Relativistische Lagrangedichte für massive Teilchen

Beginnen wir mit dem freien Teilchen. Für ein freies Teilchen ist es natürlich anzunehmen, dass die Aktion proportional zu seiner Eigenzeit ist,

$$Ldt=\alpha\left(m,\boldsymbol{x},\dot{\boldsymbol{x}}\right)d\tau$$ Wo$\alpha$ist eine Funktion, die sich darum kümmern sollte, wie die Lagrange-Funktion des freien Teilchens von Position und Geschwindigkeit abhängt. Aber eine kleine Reflexion zeigt Ihnen das$\alpha$(eine universelle Funktion) sollte weder vom Ort (sonst wäre das Teilchen nicht frei) noch von seiner rahmenabhängigen Geschwindigkeit (sonst wäre das Relativitätsprinzip nicht erfüllt) abhängen. Also bleibt dir übrig, $$Ldt=\alpha\left(m\right)d\tau$$ Warum$\tau$, richtige Zeit? Denn das ist im Wesentlichen die einzige relativistische Invariante, die proportional zur Koordinatenzeit ist. Es ist die Version der verstrichenen Zeit, auf die sich alle Trägheitsbeobachter einigen. Sie können jetzt eine Taylor-Reihenentwicklung in Potenzen von durchführen$v/c$, unter Beibehaltung$\alpha$dort, und überprüfen Sie, ob es sein muss$-mc^2$(mit dem Zeichen enthalten), wenn Sie möchten, dass die Aktion passt$L=\text{K.E.}$(nicht-relativistische kinetische Energie) für das freie Teilchen. Stattdessen setze ich einfach diesen Wert ein: $$L=-mc^{2}\sqrt{1-v^{2}/c^{2}}$$ $$\left\Vert \boldsymbol{v}\right\Vert \ll c\Rightarrow-mc^{2}\sqrt{1-v^{2}/c^{2}}\approx-mc^{2}\left(1-\frac{v^{2}}{2c^{2}}+\cdots\right)=$$ $$=-mc^{2}+\frac{1}{2}mv^{2}+\cdots=$$ Der einzige Unterschied zur klassischen nicht-relativistischen Aktion ist dieser Ruhemassenterm, aber das beeinflusst die Bewegungsgleichungen nicht. Der andere Teil der Lagrange-Funktion (der Wechselwirkungsterm) wird nur so vermutet, wie es normalerweise angenommen wird, da die natürliche Extrapolation auf wechselwirkende Teilchen lautet: $$-m_{1}c^{2}d\tau_{1}-m_{2}c^{2}d\tau_{2}+L_{\textrm{int}}dt$$ Den Wechselwirkungsterm schreiben Sie in Koordinatenzeit, weil er der einzige ist, den beide Teilchen "teilen". Aber es ist keine relativistische Invariante. Das ist der heikelste Punkt der ganzen Geschichte. Das müsstest du also prüfen$L_{\textrm{int}}dt$ist insgesamt eine Invariante. Die ganze Diskussion wird an dieser Stelle kompliziert, also nehmen wir an, dass Teilsystem 2 als Feldquelle für Teilsystem 1 fungiert, so dass es davon unbeeinflusst bleibt. Dann können Sie die Bewegung von 2 ignorieren und annehmen, dass der Wechselwirkungsterm wie folgt lautet: $$L_{\textrm{int}}=f\left(\boldsymbol{x}_{1}-\boldsymbol{x}_{2},\boldsymbol{v}_{1}-\boldsymbol{v}_{2}\right)$$ Und das nennen wir (minus) die potentielle Energie. Die Tatsache, dass es nur auf Koordinatendifferenzen (und deren Ableitungen, aber in sehr eingeschränktem Maße) ankommen muss, liegt daran, dass der Raum symmetrisch ist und es unmöglich sein sollte, zu erkennen, wo ich das Ganze hinlege. Ich hoffe, das war klar, und Sie können gerne um weitere Erläuterungen bitten.

Nach einer Aktion zu fragen, bedeutet, nach einem Lagrange zu fragen. Und nach einem Lagrangian zu fragen, heißt zumindest in der Teilchenphysik, zu den Grundprämissen des Themas vorzudringen. Es gibt keinen tieferen Grund zu erklären, warum diese oder jene Lagrange-Funktion die richtige ist, außer unter Berufung auf Fragen der Einfachheit und Symmetrie. Im vorliegenden Beispiel möchte man einen Lagrange-Operator, der so einfach wie möglich ist, aber dennoch zu einem interessanten Verhalten führt, und der auch invariant bezüglich Translation in Raum und Zeit ist (wenn man ein isoliertes Teilchen betrachtet) und, falls man es tut die Eigenzeit in das Wirkungsintegral einnimmt, dann will man einen Lorentz-Skalar. So hält man das für verblüffend einfach${\cal L} = m c^2$. Man entdeckt, dass man den richtigen Schwung braucht${\cal L} = -m c^2$. Und schwupps! da ist es: aus nichts als Einfachheit, Symmetrie und Kovarianz heraufbeschworen. Der "Beweis", dass es richtig ist, ist, dass es zu einer Dynamik führt, die mit dem Experiment übereinstimmt. Um die Dynamik vollständiger zu diskutieren, benötigt man andere Begriffe im Lagrange, wie zum Beispiel Wechselwirkungsterme, aber selbst mit diesem einfachen Lagrange kann man die Energie- und Impulserhaltung behandeln und so einen Einblick in Teilchenkollisionen erhalten.

Bemerkung hinzugefügt

Nach einem hilfreichen Kommentaraustausch mit my2cts wurde mir klar, dass das obige vielleicht etwas zu kurz ist, um wirklich hilfreich zu sein. Die vollständigere Aussage des Lagrange-Operators in einem offensichtlich kovarianten Ansatz ist

$${\cal L} = - mc(-u^\mu u_\mu)^{1/2}$$ was ich vorher abgekürzt habe$-mc^2$denn das ist tatsächlich sein Wert entlang der Weltlinie, der das Teilchen tatsächlich folgt. Wenn Sie dies jedoch in der Euler-Lagrange-Methode verwenden, müssen Sie seine Abhängigkeit von der 4-Geschwindigkeit für andere Pfade kennen, und deshalb wird die vollständige Aussage (gerade gegeben) benötigt. Die Aktion ist dann$S = \int {\cal L} d\tau$und die Euler-Lagrange-Gleichung ist $$\frac{d}{d\tau} \left( \frac{\partial {\cal L}}{\partial u^a} \right) = \frac{\partial {\cal L}}{\partial x^a},$$ Wo$u^a = dx^a/d\tau$.

Für jeden, der das Thema zum ersten Mal lernt, gibt es meiner Meinung nach jedoch gute Argumente, die Behandlung zunächst in Bezug auf die koordinierte Zeit einzuführen. Eine solche Behandlung übernimmt

$$\tilde{\cal L} = - m c^2 / \gamma$$ Und$S = \int \tilde{\cal L} dt$, was zur Euler-Lagrange-Gleichung führt $$\frac{d}{d t} \left( \frac{\partial \tilde{\cal L}}{\partial \dot{x}^a} \right) = \frac{\partial \tilde{\cal L}}{\partial x^a},$$ Wo$t$ist die Koordinatenzeit in einem gegebenen Inertialsystem, und der Punkt bezeichnet$d/dt$.