Warum verlieren nicht alle freien Teilchen ihre kinetische Energie?

Partikel minimieren ihre Wirkung nicht. Stattdessen minimieren sie ihre Wirkung unter bestimmten Randbedingungen. Wir können das Aktionsprinzip nur anwenden, wenn wir Anfangs- und Endpunkt im Voraus kennen.

Wenn wir wissen, dass ein Teilchen an Ort und Stelle sein wird$x_i$zum Zeitpunkt$t_i$und dass es vor Ort sein wird$x_f$zum Zeitpunkt$t_f$, dann nimmt das Teilchen einen Weg der geringsten (oder stationären) Wirkung zwischen diesen beiden Punkten. Stillstand ist generell keine Option, weil$x_i \neq x_f$in den meisten Fällen. So wie das Problem aufgebaut ist, wird das Teilchen gezwungen, sich zu bewegen, einfach durch Hypothese, bevor wir überhaupt versuchen, die Aktion zu minimieren. Wenn$x_i = x_f$und Sie haben ein freies Teilchen, dann wird die Aktion tatsächlich minimiert, indem Sie still bleiben, was genau das ist, was das Teilchen tut.

Das Problem der freien Teilchen kann mit der Relativitätstheorie gelöst werden. Wir können uns in einen Rahmen verwandeln, wo$x_i = x_f$, und in diesem Rahmen ist das Teilchen stationär. Bei der Rücktransformation bewegt sich das Partikel im ursprünglichen Frame mit konstanter Geschwindigkeit.

Da es ein ruhiger Sonntagmorgen ist, lass mich meine Gehirnzellen abstauben und sehen, ob ich mich erinnern kann, wie das geht. Wir beginnen mit der Feststellung, dass wenn die Anfangs- und Endpositionen für das Teilchen wie folgt sind$\mathbf{r}(t_1)$Und$\mathbf{r}(t_2)$, dann ist die Aktion:

$$S[\mathbf{r}(t)] = \int_{t_1}^{t_2} \tfrac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2$$

Wir werden die Änderung vornehmen$\mathbf{r} \rightarrow \mathbf{r} + \delta\mathbf{r}$In diesem Fall wird die Aktion zu:

$$S[\mathbf{r} + \delta\mathbf{r}] = \int_{t_1}^{t_2} \tfrac{1}{2}m \left(\dot{\mathbf{r}}^2 + 2\dot{\mathbf{r}}\cdot\delta\dot{\mathbf{r}} + \delta\dot{\mathbf{r}}^2\right)$$

Die Änderung in der Aktion ist also:

$$\delta S = \int_{t_1}^{t_2} \tfrac{1}{2}m \left(2\dot{\mathbf{r}}\cdot\delta\dot{\mathbf{r}} + \delta\dot{\mathbf{r}}^2\right)$$

und wir machen den üblichen Trick mit Infinitesimalzahlen, Quadrate und Terme mit höherer Potenz zu ignorieren, um zu geben:

$$\delta S = m\int_{t_1}^{t_2} \dot{\mathbf{r}}\cdot\delta\dot{\mathbf{r}}$$

Der nächste Schritt ist ein hinterhältiger Trick, den nur die erfahreneren Physiker erraten werden, ohne dass es ihnen gesagt wird (ich habe es nicht getan :-). Wir verwenden die partielle Integration:

$$\int u\dot v\, dt= uv\bigg|_{\text{end points}} - \int \dot u v\, dt$$

mit$u = \dot{\mathbf{r}}$So$\dot u = \ddot{\mathbf{r}}$, Und$\dot v = \delta\dot{\mathbf{r}}$So$v = \delta\mathbf{r}$, und das gibt uns:

$$\delta S = \left[ m\dot{\mathbf{r}}\cdot\delta\mathbf{r} \right]_{t_1}^{t_2} - m \int_{t_1}^{t_2} \ddot{\mathbf{r}}\cdot\delta\mathbf{r}$$

Aber die Endpunkte sind so festgelegt$\delta\mathbf{r}(t_1) = \delta\mathbf{r}(t_2) = 0$und der erste Term ist null und gibt:

$$\delta S = -m \int_{t_1}^{t_2} \ddot{\mathbf{r}}\cdot\delta\mathbf{r}$$

Am Extremum der Aktion$\delta S = 0$, also muss das Integral Null sein. Jedoch$\delta\mathbf{r}$kann alles sein, wie jede Variation von$\mathbf{r}$ist erlaubt. Das Integral kann also nur dann Null sein, wenn$\ddot{\mathbf{r}} = 0$, und nach all diesem Schmerz landen wir bei Newtons erstem Gesetz:

$$\ddot{\mathbf{r}} = 0$$

Das freie Teilchen hat also eine konstante Geschwindigkeit und damit eine konstante kinetische Energie.

Da es sicherlich jemand erwähnen wird (obwohl es auf diesem Gebiet etwas über meinem persönlichen Niveau liegt), sagt uns das Noether-Theorem , dass die Energie erhalten bleibt, wenn die Aktion nicht zeitabhängig ist. Wir brauchten also nicht wirklich all diese Arbeit, um zu dem Schluss zu kommen, dass sich die kinetische Energie nicht ändern kann.