¿Invarianza galileana del lagrangiano para una partícula puntual libre no relativista?

Question

En la QFT, la densidad lagrangiana se construye explícitamente para que sea invariante de Lorentz desde el principio. Sin embargo, el lagrangiano

$$L = \frac{1}{2} mv^2$$

para una partícula puntual libre no relativista no es invariante bajo la transformación galileana. Esto no importa en última instancia porque la diferencia es una derivada total del tiempo.

Sin embargo, ¿es posible presentar una lagrangiana invariante galileana para una partícula puntual libre no relativista?

Answer 1

Teorema Schmeorem. Un lagrangiano invariante galileano para cualquier número de partículas clásicas que interactúan con un potencial:

$$ S = \int \sum_k {m_k(\dot{x}_k-u)^2\over 2} + \lambda \dot{u} - U(x_k)\;\;\; dt $$

Para cualquier lagrangiano invariante galileano $L(\dot{x}_k, x_k)$ el Lagrangiano

$$ L'(\dot{x}_k,x_k, \lambda, u) = L(\dot{x}_k-u,x_k) + \lambda \dot{u} $$

es explícitamente invariante galileano, y tiene la misma dinámica (suponiendo que el lagrangiano original fuera invariante galileano).

Las propiedades galileanas de las x son las habituales. Las variables dinámicas se extienden para incluir $\lambda,u$ que actúan como multiplicadores de Lagrange. La ley de transformación para u y $\lambda$ son:

$ x \rightarrow x-vt $

$ u \rightarrow u-v $

$ \lambda \rightarrow \lambda $

Y es trivial verificar que el nuevo Lagrangiano es completamente invariante. La ecuación de movimiento para $\lambda$ sólo hace $u$ constante, igual a $u_0$ mientras que la ecuación de movimiento para $u$ se integra a

$$ \lambda = - \sum_k m_k x_k - M u_0 t $$

hasta una constante aditiva que he puesto a cero. Estas son casi todas las ecuaciones del movimiento, pero hay una ecuación más que proviene de extremar la acción con respecto a $u_0$ que establece

$$ u_0 = \sum_k m_k \dot{x}_k $$

Donde el tiempo no es importante, porque se trata de la velocidad del centro de masa, que se conserva. La prescripción de Noether en la acción explícitamente invariante de Galilea es trivial: la cantidad conservada asociada a los impulsos de Galilea es simplemente $\lambda$ y esta es efectivamente la posición del centro de masa.

Por qué funciona

Si se integra la energía cinética para la acción habitual de la partícula libre por partes, se obtiene

$$S = \int \sum_k m\ddot{x}_k x_k + U(x_k) dt$$

Esta acción es invariante galileana en la cáscara de la masa, lo que significa que la parte invariante no galileana es cero cuando se aplican las ecuaciones del movimiento. Esto significa que si se añaden algunos campos no dinámicos adicionales se debería producir una acción invariante galileana fuera de la cáscara, y esta es la $\lambda, u$ .

Relación con las transformaciones de Lorentz

Cuando realizas una transformación de Lorentz, la acción de la partícula de arclidad es invariante. Pero si fijas el origen de la transformación de Lorentz en el tiempo inicial, el tiempo final se transforma, por lo que la trayectoria ya no va al mismo tiempo final después de la transformación. Cuando se toma el límite no relativista, el tiempo final se degenera con el tiempo inicial, pero el coste de la acción por el desplazamiento del tiempo final no se aproxima a cero.

Esto significa que se necesita una variable extra para llevar la cuenta del bit infinitesimal del tiempo final, y que esta variable extra necesitará una ley de transformación no trivial bajo transformaciones galileanas.

Para saber cuál debe ser esta nueva variable, siempre es mejor considerar lo análogo para la invariancia rotacional. Consideremos una cuerda en tensión con pequeñas desviaciones respecto a la horizontal, y dejemos que la desviación de la cuerda respecto a la horizontal sea h(t). La energía potencial rotacionalmente invariante es la arclitud de la cuerda

$$ U = \int \sqrt{1+h'^2} dx $$

y ésta es la energía potencial que da el análogo rotacionalmente invariante de la ecuación de onda. Una vez que se pasa a pequeñas desviaciones, la expansión para U da la energía potencial habitual de la ecuación de onda

$$ U(h) = \int {1\over 2} h'^2 dx $$

y esto ya no es invariante de la rotación. Pero es invariante de la inclinación, lo que significa que añadir una línea de pendiente constante a h no cambia la energía. Excepto que lo hace, por una derivada perfecta:

