Warum ist die Hamiltonsche Null in der Relativitätstheorie?

Question

Warum ist die Hamiltonsche Null in der Relativitätstheorie?

Cham

Ich versuche etwas mit dem Lagrange- und dem Hamilton-Formalismus in der Relativitätstheorie zu verstehen und warum das folgende Ergebnis in der klassischen (nicht-relativistischen) Mechanik nicht dasselbe sein kann. In meiner Argumentation fehlt etwas oder ist schlecht definiert, und ich sehe noch nicht, was.

Stellen Sie sich ein System von "Partikeln" von verallgemeinerten Koordinaten vor $q^i(t)$ in einem Bezugsrahmen. Die Wirkung des Systems ist als folgendes Integral definiert:

\begin{matrix} (1) & S = \int_{t_{1}}^{t_{2}} L (q^{ich}, {\dot{q}}^{ich}) d t . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{1} S = \int_{t_1}^{t_2} L(q^i, \dot{q}^i) \, dt. \end{equation}$ Der Hamilton- Operator des Systems ist wie folgt definiert (Summierung wird bei den wiederholten Indizes impliziert):

\begin{matrix} (2) & H = {\dot{q}}^{ich} \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^{ich}} - L . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{2} H = \dot{q}^i \, \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i} - L. \end{equation}$ Betrachten Sie nun eine Änderung der Parametrisierung in Integral (1) ;

d t = θ d s

$dt = \theta \, ds$ , wo

s

$s$ ist eine neue Integrationsvariable und

θ (s)

$\theta(s)$ ist eine beliebige Funktion, die als neue dynamische Variable betrachtet werden könnte (in meiner Interpretation fehlt etwas, und ich muss herausfinden, was hier "falsch" ist). Die Aktion ist jetzt dies (die Primzahl ist die Ableitung nach

s

$s$ . Beachten Sie die Änderung der Grenzen bei diesem Integral):

\begin{matrix} (3) & S = \int_{s_{1}}^{s_{2}} L (q^{ich}, \frac{q^{ich'}}{θ}) θ d s . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{3} S = \int_{s_1}^{s_2} L(q^i, \frac{q^{i \, \prime}}{\theta}) \; \theta \; ds. \end{equation}$ Der neue Lagrangian ist also

\begin{matrix} (4) & \tilde{L} = L (q^{ich}, \frac{q^{ich'}}{θ}) θ . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{4} \tilde{L} = L(q^i, \frac{q^{i \, \prime}}{\theta}) \; \theta. \end{equation}$ Nun, wenn

θ

$\theta$ als dynamische Variable betrachtet wird, können wir die Euler-Lagrange auf diese neue Lagrangefunktion anwenden:

\begin{matrix} (5) & \frac{d}{d s} (\frac{\partial \tilde{L}}{\partial θ^{'}}) - \frac{\partial \tilde{L}}{\partial θ} = 0. \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{5} \frac{d}{d s} \Big( \frac{\partial \tilde{L}}{\partial \, \theta^{\, \prime}} \Big) - \frac{\partial \tilde{L}}{\partial \, \theta} = 0. \end{equation}$ Da es keine gibt

θ^{'}

$\theta^{\, \prime}$ in

\tilde{L}

$\tilde{L}$ , der erste Teil ist 0. Nach einiger einfacher Algebra impliziert der zweite Teil, dass die Hamilton-Funktion (2) 0 sein sollte!

\begin{matrix} (6) & H \equiv 0. \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{6} H \equiv 0. \end{equation}$

Also meine Fragen sind diese:

Ist an der vorherigen Argumentation etwas falsch? Oder welche impliziten Annahmen übersehe ich? Wo ist dabei die Relativität?

Wenn die Argumentation gültig ist, warum können wir das Ergebnis dann nicht auf irgendeinen klassischen Lagrangian anwenden, was unsinnig wäre?

