¿Derivando la partícula libre de relatividad especial Lagrangiana usando un impulso infinitesimal?

Question

En el comienzo de Landau y Lifshitz Mecánica que se derivan de la forma de Lagrange para una partícula libre en la mecánica Newtoniana.

Quiero ver cómo se hace el análogo de la derivación en la relatividad especial.

Para la mecánica Newtoniana que decir que, en primer lugar, el Lagrangiano $L$ sólo puede ser una función de la $v^2$ e no $\vec{x}$ o $\vec{v}$ ya que no hay lugares o direcciones. Luego, se miran el Lagrangiano en otro sistema inercial en movimiento a una velocidad relativa $\vec{\epsilon}$ y decir que se debe diferir de la original por un tiempo total de derivados con el fin de mantener las ecuaciones de movimiento de la misma.

El cuadrado de la velocidad en el nuevo marco es $$ {v}^2 = v^2 + 2 \vec{v}\cdot\vec{\epsilon} + \mathcal{S}(\epsilon^2), $$ así que el Lagrangiano en este marco es $$ L({v}^2)=L(v^2)+\frac{\partial L}{\partial v^2} 2 \vec{v}\cdot\vec{\epsilon}. $$ Para el último término es un tiempo total de derivados tiene que ser una función lineal de la velocidad, es decir, $\partial L/\partial v^2$ es constante. Y entonces usted consigue $L \propto v^2$.

$$ ---$$

He intentado hacer la misma cosa para la relatividad especial, el único cambio que los diferentes fórmula para la velocidad en el movimiento de marco inercial. Me parece $$ \frac{{v}^2}{c^2} = 1 - \left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)\left(1-\frac{\epsilon^2}{c^2}\right)\left(1-\frac{v_x \epsilon}{c^2}\right)^{-2}, $$ para un impulso de velocidad $\epsilon$ a lo largo de la $x$-eje (puede conseguir esto de manera rápida la escritura de la invariante intervalo de $c^2 dt^2 - dx^2 = c^2 dt'^2 - dx'^2$ y el uso de la transformación de Lorentz para el momento en que se coordinan para conseguir $dt'/dt$).

Para las pequeñas $\epsilon$ puedo conseguir $$ {v}^2 = v^2 - 2 \left(1-\frac{v^2}{c^2}\right) v_x \epsilon, $$ así $$ L({v}^2)=L(v^2)-2 \left(1-\frac{v^2}{c^2}\right) v_x \epsilon \frac{\partial L}{\partial v^2} . $$

Creo que el argumento de que el último término ser un tiempo total derivado de nuevo significa que el último término debe ser lineal en la velocidad. Por lo tanto, $$ \frac{\partial L}{\partial v^2} \propto \left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)^{-1}. $$

Pero la integración de este da $$L \propto \log\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right),$$

no se la respuesta correcta, que es $L\propto \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}$.

A donde voy mal?

Answer 1

Aquí es una línea de razonamiento:

1. Una nueva característica de la transformación de Lorentz frente a transformaciones de Galileo es que el tiempo $t$ transforma así. Por lo tanto, debemos considerar la invariancia de las propiedades de la Lagrangiana de una forma $$\mathbb{L}~=~L \mathrm{d}t~=~ L \dot{t}\mathrm{d}\lambda \tag{1}$$ en lugar de sólo el Lagrangiano $L$ a sí mismo como OP. Aquí $\lambda$ denota un mundo de línea (WL) parámetro, y un punto denota la diferenciación wrt. $\lambda$.

2. Siguiente, la invariancia de Lorentz sugiere que el Lagrangiano de un formulario debe ser $$\mathbb{L}~=~ f(\dot{x}^2)\mathrm{d}\lambda, \qquad \dot{x}^2~:=~\eta_{\mu\nu} \dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}, \qquad x^0~\equiv~ct, \tag{2}$$ para algunos la función de $f$. (Este es un 4D relativista analógica de Landau Y Lifshitz del argumento por encima de eq. (3.1), alegando que la no-relativista de Lagrange debe ser una función de 3D de la velocidad de $v\equiv |{\bf v}|$ debido a la invariancia rotacional 3D.)