$$ U(h + ax) = \int {1\over 2}h'^2 + a h' + {a^2\over 2} dx$$

Se trata, evidentemente, de la misma situación exacta que la de la invariancia Lorentz que se convierte en invariancia galileana, salvo que se utiliza la invariancia rotacional, donde la intuición de todos es firme. El complemento $a^2\over 2$ energía se debe a la longitud extra cuadrática de una cuerda girada, mientras que la derivada perfecta lineal $ah'$ se integra a $a (h_f - h_i)$ y esta es la cantidad de reducción/incremento en la longitud cuando se gira una cuerda inclinada.

Así que para obtener una energía potencial totalmente invariante de la inclinación, hay que añadir una variable $u$ que se restringe dinámicamente para que sea igual a la inclinación total de la cadena. Esta variable distinguirá entre las diferentes versiones rotadas de la cuerda: la rotación de la cuerda por sí misma sin rotar la variable de inclinación media cambiará la energía - esto es porque la inclinación de la cuerda horizontal entre 0 y A no es exactamente la misma que la cuerda pre-inclinada entre 0 y A, la cuerda pre-inclinada tiene una longitud diferente. La rotación de la inclinación total por sí misma cambiará la energía, pero la rotación de ambas no hace nada, y esta es la codificación de la invariancia rotatoria.

Así que se necesita una variable de inclinación media para convertir la invariancia rotacional explícita en invariancia de inclinación explícita. La energía potencial total viene dada entonces por las desviaciones de la inclinación media:

$$ U = \int {1\over 2} (h'-u)^2 dx $$

y u se transforma como $u-a$ bajo una inclinación por a. Esto hace que la energía potencial sea invariante.

La energía cinética viene dada por la dependencia temporal de h, y debe haber un multiplicador de Lagrange para hacer que la inclinación total sea igual a la inclinación media

$$ S = \int {1\over 2} \dot h^2 - {1\over 2} (h'-u)^2 + \beta (u - h') dt dx $$

Donde $\beta$ es un multiplicador de Lagrange global en x para u, lo que le obliga a ser igual a h'. Pero no es perjudicial permitir que u varíe en x, siempre que el multiplicador de Lagrange obligue a que sea constante. La forma de hacerlo es cambiar el término del multiplicador de Lagrange por

$$ - \int \lambda' (u(x) - h'(x)) dx = \int \lambda (u'(x) - h''(x)) $$

Pero entonces la ecuación de movimiento mata el segundo término, por lo que sólo se necesita un multiplicador de Lagrange para ser:

$$ \int \lambda u'(x)$$

Y las ecuaciones del movimiento obligan automáticamente a que u sea la pendiente media. Estas manipulaciones tienen análogos exactos en las transformaciones de Lorentz, y explican la relación de la acción explícitamente invariante galileana con la acción de Lorentz. El análogo de la pendiente media es la velocidad del centro de masa.

Answer 2

Aquí me gustaría ampliar algunos de los argumentos dados en la inspiradora respuesta de Ron Maimon. Considere $N$ partículas puntuales con posiciones ${\bf r}_1, \ldots, {\bf r}_N$ . El grupo de transformación galileano se explica, por ejemplo, en aquí . La única transformación, que nos molestaremos en mencionar explícitamente a partir de ahora, es la transformación de la cizalla

$$\begin{align} t ~\longrightarrow~& t,\cr \qquad {\bf r}_i ~\longrightarrow~& {\bf r}_i- {\bf v}t,\end{align}\tag{1}$$

donde ${\bf v}$ es la velocidad constante relativa de los dos marcos de referencia.

1. Partamos de la lagrangiana invariante manifiestamente galileana

$$\begin{align} L_1~=~&\sum_{i=1}^{N} \frac{m_i}{2}(\dot{\bf r}_i-{\bf u})^2 + {\bf \lambda} \cdot \dot{\bf u} - V, \cr V~:=~& \sum_{1\leq i<j\leq N}V_{ij}(|{\bf r}_i-{\bf r}_j|),\end{align}\tag{2}$$

donde ${\bf u}={\bf u}(t)$ y ${\bf \lambda}={\bf \lambda}(t)$ son un par canónico de variables adicionales. La transformación galileana se lee

$$\begin{align} t ~\longrightarrow~& t, \cr {\bf r}_i ~\longrightarrow~& {\bf r}_i- {\bf v}t, \cr {\bf u}~\longrightarrow~& {\bf u}-{\bf v}, \cr {\bf \lambda} ~\longrightarrow~& {\bf \lambda}.\end{align}\tag{3}$$