Natürlich weiß ich, dass der Hamiltonoperator freier relativistischer Teilchen nicht 0 ist! Aber das weiß ich auch $H = 0$ ist eine wohlbekannte Eigenschaft von Systemen, die eine parametrisierungsunabhängige Wirkung haben . Mir fehlen einige Teile, die sich auf diese Einschränkung beziehen, und ich sehe noch nicht, was. Ich brauche Hilfe, um dieses Thema zu entwirren.

Antworten (1)

Warum ist die Hamiltonsche Null in der Relativitätstheorie?

ACuriousMind · Answer 1

Das korrekte Argument dafür, wie die Reparametrisierungsinvarianz einen verschwindenden Hamilton-Operator impliziert, lautet wie folgt: Gegeben ist eine generische Hamilton-Aktion $S = \int ({\dot{q}}^{ich} p_{ich} - u^{a} χ_{a} - H) d t,$ $S = \int \left(\dot{q}^i p_i - u^\alpha \chi_\alpha - H\right)\mathrm{d}t,$ wo $q,p$ sind die kanonischen Phasenraumvariablen, $\chi_\alpha$ sind Hamilton-Bedingungen mit Lagrange-Multiplikatoren $u^\alpha$ und $H(q,p)$ ist der tatsächliche Hamilton-Operator auf dem nicht erweiterten Phasenraum, wobei die Aktion, die Zeit-Reparametrisierungs-Invariante ist, den Hamilton-Operator nur dann auf Null zwingt, wenn die $q,p$ als Skalare unter der Zeitumparametrisierung transformieren $t\mapsto \tau(t)$ (seit damals $\dot{q}^i p_i \mapsto \frac{\mathrm{d}\tau}{\mathrm{d}t} q'^i p_i$ (der Premierminister $'$ bezeichnet die Ableitung bzgl $\tau$ )) und wenn die Einschränkung Bedingungen $u^\alpha\chi_\alpha$ auch als skalare Dichten transformieren $u^\alpha \chi_\alpha \mapsto \frac{\mathrm{d}\tau}{\mathrm{d}t} u^\alpha \chi_\alpha$ . Unter diesen Annahmen $H=0$ folgt denn wenn $q,p$ Skalare sind, dann ist es auch $H(q,p)$ , und $H(q,p)$ kann daher nicht als skalare Dichte transformiert werden, um die Invarianz der Aktion zu bewahren, und muss null sein.

Beachten Sie, dass die Ableitung in $\mathrm{d}t = \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}\tau}\mathrm{d}\tau$ (welches heisst $\theta$ in der Frage) ist aus Sicht des ursprünglichen Systems keine dynamische Variable . Ihre Euler-Lagrange-Gleichung existiert nicht, weil sie keine Funktion/Koordinate im Phasenraum ist.

Beachten Sie auch, dass, wenn $s_1 \neq t_1$ und $s_2\neq t_2$ , Die Verwandlung $t\mapsto s$ Sie durchführen, ist nicht das, was allgemein eine Zeit-Reparametrisierung in dem Kontext genannt wird, in dem wir über Reparametrisierungs-Invarianz und verschwindende Hamilton-Operatoren sprechen. Normalerweise wird davon ausgegangen, dass Anfang und Ende des Parameters fest bleiben.

Ihr neues System $\bar{L}$ ist nicht äquivalent zum ursprünglichen: Sie können jedoch ein neues Lagrange-System definieren $\bar L(q,q',\theta,{\theta}') := L(q,q'/\theta)\theta$ , mit einer zusätzlichen Variablen $\theta$ , wenn Sie es wünschen. Lassen Sie uns das neue System ein wenig untersuchen:

