Was ist der Kommutator einer Poisson-Klammer und der kovarianten Ableitung?

Question

Was ist der Kommutator einer Poisson-Klammer und der kovarianten Ableitung?

Physik
Kommutator
Kovarianz
Feldtheorie
Poisson-Klammern
generelle Relativität

Leere

Betrachten Sie ein klassisches Vektorfeld $V^\mu$ auf einem gekrümmten Hintergrund. Wir machen eine 3+1-Aufteilung der Koordinaten in $t,x^i$ , Wo $x^i$ sind Koordinaten auf räumlichen Hyperflächen $\Sigma$ Und $t$ der sie beschriftende Parameter.

Betrachten Sie nun eine kanonisch konjugierte

{\tilde{π}}_{μ} = \frac{\partial \tilde{L}}{\partial (\partial_{0} ϕ^{μ})},

$\tilde{\pi}_\mu = \frac{\partial \tilde{\mathcal{L}}}{\partial (\partial_0 \phi^\mu)},$ Wo

\tilde{L}

$\tilde{\mathcal{L}}$ ist der Lagrange-Skalar (die Lagrange-Dichte wäre

L = \tilde{L} \sqrt{- g}

$\mathcal{L} = \tilde{\mathcal{L}} \sqrt{-g}$ ). Dann gilt die folgende Poisson-Klammer

{v^{a} (X^{ich}, T), {\tilde{π}}_{β} (j^{ich}, T)} = \frac{1}{\sqrt{D}} δ_{β}^{a} δ^{(3)} (X^{ich} - j^{ich})

$\{V^\alpha(x^i,t),\tilde{\pi}_\beta (y^i,t)\} = \frac{1}{\sqrt{d}}\delta^{\alpha}_{\;\beta} \delta^{(3)} (x^i - y^i)$ Wo

\sqrt{d}

$\sqrt{d}$ ist die Quadratwurzel der Determinante der Metrik

d_{i j}

$d_{ij}$ an induziert

Σ

$\Sigma$ .

Betrachten Sie nun den Gesamtimpuls

P_{μ} (T) \equiv \int_{Σ} ({\tilde{π}}_{a} (X^{ich}, T) v_{; μ}^{a} (X^{ich}, T) - δ_{μ}^{T} \tilde{L} (X^{ich}, T)) \sqrt{D} D^{3} X

$P_\mu(t) \equiv \int_\Sigma (\tilde{\pi}_\alpha(x^i,t) V^{\alpha}_{\;\; ;\mu}(x^i,t) - \delta^t_\mu \tilde{\mathcal{L}}(x^i,t)) \sqrt{d} \,d^3\! x$ Wo

V_{; μ}^{α} = \nabla_{μ} V^{α}

$V^\alpha_{\;\;;\mu} = \nabla_\mu V^\alpha$ ist der kovariante Gradient und

d Σ = \sqrt{d} d^{3} x

$d\Sigma = \sqrt{d} \, d^3 \! x$ ist ein kovariantes räumliches Volumenelement an

Σ

$\Sigma$ .

Ich möchte nun Klammern wie zB auswerten $\{V^\alpha(y^i,t), P_\mu (t)\},\{P_\mu,P_\nu\}$ oder $\{V^{\alpha}_{\;\; ;\mu},P_\nu\}$ um diese Algebra weiter zu erforschen. Das Problem ist jedoch, dass die Poisson-Klammer u $\nabla_\mu$ offensichtlich nicht pendeln, denn wenn ich ihre Reihenfolge auf unterschiedliche Weise vertausche, erhalte ich anscheinend in jedem Fall unterschiedliche Ergebnisse. Wie erhält man also die kovariante Ableitung außerhalb der Poisson-Klammer?

Mit anderen Worten, ich suche $A^\alpha_{\; \beta \mu}$ Und $B^\alpha_{\; \beta \nu}$ so dass

{v_{; μ}^{a} (X^{ich}, T), {\tilde{π}}_{β} (j^{ich}, T)} = \nabla_{μ}^{(X)} {v^{a} (X^{ich}, T), {\tilde{π}}_{β} (j^{ich}, T)} + A_{β μ}^{a}

$\{V^\alpha_{\;\;;\mu}(x^i,t), \tilde \pi_\beta(y^i,t)\} = \nabla^{(x)}_\mu\{V^\alpha (x^i,t), \tilde \pi_\beta(y^i, t)\} + A^\alpha_{\; \beta \mu}$

{v^{a} (X^{ich}, T), {\tilde{π}}_{β; v} (j^{ich}, T)} = \nabla_{v}^{(j)} {v^{a} (X^{ich}, T), {\tilde{π}}_{β} (j^{ich}, T)} + B_{β v}^{a}

$\{V^\alpha(x^i,t), \tilde \pi_{\beta;\nu}(y^i,t)\} = \nabla^{(y)}_\nu\{V^\alpha (x^i,t), \tilde \pi_\beta(y^i, t)\} + B^\alpha_{\; \beta \nu}$ Welche sind das und wie kann ich sie finden?

