Einschränkungen relativistischer Punktteilchen in der Hamiltonschen Mechanik

Question

Einschränkungen relativistischer Punktteilchen in der Hamiltonschen Mechanik

xxxxx

Ich versuche, die Konstruktion der Hamiltonschen Mechanik mit Nebenbedingungen zu verstehen. Ich beschloss, mit dem einfachen Fall zu beginnen: freies relativistisches Teilchen. Ich habe Hamiltonian mit Einschränkung konstruiert:

S = - m \int d τ \sqrt{{\dot{x}}_{v} {\dot{x}}^{v}} .

$S=-m\int d\tau \sqrt{\dot x_{\nu}\dot x^{\nu}}.$

Hier $\phi=p_{\mu}p^{\mu}-m^2=0$ $-$ erstklassige Einschränkung .

Dann

H = H_{0} + λ ϕ = λ ϕ .

$H=H_{0}+\lambda \phi=\lambda \phi.$

Ich möchte also zeigen, dass ich aus diesem Hamiltonoperator die gleiche Bewegungsgleichung erhalten kann, wie aus dem Lagrangeoperator.

Aber das Problem ist, dass ich nicht sicher bin, was ich damit machen soll $\lambda=\lambda(q,p)$ . Folgendes habe ich versucht:

{\dot{x}}_{μ} = {x_{μ}, λ ϕ} = {x_{μ}, λ p^{2}} - m^{2} {x_{μ}, λ} = λ {x_{μ}, p^{2}} + p^{2} {x_{μ}, λ} - m^{2} {x_{μ}, λ}

$\dot x_{\mu}=\{x_{\mu},\lambda \phi\}=\{x_{\mu},\lambda p^2\}-m^2\{x_{\mu},\lambda\}=\lambda\{x_{\mu},p^2\}+p^2\{x_{\mu},\lambda\}-m^2\{x_{\mu},\lambda\}$

= 2 λ η_{μ b} p^{b} + p^{2} {x_{μ}, λ} - m^{2} {x_{μ}, λ} = 2 λ η_{μ b} p^{b} + p^{2} \frac{\partial λ}{\partial p^{μ}} - m^{2} \frac{\partial λ}{\partial p^{μ}},

$=2\lambda \eta_{\mu b} p^b+p^2\{x_{\mu},\lambda\}-m^2\{x_{\mu},\lambda\}=2\lambda \eta_{\mu b} p^b+p^2\frac{\partial \lambda}{\partial p^{\mu}}-m^2\frac{\partial \lambda}{\partial p^{\mu}},$

\dot{λ} = {λ, λ ϕ} = {λ, λ p^{2}} - m^{2} {λ, λ} = λ {λ, p^{2}} + p^{2} {λ, p^{2}} = 2 λ η_{a k} p^{a} \frac{\partial λ}{\partial x^{k}},

$\dot \lambda=\{\lambda, \lambda \phi \}=\{\lambda,\lambda p^2\}-m^2\{\lambda,\lambda\}=\lambda\{\lambda,p^2\}+p^2\{\lambda,p^2\}=2\lambda\eta_{ak}p^{a}\frac{\partial \lambda}{\partial x^{k}},$

{\dot{p}}_{μ} = {p_{μ}, λ p^{2} - m^{2} λ} = p^{2} {p_{μ}, λ} - m^{2} {p_{μ}, λ} = - p^{2} \frac{\partial λ}{\partial x^{μ}} + m^{2} \frac{\partial λ}{\partial x^{μ}} .

$\dot p_{\mu}=\{p_{\mu},\lambda p^{2}-m^2\lambda \}=p^{2}\{p_{\mu},\lambda\}-m^2\{p_{\mu},\lambda\}=-p^{2}\frac{\partial \lambda}{\partial x^{\mu}}+m^2\frac{\partial \lambda}{\partial x^{\mu}}.$

Wenn wir uns daran erinnern $p^2-m^2=0$ , dann erhalten wir aus der dritten Gleichung: $\dot p=0$ , und von Anfang an:

{\dot{x}}_{μ} = 2 λ η_{a k} p^{a} .

$\dot x_{\mu}=2\lambda\eta_{ak}p^{a}.$

Also haben wir

$\dot x_{\mu}=2\lambda\eta_{\mu b}p^{b}.$
$\dot \lambda=2\lambda\eta_{ak}p^{a}\frac{\partial \lambda}{\partial x^{k}}.$
$\dot p=0.$

Aber ich weiß nicht, was ich als nächstes tun soll. Kannst du mir helfen?

