Wirkung eines massiven freien Punktteilchens in der relativistischen Mechanik

Question

Wirkung eines massiven freien Punktteilchens in der relativistischen Mechanik

Benutzer71714

Ich las über die Formulierung der Mechanik in der speziellen Relativitätstheorie und fand heraus, dass die Aktion für ein massives freies Punktteilchen als

S = - M C \int_{A}^{B} D S

$S = -mc\int_a^b ds$ Also habe ich ein paar Beobachtungen gemacht, dh.

S = - M C^{2} \int_{A}^{B} D T

$S = -mc^2 \int_a^b dt$ und sein

u_{μ} u^{μ} = C^{2}

$u_{\mu}u^{\mu} = c^2$ Ich schrieb die Aktion als

S = - \int_{A}^{B} M u_{μ} u^{μ} D T

$S = -\int_a^b m u_{\mu}u^{\mu} dt$ was meiner Meinung nach eher der klassischen kinetischen Energie ähnelt.

Nun, ich habe so etwas noch nie in einem Buch oder Text im Internet gesehen. Alle scheinen mit der klassischen Geschwindigkeit und den alten guten Euler-Lagrange-Gleichungen mit Zeit als Parameter zu arbeiten.

Meine Frage ist also: Ist es möglich, aus dieser Aktion die richtigen Gleichungen der relativistischen Dynamik abzuleiten?

Lösungsversuch

Die Aktion ist

S = \int_{A}^{B} L (X, v, T) D T

$S = \int_a^b L(x,v,t) dt$ und es sollte Lorentz-invariant sein (die Aktion oder die Lagrangian?). Ändern Sie nun die Parametrierung des Pfades mit

d τ

$d\tau$ anstatt

d t

$dt$ sollte das Integral nicht ändern (unter der Bedingung, dass sich alles entsprechend ändert). Also schreibe ich die Aktion um als

S = \int_{a}^{β} L (X_{μ}, \frac{D X_{μ}}{D τ}, τ) D τ

$S = \int_{\alpha}^{\beta} L(x_{\mu}, \frac{dx_{\mu}}{d\tau}, \tau)d\tau$ und machen Sie die Variation davon und minimieren Sie sie:

δ S = \int_{a}^{β} [\frac{\partial L}{\partial X_{μ}} δ X_{μ} + \frac{\partial L}{\partial u_{μ}} δ u_{μ}] D τ = 0

$\delta S = \int_{\alpha}^{\beta} \left[ \frac{\partial L}{\partial x_{\mu}}\delta x_{\mu} + \frac{\partial L}{\partial u_{\mu}}\delta u_{\mu}\right] d\tau = 0$ Dann ergibt sich unter Verwendung der alten Manipulationen

\frac{D}{D τ} (\frac{\partial L}{\partial u_{μ}}) - \frac{\partial L}{\partial X_{μ}} = 0

$\frac{d}{d\tau}\left( \frac{\partial L}{\partial u_{\mu}} \right) - \frac{\partial L}{\partial x_{\mu}} = 0$

Dies traf auf den Lagrangian zu, den ich geschrieben habe

L = M η_{μ v} u^{μ} u^{v}

$L = m \eta_{\mu\nu}u^{\mu} u^{\nu}$ scheint den richtigen 4-Impuls zu liefern

P_{v} = \frac{\partial L}{\partial u_{μ}} = M η_{μ v} u^{v}

$p_{\nu} = \frac{\partial L}{\partial u_{\mu}} = m \eta_{\mu\nu}u^{\nu}$

aber der Hamiltonian (Gesamtenergie in dem Text, den ich gerade lese) ist Null:

H = P_{μ} u_{μ} - L = M u_{μ} u^{μ} - M u_{μ} u^{μ} = 0

$H = p_{\mu}u_{\mu} - L = mu_{\mu}u^{\mu} - mu_{\mu}u^{\mu} = 0$

Ich glaube, ich habe die Ableitung der Euler-Lagrange-Gleichungen falsch gemacht, bin mir aber nicht sicher.