2. A continuación vamos a integrar el multiplicador de Lagrange ${\bf \lambda}$ . La ecuación del movimiento (=eom) para ${\bf \lambda}$ es $\dot{\bf u} \approx 0$ . (El $\approx$ significa en esta respuesta igual modulo eom. ) Esto deja un modo cero ${\bf u}_0$ que es independiente de $t$ . El nuevo Lagrangiano

$$ L_2~=~\sum_{i=1}^{N} \frac{m_i}{2}(\dot{\bf r}_i-{\bf u}_0)^2- V\tag{4} $$

sigue siendo manifiestamente invariante galileano. La transformación galileana se lee

$$\begin{align} t ~\longrightarrow~& t, \cr {\bf r}_i ~\longrightarrow~& {\bf r}_i- {\bf v}t, \cr {\bf u}_0~\longrightarrow~& {\bf u}_0-{\bf v}.\end{align}\tag{5}$$

El eom para ${\bf r}_i$ son la segunda ley de Newton como debe ser:

$$\begin{align} m_i \ddot{\bf r}_i~\approx~& -\nabla_i V, \cr i~=~&1,\ldots, N.\end{align}\tag{6} $$

Concluimos que

Los dos Lagrangianos $L_1$ y $L_2$ son respuestas afirmativas a la pregunta del PO(v1).

3. Por último, integremos el modo cero ${\bf u}_0$ . El eom para ${\bf u}_0$ lee

$$\begin{align} {\bf u}_0 ~\approx~& \frac{\sum_{i=1}^{N}m_i\dot{\bf r}_i}{M}, \cr M~:=~& \sum_{i=1}^{N}m_i. \end{align}\tag{7}$$

El nuevo Lagrangiano

$$ L_3~=~\sum_{i=1}^{N} \frac{m_i}{2}\left(\dot{\bf r}_i-\frac{\sum_{j=1}^{N}m_j\dot{\bf r}_j}{M}\right)^2- V \tag{8}$$

sigue siendo manifiestamente invariante galileano. El eom para ${\bf r}_i$ son la segunda ley de Newton con una sustracción del centro de masa:

$$\begin{align} m_i \ddot{\bf r}_i-\frac{m_i}{M}\sum_{j=1}^{N}m_j\ddot{\bf r}_j~\approx~& -\nabla_i V, \cr i~=~&1,\ldots, N.\end{align}\tag{9}$$

Esto sigue siendo coherente con la segunda ley de Newton, ya que sabemos que el centro de masa(=CM) de un sistema aislado debe tener una aceleración nula:

$$\begin{align}\ddot{\bf r}_{CM}~=~&\frac{\sum_{j=1}^{N}m_j\ddot{\bf r}_j}{M}\cr~\approx~&{\bf 0}.\end{align}\tag{10}$$

Pero $L_3$ no produce estos 3 eom, que determinan el movimiento del CM. Concluimos que

El lagrangiano $L_3$ es no una respuesta a la pregunta del OP(v1).

Esto queda especialmente claro si elegimos una sola partícula $N=1$ . Entonces el Lagrangiano $L_3$ desaparece idénticamente $L_3=0$ .

Answer 3

La respuesta es negativa. No hay ninguna acción de la partícula libre invariante bajo el grupo galileano. A continuación se dará una explicación heurística y además una referencia donde se proporciona una prueba más detallada.

La razón básica es que el grupo galileano no puede realizarse en el álgebra de Poisson de las funciones en el espacio de fase de la partícula libre $T^{*}\mathbb{R}^3$ (dotado de la forma simpléctica canónica). Es sólo su extensión central (Por favor, vea la siguiente Página de Wikipedia ) que puede realizarse en términos de paréntesis de Poisson. Para esta extensión central, los corchetes de Poisson entre los generadores de los boosts $B_i$ y las traslaciones (es decir, las componentes del momento) $P_i$ ya no desaparece, sino que depende de la masa de la partícula:

$\{B_i, P_j\} = m\delta_{ij}$ .

Ya que los boosts deben generar la transformación: $ P_i \rightarrow P_i + m v_i $ en las coordenadas de momento a través de los corchetes canónicos de Poisson, los generadores de Boost deben realizarse como múltiplos de las coordenadas de posición $Q_i$ .