Antworten (2)

Einschränkungen relativistischer Punktteilchen in der Hamiltonschen Mechanik

QMechaniker · Answer 1

Wir können der Versuchung nicht widerstehen, die Hintergrund-Raumzeit-Metrik von der Minkowski-Metrik zu verallgemeinern $\eta_{\mu\nu}$ zu einer allgemeinen gekrümmten Raumzeitmetrik $g_{\mu\nu}(x)$ . Wir verwenden die Vorzeichenkonvention $(-,+,+,+)$ .
Lassen Sie uns das Punktteilchen durch einen beliebigen Weltlinienparameter parametrisieren $\tau$ (was nicht die richtige Zeit sein muss).
Der Lagrange-Multiplikator $\lambda=\lambda(\tau)$ (welches OP erwähnt) hängt davon ab $\tau$ , hängt aber nicht von den kanonischen Variablen ab $x^{\mu}$ und $p_{\mu}$ . Ähnlich, $x^{\mu}$ und $p_{\mu}$ nur abhängen $\tau$ .
Der Lagrange-Multiplikator $\lambda=\frac{e}{2}$ kann mit einem einbein identifiziert werden $^1$ aufstellen $e$ . Siehe unten, wo wir einen einfachen Weg skizzieren, um das Aussehen der Masse-Schale-Einschränkung zu verstehen
$\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} p^{2} + (m c)^{2} \approx & 0, \\ p^{2} := & g^{μ v} (x) p_{μ} p_{v} < 0. \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}p^2+(mc)^2~\approx~&0, \cr p^2~:=~&g^{\mu\nu}(x)~ p_{\mu}p_{\nu}~<~0.\end{align}\tag{1}$
Beginnen Sie mit dem folgenden Quadratwurzel-Lagrangian für ein massives relativistisches Punktteilchen
$\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} L_{0} := & - m c \sqrt{- {\dot{x}}^{2}}, \\ {\dot{x}}^{2} := & g_{μ v} (x) {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{v} < 0, \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}L_0~:=~& -mc\sqrt{-\dot{x}^2}, \cr \dot{x}^2~:=~&g_{\mu\nu}(x)~ \dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}~<~0, \end{align} \tag{2}$ wobei Punkt bedeutet Differenzierung bzgl. der Weltlinienparameter $\tau$ . Hier ist die Aktion $S_0=\int \! d\tau~ L_0$ . Die stationären Pfade beinhalten die Geodäten . Genauer gesagt sind die Euler-Lagrange-Gleichungen die geodätischen Gleichungen.
Führen Sie ein Einbein-Feld ein $e=e(\tau)$ , und Lagrange
$\begin{matrix} (3) & L := \frac{{\dot{x}}^{2}}{2 e} - \frac{e (m c)^{2}}{2} . \end{matrix}$ $L~:=~\frac{\dot{x}^2}{2e}-\frac{e (mc)^2}{2}.\tag{3}$ Im Gegensatz zum Quadratwurzel-Lagrange (2) ist dieser Lagrange (3) auch für masselose Punktteilchen sinnvoll, vgl. dieser Phys.SE-Beitrag.
Zeigen Sie, dass die Lagrange-Impulse sind
$\begin{matrix} (4) & p_{μ} = \frac{1}{e} g_{μ v} (x) {\dot{x}}^{v} . \end{matrix}$ $p_{\mu}~=~ \frac{1}{e}g_{\mu\nu}(x)~\dot{x}^{\nu}.\tag{4}$
Zeigen Sie, dass die Euler-Lagrange-Gleichungen der Lagrangefunktion (3) sind
$\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} {\dot{p}}_{λ} \approx & \frac{1}{2 e} \partial_{λ} g_{μ v} (x) {\dot{x}}^{μ} {\dot{x}}^{v}, \\ {\dot{x}}^{2} + (e m c)^{2} \approx & 0. \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} \dot{p}_{\lambda}~\approx~&\frac{1}{2e}\partial_{\lambda}g_{\mu\nu}(x)~ \dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}, \cr \dot{x}^2+(emc)^2~\approx~&0.\end{align}\tag{5}$
Zeigen Sie, dass sich die Lagrange-Funktion (3) auf die Quadratwurzel-Lagrange-Funktion (2) reduziert, wenn Sie das Einbein-Feld herausintegrieren
$\begin{matrix} (6) & e > 0. \end{matrix}$ $e~>~0.\tag{6}$ Die Ungleichung (6) wird auferlegt, um einen unphysikalischen negativen Zweig zu entfernen, vgl. meine Phys.SE-Antwort hier . $^2$
Führen Sie eine (singuläre) Legendre-Transformation durch $^3$ des Lagrange-Operators (3), und zeigen Sie, dass der entsprechende Hamilton-Operator wird
$\begin{matrix} (7) & H = \frac{e}{2} (p^{2} + (m c)^{2}) . \end{matrix}$ $H~=~ \frac{e}{2}(p^2+(mc)^2).\tag{7}$ Dieser Hamilton-Operator (7) hat genau die Form „Lagrange-Multiplikator-Zeit-Beschränkung“ (1).
Zeigen Sie, dass die Hamilton-Gleichungen genau Gleichungen sind. (4) und (5).
Die Willkür in der Wahl des Weltlinienparameters $\tau$ führt zu Reparametrisierungssymmetrie $^4$
$\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} τ^{'} = & f (τ), d τ^{'} = d τ \frac{d f}{d τ}, \\ {\dot{x}}^{μ} = & {\dot{x}}^{' μ} \frac{d f}{d τ}, e = e^{'} \frac{d f}{d τ}, \\ p_{μ} = & p_{μ}^{'}, L = L^{'} \frac{d f}{d τ}, \\ H = & H^{'} \frac{d f}{d τ} S = S^{'}, \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}\tau^{\prime}~=~&f(\tau), \qquad d\tau^{\prime} ~=~ d\tau\frac{df}{d\tau},\cr \dot{x}^{\mu}~=~&\dot{x}^{\prime\mu}\frac{df}{d\tau},\qquad e~=~e^{\prime}\frac{df}{d\tau},\cr p_{\mu}~=~&p_{\mu}^{\prime},\qquad L~=~L^{\prime}\frac{df}{d\tau},\cr H~=~&H^{\prime}\frac{df}{d\tau}\qquad S~=~S^{\prime},\end{align}\tag{8}$ wo $f=f(\tau)$ ist eine bijektive Funktion.
So kann man verschiedene Spurweiten wählen, z $e={\rm const.}$

