Der Hamiltonoperator für relativistische freie Teilchen ist Null

Question

Der Hamiltonoperator für relativistische freie Teilchen ist Null

Javier

Ein möglicher Lagrange-Operator für ein Punktteilchen, das sich in (möglicherweise gekrümmter) Raumzeit bewegt, ist

L = - M \sqrt{- G_{μ v} {\dot{X}}^{μ} {\dot{X}}^{v}},

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

wobei ein Punkt eine Ableitung in Bezug auf einen Parameter ist $\lambda$ . Diese Lagrange-Funktion gibt eine Aktion an, die proportional zur Eigenzeit ist, und sie ist reparametrisierungsinvariant ( $\lambda$ muss kein affiner Parameter sein).

Wenn wir versuchen, zum Hamiltonschen Bild zu gelangen, haben wir die Momente

P_{μ} = \frac{M}{\sqrt{- {\dot{X}}^{2}}} G_{μ v} {\dot{X}}^{v},

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

die der Relation gehorchen $p^2+m^2=0$ . Wir erhalten dann den Hamilton-Operator

H = P_{μ} {\dot{X}}^{μ} - L

$H = p_\mu \dot{x}^\mu - L$ ist identisch Null.

Ich verstehe, dass dies kein Problem ist, da wir eine Einschränkung haben $\phi(x,p) = p^2 + m^2 = 0$ , nach der Dirac-Methode sollten wir eigentlich den Hamilton-Operator verwenden $H' = H + c \phi$ , wie zum Beispiel in diesem Beitrag erklärt . Aber was ich gerne wissen würde, ist, warum wir einen Null-Hamilton-Operator bekommen? Ich vermute, dass dies auf die Reparametrisierungsinvarianz und die Tatsache zurückzuführen ist, dass wir keinen bevorzugten Zeitbegriff haben. Wird das immer passieren? Warum?

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Der Hamiltonoperator für relativistische freie Teilchen ist Null

Chirale Anomalie · Answer 1

... was ich gerne wissen würde, ist, warum wir einen Null-Hamiltonian bekommen. Ich vermute, dass dies auf die Reparametrisierungsinvarianz zurückzuführen ist ... Wird dies immer passieren? Warum?

Ja, es liegt an der Invarianz der Neuparametrierung. Mit anderen Worten, das Null-Hamilton-Ergebnis gilt für jede reparametrisierungsinvariante Aktion, nicht nur für das relativistische Teilchen. In diesem Sinne ist die Antwort auf „Wird das immer passieren“ ja. Und eine Möglichkeit, das "Warum?" zu beantworten. Frage ist, einen allgemeinen Beweis zu geben. Das werde ich hier tun.

Ich bezeichne den Parameter als $t$ anstatt $\lambda$ , weil es einfacher zu tippen ist.

Betrachten Sie ein beliebiges Modell mit einer Aktion der Form

\begin{matrix} (1) & S = \int D T L (T) L (T) = L (ϕ (T), \dot{ϕ} (T)) \end{matrix}

$S=\int dt\ L(t) \hskip2cm L(t) = L\big(\phi(t),\dot\phi(t)\big) \tag{1}$ Wo

ϕ_{1} (t), ϕ_{2} (t), . . .

$\phi_1(t),\phi_2(t),...$ ist eine Sammlung dynamischer Variablen. Wenn die Wirkung unter starren Translationen invariant ist

t

$t$ , dann liefert uns der Satz von Noether eine entsprechende Erhaltungsgröße: den Hamiltonoperator. Wenn die Aktion unter Umparametrierungen invariant ist

t

$t$ , dann könnten wir aufgrund der extremeren Symmetrie ein stärkeres Ergebnis erwarten, und das tun wir auch: Der Erhaltungssatz gilt immer noch, aber die Erhaltungsgröße ist identisch Null (und daher nutzlos). Das Ziel ist zu beweisen, dass die größere Symmetrie zu diesem stärkeren Ergebnis führt.

Nehmen Sie an, dass die Wirkung unter allen Transformationen der Form unveränderlich ist

\begin{matrix} (2) & ϕ_{N} (T) \to ϕ_{N} (T + ϵ) \end{matrix}

$\phi_n(t)\rightarrow\phi_n(t+\epsilon) \tag{2}$ Wo

ϵ (t)

$\epsilon(t)$ darf jede glatte Funktion sein, für die die Karte verwendet wird

t \to t + ϵ (t)

$t\rightarrow t+\epsilon(t)$ ist invertierbar. Dies ist die Reparametrisierungsinvarianz. Für unendlich klein