3. Por el contrario, eq. (2) es así como podemos obtener a partir de la simetría de Lorentz como eq. (2) ya está manifiestamente invariante de Lorentz. Tenga en cuenta que la simetría de Lorentz se implementa como una estricta simetría de la acción (en oposición a la de Galileo quasisymmetry, cf. por ejemplo, este y este Phys.SE publica).

4. Finalmente, WL reparametrization invariancia implica que la función de $$f~\propto ~\sqrt{\cdot}\tag{3}$$ is proportional to a square root. This is the right answer: The Lagrangian is $$L~\propto ~\sqrt{1-v^2/c^2}\tag{4}$$ para una enorme relativista punto de partículas.

Answer 2

@Qmechanic del primer punto fue la clave. El observador en movimiento se escriba la acción integral como $L(v'^2)dt'$, no como $L(v'^2) dt$ como estaba suponiendo implícitamente.

Así que la Landau Y Lifshitz argumento es que en el fin de obtener las mismas ecuaciones de movimiento en los dos sistemas de inercial tenemos que tener

$$ L(v'^2) dt' = L(v^2)dt + \frac{df}{dt}dt, $$ para algunos la función de $f(x,t)$.

Relativa $dt'$ vuelta a $dt$ consigue $$dt' = \gamma \left(dt - \frac{\epsilon dx}{c^2} \right) = \gamma \left(1 - \frac{\epsilon v_x}{c^2} \right)dt \approx \left(1 - \frac{\epsilon v_x}{c^2} \right)dt,$$

a primer orden en $\epsilon$ (la velocidad del movimiento de los fotogramas).

A continuación, utilizando la expresión para $L(v'^2)$ en términos de $v$ que tenía antes:

$$ \begin{align} L(v'^2)dt' &= \left[ L(v^2)−2\left(1−\frac{v^2}{c^2}\right) v_x \epsilon \frac{\partial L}{\partial v^2}\right] \left(1 - \frac{\epsilon v_x}{c^2} \right)dt \\ &= L(v^2)dt - \left[2\left(1−\frac{v^2}{c^2}\right)\frac{\partial L}{\partial v^2} + \frac{L(v^2)}{c^2}\right] v_x \epsilon dt \end{align}$$ a primer orden en $\epsilon$.

En orden para el segundo término es un tiempo total derivado de la expresión en corchetes debe ser una constante. Esto le da una ecuación diferencial para $L$:

$$ 2\left(1−\frac{v^2}{c^2}\right)\frac{\partial L}{\partial v^2} + \frac{L(v^2)}{c^2} = A,$$ para algunas constantes $A$. Puede ser resuelto mediante la multiplicación por el factor de integración $(1-v^2/c^2)^{-3/2}$.

$$ \begin{align} 2\left(1−\frac{v^2}{c^2}\right)^{-1/2}\frac{\partial L}{\partial v^2} + \left(1−\frac{v^2}{c^2}\right)^{-3/2}\frac{L(v^2)}{c^2} &= A\left(1−\frac{v^2}{c^2}\right)^{-3/2}\\ \frac{\partial}{\partial v^2} \left[ 2\left(1−\frac{v^2}{c^2}\right)^{-1/2} L \right]&= \frac{\partial}{\partial v^2} \left[ 2A c^2 \left(1−\frac{v^2}{c^2}\right)^{-1/2} \right] \\ 2\left(1−\frac{v^2}{c^2}\right)^{-1/2} L &= 2A c^2 \left(1−\frac{v^2}{c^2}\right)^{-1/2} + B, \end{align} $$ el uso de algunos de integración constante de $B$.

Finalmente, la solución para $L$ da a la partícula libre de Lagrange:

$$ L(v^2) = \mathrm{const} +\mathrm{const}\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}. $$

Funciona muy bien!