Alpha001

Sie differenzieren bzgl

x

$x$ Und

y

$y$ , also sollte es kein Problem sein, die Ableitung vor den Antikommutator zu schreiben (da das andere Argument von einem anderen Raumzeitpunkt abhängt). Sie müssen sich nur den Fall ansehen, wo

x = y

$x=y$ .

Leere

@ Alpha001 Nun, ich arbeite daran, eine Sache, die ich vorher vernachlässigt habe, ist das

\sqrt{d}

$\sqrt{d}$ ist nicht konstant, und das

V^{μ; 0}

$V^{\mu;0}$ sollte eigentlich als Funktion geschrieben werden

π^{μ}

$\pi^\mu$ . Ich werde dies vielleicht als selbst beantwortete Frage posten, sobald sich der Staub nach dem Wochenende gelegt hat, aber wenn Sie möchten, posten Sie bitte jetzt eine Antwort.

QMechaniker

Aus Neugier, was ist/sind der Hamilton-Operator und/oder der Lagrange-Operator der Theorie?

Leere

@Qmechanic Es geht darum, die Beziehungen unabhängig von der Lagrange abzuleiten. Ich nehme an, Sie haben wegen der merkwürdigen Kommutierungsbeziehungen usw. gefragt, ich habe diese Probleme in der Antwort korrigiert.

Antworten (1)

Was ist der Kommutator einer Poisson-Klammer und der kovarianten Ableitung?

Sie differenzieren bzgl $x$ Und $y$ , also sollte es kein Problem sein, die Ableitung vor den Antikommutator zu schreiben (da das andere Argument von einem anderen Raumzeitpunkt abhängt). Sie müssen sich nur den Fall ansehen, wo $x=y$ .
@ Alpha001 Nun, ich arbeite daran, eine Sache, die ich vorher vernachlässigt habe, ist das $\sqrt{d}$ ist nicht konstant, und das $V^{\mu;0}$ sollte eigentlich als Funktion geschrieben werden $\pi^\mu$ . Ich werde dies vielleicht als selbst beantwortete Frage posten, sobald sich der Staub nach dem Wochenende gelegt hat, aber wenn Sie möchten, posten Sie bitte jetzt eine Antwort.
Aus Neugier, was ist/sind der Hamilton-Operator und/oder der Lagrange-Operator der Theorie?
@Qmechanic Es geht darum, die Beziehungen unabhängig von der Lagrange abzuleiten. Ich nehme an, Sie haben wegen der merkwürdigen Kommutierungsbeziehungen usw. gefragt, ich habe diese Probleme in der Antwort korrigiert.

Leere · Answer 1

Es gab einen Fehler in der grundlegenden Annahme der Frage. (Ich habe die ursprüngliche Frage so bearbeitet, dass die Notation übereinstimmt und Sie dort Definitionen von Mengen finden, wenn sie hier nicht definiert sind.)

Viele der Schwierigkeiten bei der Berechnung ergeben sich aus der Tatsache, dass der "eigentliche" kanonisch konjugierte Impuls tatsächlich definiert ist als

π_{μ} = \frac{\partial (\tilde{L} \sqrt{- G})}{\partial (\partial_{0} v^{μ})} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{0} v^{μ})} .

$\pi_\mu = \frac{\partial (\tilde{\mathcal{L}} \sqrt{-g})}{\partial (\partial_0 V^\mu)} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_0 V^\mu)}\,.$ Dieser Schwung

π_{μ} = {\tilde{π}}_{μ} \sqrt{- g}

$\pi_\mu = \tilde{\pi}_\mu \sqrt{-g}$ liegt dann selbst eine Vektordichte an

Σ

$\Sigma$ und die Poisson-Klammer lautet

{v^{a} (X^{ich}, T), π_{β} (j^{ich}, T)} = δ_{β}^{a} δ^{(3)} (X^{ich} - j^{ich}) .

$\{V^\alpha(x^i,t), \pi_\beta (y^i,t)\} = \delta^\alpha_\beta \delta^{(3)}(x^{i} - y^i)\,.$ Beachten Sie, dass in der ursprünglichen Frage die

{V^{α} (x^{i}, t), {\tilde{π}}_{β} (y^{i}, t)}

$\{V^\alpha(x^i,t), \tilde \pi_\beta (y^i,t)\}$ Klammer ist falsch angegeben, weil wir sehen, dass wir haben

{v^{a} (X^{ich}, T), {\tilde{π}}_{β} (j^{ich}, T)} = \frac{1}{\sqrt{- G}} δ_{β}^{a} δ^{(3)} (X^{ich} - j^{ich}) .