ϵ

$\epsilon$ ,

\begin{matrix} (3) & δ ϕ_{N} (T) = {\dot{ϕ}}_{N} (T) ϵ . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta\phi_n(t) = \dot\phi_n(t)\epsilon. \tag{3} \end{equation}$ Nehmen Sie die Ableitung davon in Bezug auf

t

$t$ zu bekommen

\begin{matrix} (4) & δ {\dot{ϕ}}_{N} (T) = \frac{D}{D T} ({\dot{ϕ}}_{N} (T) ϵ) . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta\dot\phi_n(t) = \frac{d}{dt}\Big(\dot\phi_n(t)\epsilon\Big). \tag{4} \end{equation}$ Betrachten Sie nun die Identität

\begin{matrix} (5) & δ S = \int D T δ L \end{matrix}

$\begin{equation} \delta S = \int dt\ \delta L \tag{5} \end{equation}$ mit

\begin{matrix} (6) & δ L = \sum_{N} (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{N}} δ ϕ_{N} + \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}_{N}} δ {\dot{ϕ}}_{N}), \end{matrix}

$\begin{equation} \delta L = \sum_n\left( \frac{\partial L}{\partial \phi_n}\delta\phi_n + \frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\delta\dot\phi_n \right), \tag{6} \end{equation}$ was für jede Transformation der gilt

ϕ

$\phi$ S. Für die spezielle Transformation (3)-(4) werden die Gleichungen (4)-(5).

\begin{matrix} (7) & δ S = \sum_{N} \int D T (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{N}} {\dot{ϕ}}_{N} ϵ + \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}_{N}} \frac{D}{D T} ({\dot{ϕ}}_{N} ϵ)) . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta S = \sum_n\int dt\ \left(\frac{\partial L}{\partial \phi_n}\dot\phi_n\epsilon + \frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\frac{d}{dt}(\dot\phi_n\epsilon) \right). \tag{7} \end{equation}$ Vergleichen Sie dies mit der Identität

\begin{matrix} (8) & \frac{D}{D T} (L ϵ) = \sum_{N} (\frac{\partial L}{\partial ϕ_{N}} {\dot{ϕ}}_{N} + \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}_{N}} \frac{D}{D T} {\dot{ϕ}}_{N}) ϵ + L \frac{D}{D T} ϵ \end{matrix}

$\frac{d}{dt}(L\epsilon) = \sum_n\left(\frac{\partial L}{\partial \phi_n}\dot\phi_n + \frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\frac{d}{dt}\dot\phi_n\right)\epsilon + L\frac{d}{dt}\epsilon \tag{8}$ um zu sehen, dass (7) auch geschrieben werden kann

\begin{matrix} (9) & δ S = \int D T (\frac{D}{D T} (L ϵ) + [\sum_{N} \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}_{N}} {\dot{ϕ}}_{N} - L] \frac{D}{D T} ϵ) . \end{matrix}

$\begin{equation} \delta S = \int dt\ \left(\frac{d}{dt}(L\epsilon) + \left[\sum_n\frac{\partial L}{\partial \dot\phi_n}\dot\phi_n-L\right] \frac{d}{dt}\epsilon \right). \tag{9} \end{equation}$ Für jedes endliche Integrationsintervall ist der erste Term Null, wenn

ϵ (t)

$\epsilon(t)$ an den Endpunkten des Integrationsintervalls Null ist. Seit

d ϵ / d t

$d\epsilon/dt$ innerhalb dieses Intervalls willkürlich ist, und da dies für jedes Intervall gilt, ist die Invarianz der Wirkung (

δ S = 0

$\delta S=0$ ) impliziert, dass die Menge in eckigen Klammern Null sein muss. Die Größe in eckigen Klammern ist der Hamilton-Operator, was den Beweis vervollständigt, dass der Hamilton-Operator in dieser Klasse von Modellen identisch Null ist.