$B_i = m Q_i$

La ley de transformación de los Boosts en el espacio de fase (que es el colector de los datos iniciales, por lo que esta realización no implica tiempo):

$ Q_i \rightarrow Q_i $

$ P_i \rightarrow P_i + m v_i $

$ H(\vec{P}) \rightarrow H(\vec{P}+m\vec{v}) - \vec{P}.\vec{v}-\frac{1}{2}m v^2 $

Es fácil comprobar que el Hamiltoniano de la partícula libre es invariante y su transformación satisface una ley de grupo. Pero esta realización todavía no hace que el Lagrangiano $ L = \vec{P} .\dot{\vec{Q}} - H$ invariante, porque la forma Cartan-Poincare: $ \vec{P}.d\vec{Q} $ no es invariable y cambia por una derivada total: $m d \vec{v}.\vec{Q}$ . Así, la existencia de masa impide que la acción sea invariante, debido al corchete canónico de Poisson y no a la elección de la dinámica a través de la elección particular del hamiltoniano.

La no invariabilidad de la forma Cartan-Poincare bajo los impulsos se denomina no equivocidad de los mapas de momento asociados a los impulsos, lo que indica que no podemos redefinir los generadores de grupo de modo que el corchete de Poisson entre los impulsos y los generadores de traslación desaparezca. Véanse las páginas 430-433 y el ejercicio 12.4.6 en "Introducción a la mecánica y la simetría" de Marsden y Ratiu para una prueba rigurosa.

Answer 4

Aquí nos gustaría ampliar algunos de los argumentos dados en la inspiradora respuesta de David Bar Moshe. En particular, argumentaremos que $^1$

El álgebra de Lie natural no relativista en la mecánica newtoniana es el álgebra de Bargmann, ¡no el álgebra de Galilea!

1. Partimos del lagrangiano hamiltoniano relativista $$ L_H ~=~{\bf p}\cdot \dot{\bf x} - H , \tag{1}$$ para una partícula puntual sin espín en $n$ dimensiones del espacio-tiempo en el gauge estático, cf. por ejemplo mi respuesta de Phys.SE aquí . Sea el Hamiltoniano $^2$ $$ \begin{align} H~:=~&p^0c-mc^2\cr ~\stackrel{(3)}{\approx}~&\sqrt{{\bf p}^2c^2+m^2c^4}-mc^2\cr \quad\longrightarrow &\quad H_{\infty}~:=~\frac{{\bf p}^2}{2m}\quad\text{for}\quad c\to \infty \end{align}\tag{2} $$ sea la energía cinética, es decir, la energía $$p^0c~\approx~\sqrt{{\bf p}^2c^2+m^2c^4}\tag{3} $$ menos la energía restante $mc^2$ . Obsérvese que un término constante $mc^2$ en el lagrangiano no afecta a las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL). Nos interesa el límite no relativista $c\to \infty$ . El lagrangiano no relativista de OP puede obtenerse a partir del lagrangiano hamiltoniano no relativista (1) integrando la $3$ -momento ${\bf p}$ , es decir, por transformación de Legendre.

2. El $n(n\!-\!1)/2$ Los generadores de Lorentz son $$ \begin{align}J^{\mu\nu}~=~& x^{\mu} p^{\nu} - x^{\nu} p^{\mu}, \cr \mu,\nu~\in~&\{0,1,2,\ldots, n\!-\!1\}.\end{align}\tag{4}$$ Tenemos $$ \frac{p^0}{c} \quad\stackrel{(3)}{\longrightarrow}\quad m\quad\text{for}\quad c\to \infty.\tag{5}$$ El $n\!-\!1$ los generadores de impulso son $^3$ $$\begin{align} B^i~:=~&\frac{J^{0i}}{c}\cr ~\stackrel{(4)}{=}~&tp^i-x^i\frac{p^0}{c}\cr \quad\stackrel{(5)}{\longrightarrow}&\quad B_{\infty}^i~:=~tp^i-mx^i\quad\text{for}\quad c\to \infty.\end{align} \tag{6}$$

3. Considere la corchetes canónicos de Poisson $$\begin{align}\{x^{\mu}, x^{\nu}\}~=~&0, \cr \{x^{\mu}, p^{\nu}\}~=~&\eta^{\mu\nu}, \cr \{p^{\mu}, p^{\nu}\}~=~&0, \cr \mu,\nu~\in~&\{0,1,2,\ldots, n\!-\!1\}.\end{align} \tag{7}$$ Es bien sabido que los soportes de Poisson de los generadores de Poincare $$\begin{align} p^{\mu},J^{\mu\nu},& \cr \mu,\nu~\in~&\{0,1,2,\ldots, n\!-\!1\}.\end{align}\tag{8} $$ reproducir el $n$ -dimensional Álgebra de Poincare $iso(n\!-\!1,1)$ . La masa $m$ tiene por definición corchete de Poisson evanescente con cualquier elemento $$ \{m,\cdot\}~=~0. \tag{9}$$