Verweise:

J. Polchinski, Stringtheorie, Bd. 1, Abschnitt 1.2.

--

Fußnoten:

$^1$ Ein Einbein ist eine 1D-Version eines Vielbeins.

$^2$ Als Konsistenzprüfung des Zeichens (6), wenn wir in der statischen Spurweite sind

\begin{matrix} (9) & ich x_{M}^{0} = x_{E}^{0} = c τ_{E} = ich c τ_{M} \end{matrix}

$ix^0_M~=~x^0_E~=~c\tau_E~=~ic\tau_M\tag{9}$ Dochtrotation vom Minkowski- zum euklidischen Raum, dann in Gl. (3), der Euklidische Lagrange

L_{E} = - L_{M} > 0

$L_E=-L_M>0$ positiv wird, wie es sollte.

$^3$ Genau genommen sollte man bei der singulären Legendre-Transformation auch ein Momentum einführen

\begin{matrix} (10) & p_{e} := \frac{\partial L}{\partial \dot{e}} = 0 \end{matrix}

$p_e~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{e}}~=~0\tag{10}$ für das einbein

e

$e$ , was zu einer primären Einschränkung (10) führt, die den Impuls sofort tötet

p_{e}

$p_e$ wieder. Die entsprechende sekundäre Beschränkung ist die Masse-Schalen-Beschränkung (1). Die entsprechende tertiäre Nebenbedingung verschwindet wegen der Schiefsymmetrie der Poisson-Klammer identisch. Beachten Sie, dass

\frac{\partial H}{\partial e} \approx 0

$\frac{\partial H}{\partial e}\approx 0$ wird zu einer von Hamiltons Gleichungen.

$^4$ Reparametrisierung ist eine passive Transformation. Eine verwandte aktive Transformation finden Sie in diesem Phys.SE-Beitrag.

