Por qué el lagrangiano relativista no es simplemente igual a la energía cinética menos la potencial $L=T-V$ ?

Question

Como la pregunta anterior, me pregunto por qué el Lagrangiano relativista se escribe como:

$$L=-mc² \sqrt{1-\frac{v²}{c²}} - V ~=~-\frac{mc^2}{\gamma} -V~?$$

Sé que la energía cinética de una partícula relativista está definida por

$$T=(\gamma -1)m c².$$

entonces por qué no podemos definir simplemente el Lagrangiano de una partícula relativista como su análogo clásico:

$$L=T-V=(\gamma -1)m c² - V~? $$

Si es así ¿Cuál es la definición de un lagrangiano que nos guía a la expresión anterior?

Answer 1

1. En pocas palabras, porque su Ecuación EL sería diferente de la correcta 2ª ley de Newton relativista $$ \frac{d{\bf p}}{dt}~=~-\frac{\partial V}{\partial {\bf r}}, \qquad {\bf p}~=~\gamma m{\bf v}.\tag{1}$$ El lagrangiano correcto $L$ se puede encontrar integrando $$ {\bf p}~=~\frac{\partial L}{\partial {\bf v}}.\tag{2}$$

2. Otro argumento es que un acción relativista $S=\int\! \mathrm{d}t~ L$ debería ser mejor Invariante de Lorentz por ejemplo, proporcional a tiempo adecuado , cosa que la propuesta de la OP no es.

3. Véase también, por ejemplo este Respuesta de Phys.SE.

Answer 2

Si te remontas a la derivación del lagrangiano, creo que puedes ver por qué el lagrangiano relativista es el que es. Normalmente, se empieza con el principio de d'Alembert $$ \sum_i \left(F_i - \dot{p}_i\right) \delta x_i = 0, $$

donde $F_i$ son las fuerzas que actúan sobre la partícula $i$ , $p_i$ es su impulso, $\delta x_i$ es un desplazamiento virtual, y el punto designa la diferenciación con respecto al tiempo de las coordenadas $t$ . Para el caso relativista, utilizamos el momento propio $p = \gamma m v$ .

Centrarse sólo en el término correspondiente:

$$-\dot{p}\, \delta x = -\frac{d(\gamma m v)}{dt}\, \delta x $$

Utilizamos la regla de la cadena (o integración por partes):

$$ = -\frac{d}{dt}\left(\gamma m v\, \delta x\right) + \gamma m v \frac{d(\delta x)}{dt}$$

Cuando hacemos la variación completa el primer término desaparece porque $\delta x=0$ en la frontera. Bajo los supuestos típicos, las derivadas ordinarias y variacionales conmutan:

$$ = \gamma m v\, \delta v$$

Queremos terminar con una declaración como $\delta(\mathrm{stuff})$ . Si eres más inteligente que yo, podrías verlo:

\begin {align} \delta\left ( \frac {1}{ \gamma } \right ) &= \frac {1}{2} \left (1- \frac {v^2}{c^2} \right )^{-1/2} \frac {-2v}{c^2}\N-, \delta v = - \frac {1}{c^2}\, \gamma v \, \delta v \\ \delta\left (- \frac {mc^2}{ \gamma } \right )&= \gamma m v\N, \delta v \end {align}

o puedes saber la respuesta y "adivinarla" como hice yo.

Cuando pases por todo el engranaje variacional terminarás con algo como:

$$ \int_{t_i}^{t_f}\sum_i \left(F_i - \dot{p}_i\right) \delta x_i \,\mathrm{d}t = \delta \int_{t_i}^{t_f}\left(-\sum_i\frac{m_i c^2}{\gamma_i} - V \right)\mathrm{d}t = 0 $$

Así que para una sola partícula $$ L = - \frac{m c^2}{\gamma} - V.$$

Answer 3

¿De dónde viene el lagrangiano?

