Gibt es einen mathematischen Grund dafür, dass der Lagrangian Lorentz-invariant ist?

Question

Gibt es einen mathematischen Grund dafür, dass der Lagrangian Lorentz-invariant ist?

Tim

Der Hamiltonoperator ist die Energie, die nur eine Komponente eines Vierervektors ist und daher nicht Lorentz-invariant.

Der Lagrange -Operator ist die Legendre-Transformation des Hamilton-Operators, und ich habe mich gefragt, ob es einen guten Grund gibt, warum wir durch die Legendre-Transformation etwas Invariantes erhalten?

QMechaniker

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Antworten (3)

Gibt es einen mathematischen Grund dafür, dass der Lagrangian Lorentz-invariant ist?

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David Derbes · Answer 1

Die vorherige Antwort ist sehr gut, aber ich denke, sie kann etwas vereinfacht werden.

In der Teilchenmechanik die Lagrangedichte $L$ ist

L = p \dot{q} - H

$L = p\dot{q} - H$ Schauen wir uns das also in der speziellen Relativitätstheorie an. Wir bekommen, mit

p = γ m v

$p = \gamma m v$ ,

\dot{q} = v

$\dot{q} = v$ , und

H = E = γ m c^{2}

$H = E = \gamma mc^{2}$ ,

L = γ m v^{2} - γ m c^{2} = - γ m c^{2} (1 - (v / c)^{2}) = - m c^{2} / γ

$L = \gamma mv^{2} - \gamma mc^{2} = - \gamma mc^{2}(1 - (v/c)^{2}) = - mc^{2}/\gamma$ Es ist nicht das

L

$L$ ist ein Skalar (was ich ursprünglich dachte), aber das

\int L d t

$\int L\,dt$ ist ein Skalar. Und das ist einfach, weil

\int L d t = - \int (m c^{2} / γ) d t = - \int m c^{2} d τ

$\int L\,dt = -\int (mc^{2}/\gamma)\,dt = - \int mc^{2}\,d\tau$ wo

τ

$\tau$ ist die richtige Zeit. Dieses Integral ist offensichtlich invariant, wie wir es uns für die Aktion wünschen sollten.

ACuriousMind · Answer 2

ACuriousMind

Der Lagrange ist das, was über die Raumzeit in die Handlung integriert wird, also eine 4er-Form sein muss. Als solches ist es notwendigerweise ein (Pseudo-)Skalar unter Lorentz-Transformationen.

Wenn man sich Gedanken über Lorentz-Transformationen und dergleichen macht, ist der Hamilton -Operator als nicht-Lorentz-kovariantes Objekt übrigens kein guter Ausgangspunkt. Es ist oft besser, mit dem Lagrange-Operator zu beginnen, der die Lorentz-Kovarianz der Theorie manifestiert.

Tim

Alles was du sagst ist richtig, beantwortet aber leider nicht meine Frage. Ich habe bereits in meiner Frage geschrieben, dass der Hamilton-Operator nicht invariant ist, und mir ist bewusst, dass wir beispielsweise in QFT stattdessen den Lagrange-Operator verwenden. Die Verbindung zwischen den beiden besteht darin, dass der Lagrange-Operator die Legrendre-Transformation des Hamilton-Operators ist. Meine Frage war/ist: Warum funktioniert das? Mit anderen Worten: Warum erhalten wir durch die Legendre-Transformation aus etwas Nicht-Invariantem (dem Hamilton-Operator) etwas Invariantes (den Lagrange-Operator)?

ACuriousMind

@Tim: Ah, ich verstehe. Ich werde ein bisschen darüber nachdenken, wenn mir nichts einfällt, lösche ich das.

jwimberley

@Tim Das ist die falsche Sichtweise. Hier ist ein besserer Weg: Wie die Antwort von ACuriousMind erklärt, muss der Lagrangian Lorentz-invariant sein. Sobald Sie seine Legendre-Transformation nehmen, um einen Hamilton-Operator zu erhalten, bricht dies die Lorentz-Symmetrie. Anders ausgedrückt: Die einzige Klasse interessanter Hamilton-Operatoren sind diejenigen, die Legendre-Transformationen von Lorentz-invarianten Lagrange-Operatoren sind.