Schöne Antwort! Ist dieses Ergebnis verallgemeinerbar auf die Feldtheorie mit Reparametrisierungsinvarianz in allen Koordinaten, nicht nur in der Zeit?
@Nikita Danke für die netten Worte! Und ja, das ist richtig. Tatsächlich ist die Antwort so geschrieben, dass sie direkt auf das metrische Feld in der Allgemeinen Relativitätstheorie angewendet werden kann. Einfach interpretieren $\phi_n(t)$ als Abkürzung für $g_{ab}(t,x)$ wo die Indizes $a$ Und $b$ , und die Raumkoordinaten $x$ sind alle im einzelnen "index" enthalten $n$ .
Es gibt etwas, das ich in dieser Argumentation nicht ganz verstehe. Da der Hamiltonoperator erhalten bleibt, könnte er in (9) aus dem Integral entfernt werden, und $H \int_{T_{1}}^{T_{2}} \frac{D ε}{D T} D T \equiv 0.$ $H \int_{t_1}^{t_2} \frac{d \varepsilon}{dt} \, dt \equiv 0.$ Wie beweist es also, dass der Hamiltonoperator trivialerweise 0 ist? Liegt es daran, dass wir den Hamiltonian nicht aus dem Integral herausbewegen können, wenn die dynamischen Variablen "off shell" sind? (Euler-Lagrange wurde in Ihrer Entwicklung nicht verwendet). Wenn sich die Variablen jedoch "auf der Schale" befinden, ist die Aktion bereits für jede Variation der Variablen stationär, und der Hamilton-Operator bleibt erhalten, sodass er nicht schlüssig erscheint.
@Cham Der Hamiltonian wird für Verhaltensweisen konserviert $\phi(t)$ die die Bewegungsgleichungen erfüllen, aber (9) gilt für willkürliches Verhalten $\phi(t)$ . Die Schlussfolgerung ist, dass der Hamilton-Operator in diesem Fall identisch Null ist – Null für alle Verhaltensweisen, nicht nur für Verhaltensweisen, die die Bewegungsgleichungen erfüllen. Ich denke, das ist eine andere Art zu sagen, was Sie gesagt haben: Wir können das nicht verschieben $H$ außerhalb des Integrals, wenn die dynamischen Variablen außerhalb der Schale liegen, und es ging darum, dies zu beweisen $H=0$ auch wenn sie aus der Schale sind.
@Cham (Fortsetzung) Der Vorteil einer Erhaltungsgröße besteht darin, dass das Erhaltungsgesetz etwas über das Verhalten der Objekte aussagt. Aber wenn die Erhaltungsgröße für alle Verhaltensweisen denselben Wert (in diesem Fall null) hat , ist sie nicht aussagekräftig. Das ist der Punkt: In einem Modell mit zeitlicher Reparametrisierungsinvarianz ist die Tatsache, dass der Hamilton-Operator erhalten bleibt, nicht nützlich, da er für alle Verhaltensweisen denselben Wert hat.

Cham · Answer 2

Hier ist ein anderer Weg:

Angenommen, Ihr Lagrangian hat die folgende Eigenschaft für alle $\theta$ (Es könnte eine Funktion der Zeit sein $t$ ):

\begin{matrix} (1) & L (Q, θ \dot{Q}) = θ L (Q, \dot{Q}) . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{1} L(q, \, \theta \, \dot{q}) = \theta \, L(q, \, \dot{q}). \end{equation}$ Dies impliziert, dass die Aktion

\begin{matrix} (2) & S = \int_{T_{1}}^{T_{2}} L (Q, \dot{Q}) D T \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{2} S = \int_{t_1}^{t_2}L(q, \, \dot{q}) \, dt \end{equation}$ ist invariant unter einer Umparametrisierung der Zeit:

t \Rightarrow τ (t)

$t \, \Rightarrow \, \tau(t)$ was die Integrationsgrenzen nicht ändert:

τ (t_{1}) = t_{1}

$\tau(t_1) = t_1$ Und

τ (t_{2}) = t_{2}

$\tau(t_2) = t_2$ . Dann könnten Sie mit (1) Folgendes schreiben:

\begin{matrix} (3) & \frac{D}{D θ} L (Q, θ \dot{Q}) |_{θ = 1} = \dot{Q} \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} \equiv L (Q, \dot{Q}), \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{3} \frac{d\,}{d\theta} \, L(q, \, \theta \, \dot{q}) \Big|_{\theta = 1} = \dot{q} \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \equiv L(q, \, \dot{q}), \end{equation}$ was einen verschwindenden Hamiltonian impliziert:

\begin{matrix} (4) & H = \dot{Q} \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} - L = 0. \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{4} H = \dot{q} \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} -L = 0. \end{equation}$ Dies gilt für Ihren Lagrangian für ein relativistisches Teilchen, mit

q \to x^{μ}

$q \rightarrow x^{\mu}$ Und

t \to λ

$t \rightarrow \lambda$ .