ACuriousMind

Dass der Hamilton-Operator null ist, ist völlig richtig – die Aktion ist zeit-reparametrisierungsinvariant, und zeit-reparametrisierungsinvariante Aktionen ergeben im Allgemeinen null Hamilton-Operatoren (die dann nicht der Energie entsprechen). Gibt es hier neben "Ist das richtig?" eine Frage, und wenn ja, können Sie sie klarer formulieren?

ACuriousMind

Beachten Sie jedoch, dass Sie etwas ziemlich Fragwürdiges getan haben: Sie haben es benutzt

u^{2} = 1

$u^2 = 1$ , was eine Eigenschaft der Lösungen der Bewegungsgleichung ist, aber nicht eines generischen Vierervektors

u

$u$ auf der Ebene der Wirkung, wo die Bewegungsgleichungen normalerweise nicht gelten.

QMechaniker

Kommentare zum Beitrag (v2): 1. Der Nicht-Quadratwurzel-Lagrange von OP wird zB in Goldstein, Classical Mechanics, 2. Auflage, Abschnitte 7.9 & 8.4 diskutiert. 2. Beachten Sie, dass die Lagrange-Zahl halbiert sein sollte

L = \frac{m}{2} η_{μ ν} u^{μ} u^{ν}

$L = \frac m 2\eta_{\mu\nu}u^\mu u^\nu$ . Sonst das kanonische Lagrange-Impuls

p_{μ} = \frac{\partial L}{\partial u^{μ}}

$p_\mu = \frac{\partial L}{\partial u^\mu}$ wird doppelt

m η_{μ ν} u^{ν}

$m\eta_{\mu\nu}u^\nu$ . 3. Dies impliziert, dass der Hamilton-Operator nicht Null ist. Tatsächlich ist es im Wert gleich dem Lagrange-Operator. 4. Im Gegensatz dazu verschwindet der Hamilton-Operator, der dem Quadratwurzel-Lagrange-Operator entspricht, aufgrund der Weltlinien-Reparametrisierungsinvarianz.

Benutzer71714

@ACuriousMind ja du hast recht. Das habe ich vergessen zu sagen

u

$u$ ist die 4-Geschwindigkeit des Teilchens. Meine Frage in Wirklichkeit lautet: "Wie sind angesichts dieser Lagrange-Gleichung die Euler-Lagrange-Gleichungen und ob es möglich ist, die üblichen dynamischen Parameter wie Impuls, Energie usw. zu erhalten, indem nur Vektoren im Minkowski-Raum und keine Vektoren im alten euklidischen Raum verwendet werden".

Benutzer71714

@Qmechanic Ich habe mir das Buch ausgeliehen und viel verstanden. Ich war mehr oder weniger richtig, aber jetzt verstehe ich nicht, warum der Faktor 1/2. Ich meine, es funktioniert und alles, aber ich habe den Lagrange mit der quadratischen Form auf den 4-Geschwindigkeiten direkt vom Lagrange im Buch abgeleitet (dem ersten Gl, den ich geschrieben habe).

Antworten (1)