Die Bewegungsgleichungen für $q$ sind
$\begin{matrix} (a) & \frac{d}{d s} (\frac{\partial \bar{L}}{\partial q^{'}}) - \frac{\partial \bar{L}}{\partial q} = \frac{d}{d s} (\frac{\partial (L θ)}{\partial q^{'}}) - \frac{\partial (L θ)}{\partial q} = \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial q^{'}}) θ + \frac{\partial L}{\partial q^{'}} θ^{'} - \frac{\partial L}{\partial q} θ = 0 \end{matrix}$ $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial\bar{L}}{\partial q'}\right) - \frac{\partial\bar{L}}{\partial q} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial(L\theta)}{\partial q'}\right) - \frac{\partial(L\theta)}{\partial q} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial q'}\right)\theta + \frac{\partial L}{\partial q'}\theta' - \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = 0\tag{a}$ und die Bewegungsgleichung für $\theta$ ist $\begin{matrix} (b) & \frac{\partial \bar{L}}{\partial θ} = \frac{\partial L}{\partial θ} θ + L = 0. \end{matrix}$ $\frac{\partial \bar{L}}{\partial \theta} = \frac{\partial L}{\partial \theta} \theta + L = 0.\tag{b}$ Hier ganz entscheidend $L$ muss als gelesen werden $L(q,q'/\theta)$ es erscheint wie in der $\bar{L}$ , also haben wir $\begin{matrix} (c) & \frac{\partial L}{\partial q^{'}} = \frac{1}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} und \frac{\partial L}{\partial θ} = \frac{\partial (q^{'} / θ)}{\partial θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = - \frac{q^{'}}{θ^{2}} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \end{matrix}$ $\frac{\partial L}{\partial q'} = \frac{1}{\theta} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\quad\text{and}\quad \frac{\partial L}{\partial \theta} = \frac{\partial (q'/\theta)}{\partial \theta}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = -\frac{q'}{\theta^2}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \tag{c}$ in Bezug auf die $\partial L /\partial \dot{q}$ die in den ursprünglichen EL-Gleichungen erscheint. Insbesondere Gl. (b) impliziert das tatsächlich $\dot{q}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} - L = 0$ aber nur unter der Annahme, dass $q'/\theta = \dot{q}$ . Allerdings haben wir in dem Moment befördert $\theta$ zu einer dynamischen Variablen haben wir diese Beziehung verloren - das Objekt $\dot{q}$ gibt es in dieser neuen Welt nicht mehr, die $\partial L/\partial \dot{q}$ ist eine Funktion von $q,q'$ und $\theta$ , nicht einer von $q$ und $\dot{q}$ . Aus Sicht des neuen Systems sollte es einfach so gelesen werden $\frac{\partial L}{\partial(q'/\theta)}$ .