4. Es fácil comprobar que el álgebra de Poisson con el $n(n\!+\!1)/2\!+\!1$ generadores $$\begin{align} H, p^i, J^{ij},& B^i, m, \cr i,j~\in~&\{1,2,\ldots, n\!-\!1\},\cr c~<~&\infty,\end{align}\tag{10}$$ en el límite no relativista $c\to \infty$ se convierte en el Álgebra de Bargmann $$\begin{align}\{ B^i,H\}~\stackrel{(2)+(6)}{=}&~p^i,\cr \{ p^i, B^j\}~\stackrel{(6)+(5)}{=}&~m\delta^{ij}, \cr \ldots,& \end{align}\tag{11}$$ es decir, la extensión centralizada Álgebra de Galilea . [La elipsis $\ldots$ en la ec. (11) indica otras relaciones de conmutación bien conocidas, que no repetiremos aquí. A diferencia de los otros generadores (10), la masa $m$ no es una función del tiempo/variable dinámica]. El álgebra de Bargmann es una Contracción de Inonu-Wigner de $$iso(n\!-\!1,1)\oplus u(1).\tag{12} $$
   Aquí $iso(n\!-\!1,1)$ es el álgebra de Poincare (8), mientras que $u(1)$ es un álgebra generada por el generador de masa $m$ que pertenece a la centro (9). Obsérvese que los corchetes de Poisson para el álgebra de Bargmann siguen siendo válidos si en su lugar utilizamos las expresiones no relativistas $H_{\infty}$ y $B_{\infty}^i$ . Para un argumento relacionado, véase también la Ref. 1.

5. En el resto de esta respuesta asumiremos que $c=\infty$ . Se puede comprobar que cada generador de Bargmann $Q$ satisface la identidad de fuera de la cáscara $$ \{Q,H\} +\frac{\partial Q}{\partial t}~=~0.\tag{13}$$ Esto significa que el generador de Bargmann $Q$ genera una cuasisimetría infinitesimal $$\delta ~=~ \{\cdot ,Q\}\epsilon\tag{14}$$ del lagrangiano hamiltoniano (1), véase mi respuesta de Phys.SE aquí .

6. Ejemplo. El $B^i$ Los generadores de impulso (6) generan infinitesimales Transformaciones galileanas . Son cuasisimetrías $$\begin{align} \{L_H, B^i\}~\stackrel{(1)+(6)}{=}&~\frac{df^i}{dt}, \cr f^i~=~&m x^i,\end{align}\tag{15}$$ con ellos mismos como cargas de Noether: $$\begin{align} Q^i~=~&\frac{\partial L_H}{\partial \dot{x}^j} \{x^j, B^i\} -f^i\cr ~\stackrel{(1)+(6)+(15)}{=}&~ tp^i-mx^i~\cr\stackrel{(6)}{=}~&B^i. \end{align}\tag{16}$$

Referencias:

1. R. Andringa, E. Bergshoeff, S. Panda y M. de Roo, La gravedad newtoniana y el álgebra de Bargmann, arXiv:1011.1145 , p. 11.

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$^1$ Para la investigación inicial de OP sobre si es posible obtener una simetría estricta del Lagrangiano en lugar de sólo quasisimetría nos remitimos a las otras respuestas.

$^2$ Notas y convenciones: Índices griegos $\mu,\nu=0,1,2,\ldots, n\!-\!1 $ denotan los índices espaciotemporales; mientras que los índices romanos $i,j=1,2,\ldots, n\!-\!1 $ (y en negrita) denotan índices espaciales. El $\approx$ denota una relación on-shell. La convención de signos de Minkowski es $(,+,\ldots,+)$ . Y $x^0\equiv ct.$

$^3$ Como es habitual en la cuantización canónica, la condición de fijación estática del gauge $t=\lambda$ (de la invariancia de reparamerización de la línea del mundo) rompe la simetría manifiesta de Poincare. Sin embargo, la cuasisimetría de refuerzo se restablece en el límite no relativista $c\to \infty$ .