QMechaniker · Answer 3

Infinitesimale World-Line (WL) Reparametrisierungstransformationen
$\begin{matrix} (A) & T^{'} - T =: δ T = - ε (T), (horizontale Variante) \end{matrix}$ $t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\varepsilon(t), \qquad \text{(horizontal variation)}\tag{A}$ $\begin{matrix} (B) & Q^{' J} (T) - Q^{J} (T) =: δ_{0} Q^{J} (T) = ε (T) {\dot{Q}}^{J} (T), (vertikale Variation) \end{matrix}$ $q^{\prime j}(t) - q^j(t)~=:~\delta_0 q^j(t) ~=~\varepsilon(t)\dot{q}^j(t), \qquad \text{(vertical variation)}\tag{B}$ $\begin{matrix} (C) & Q^{' J} (T^{'}) - Q^{J} (T) =: δ Q^{J} (T) = 0. (vollständige Variante) \end{matrix}$ $q^{\prime j}(t^{\prime}) - q^j(t)~=:~\delta q^j(t) ~=~0. \qquad \text{(full variation)}\tag{C}$ sind Spurweite/lokal/ $t$ -abhängigen Transformationen, was genau genommen der Bereich von Noethers zweitem Theorem ist . Dies führt zu einer Off-Shell-Noether-Identität (L).
Im Gegensatz dazu betrachtet Noethers erster Satz in seiner Grundformulierung global/ $t$ -unabhängige Transformationen. (Für den zugehörigen Beweis der Energieeinsparung auf der Schale durch globale Zeitverschiebungssymmetrie siehe zB meine Phys.SE-Antwort hier .) Im Fall von OP gibt es jedoch a $t$ -abhängiger Trick . Einfache Standardberechnungen zeigen, dass die infinitesimale Variation der Aktion
$\begin{matrix} (D) & S = \int_{ICH} D T L \end{matrix}$ $S~=~\int_I\!dt~ L\tag{D}$ ist von der Form $\begin{matrix} (E) & δ S = \int_{ICH} D T (ε k + H \dot{ε}), \end{matrix}$ $\delta S~=~\int_I\!dt~ (\varepsilon k + h \dot{\varepsilon}), \tag{E}$ für irgendeine Funktion $k$ , wo die Energiefunktion $\begin{matrix} (F) & H := P_{J} {\dot{Q}}^{J} - L, P_{J} := \frac{\partial L}{\partial {\dot{Q}}^{J}}, \end{matrix}$ $h~:=~p_j\dot{q}^j-L, \qquad p_j~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}, \tag{F}$ ist die Noether-Ladung.
Fall, wenn die Transformation (A)-(C) eine strenge Off-Shell-Symmetrie ist: Wenn die infinitesimale Variation (E) keine Randbeiträge hat, müssen wir haben
$\begin{matrix} (G) & ε k + H \dot{ε} \equiv 0 \end{matrix}$ $\varepsilon k + h \dot{\varepsilon}~\equiv~0\tag{G}$ aus der Schale. Nehmen $\varepsilon$ sein $t$ - unabhängig sehen wir das $\begin{matrix} (H) & k \equiv 0. \end{matrix}$ $k~\equiv~ 0.\tag{H}$ Vergleich mit Gl. (G) erhalten wir die gesuchte Schlussfolgerung von OP

$\begin{matrix} (ICH) & H \equiv 0. \end{matrix}$ $h~\equiv~ 0.\tag{I}$

Mit anderen Worten, der Lagrange $L$ ist eine homogene Funktion der verallgemeinerten Geschwindigkeiten $\dot{q}$ Gewicht 1, vgl. Chams Antwort . Wir werden später über Gl. (L) dass Gl. (I) impliziert auch, dass die Lagrangian $L$ hat keine explizite Zeitabhängigkeit. In diesem Fall ist die Aktion (D) offensichtlich WL-Neuparametrisierungsinvariante.
Fall, wenn die Transformation (A)-(C) eine Off-Shell-Quasisymmetrie ist: Es stellt sich heraus
$\begin{matrix} (J) & k \equiv \frac{δ S}{δ Q^{J}} {\dot{Q}}^{J} + \dot{H}, \end{matrix}$ $k~\equiv~ \frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j + \dot{h}, \tag{J}$ so dass die infinitesimale Variation (E) ist $\begin{matrix} (K) & δ S = \int_{ICH} D T (ε \frac{δ S}{δ Q^{J}} {\dot{Q}}^{J} + \frac{D (H ε)}{D T}) . \end{matrix}$ $\delta S~=~\int_I\!dt~ (\varepsilon \frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j + \frac{d(h\varepsilon)}{dt}).\tag{K}$ Selbst wenn wir mögliche Gesamtzeitableitungsbeiträge in der infinitesimalen Variation (K) zulassen, erhalten wir immer noch eine Off-Shell-Noether-Identität

$0 \equiv - \frac{δ S}{δ Q^{J}} {\dot{Q}}^{J} \equiv ({\dot{P}}_{J} - \frac{\partial L}{\partial Q^{J}}) {\dot{Q}}^{J} \equiv \frac{D (P_{J} {\dot{Q}}^{J})}{D T} - (\frac{\partial L}{\partial Q^{J}} {\dot{Q}}^{J} + \frac{\partial L}{\partial {\dot{Q}}^{J}} {\ddot{Q}}^{J})$ $0~\equiv~-\frac{\delta S}{\delta q^j}\dot{q}^j~\equiv~(\dot{p}_j-\frac{\partial L}{\partial q^j})\dot{q}^j~\equiv~\frac{d(p_j\dot{q}^j)} {dt}-(\frac{\partial L}{\partial q^j}\dot{q}^j+\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}\ddot{q}^j)$ $\begin{matrix} (L) & \equiv \frac{D (P_{J} {\dot{Q}}^{J})}{D T} - (\frac{D L}{D T} - \frac{\partial L}{\partial T}) \equiv \frac{D H}{D T} + \frac{\partial L}{\partial T} . \end{matrix}$ $~\equiv~\frac{d(p_j\dot{q}^j)} {dt}-(\frac{dL}{dt}-\frac{\partial L}{\partial t})~\equiv~\frac{dh}{dt}+\frac{\partial L}{\partial t}.\tag{L}$