Así pues, mi enfoque habitual de la enseñanza de la física lagrangiana parte de la idea de que se contemplan las leyes clásicas de Newton en el contexto de las fuerzas de restricción, $$\frac{d\vec p}{dt} = -\nabla U + \vec F_{\text{constraint}}.$$ Las fuerzas de restricción son cosas muy complicadas de razonar, ya que siempre actúan perpendicularmente a una superficie (que puede ser una dirección muy complicada) y nunca tienen una magnitud fija (siempre es "lo fuerte que tiene que ser para imponer la restricción"). Pero como los movimientos permitidos son siempre perpendiculares a la fuerza de restricción, podemos decir una cosa con gran certeza, $\vec F_{\text{c}}\cdot \vec v = 0.$ El problema es que esto sólo nos da un resultado conocido: el teorema trabajo-energía $$\frac{d}{dt}\left(\frac12 m \vec v\cdot\vec v + U(\vec r)\right) = 0,$$ pero eso ya no nos devuelve las ecuaciones de movimiento completas: de alguna manera, al insertar la velocidad "correcta" en este producto de puntos hemos "perdido" información. Así que, en su lugar, consideramos alguna perturbación de la trayectoria "verdadera" $\mathcal P = \{\vec r(t),~~t_0<t<t_1\}$ que es una función $\delta \vec r(t)$ . Si esta perturbación de la trayectoria sólo nos lleva dentro de las restricciones, entonces $\vec F_{\text c}\cdot \delta\vec r(t) =0$ de forma similar. Se puede interpretar fácilmente de nuevo $U(\vec r + \delta \vec r)\approx U + \nabla U\cdot \delta \vec r$ por lo que $-\nabla U \cdot \delta \vec r = -\delta U$ de una manera muy natural. Pero lo que es algo antinatural es este término de "energía cinética" $\frac{d\vec p}{dt}\cdot\delta \vec r.$ Se parece un poco a $\vec v\cdot\delta\vec v$ que podríamos interpretar como $\delta\left(\frac12 v^2\right),$ la idea es similar a la del $\delta U$ caso, pero sólo se ve así en una especie de "integración por partes". Así que el enfoque lagrangiano es integrar legítimamente esta cosa de $t_0 \to t_1,$ produciendo $$ \tag{A} \int_{t_0}^{t_1}dt~\left(\frac{d\vec p}{dt} \cdot \delta \vec r(t) + \delta U\right) = 0.$$ Y entonces puede integrar por partes, y si restringimos nuestra elección de $\delta r$ sólo un poco para que los términos de frontera sean cero, encontramos después $$-\delta \left[\int_{t_0}^{t_1} dt~\left(\frac12 m v^2 - U\right) \right] = 0.\tag{B}$$ Esto, a su vez, tiene toda la información necesaria para volver a obtener esas ecuaciones de movimiento a través del "cálculo de variaciones", es decir, estos pasos eran totalmente reversibles. Y normalmente ahora me lanzaría a despotricar sobre el gran valor de nuestra libertad resultante para elegir las coordenadas que queramos para aplicar esos argumentos restantes del cálculo de variaciones: podemos hacer cumplir las restricciones eligiendo las coordenadas adecuadas en lugar de introducir complicadas fuerzas de restricción.

¿Cómo cambia la relatividad especial este argumento?