Wirkung eines massiven freien Punktteilchens in der relativistischen Mechanik

Dass der Hamilton-Operator null ist, ist völlig richtig – die Aktion ist zeit-reparametrisierungsinvariant, und zeit-reparametrisierungsinvariante Aktionen ergeben im Allgemeinen null Hamilton-Operatoren (die dann nicht der Energie entsprechen). Gibt es hier neben "Ist das richtig?" eine Frage, und wenn ja, können Sie sie klarer formulieren?
Beachten Sie jedoch, dass Sie etwas ziemlich Fragwürdiges getan haben: Sie haben es benutzt $u^2 = 1$ , was eine Eigenschaft der Lösungen der Bewegungsgleichung ist, aber nicht eines generischen Vierervektors $u$ auf der Ebene der Wirkung, wo die Bewegungsgleichungen normalerweise nicht gelten.
Kommentare zum Beitrag (v2): 1. Der Nicht-Quadratwurzel-Lagrange von OP wird zB in Goldstein, Classical Mechanics, 2. Auflage, Abschnitte 7.9 & 8.4 diskutiert. 2. Beachten Sie, dass die Lagrange-Zahl halbiert sein sollte $L = \frac m 2\eta_{\mu\nu}u^\mu u^\nu$ . Sonst das kanonische Lagrange-Impuls $p_\mu = \frac{\partial L}{\partial u^\mu}$ wird doppelt $m\eta_{\mu\nu}u^\nu$ . 3. Dies impliziert, dass der Hamilton-Operator nicht Null ist. Tatsächlich ist es im Wert gleich dem Lagrange-Operator. 4. Im Gegensatz dazu verschwindet der Hamilton-Operator, der dem Quadratwurzel-Lagrange-Operator entspricht, aufgrund der Weltlinien-Reparametrisierungsinvarianz.
@ACuriousMind ja du hast recht. Das habe ich vergessen zu sagen $u$ ist die 4-Geschwindigkeit des Teilchens. Meine Frage in Wirklichkeit lautet: "Wie sind angesichts dieser Lagrange-Gleichung die Euler-Lagrange-Gleichungen und ob es möglich ist, die üblichen dynamischen Parameter wie Impuls, Energie usw. zu erhalten, indem nur Vektoren im Minkowski-Raum und keine Vektoren im alten euklidischen Raum verwendet werden".
@Qmechanic Ich habe mir das Buch ausgeliehen und viel verstanden. Ich war mehr oder weniger richtig, aber jetzt verstehe ich nicht, warum der Faktor 1/2. Ich meine, es funktioniert und alles, aber ich habe den Lagrange mit der quadratischen Form auf den 4-Geschwindigkeiten direkt vom Lagrange im Buch abgeleitet (dem ersten Gl, den ich geschrieben habe).

QMechaniker · Answer 1

Kommentare zur Frage (v2):