Beispiel 1: Wenn $L(q,\dot{q})$ keine explizite Zeitabhängigkeit hat, dann hat die Energie (F) keine explizite Zeitabhängigkeit. Aus der Off-Shell-Identität (L)
$\begin{matrix} (M) & 0 \equiv \frac{D H (Q, \dot{Q})}{D T} = \frac{\partial H (Q, \dot{Q})}{\partial Q^{J}} {\dot{Q}}^{J} + \frac{\partial H (Q, \dot{Q})}{\partial {\dot{Q}}^{J}} {\ddot{Q}}^{J}, \end{matrix}$ $0~\equiv~\frac{dh(q,\dot{q})}{dt}~=~\frac{\partial h(q,\dot{q})}{\partial q^j}\dot{q}^j+\frac{\partial h(q,\dot{q})}{\partial \dot{q}^j}\ddot{q}^j,\tag{M}$ wir leiten daraus die Energie ab $h$ muss eine globale Konstante sein, die von allen Variablen unabhängig ist $(q,\dot{q},t)$ .

Beispiel 2: Wenn $L(t)$ hängt nicht davon ab $q$ Und $\dot{q}$ , dann die Aktion $S$ hat eine Quasi-Symmetrie unter der Transformation (A)-(C), und die Energie ist $h(t)=-L(t)$ .

Zukunftsforscher · Answer 4

Bearbeiten. Wie Cham bereits geantwortet hat, ist die Homogenität des Lagranges schuld:

L (X, θ \dot{X}) = θ L (X, \dot{X})

$L(x,\theta \, \dot{x}) = \theta\,L(x, \dot{x})$ Wann immer Sie diese Eigenschaft haben, dann haben Sie sie

{\dot{X}}^{T} \frac{\partial L}{\partial \dot{X}} (X, \dot{X}) = L (X, \dot{X})

$\dot{x}^T\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(x, \dot{x}) = L(x, \dot{x})$ Das gilt nicht nur für Lagrangianer, das gilt für jede homogene Funktion: Wenn

f (θ x) = θ f (x)

$f(\theta\, x) = \theta\,f(x)$ Dann

x^{T} \nabla f (x) = f (x)

$x^T\, \nabla f(x) = f(x)$ . Selbst wenn Menschen eine konvexe Optimierung durchführen und am Ende eine solche Homogenität erhalten, ist die Legendre-Transformation schlecht definiert, da Ihre homogene Funktion nicht streng konvex ist. Die Lösung besteht darin, die Homogenität durch Beschränkung auf einen niedrigerdimensionalen Unterraum zu eliminieren. Dasselbe passiert in der Allgemeinen Relativitätstheorie.

Um Legendres Transformation wirklich erfolgreich durchzuführen, muss Legendres Karte $p = \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(x, \dot{x})$ vom Tangentialbündel der 4-Geschwindigkeiten zum Kotangentialbündel der verallgemeinerten 4-Impulse, sollte bijektiv (umkehrbar) sein. Das passiert normalerweise in der klassischen Mechanik. Da die Lagrange-Funktion im Falle der Allgemeinen Relativitätstheorie unter der Wirkung der Gruppe unveränderlich ist $\mathbb{R_+}$ wirkt durch Neuskalierung, die Legendre-Transformation ist identisch Null und die Legendre-Karte ist nicht invertierbar, dh sie bildet das zeitähnliche Tangentenkegelbündel (Dimension 4) in die zeitähnlichen Impulse konstanter Größe (Dimension 3) ab, wobei die Bahnen von Die Skalierungsgruppenaktion sind die Fasern, die von der Legendre-Karte zerschlagen werden. Die Lösung für dieses Problem besteht darin, die Skalierungsgruppenwirkung zu eliminieren, indem die Lagrnagian auf das zeitähnliche Einheits-Tangens-Bündel beschränkt wird. Dann ist die Karte von Legendre invertierbar und bijektiv und die Dinge beginnen gut zu funktionieren, wie unten erklärt.

Es gibt einen Hamiltonain ungleich Null, er ist nur nicht so naiv und direkt konstruiert wie in der klassischen Mechanik.

Lassen $\dot{x} = \cfrac{dx}{d\lambda},$ Wo $\lambda$ ein beliebiger Parameter ist.

Grundsätzlich in der Philosophie der Allgemeinen Relativitätstheorie der Parameter $\lambda$ spielt für die Theorie keine Rolle. Nur die Form der Kurve

γ = {X (λ) : λ \in [λ_{1}, λ_{2}]}

$\gamma = \{x(\lambda) \, : \, \lambda \in [\lambda_1, \lambda_2]\}$ ausschlaggebend und nicht die konkrete Parametrierung. Immerhin diese Kurve

γ = {x (λ)}

$\gamma = \{x(\lambda)\}$ soll eine raum-zeit-zeitähnliche Geodäte sein, die eine von jeglicher Parametrisierung unabhängige geometrische Eigenschaft ist

λ

$\lambda$ , also kümmern wir uns wirklich um die Geodäten

γ

$\gamma$ als geometrische Kurve und nicht als parametrisierte Kurve.

