¿Por qué el hamiltoniano es cero en la relatividad?

Question

Estoy tratando de entender algo con el lagrangiano y hamiltoniano formalismos en la teoría de la relatividad, y por qué el resultado no puede ser el mismo en los clásicos (no relativista) de la mecánica. Hay algo que falta o mal definidos en mi razonamiento, y no acabo de ver todavía.

Considere un sistema de "partículas", de coordenadas generalizadas $q^i(t)$ en algún marco de referencia. La acción del sistema se define como la siguiente integral : \begin{equation}\tag{1} S = \int_{t_1}^{t_2} L(q^i, \dot{q}^i) \, dt. \end{equation} El hamiltoniano del sistema es definido como este (suma está implícita en la repetida índices) : \begin{equation}\tag{2} H = \dot{q}^i \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i} - L. \end{equation} Ahora considere la posibilidad de un cambio de parametrización de la integral (1) ; $dt = \theta \, ds$, donde $s$ es una nueva integración de la variable y $\theta(s)$ es una función arbitraria que podría ser considerado como una nueva dinámica de la variable (hay algo que falta en mi interpretación, y necesito saber lo que está "mal" aquí). La acción es ahora este, (el principal es la derivada con respecto al $s$. Observe el cambio de límites, en esta integral) : \begin{equation}\tag{3} S = \int_{s_1}^{s_2} L(q^i, \frac{q^{i \, \prime}}{\theta}) \; \theta \; ds. \end{equation} Así que el nuevo lagrangiano es \begin{equation}\tag{4} \tilde{L} = L(q^i, \frac{q^{i \, \prime}}{\theta}) \; \theta. \end{equation} Ahora, si $\theta$ es considerado como una dinámica variable, se puede aplicar de Euler-Lagrange para este nuevo lagrange: \begin{equation}\tag{5} \frac{d}{d s} \Big( \frac{\partial \tilde{L}}{\partial \, \theta^{\, \prime}} \Big) - \frac{\partial \tilde{L}}{\partial \, \theta} = 0. \end{equation} Ya que no hay $\theta^{\, \prime}$$\tilde{L}$, la primera parte es de 0. Después de algunos simple álgebra, la segunda parte implica que el hamiltoniano (2) debe ser 0 ! \begin{equation}\tag{6} H \equiv 0. \end{equation}

Así que mis preguntas son estas:

1. Hay algo mal en el anterior razonamiento? O qué supuestos implícitos que me estoy perdiendo? Donde es la relatividad en esto?

2. Si el razonamiento es válido, ¿por qué no podemos aplicar el resultado a cualquier clásico de lagrange, que iba a dar a los no-sentido?

Por supuesto, yo sé que el hamiltoniano de libre de partículas relativistas no es 0! Pero también sé que $H = 0$ es un conocido de la propiedad de los sistemas que tienen una acción con la parametrización de la independencia. Me falta algunas piezas relacionadas con esta restricción, y no acabo de ver todavía. Necesito ayuda para desenredar este tema.

Answer 1

1. La correcta argumento de cómo reparametrization invariancia implica la desaparición de Hamilton es como sigue: Dado un genérico de Hamilton acción $$ S = \int \left(\dot{q}^i p_i - u^\alpha \chi_\alpha - H\right)\mathrm{d}t,$$ donde $q,p$ son los canónica del espacio de fase variables, $\chi_\alpha$ son Hamiltonianos restricciones con multiplicadores de Lagrange $u^\alpha$ $H(q,p)$ es el Hamiltoniano no-ampliado el espacio de fase, la acción del tiempo reparametrization invariantes de las fuerzas de la Hamiltoniana a ser cero sólo si el $q,p$ transformación de escalares por debajo del tiempo-reparametrization $t\mapsto \tau(t)$ (desde entonces $\dot{q}^i p_i \mapsto \frac{\mathrm{d}\tau}{\mathrm{d}t} q'^i p_i$ (el primer $'$ denota la derivada de w.r.t. $\tau$)) y si la restricción términos de $u^\alpha\chi_\alpha$ de transformar también como escalar densidades $u^\alpha \chi_\alpha \mapsto \frac{\mathrm{d}\tau}{\mathrm{d}t} u^\alpha \chi_\alpha$. Bajo estos supuestos, $H=0$ sigue porque si $q,p$ son escalares, entonces también lo es $H(q,p)$, e $H(q,p)$ por lo tanto no se puede transformar como un escalar densidad para preservar la invariancia de la acción, y debe ser cero.

Tenga en cuenta que la derivada en $\mathrm{d}t = \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}\tau}\mathrm{d}\tau$ ("$\theta$ en la pregunta) es no una dinámica variable desde el punto de vista de que el sistema original. Su Euler-Lagrange ecuación no existe porque no es una función/de coordenadas en el espacio de fase.

