\big(x(\lambda)\big)\, \dot{x}(\lambda)}\,d\lambda $$ y mira por la crítica (no parametrizadas!!!) curvas
$$\delta S[\gamma] = 0$$ En las coordenadas $[x^i]$ y con respecto a un genérico parametrización, la ecuación de $\delta S[\gamma] = 0$ es equivalente a la de Euler-Lagrange las ecuaciones diferenciales $$\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{2\, \sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$$ donde $$ \dot{x}^T\, \frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \dot{x}\, = \, \begin{bmatrix} \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^0}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^1}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^2}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^3}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \end{bmatrix}$$ for short. Take a solution (time-like) $\gamma = \{ x(\lambda)\, : \, \lambda \}$ of the Euler-Lagrange equations above. As I have already emphasized, the parametrization of $\lambda$ with respect to $\lambda$ is not important for us. Therefore, I can define the function $$\tau = \tau(\lambda) = \int_{\lambda_0}^{\lambda}\, \sqrt{-\, \dot{x}(\zeta)^T \, g\big(\, x(\zeta)\,\big)\, \dot{x}(\zeta)\,}\, d\zeta$$ con derivados $$\frac{d\tau}{d\lambda} = \sqrt{-\, \dot{x}(\lambda)^T \, g\big(\, x(\lambda)\,\big)\, \dot{x}(\lambda)\,} \, > \,0$$ Thus the function $\tau = \tau(\lambda)$ is strictly increasing and therefore invertable, i.e. there is $\lambda = \lambda(\tau)$. Consequently, we can re-parametrize our solution curve $\gamma$ as $$\gamma = \{ \, x(\tau) \, : \, \tau \, \} \, \text{ where } \, x(\tau)= x\big(\lambda(\tau)\big)$$ Observar que $$\gamma = \{\,x(\tau)\, : \, \tau \,\} = \{\, x(\lambda)\, : \, \lambda \, \}$$ in other words, this is the same curve in space time, but parametrized in two different ways. Denote $x' = \frac{dx}{d\tau}$. Además, $$x' = \frac{dx}{d\tau} =\frac{d\lambda}{d\tau} \frac{dx}{d\lambda} = \left( \frac{d\tau}{d\lambda}\right)^{-1} \frac{dx}{d\lambda} = \frac{1}{\sqrt{- \, \dot{x}^T \, g(x) \, \dot{x}}\,}\, \frac{dx}{d\lambda}$$ y, en particular, $$\frac{d}{d\tau} = \frac{1}{\sqrt{- \, \dot{x}^T \, g(x) \, \dot{x}}\,}\, \frac{d}{d\lambda} $$ Recall that the curve $\ gamma$ is a critical curve for the action $S[\gamma]$, i.e. $\delta S[\gamma] = 0$. When $\gamma$ is parametrized with respect to $\lambda$, it's coordinate parametrization $\gamma = \{\, x(\lambda) \, : \, \lambda\}$ resuelve de Euler-Lagrange las ecuaciones $$\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{2\, \sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$$ whose both sides I can multiply by $\frac{1}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\, g(x) \, \dot{x}}\,}$ y obtener las ecuaciones equivalentes $$\frac{1}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\, g(x) \, \dot{x}}\,} \, \frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{-\, 2\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$$ It is easy to check that with the new parametrization $\gamma = \{\, x(\tau) \, : \, \tau\, \}$ $$\sqrt{-\, \frac{dx}{d\tau}^T \, g(x) \, \frac{dx}{d\tau}} =\sqrt{-\, (x')^T \, g(x) \, x'} = 1$$ Consequrntly, after the reparametrization $\lambda = \lambda(\tau)$ de Euler-Lagrange las ecuaciones se convierten en el equivalente simplificado de ecuaciones $$\frac{d}{d\tau}\left(\, m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}\right) \, = \, \frac{m}{2}\,\left( \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right) $$ which $\gamma = \{\, x(\tau)\, : \, \tau\,\}$ resuelve.

En otras palabras, hemos demostrado que cualquier solución de $\gamma$ a la original de Euler-Lagrange las ecuaciones, después de la correspondiente reparametrization, resuelve el simplificada de Euler-Lagrange las ecuaciones. En otras palabras, una curva de $\gamma$ es un crítico de la curva de la acción $S[\gamma]$, es decir, $\delta S[\gamma] = 0$ si y sólo si se resuelve el procedimiento simplificado de Euler-Lagrange las ecuaciones diferenciales $$\frac{d}{d\tau}\left(\,m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}\right) \, = \, \frac{m}{2}\, \left(\, \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right) $$ where the resulting parametrized solution $\gamma = \{\, x(\tau)\, : \, \tau\,\}$ is paremtrized with respect to proper time, i.e. $\sqrt{ - \, x'(\tau)^T\ g\big(x(\tau)\, x'(\tau)\big)} = 1$ for any $\tau$.

Ahora, si se establece la generalizada momenta $$p = m\, g(x) \frac{dx}{d\tau}$$ se obtiene la siguiente duplicado sistema de ecuaciones diferenciales \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} y cuando se resuelve la primera mitad con respecto a $\frac{dx}{d\tau}$, debido al hecho de que $g(x)$ es un invertable simétrica la matriz, y se sustituye en la segunda mitad de las ecuaciones, se puede obtener el sistema de ecuaciones diferenciales \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} Estas son las ecuaciones de Hamilton donde la función es Hamiltonain $$H(x, p) = \frac{1}{2m}\big(p^T\, g(x)^{-1}\, p\,\big)$$ Por lo tanto, hemos demostrado que una curva de $\gamma$ es un crítico de la curva de la acción $S[\gamma]$, es decir, $\delta S[\gamma] = 0$ si y sólo si se resuelve el Hamiltoniano de ecuaciones diferenciales con Hamiltonain función de $H(x, p) = \frac{1}{2m}\big(p^T\, g(x)^{-1}\, p\,\big)$ donde $p = m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}$.

Answer 5

$\let\lam=\lambda \def\dx{\dot x}$ Como ya has visto la razón de hamiltonianos ser cero es tener un lagrangiano que es una función homogénea de grado 1 en el $\dx$'s.

Hay una manera más sencilla, lo que resulta en un hamiltoniano igual a lagrange: para tomar $$L = {\textstyle{1 \over 2}}\,g_{\mu\nu}\,\dx^\mu \dx^\nu$$ (Estoy usando una convención de signos opuestos a los suyos). Aquí $\dx^\mu$significa $dx^\mu/d\lam$, $\lam$ un parámetro arbitrario con $\lam\in[0,1]$. La acción es $$S = \int_0^1\!L\>d\lam.$$ El hamiltoniano es la misma dada por @el futurólogo.

Esta elección de la $S$ es (por desgracia) llamada "energía" por los matemáticos.