Ich werde ein bisschen Matrixnotation verwenden, um die gesamte Indizierung zu überspringen. So

X = [\begin{matrix} X^{ich} \end{matrix}] = [\begin{matrix} X^{0} \\ X^{1} \\ X^{2} \\ X^{3} \end{matrix}] Und G (X) = [G_{ich J} (X)]_{ich, J = 0}^{3} ist der 4 mal 4 metrische Tensor

$x = \begin{bmatrix} x^i\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x^0\\x^1\\x^2\\x^3\end{bmatrix} \, \text{ and } \, g(x) = \big[g_{ij}(x)\big]_{i,j = 0}^{3} \, \text{ is the 4 by 4 metric tensor}$

Nimm deinen Lagrange

L = - M \sqrt{- {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}}

$L = -m\,\sqrt{- \, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}$ und definieren Sie die Aktion

S [γ] = - M \int_{λ_{1}}^{λ_{2}} \sqrt{- {\dot{X}}^{T} (λ) G (X (λ)) \dot{X} (λ)} D λ

$S[\gamma] = -m\, \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} \, \sqrt{- \, \dot{x}^T(\lambda)\,g\big(x(\lambda)\big)\, \dot{x}(\lambda)}\,d\lambda$ und suchen Sie nach den kritischen (nicht parametrisierten!!!) Kurven

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ In Koordinaten

[x^{i}]

$[x^i]$ und bezüglich einer generischen Parametrisierung die Gleichung

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ entspricht den Euler-Lagrange-Differentialgleichungen

\frac{D}{D λ} (\frac{M}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}}} G (X) \dot{X}) = \frac{M}{2 \sqrt{- {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}}} ({\dot{X}}^{T} \frac{\partial G}{\partial X} (X) \dot{X})

$\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{2\, \sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$ Wo

{\dot{X}}^{T} \frac{\partial G}{\partial X} (X) \dot{X} = [\begin{matrix} \frac{\partial G_{ich J}}{\partial X^{0}} (X) {\dot{X}}^{ich} {\dot{X}}^{J} \\ \frac{\partial G_{ich J}}{\partial X^{1}} (X) {\dot{X}}^{ich} {\dot{X}}^{J} \\ \frac{\partial G_{ich J}}{\partial X^{2}} (X) {\dot{X}}^{ich} {\dot{X}}^{J} \\ \frac{\partial G_{ich J}}{\partial X^{3}} (X) {\dot{X}}^{ich} {\dot{X}}^{J} \end{matrix}]

$\dot{x}^T\, \frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \dot{x}\, = \, \begin{bmatrix} \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^0}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^1}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^2}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \\ \frac{\partial g_{ij}}{\partial x^3}(x)\,\dot{x}^i\,\dot{x}^j \end{bmatrix}$ kurz. Nehmen Sie eine Lösung (zeitlich)

γ = {x (λ) : λ}

$\gamma = \{ x(\lambda)\, : \, \lambda \}$ der obigen Euler-Lagrange-Gleichungen. Wie ich bereits betont habe, ist die Parametrisierung von

λ

$\lambda$ gegenüber

λ

$\lambda$ ist für uns nicht wichtig. Daher kann ich die Funktion definieren

τ = τ (λ) = \int_{λ_{0}}^{λ} \sqrt{- \dot{X} (ζ)^{T} G (X (ζ)) \dot{X} (ζ)} D ζ

$\tau = \tau(\lambda) = \int_{\lambda_0}^{\lambda}\, \sqrt{-\, \dot{x}(\zeta)^T \, g\big(\, x(\zeta)\,\big)\, \dot{x}(\zeta)\,}\, d\zeta$ mit Ableitung

\frac{D τ}{D λ} = \sqrt{- \dot{X} (λ)^{T} G (X (λ)) \dot{X} (λ)} > 0

$\frac{d\tau}{d\lambda} = \sqrt{-\, \dot{x}(\lambda)^T \, g\big(\, x(\lambda)\,\big)\, \dot{x}(\lambda)\,} \, > \,0$ Also die Funktion

τ = τ (λ)

$\tau = \tau(\lambda)$ ist streng steigend und daher invertierbar, dh es gibt

λ = λ (τ)

$\lambda = \lambda(\tau)$ . Folglich können wir unsere Lösungskurve neu parametrieren

γ

$\gamma$ als

γ = {X (τ) : τ} Wo X (τ) = X (λ (τ))

$\gamma = \{ \, x(\tau) \, : \, \tau \, \} \, \text{ where } \, x(\tau)= x\big(\lambda(\tau)\big)$ Beachten Sie das