¡Sorprendentemente poco! Sólo tenemos un pequeño cambio en la ecuación (A) y no cambia nuestro enfoque fundamental para encontrar un análogo de la ecuación (B). El cambio es que nuestro punto de partida contiene el momento relativista $$\int_{t_0}^{t_1}dt~\left(\frac{d}{dt}\left({m_0~v\over\sqrt{1 - (v/c)^2}}\right)\cdot \delta \vec r + \delta U\right) = 0.\tag{A'}$$ y así tras integrar por partes tenemos la expresión media $$-{\vec v\cdot \delta \vec v \over\sqrt{1 - (v/c)^2}}.$$ El problema es que lo que se quiere interpretar es algo así como $$\delta\left(\frac {c^2}{\sqrt{1 - (v/c)^2}}\right)= \frac{\vec v\cdot \delta \vec v}{(1 - (v/c)^2)^{3/2}},$$ quizás porque te has dejado seducir por lo anterior $L = K - U$ y se quiere sustituir por la energía cinética relativista. Desgraciadamente, aunque esa es una buena forma para recordando Lagrangianos no es una buena forma para comprender su naturaleza ya que es algo accidental para el actual derivación que creamos anteriormente: puedes ver que obtienes $\delta\left(\frac12 m v^2\right)$ más o menos porque es la integral indefinida $\int dv~m~v$ y este operador de perturbación de la trayectoria $\delta$ en muchos aspectos actúa como un operador de derivada, por lo que la integral indefinida es la forma correcta de calcular estas cosas.

En cambio, la integral indefinida $$ \int dv\frac{m_0~v}{\sqrt{1 - (v/c)^2}} = m_0 c^2 \sqrt{1 - (v/c)^2},$$ por lo que es la expresión correcta en nuestro Lagrangiano. Cualquier otra expresión conduce a un momento canónico incorrecto. Podemos encontrar que $c^2 \delta \sqrt{1 - (v/c)^2} = \vec v\cdot\delta\vec v/\sqrt{1 - (v/c)^2}$ y así razonar que $$-\delta\left[\int_{t_0}^{t_1}dt~\left(m_0 c^2 \sqrt{1 - \left(\frac v c\right)^2} - U\right)\right] = 0,$$ por lo que $L = \gamma^{-1}~m_0~c^2 - U.$

Por supuesto, el tiempo apropiado satisface famosamente $dt = \gamma~d\tau$ y por tanto una integral de $dt/\gamma$ es una integral de $d\tau$ Así que hace que la integral de acción sea invariante relativista, lo que uno podría haber deseado como un aspecto fundamental de la teoría: y al minimizar el tiempo propio entre el principio y el final, uno puede entender esto como una insinuación del enfoque relativista general, donde esto es una especie de ecuación geodésica. Pero no me gusta empezar la derivación desde ninguno de esos lugares, ya que no es 100% obvio que la relatividad especial o general no vaya a escupir de vuelta, "vale, así que los lagrangianos no son la forma correcta de pensar en mí, ¿y qué?". Prefiero acercarme desde el otro lado y así derivar que los principios de acción siguen siendo una gran manera de entender los movimientos relativistas.

Answer 4

Para una mejor comprensión de la primera ecuación, se simplifica poniendo V a 0. Luego se adopta el marco de referencia de la partícula puntual en cuestión, lo que significa que $\gamma = 1$ . El resultado es el Lagrangiano de la partícula puntual en su propio marco de referencia. Desde el punto de vista de la partícula, ¡su energía cinética es cero! La partícula siempre permanece en cero en su propio sistema de referencia y no se mueve, sólo se mueve hacia arriba a través del tiempo.

En consecuencia, el lagrangiano simplificado restante muestra que el lagrangiano no considera la energía cinética sino la energía de reposo de la partícula.

La energía en reposo de la partícula se transporta a través del tiempo, más precisamente, a través del tiempo propio de la partícula. Esta es la acción de una partícula puntual. Ejemplo: Al principio, la partícula (es decir, su energía de reposo) tiene la edad 0. Después de un año, la partícula tiene la edad de un año. La energía de reposo ha sido "transportada" a través del tiempo propio (el envejecimiento) de la partícula.

Ahora podemos cambiar nuestro marco de referencia, cambiando $ \gamma (v)$ que es una función de nuestra velocidad relativa a la partícula. Lo que obtenemos es siempre la energía en reposo de la partícula, pero ahora no está parametrizada por su tiempo propio $\tau$ pero por la coordenada de tiempo t de nuestro observador.

Puede encontrar más información en Barton/ Zwieback: A first course of string theory, sección 5.1: Action of a relativistic point particle.