Die Minkowski-Raumzeit kann auf eine Lorentz-Mannigfaltigkeit verallgemeinert werden $(M,g)$ . Wir wählen die Minkowski-Signatur $(-,+,+,+)$ und setzen Sie die Lichtgeschwindigkeit $c=1$ gleich eins.
OP weiß offenbar, dass die Aktion
$\begin{matrix} (1) & S = - E_{0} Δ τ \end{matrix}$ $S = -E_0~ \Delta \tau\tag{1}$ für ein massives Punktteilchen ist minus der Ruheenergie $E_0=m_0$ mal die Änderung $\Delta \tau$ zur rechten Zeit, vgl. zB meine Phys.SE-Antwort hier . Genauer gesagt, Gl. (1) ist die Quadratwurzelwirkung $S = \int_{λ_{ich}}^{λ_{F}} D λ L, L := - M_{0} \sqrt{- {\dot{X}}^{2}},$ $S ~=~ \int_{\lambda_i}^{\lambda_f} \!d\lambda~ L, \qquad L~:=~- m_0\sqrt{- \dot{x}^2},$ $\begin{matrix} (2) & {\dot{X}}^{2} := G_{μ v} {\dot{X}}^{μ} {\dot{X}}^{v}, {\dot{X}}^{μ} := \frac{D X^{μ}}{D λ}, \end{matrix}$ $\dot{x}^2~:=~g_{\mu\nu}~\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}, \qquad \dot{x}^{\mu}~:=~\frac{dx^{\mu}}{d\lambda}, \tag{2}$ Wo $\lambda$ ist ein Weltlinienparameter.
Die kanonische Lagrangedichte $4$ -Impuls ist genau das Mechanische $4$ -Schwung
$\begin{matrix} (3) & P_{μ} := \frac{\partial L}{\partial {\dot{X}}^{μ}} = \frac{M_{0} {\dot{X}}_{μ}}{\sqrt{- {\dot{X}}^{2}}}, {\dot{X}}_{μ} := G_{μ v} {\dot{X}}^{v} . \end{matrix}$ $p_{\mu}~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{x}^{\mu}} ~=~\frac{m_0\dot{x}_{\mu}}{\sqrt{-\dot{x}^2}}, \qquad \dot{x}_{\mu}~:=~g_{\mu\nu}~\dot{x}^{\nu}. \tag{3}$
Die Lagrange-Energiefunktion
$\begin{matrix} (4) & H := P_{μ} {\dot{X}}^{μ} - L = 0 \end{matrix}$ $h~:=~p_{\mu}\dot{x}^{\mu}-L~=~0 \tag{4}$ verschwinden identisch. Dies hängt mit der Tatsache zusammen, dass die Quadratwurzelwirkung (2) eine Weltlinien-Reparametrisierungsinvarianz hat, die eine Eichsymmetrie ist. Notiere dass der $4$ -Impuls (3) ist reparametrisierungsinvariant. Man verwendet oft das statische Messgerät $\begin{matrix} (5) & X^{0} = λ . \end{matrix}$ $x^0~=~\lambda.\tag{5}$
OP überlegt im Wesentlichen, ob man anstelle der Quadratwurzelaktion (2) die Nicht-Quadratwurzelaktion verwenden könnte
$\begin{matrix} (6) & \tilde{S} = \int_{λ_{ich}}^{λ_{F}} D λ \tilde{L}, \tilde{L} := \frac{M_{0}}{2} {\dot{X}}^{2} ? \end{matrix}$ $\tilde{S} ~=~ \int_{\lambda_i}^{\lambda_f} \!d\lambda~ \tilde{L}, \qquad \tilde{L}~:=~ \frac{m_0}{2}\dot{x}^2~~? \tag{6}$ Die Antwort ist Ja. Die entsprechenden Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen sind in beiden Fällen die geodätische Gleichung, vgl. zB dieser Phys.SE Beitrag.
Beachten Sie, dass die nicht-quadratische Aktion (6) keine Weltlinien -Reparametrisierungsinvarianz hat. Außerdem für eine Lösung der EL-Gleichungen der Weltlinienparameter $\lambda$ und die richtige Zeit $\tau$ sind immer affin verwandt, vgl. meine Phys.SE-Antwort hier .
Die kanonische Lagrangedichte $4$ -Schwung
$\begin{matrix} (7) & {\tilde{P}}_{μ} := \frac{\partial \tilde{L}}{\partial {\dot{X}}^{μ}} = M_{0} {\dot{X}}_{μ} \end{matrix}$ $\tilde{p}_{\mu}~:=~\frac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{x}^{\mu}} ~=~m_0\dot{x}_{\mu}\tag{7}$ ist das mechanische $4$ -Impuls, wenn wir den Weltlinienparameter identifizieren $\lambda$ und die richtige Zeit $\tau$ . (Wir betonen, dass eine Identifizierung nicht möglich ist $\lambda=\tau$ bevor Sie die Aktion variieren. Die Identifikation $\lambda=\tau$ ist nur auf der Schale möglich.)
Die Lagrange-Energiefunktion
$\begin{matrix} (8) & \tilde{H} := {\tilde{P}}_{μ} {\dot{X}}^{μ} - \tilde{L} = \tilde{L} \end{matrix}$ $\tilde{h}~:=~\tilde{p}_{\mu}\dot{x}^{\mu}-\tilde{L}~=~\tilde{L} \tag{8}$ ist nur der Lagrange selbst.
Der Nicht-Quadratwurzel-Lagrange (6) und sein entsprechender Hamilton-Operator werden in Lit. diskutiert. 1 und 2.

Verweise:

H. Goldstein, Klassische Mechanik, 2. Auflage, Abschnitte 7.9 & 8.4.
H. Goldstein, Klassische Mechanik, 3. Auflage, Abschnitte 7.10 & 8.4.

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