Entschuldigung, können Sie erklären, warum $\lambda$ hängt nicht von den kanonischen Variablen ab, sondern nur von der Zeit? Ich habe einen Hamiltonian erhalten, der die gleiche Form wie Ihre hat $(6)$ , aber das dachte ich mir $\lambda=\lambda(x,p)$ , während du sagtest $\lambda=\lambda(t)$ . Kannst du erklären warum?
@xxxxx : In Punktmechanik alle fundamentalen Variablen, wie z. B. $x^{\mu}$ , $p_{\mu}$ , $\lambda$ usw. sind nur Funktionen der "Zeit", genauer gesagt des Weltlinienparameters $\tau$ . Die fundamentalen Variablen können miteinander in Beziehung stehen, nachdem wir Gl. der Bewegung.
Okay, ich versuche es mal genau zu erklären. Danke für deine Erklärung, ich habe schon einiges davon gehört. Aber ich wollte den Standard-Ansatz von Dirac verwenden: Ich erhielt Schwung und identifizierte dann die Art der Einschränkung $\phi$ , schrieb $H=H_{0}+\lambda \phi$ . Soweit ich mich erinnere, hat Dirac das in seinen Vorlesungen gesagt $\lambda=\lambda(x,p)$ . Dann habe ich die Hamilton-Gleichungen mit Poisson-Klammern geschrieben und gehofft, daraus bestimmen zu können $\lambda$ und Bewegungsgleichungen, die mit denen abgeglichen werden sollten, die aus den Lagrange-Gleichungen erhalten wurden. Warum in diesem Ansatz kann ich verwenden $\lambda=\lambda(t)?$
Anmerkungen für später: 1. Dochtrotation ist eine doppelte Dochtrotation (Weltlinie + Zielraum). 2. Die 2 Einschränkungen (1) & (10) sind erstklassig , vgl. Henneaux & Teitelboim, Unterabschnitt 1.2.2. Eine lineare Kombination davon erzeugt die WL-Umparametrierungssymmetrie und eine andere lineare Kombination eine andere Eichsymmetrie.
Notizen für später: Hinzufügen von E&M: $\quad L = \frac{\dot{x}^2}{2e}-\frac{e (mc)^2}{2}+q\dot{x}^{\mu}A_{\mu}$ ; $\quad p_{\mu} = \frac{1}{e}g_{\mu\nu}(x)~\dot{x}^{\nu} +qA_{\mu}$ ; $\quad H = \frac{e}{2}((p-qA)^2+(mc)^2)$ ;

Dr.Yoma · Answer 2

Aus Ihrer Gleichung (1) können Sie erhalten

\sqrt{{\dot{x}}_{μ} {\dot{x}}^{μ}} = 2 λ \sqrt{p_{μ} p^{μ}} = 2 λ m

$\begin{equation*} \sqrt{\dot x_\mu \dot x^\mu}= 2\lambda \sqrt{p_\mu p^\mu}=2\lambda m \end{equation*}$

Wenn Sie dies mit Ihrer (1) kombinieren, erhalten Sie

\frac{{\dot{x}}_{v}}{\sqrt{{\dot{x}}_{μ} {\dot{x}}^{μ}}} = \frac{p_{v}}{m} .

$\begin{equation*} \frac{\dot x_\nu}{\sqrt{\dot x_\mu \dot x^\mu}}=\frac{ p_\nu}{m}. \end{equation*}$

Wenn Sie schließlich mit Ihrer (2) kombinieren, erhalten Sie

\frac{d}{d τ} (\frac{{\dot{x}}_{v}}{\sqrt{{\dot{x}}_{μ} {\dot{x}}^{μ}}}) = 0,

$\begin{equation} \frac{d}{d\tau}\left(\frac{{\dot x_\nu}}{\sqrt{\dot x_\mu \dot x^\mu}}\right)=0, \end{equation}$

Das ist genau die Gleichung, die Sie aus dem ursprünglichen Lagrange finden können

Einschränkungen relativistischer Punktteilchen in der Hamiltonschen Mechanik

xxxxx

Antworten (2)

QMechaniker

xxxxx

QMechaniker

xxxxx

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

Dr.Yoma

Hamiltonsche Systeme ohne entsprechendes Lagrange-System

Warum sind ppp und qqq unabhängige Variablen im Hamiltonschen Formalismus?

Warum impliziert eine Punkttransformation im Konfigurationsraum, dass P=∂q∂QpP=∂q∂QpP = \frac{\partial q}{\partial Q} p im Phasenraum?

Unterschiedliche Ergebnisse für den Hamiltonoperator einer Scheibe, die auf einer schiefen Ebene rollt

Wie findet man den Hamilton-Operator aus diesem einfachen Lagrange-Operator? (knifflig)

Warum ist die Hamiltonsche Mechanik wohldefiniert?

Berechnen Sie die Legendre-Transformation für eine singuläre Lagrange-Funktion

Hamilton-Jacobi-Gleichung mit Lagrangian zweiter Ordnung

Legendre Transformation von Lagrange mit Einschränkungen

Was ist der Unterschied zwischen Konfigurationsraum und Phasenraum?