γ = {X (τ) : τ} = {X (λ) : λ}

$\gamma = \{\,x(\tau)\, : \, \tau \,\} = \{\, x(\lambda)\, : \, \lambda \, \}$ mit anderen Worten, dies ist dieselbe Kurve in der Raumzeit, aber auf zwei verschiedene Arten parametrisiert. Bezeichnen

x^{'} = \frac{d x}{d τ}

$x' = \frac{dx}{d\tau}$ . Außerdem,

X^{'} = \frac{D X}{D τ} = \frac{D λ}{D τ} \frac{D X}{D λ} = {(\frac{D τ}{D λ})}^{- 1} \frac{D X}{D λ} = \frac{1}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}}} \frac{D X}{D λ}

$x' = \frac{dx}{d\tau} =\frac{d\lambda}{d\tau} \frac{dx}{d\lambda} = \left( \frac{d\tau}{d\lambda}\right)^{-1} \frac{dx}{d\lambda} = \frac{1}{\sqrt{- \, \dot{x}^T \, g(x) \, \dot{x}}\,}\, \frac{dx}{d\lambda}$ und besonders

\frac{D}{D τ} = \frac{1}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}}} \frac{D}{D λ}

$\frac{d}{d\tau} = \frac{1}{\sqrt{- \, \dot{x}^T \, g(x) \, \dot{x}}\,}\, \frac{d}{d\lambda}$ Daran erinnern, dass die Kurve

γ

$\gamma$ ist eine kritische Kurve für die Aktion

S [γ]

$S[\gamma]$ , dh

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ . Wenn

γ

$\gamma$ bezüglich parametrisiert ist

λ

$\lambda$ , es ist die Koordinatenparametrisierung

γ = {x (λ) : λ}

$\gamma = \{\, x(\lambda) \, : \, \lambda\}$ löst die Euler-Lagrange-Gleichungen

\frac{D}{D λ} (\frac{M}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}}} G (X) \dot{X}) = \frac{M}{2 \sqrt{- {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}}} ({\dot{X}}^{T} \frac{\partial G}{\partial X} (X) \dot{X})

$\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{2\, \sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$ mit deren beiden Seiten ich multiplizieren kann

\frac{1}{\sqrt{- {\dot{x}}^{T} g (x) \dot{x}}}

$\frac{1}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\, g(x) \, \dot{x}}\,}$ und erhalten Sie die äquivalenten Gleichungen

\frac{1}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}}} \frac{D}{D λ} (\frac{M}{\sqrt{- {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}}} G (X) \dot{X}) = \frac{M}{- 2 {\dot{X}}^{T} G (X) \dot{X}} ({\dot{X}}^{T} \frac{\partial G}{\partial X} (X) \dot{X})

$\frac{1}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\, g(x) \, \dot{x}}\,} \, \frac{d}{d\lambda}\left(\frac{m}{\sqrt{-\, \dot{x}^T\,g(x)\, \dot{x}}} \,\, g(x)\, \dot{x}\right) \, = \, \frac{m}{-\, 2\, \dot{x}^T\,g(x)\,\dot{x}\,}\, \left(\, \dot{x}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,\dot{x}\, \right)$ Mit der neuen Parametrierung lässt sich das leicht überprüfen

γ = {x (τ) : τ}

$\gamma = \{\, x(\tau) \, : \, \tau\, \}$

\sqrt{- {\frac{D X}{D τ}}^{T} G (X) \frac{D X}{D τ}} = \sqrt{- (X^{'})^{T} G (X) X^{'}} = 1

$\sqrt{-\, \frac{dx}{d\tau}^T \, g(x) \, \frac{dx}{d\tau}} =\sqrt{-\, (x')^T \, g(x) \, x'} = 1$ Folglich nach der Umparametrierung

λ = λ (τ)

$\lambda = \lambda(\tau)$ die Euler-Lagrange-Gleichungen werden zu den äquivalenten vereinfachten Gleichungen

\frac{D}{D τ} (M G (X) \frac{D X}{D τ}) = \frac{M}{2} ({\frac{D X}{D τ}}^{T} \frac{\partial G}{\partial X} (X) \frac{D X}{D τ})

$\frac{d}{d\tau}\left(\, m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}\right) \, = \, \frac{m}{2}\,\left( \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right)$ welche

γ = {x (τ) : τ}

$\gamma = \{\, x(\tau)\, : \, \tau\,\}$ löst.

Mit anderen Worten, wir haben bewiesen, dass jede Lösung möglich ist $\gamma$ zu den ursprünglichen Euler-Lagrange-Gleichungen löst nach entsprechender Umparametrisierung die vereinfachten Euler-Lagrange-Gleichungen. Mit anderen Worten, eine Kurve $\gamma$ ist eine kritische Kurve der Handlung $S[\gamma]$ , dh $\delta S[\gamma] = 0$ genau dann, wenn es die vereinfachten Euler-Lagrange-Differentialgleichungen löst

\frac{D}{D τ} (M G (X) \frac{D X}{D τ}) = \frac{M}{2} ({\frac{D X}{D τ}}^{T} \frac{\partial G}{\partial X} (X) \frac{D X}{D τ})

$\frac{d}{d\tau}\left(\,m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}\right) \, = \, \frac{m}{2}\, \left(\, \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right)$ wo die resultierende parametrisierte Lösung

γ = {x (τ) : τ}

$\gamma = \{\, x(\tau)\, : \, \tau\,\}$ ist bezüglich der Eigenzeit paremtrisiert, d.h

\sqrt{- x^{'} (τ)^{T} g (x (τ) x^{'} (τ))} = 1

$\sqrt{ - \, x'(\tau)^T\, g\big(x(\tau)\, x'(\tau)\big)} = 1$ für alle

τ

$\tau$ .