Setzen wir nun Gl. (c) in Gl. (a):
$\frac{d}{d s} (\frac{1}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) θ + \frac{1}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} θ^{'} - \frac{\partial L}{\partial q} θ = - \frac{θ^{'}}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} + \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) + \frac{θ^{'}}{θ} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} - \frac{\partial L}{\partial q} θ = 0$ $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{1}{\theta} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\theta + \frac{1}{\theta} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\theta' - \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = -\frac{\theta'}{\theta}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}\right) + \frac{\theta'}{\theta}\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}- \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = 0$ $\begin{matrix} (d) & ⟹ \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) - \frac{\partial L}{\partial q} θ = \frac{1}{θ} \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) - \frac{\partial L}{\partial q} = 0 \end{matrix}$ $\implies \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial{L}}{\partial q}\theta = \frac{1}{\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial{L}}{\partial q} = 0\tag{d}$ Wenn die beiden Lagrange-Systeme $L(q,\dot{q})$ und $\bar{L}(q,q',\theta,\theta')$ äquivalent waren, die Bewegungsgleichungen von $\bar{L}$ sollte sich auf die Bewegungsgleichungen von reduzieren $L$ bei Verwendung der Bewegungsgleichung für $\theta$ . Aber Gl. (b) macht das nicht möglich - Einsetzen in Gl. (d) eignet sich nicht für Vereinfachungen, durch die wir die ursprünglichen Bewegungsgleichungen erhalten würden. Die Relation, die wir eigentlich brauchen, wäre wieder einmal $q'/\theta = \dot{q}$ .
Hier ist das Lagrange-Argument dafür, wie die Reparametrisierungsinvarianz einen verschwindenden Hamilton-Operator impliziert: Wenn die ursprüngliche Aktion zeitreparametrisierungsinvariant war, haben wir dies unter einer infinitesimalen Reparametrisierung $\delta t = \theta(t)$ mit induzierten Veränderungen
$δ q = \dot{q} θ δ \dot{q} = \dot{δ q} = \ddot{q} θ + \dot{q} \dot{θ} θ (t_{1}) = θ (t_{2}) = 0$ $\delta q = \dot{q}\theta \quad \delta \dot{q} = \dot{\delta q} = \ddot{q}\theta + \dot{q}\dot{\theta} \quad \theta(t_1) = \theta(t_2) = 0$ die im Lagrange-Operator induzierte Änderung ist Null, d. h $δ L = \frac{\partial L}{\partial q} δ q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} δ \dot{q} = 0.$ $\delta L = \frac{\partial L}{\partial q}\delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\delta \dot{q} = 0.$ Aber aufgrund eines "Tricks" zur Ableitung des Noetherstroms, der beispielsweise in dieser Frage diskutiert wird, wissen wir das auch $δ S = \int j \frac{\partial ϵ}{\partial t},$ $\delta S = \int j \frac{\partial \epsilon}{\partial t},$ wo $j$ ist der der Symmetrie zugeordnete Noetherstrom konstant $\epsilon$ , was nur eine Zeitübersetzung ist, und tatsächlich eine Symmetrie, weil wir implizit angenommen haben, dass die Lagrange-Funktion nicht explizit von der Zeit abhängt. Deshalb, $j$ ist der Hamilton-Operator, und die Reparametrisierungsinvarianz erzwingt offensichtlich $j=0$ .