Jerry Schirmer

@Tim: Ich denke, fast jeder würde sagen, dass die Lagrange-Funktion das Fundamentale ist. Wenn wir zeitabhängige Legendre-Transformationen durchführen, sollte es kaum überraschen, dass wir nicht-kovariantes Material herausbekommen. Und die Legendre-Transformation eines allgemeinen Hamilton-Operators ist absolut nicht Lorentz-kovariant.

Michael Angelo

@ACuriousMind kannst du das bitte näher erläutern? Was ist eine 4-Form?

QMechaniker · Answer 3

QMechaniker

Wir werden hier unsere Interpretation der Frage von OP (v4) geben.

Wir nehmen an, dass OPs Definition der Lorentz-Kovarianz darin besteht, dass die Bewegungsgleichungen (eom) der Theorie Lorentz-kovariant sind.
Wir nehmen an, dass die Theorie ein Wirkungsprinzip hat und dass die eoms die Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen sind .
Man kann beweisen, dass die Lorentz-Invarianz der Aktion die Lorentz-Kovarianz der EL-Gleichungen impliziert, vgl. zB dieser Phys.SE Beitrag.
Die Implikation (3) gilt im Prinzip nicht in der anderen Richtung, aber in der Praxis werden Lorentz-kovariante EL-Gl. ergeben sich aus einem Lorentz-Invarianten-Wirkungsprinzip.

Das Zusammenfügen dieser Tatsachen zeigt, dass es natürlich ist zu erwarten, dass die Wirkung für eine Lorentz-kovariante Theorie Lorentz-invariant ist, vgl. Definition (1).

Als nächstes nehmen wir an, dass die Legendre-Transformation wohldefiniert ist.
Außerdem nehmen wir an, dass die Legendre-Transformation eine Involution ist, dh die zweimalige Durchführung der Legendre-Transformation bringt uns zurück zum Ausgangspunkt.

Insbesondere wenn OP von einer Lorentz-Kovariante ausgeht (aber nicht unbedingt offensichtlich $^1$ Lorentz-kovariant) Hamiltonsche Formulierung, dies bedeutet, dass die Hamiltonschen eoms Lorentz-kovariant sind, vgl. Definition (1). Der Hamiltonian $^2$ $H(q,p)$ selbst ist natürlich nicht Lorentz-invariant, sondern die zeitliche Komponente eines Vierervektors, wie OP richtig schreibt. Die Punkte 2-4 begründen nun die Hamilton-Aktion

S_{H} [q, p] = \int d t (p_{ich} {\dot{q}}^{ich} - H (q, p))

$S_H[q,p]~=~\int \!dt ~(p_i\dot{q}^i-H(q,p))$ Lorentz-invariant ist. Daraus folgt die Lagrange-Aktion

S [q]

$S[q]$ ist auch Lorentz-invariant.

--

$^1$ Für offensichtlich Lorentz-kovariante Hamilton-Formulierungen siehe zB meine Phys.SE-Antwort hier .

$^2$ Das folgende Argument kann auf die Feldtheorie erweitert werden.