Tenga en cuenta también que, si $s_1 \neq t_1$$s_2\neq t_2$, la transformación de $t\mapsto s$ realizar no es lo que generalmente se llama un tiempo reparametrization en el contexto donde se habla de reparametrization la invariancia y la desaparición de Hamiltonianos. Generalmente se supone que el inicio y el final del parámetro permanece fijo.

2. Su nuevo sistema de $\bar{L}$ no es equivalente a la original: sin embargo, puede definir un nuevo Lagrangiano del sistema de $\bar L(q,q',\theta,{\theta}') := L(q,q'/\theta)\theta$, con una variable adicional $\theta$, si así lo desea. Vamos a examinar que el nuevo sistema un poco:

   Las ecuaciones de movimiento para $q$ $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial\bar{L}}{\partial q'}\right) - \frac{\partial\bar{L}}{\partial q} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial(L\theta)}{\partial q'}\right) - \frac{\partial(L\theta)}{\partial q} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial q'}\right)\theta + \frac{\partial L}{\partial q'}\theta' - \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = 0\tag{a}$$ y la ecuación de movimiento para $\theta$ es $$ \frac{\partial \bar{L}}{\partial \theta} = \frac{\partial L}{\partial \theta} \theta + L = 0.\tag{b}$$ Aquí, fundamentalmente, $L$ ha de ser leído como el $L(q,q'/\theta)$ aparece como en la $\bar{L}$, por lo que tenemos $$ \frac{\partial L}{\partial q'} = \frac{1}{\theta} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\quad\text{and}\quad \frac{\partial L}{\partial \theta} = \frac{\partial (q'/\theta)}{\partial \theta}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = -\frac{q'}{\theta^2}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \tag{c}$$ en términos de la $\partial L /\partial \dot{q}$ que aparece en el original de E-L ecuaciones. En particular, eq. (b) implica que $\dot{q}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} - L = 0$ , pero sólo bajo el supuesto de que $q'/\theta = \dot{q}$. Sin embargo, en el momento que promovió $\theta$ a una dinámica variable, hemos perdido esa relación - el objeto de $\dot{q}$ no existe en este nuevo mundo, el $\partial L/\partial \dot{q}$ es una función de $q,q'$$\theta$, no uno de $q$$\dot{q}$. Desde el punto de vista para que el nuevo sistema debe ser leído simplemente como $\frac{\partial L}{\partial(q'/\theta)}$.

   Veamos ahora plug eq. (c) en la eq. (a): $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{1}{\theta} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\theta + \frac{1}{\theta} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\theta' - \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = -\frac{\theta'}{\theta}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}\right) + \frac{\theta'}{\theta}\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}- \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = 0$$ $$ \implies \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = \frac{1}{\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial{L}}{\partial q} = 0\tag{d}$$ Si los dos sistemas de Lagrange $L(q,\dot{q})$ $\bar{L}(q,q',\theta,\theta')$ eran equivalentes, las ecuaciones de movimiento de $\bar{L}$ debe reducir a las ecuaciones de movimiento de $L$ sobre el uso de la ecuación de movimiento para $\theta$. Pero eq. (b) no hace que sea posible poner en eq. (d) no se presta a simplications por la que nos gustaría obtener el original de las ecuaciones de movimiento. La relación que tenemos realmente necesidad sería, una vez más, $q'/\theta = \dot{q}$.

3. Aquí es el Lagrangiano argumento de cómo reparametrization invariancia implica la desaparición de Hamilton: Si la acción original era hora-el reajuste de parámetros invariantes, tenemos que, en virtud de un infintesimal reparametrization $\delta t = \theta(t)$ con los cambios inducidos por el $$\delta q = \dot{q}\theta \quad \delta \dot{q} = \dot{\delta q} = \ddot{q}\theta + \dot{q}\dot{\theta} \quad \theta(t_1) = \theta(t_2) = 0 $$ el cambio inducido en el Lagrangiano es cero, es decir, $$ \delta L = \frac{\partial L}{\partial q}\delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\delta \dot{q} = 0.$$ Pero, debido a un "truco" para derivar la Noether actual discutido, por ejemplo, en esta cuestión, también sabemos que $$ \delta S = \int j \frac{\partial \epsilon}{\partial t},$$ donde $j$ es el Noether actual asociado a la simetría con constante $\epsilon$, que es sólo la traducción en tiempo, y de hecho una simetría porque tenemos supone implícitamente que el Lagrangiano no dependa explícitamente del tiempo. Por lo tanto, $j$ es el Hamiltoniano, y reparametrization invariancia, obviamente, las fuerzas de $j=0$.