$\{V^\alpha(x^i,t), \tilde \pi_\beta (y^i,t)\} = \frac{1}{\sqrt{-g}}\delta^\alpha_\beta \delta^{(3)}(x^{i} - y^i)\,.$ Anhand der Eigenschaften der Delta-Funktion lässt sich dann leicht zeigen, dass für die Funktionale der Felder folgende Poisson-Klammer definiert werden kann:

A (T) [π, ϕ] = \int A (π_{a}, π_{a, ich}, v^{a}, v_{, ich}^{a}, X^{ich}, T) D^{3} X

$A(t)[\pi,\phi] = \int \mathcal{A}(\pi_\alpha,\pi_{\alpha,i}, V^\alpha, V^\alpha_{\;,i},x^i,t) d^3 x$

B (T) [π, ϕ] = \int B (π_{a}, π_{a, ich}, v^{a}, v_{, ich}^{a}, X^{ich}, T) D^{3} X

$B(t)[\pi,\phi] = \int \mathcal{B}(\pi_\alpha,\pi_{\alpha,i}, V^\alpha, V^\alpha_{\;,i},x^i,t) d^3 x$

{A (T), B (T)} = \int \frac{δ A}{δ v^{a}} \frac{δ B}{δ π_{a}} - \frac{δ B}{δ v^{a}} \frac{δ A}{δ π_{a}} D^{3} X

$\{A(t),B(t)\} = \int \frac{\delta \mathcal{A}}{\delta V^\alpha} \frac{\delta \mathcal{B}}{\delta \pi_\alpha} - \frac{\delta \mathcal{B}}{\delta V^\alpha} \frac{\delta \mathcal{A}}{\delta \pi_\alpha} d^3 x$ Wo

A, B

$\mathcal{A},\mathcal{B}$ sind Dichten an

Σ

$\Sigma$ Und

δ F / δ f

$\delta \mathcal{F}/\delta f$ ist die Variationsableitung

\frac{δ F}{δ F} = \frac{\partial F}{\partial F} - \frac{\partial}{\partial X^{ich}} \frac{\partial F}{\partial (F_{, ich})},

$\begin{equation} \frac{\delta \mathcal{F}}{\delta f} = \frac{\partial \mathcal{F}}{\partial f} - \frac{\partial \;}{\partial x^i} \frac{\partial \mathcal{F}}{\partial (f_{,i})}\,, \end{equation}$ wo wir das vermutet haben

F

$\mathcal{F}$ ist nur abhängig von

f

$f$ und seine Gradienten erster Ordnung (für Gradienten höherer Ordnung erhalten wir eine Reihe analoger Terme mit unterschiedlichem Vorzeichen). Dies spricht nur räumliche Gradienten an

Σ

$\Sigma$ und nicht die zeitlichen.

Die zeitlichen Gradienten können dadurch eliminiert werden $field_{,0} = \{field,\mathcal{H}\}$ , können einige Gradienten erster Ordnung durch Ersetzen eliminiert werden

π_{μ} v_{, 0}^{μ} - L = H .

$\pi_\mu V^{\mu}_{\;,0} - \mathcal{L} = \mathcal{H}\,.$

Was die Kommutatoren von Gradienten von Feldern betrifft, so ist es mit diesen besseren Variablen einfach zu berechnen

{v_{; μ}^{a} (X^{ich}, T), π_{β} (j^{ich}, T)} = (δ_{β}^{a} \partial_{μ (X)} + Γ_{μ β}^{a}) δ^{(3)} (X^{ich} - j^{ich})

$\{V^\alpha_{\;;\mu}(x^i,t), \pi_\beta (y^i,t)\} = (\delta^\alpha_\beta \partial_{\mu(x)} + \Gamma^\alpha_{\mu\beta})\delta^{(3)}(x^{i} - y^i)$

{v^{a} (X^{ich}, T), π_{β | μ} (j^{ich}, T)} = (δ_{β}^{a} \partial_{μ (j)} - Γ_{μ β}^{a}) δ^{(3)} (X^{ich} - j^{ich}),

$\{V^\alpha(x^i,t), \pi_{\beta|\mu} (y^i,t)\} = (\delta^\alpha_\beta \partial_{\mu(y)} - \Gamma^\alpha_{\mu\beta})\delta^{(3)}(x^{i} - y^i)\,,$ wo das Symbol

π_{β | μ}

$\pi_{\beta|\mu}$ steht für eine pseudokovariante Ableitung

π_{β | μ} = π_{β, μ} - Γ_{μ β}^{γ} π_{γ}

$\pi_{\beta|\mu} = \pi_{\beta,\mu} - \Gamma^\gamma_{\mu\beta} \pi_\gamma$ (erinnere dich daran

π_{μ}

$\pi_\mu$ ist keine kovariante Größe) und natürlich

\partial_{0} δ^{(3)} = 0

$\partial_0 \delta^{(3)} = 0$ . Diese Ableitung erweist sich als sehr nützlich bei der Berechnung vieler Klammern.

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