Ich finde diese Antwort nicht sehr erhellend. Ich verstehe nicht, warum wir das nicht in Betracht ziehen können $\theta$ als dynamische Variable in der Lagrange-Formulierung, da es sich um eine willkürliche Funktion von handelt $s$ (oder $\tau$ ). Wie würden Sie das Problem formulieren, ohne die Hamilton- und Lagrange-Multiplikatoren direkt in die Handlung einzuführen? Ich vermute auch, dass die Grenzen des Integrals etwas zu sagen haben, aber ich bin mir nicht sicher.
@Cham: Sowohl in der Lagrange- als auch in der Hamilton-Formulierung ist der Raum dynamischer Variablen für jede bestimmte Aktion festgelegt - es ist der Raum, der von der überspannt wird $(q,\dot{q})$ und der $(q,p)$ , bzw. Die Funktion $\tau(t)$ nimmt in diesem Bereich keine Werte an und ist daher keine dynamische Variable. Man kann die Zeit einführen $t$ als neue Variable im Phasenraum, aber dann wird der Integrationsparameter der Aktion zu etwas anderem, einige Parameter parametrisieren einen Pfad hinein $(q,p)$ Raum mit zusätzlichen Dimensionen $(t,p_t)$ .
Einverstanden. Dann muss ich die Interpretation oder die Argumentation ändern, um Gleichung (5) zu bekommen $H = 0$ , aber ich weiß nicht wie. Ich muss eine explizite (oder implizite?) Annahme über die Parametrisierungsunabhängigkeit zeigen . Dies ist die Einschränkung, die damit verbunden ist $H = 0$ , und ich möchte beide auf Lagrange-Niveau bringen, ohne Lagrange-Multiplikatoren einzuführen.
Bei deinem letzten Kommentar bin ich mir nicht mehr sicher. Wir könnten einen neuen Lagrangian einführen $\tilde{L}$ definiert durch (4), und betrachte $\theta$ als weitere dynamische Variable ; $q^i$ wo jetzt $i = 1, 2, \dots, N, N + 1$ (so $q^{N+1} \equiv \theta$ ). Wir haben das $N + 1$ kanonisches Momentum $p_{\theta} = 0$ da dieser Lagrange keine hat $\theta^{\prime}$ drin. Der Hamiltonian ist $\tilde{H} = \theta \, H$ . Euler-Lagrange angewendet $\tilde{L}$ dann gibt $H = 0$ . Ich weiß nicht, wie ich das interpretieren soll.
@Cham Ja, das könntest du tun . Indem $\theta$ eine neue Variable, haben Sie effektiv die physikalische Zeitvariable als neue Phasenraumvariable hinzugefügt. Dies führt normalerweise dazu, dass das neue System im neuen Integrationsparameter reparametrisierungsinvariant ist und daher der Hamilton-Operator auf der Schale verschwindet; beachte dazu, dass wenn $H$ ist Skalar, $\theta H$ transformiert sich wie eine skalare Dichte, weil $\theta$ eine Ableitung im Integrationsparameter ist $s$ . Ich benutze diesen Trick auch in dieser Antwort von mir .
Aber da fehlt etwas, was ich in meinem Trick nicht verstehe. Was mich daran hindert, dies sogar für einen Lagrange zu tun $L = \frac{m \dot{q}^2}{2} - U(q)$ , sagen ? Das würde keinen Sinn machen! Ich sehe hier die Parametrisierungsinvarianz nicht klar, es sei denn, wir sagen etwas über die Aktion selbst und ihre beiden Grenzen: $t_1$ und $t_2$ gewechselt zu $s_1$ und $s_2$ , usw. Mir fehlt ein Stück, um zu zeigen, dass Parametrisierungsinvarianz impliziert $H = 0$ .
Vielen Dank. Gleichung (d) fehlt ein Tag. Was wären die Annahmen, um beide Systeme gleichwertig zu machen? Parametrierungsinvarianz ? Wenn ja, wie erscheint es?
Ich denke, es gibt einen Fehler in der letzten Gleichung (dh (d)?). Es kann auf der linken Seite vereinfacht werden und ich bekomme dies (zwei Begriffe stornieren sich): $\frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) - θ \frac{\partial L}{\partial q} = 0,$ $\begin{equation}\frac{d}{d s} \Big( \frac{\partial L}{\partial \, \dot{q}} \Big) - \theta \, \frac{\partial L}{\partial \, q} = 0, \end{equation}$ dh die ursprüngliche EL-Gleichung wie folgt geschrieben (siehe die Änderung der Parametrisierung?): $\frac{1}{θ} \frac{d}{d s} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) - \frac{\partial L}{\partial q} = 0.$ $\begin{equation}\frac{1}{\theta} \, \frac{d}{d s} \Big( \frac{\partial L}{\partial \, \dot{q}} \Big) - \frac{\partial L}{\partial \, q} = 0. \end{equation}$ Ich denke, das ist gut.
@Cham: In der Tat gab es einen Fehler. Trotzdem ist das der entscheidende Punkt $q'/\theta = \dot{q}$ ist eine Gleichung, die außerhalb der betrachteten Lagrange-Systeme liegt und nicht Teil der Bewegungsgleichungen ist, sodass Sie diese Gleichung nicht verwenden können, um zu zeigen, dass die beiden Systeme äquivalent sind. Außerdem habe ich einen weiteren Abschnitt hinzugefügt, wie reparam. Invarianz impliziert $H=0$ aus Lagrange-Sicht, denn danach scheinen Sie letztlich zu streben.
Es gibt ein falsch platziertes Gleichheitszeichen in Gleichung (d). Sollte stattdessen ein Pfeil sein.
Ich glaube nicht, dass wir zu den Noetherströmen gehen müssen. Ich vermute, dass die benötigte Beziehung $q^{\prime} /\theta = \dot{q}$ ist eine Möglichkeit, dem System "Parametrisierungsinvarianz" aufzuerlegen, aber ich bin mir immer noch nicht sicher.

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