QMechaniker

Beispiel: Skalare Feldtheorie. Lagrangedichte

L = \frac{1}{2} ϕ_{, μ} η^{μ ν} ϕ_{, ν} - V (ϕ)

${\cal L}= \frac{1}{2} \phi_{,\mu}\eta^{\mu\nu}\phi_{,\nu} -V(\phi)$ mit Minkowski-Vorzeichenkonvention

(+, -, -, -)

$(+,-,-,-)$ . Lassen

π^{μ} := \frac{\partial L}{\partial ϕ_{, μ}} = η^{μ λ} ϕ_{, λ}

$\pi^{\mu}:=\frac{\partial {\cal L}}{\partial\phi_{,\mu}}=\eta^{\mu\lambda} \phi_{,\lambda}$ . EL-Gl.

d_{μ} π^{μ} = ◻ ϕ \approx - V^{'} (ϕ)

$d_{\mu} \pi^{\mu}=\Box\phi \approx -V^{\prime}(\phi)$ . Das

π^{0}

$\pi^0$ Feld ist das konjugierte/kanonische Impulsfeld. Es ist die zeitliche Komponente eines 4-Vektors. Poisson-Klammern ungleich Null

{ϕ (x, t), π^{0} (y, t)}_{P B} = δ^{3} (x - y)

$\{\phi({\bf x},t),\pi^0({\bf y},t)\}_{PB}=\delta^3({\bf x}-{\bf y})$ .

QMechaniker

Hamiltons eom.

\dot{ϕ} \approx π^{0}

$\dot{\phi}\approx \pi^0$ und

{\dot{π}}^{0} \approx \nabla^{2} ϕ - V^{'} (ϕ)

$\dot{\pi}^0\approx \nabla^2\phi-V^{\prime}(\phi)$ . Kanonischer Spannungs-Energie-Impuls-Tensor

T^{μ}_{ν} = π^{μ} ϕ_{, ν} - δ_{ν}^{μ} L

$T^{\mu}{}_{\nu} = \pi^{\mu} \phi_{,\nu}-\delta^{\mu}_{\nu} {\cal L}$ . Satz von Noether aus der Translationssymmetrie

d_{μ} T^{μ}_{ν} \approx 0

$d_{\mu}T^{\mu}{}_{\nu}\approx 0$ . 4-Impulsdichte

P_{ν} = T^{0}_{ν}

${\cal P}_{\nu}=T^0{}_{\nu}$ . Die Hamiltonsche Dichte

P^{0} = T^{00} = \frac{1}{2} (π^{0})^{2} + \frac{1}{2} (\nabla ϕ)^{2} + V (ϕ)

${\cal P}^0=T^{00}=\frac{1}{2}(\pi^0)^2 +\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 +V(\phi)$ ist der

00

$00$ -Komponente einer symmetrischen

(2, 0)

$(2,0)$ Tensor.

P_{i} = π^{0} ϕ_{, i}

${\cal P}_{i}=\pi^0\phi_{,i}$ . 4-Impuls

P_{ν} (t) = \int d^{3} x P_{ν} (x, t)

$P_{\nu}(t)=\int d^3x~{\cal P}_{\nu}({\bf x},t)$ .

QMechaniker

Beispiel: Partikel mit freiem Punkt. Lagrange

L = - \frac{m_{0} c^{2}}{γ}

$L=-\frac{m_0c^2}{\gamma}$ mit Minkowski-Vorzeichenkonvention

(-, +, +, +)

$(-,+,+,+)$ . Hier

γ := {(1 - {(\frac{\dot{x}}{c})}^{2})}^{- \frac{1}{2}}

$\gamma := \left(1-\left(\frac{\dot{x}}{c}\right)^2\right)^{-\frac{1}{2}}$

= \sqrt{{(\frac{p}{m_{0} c})}^{2} + 1}

$= \sqrt{\left(\frac{p}{m_0c}\right)^2+1}$ , wo

3

$3$ -Schwung

p_{i} := \frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}^{i}} = γ m_{0} {\dot{x}}^{i}

$p_i:=\frac{\partial L}{\partial \dot{x}^i}=\gamma m_0\dot{x}^i$ . Hamiltonian

p^{0} := p_{i} {\dot{x}}^{i} - L = γ m_{0} c^{2}

$p^0:=p_i\dot{x}^i-L = \gamma m_0c^2$ ist der

0

$0$ -Bestandteil von a

4

$4$ -Vektor.

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