Answer 5

Creo que ahora entiendo su pregunta. El producto cuña no produce el valor absoluto del determinante. En cambio, produce el propio determinante en el siguiente sentido: si $A$ es una matriz cuadrada y $e_i$ es la base estándar habitual para $\mathbb{R}^n$ entonces $$ Ae_1 \wedge Ae_2 \wedge \cdots \wedge Ae_n = det(A) e_1 \wedge e_2 \wedge \cdots \wedge e_n $$ Esto define implícitamente el determinante de $A$ . Se podría definir razonablemente $det(A)$ por: $$ (Ae_1 \wedge Ae_2 \wedge \cdots \wedge Ae_n)(e^1,e^2, \dots ,e^n) = det(A) $$ donde reemplazo $e_1$ con su doble cañón.

En cualquier caso, la fórmula con valor absoluto del determinante es del cambio de variables para integrales multivariantes. En lugar de intentar explicarlo en general, veamos un ejemplo. Consideremos la integral de $f(x,y) = x^2+y^2$ en $1 \leq x^2+y^2 \leq 4$ . Se trata de un anillo, denotémoslo $R \subseteq \mathbb{R}_{xy}^2$ . Podemos calcular: $$ \iint_R (x^2+y^2) dx \, dy $$ Supongamos que cambiamos las variables por $\theta, r$ . Nota: $$ dx \wedge dy = (\cos \theta dr - r\sin\theta d\theta) \wedge (\sin \theta dr +r\cos\theta d\theta) = rdr \wedge d\theta = - rd\theta \wedge dr$$ Por lo tanto, $dx \wedge dy$ se sustituye naturalmente por $- rd\theta \wedge dr$ . Pero, esto no es lo que usamos para cambiar la integral a $\theta, r$ variables. En su lugar, $$ \iint_R (x^2+y^2) dx \, dy = \iint_S r^2 \frac{\partial (x,y)}{\partial(\theta, r)} d\theta dr $$ El determinante jacobiano se define por: (en la mayoría de los textos de cálculo) $$ \frac{\partial (x,y)}{\partial(\theta, r)} = \bigg| det\left[ \begin{array}{cc} \partial x /\partial \theta & \partial x /\partial r \\ \partial y /\partial \theta & \partial y /\partial r \end{array}\right]\bigg| = | -r | = r$$ Así, como $S = [0,2\pi] \times [1,2] \subseteq \mathbb{R}_{\theta r}^2$ $$ \iint_R (x^2+y^2) dx \, dy = \int_1^2\int_0^{2\pi} r^3 d\theta dr = \frac{15\pi}{2}.$$ Normalmente, ordeno las variables $r,\theta$ por lo que el valor absoluto no es necesario, pero generalmente está ahí para matar un signo para el elemento área (o más generalmente volumen, hipervolumen, como quiera llamarse $dx_1 \dots dx^n$ ). Este valor absoluto es el mismo que aparece en la fórmula del producto triple escalar: $$ vol = | \vec{A} \cdot (\vec{B} \times \vec{C})|$$ el valor absoluto está ahí para matar un signo menos, si los vectores están correctamente orientados entonces el triple es diestro lo que significa que el producto triple-escalar es positivo. Sin embargo, si el triple $\vec{A},\vec{B},\vec{C}$ es zurdo, entonces $\vec{A} \cdot (\vec{B} \times \vec{C})<0$ . Además, hay que tener en cuenta que: $$ \vec{A} \cdot (\vec{B} \times \vec{C}) = det(\vec{A}|\vec{B}|\vec{C})$$ y esta última fórmula se generaliza a una dimensión arbitraria.

En resumen, los productos de cuña codifican la orientación, pero las integrales ordinarias de área, volumen, etc. se definen para dar valores independientes del orden de las variables con las que se calculan. El área es positiva. El volumen es positivo. Esto obliga al valor absoluto.