Wenn Sie nun die verallgemeinerten Impulse einstellen

P = M G (X) \frac{D X}{D τ}

$p = m\, g(x) \frac{dx}{d\tau}$ erhält man das folgende doppelte Differentialgleichungssystem

\begin{aligned} P = M G (X) \frac{D X}{D τ} \\ \frac{D P}{D τ} = \frac{M}{2} ({\frac{D X}{D τ}}^{T} \frac{\partial G}{\partial X} (X) \frac{D X}{D τ}) \end{aligned}

$\begin{align} &p = m\, g(x) \frac{dx}{d\tau}\\ &\frac{dp}{d\tau}\, = \, \frac{m}{2}\, \left(\, \frac{dx}{d\tau}^T\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\, \frac{dx}{d\tau}\,\right) \end{align}$ und wenn Sie die erste Hälfte in Bezug auf lösen

\frac{d x}{d τ}

$\frac{dx}{d\tau}$ , aufgrund der Tatsache, dass

g (x)

$g(x)$ eine umkehrbare symmetrische Matrix ist, und Sie in der zweiten Hälfte der Gleichungen einsetzen, erhalten Sie das System der Differentialgleichungen

\begin{aligned} \frac{D X}{D τ} = \frac{1}{M} G (X)^{- 1} P \\ \frac{D P}{D τ} = \frac{1}{2 M} (P^{T} G (X)^{- 1} \frac{\partial G}{\partial X} (X) G (X)^{- 1} P) \end{aligned}

$\begin{align} &\frac{dx}{d\tau} = \frac{1}{m}\, g(x)^{-1} \,p\\ &\frac{dp}{d\tau}\, = \, \frac{1}{2m}\, \left(\, p^T\, g(x)^{-1}\,\frac{\partial g}{\partial x}(x)\,g(x)^{-1}\,p\,\right) \end{align}$ Dies sind Hamilton-Gleichungen, in denen die Hamilton-Funktion ist

H (X, P) = \frac{1}{2 M} (P^{T} G (X)^{- 1} P)

$H(x, p) = \frac{1}{2m}\big(p^T\, g(x)^{-1}\, p\,\big)$ Damit haben wir bewiesen, dass eine Kurve

γ

$\gamma$ ist eine kritische Kurve der Handlung

S [γ]

$S[\gamma]$ , dh

δ S [γ] = 0

$\delta S[\gamma] = 0$ genau dann, wenn es die Hamiltonschen Differentialgleichungen mit der Hamiltonain-Funktion löst

H (x, p) = \frac{1}{2 m} (p^{T} g (x)^{- 1} p)

$H(x, p) = \frac{1}{2m}\big(p^T\, g(x)^{-1}\, p\,\big)$ Wo

p = m g (x) \frac{d x}{d τ}

$p = m\, g(x)\, \frac{dx}{d\tau}$ .

Nun, ich meine, ich verstehe das alles, ich sage das in der Frage. Ich kenne auch den quadratischen Hamiltonoperator. Meine Frage ist, warum der "naive" Hamiltonian am Ende Null ist.

Elio Fabri · Answer 5

$\let\lam=\lambda \def\dx{\dot x}$ Wie Sie bereits gesehen haben, liegt der Grund dafür, dass der Hamiltonian Null ist, darin, dass er einen Lagrangian hat, der eine homogene Funktion vom Grad 1 in ist $\dx$ 'S.

Es gibt einen einfacheren Ausweg, der zu einem Hamiltonian gleich dem Lagrangian führt: zu nehmen

L = \frac{1}{2} G_{μ v} {\dot{X}}^{μ} {\dot{X}}^{v}

$L = {\textstyle{1 \over 2}}\,g_{\mu\nu}\,\dx^\mu \dx^\nu$ (Ich verwende eine Vorzeichenkonvention, die Ihrer entgegengesetzt ist). Hier

{\dot{x}}^{μ}

$\dx^\mu$ bedeutet

d x^{μ} / d λ

$dx^\mu/d\lam$ , mit

λ

$\lam$ ein beliebiger Parameter mit

λ \in [0, 1]

$\lam\in[0,1]$ . Die Aktion ist

S = \int_{0}^{1} L D λ .

$S = \int_0^1\!L\>d\lam.$ Der Hamiltonian ist derselbe, der von @Futurologist angegeben wird.

Diese Wahl für $S$ wird von Mathematikern (leider) "Energie" genannt.

Der Hamiltonoperator für relativistische freie Teilchen ist Null

Javier

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