Galileische Invarianz von Lagrange für nicht-relativistisches freies Punktteilchen?

Satz Schmeorem. Ein Galileisch-invarianter Lagrange-Operator für eine beliebige Anzahl klassischer Teilchen, die mit einem Potential wechselwirken:

$$S = \int \sum_k {m_k(\dot{x}_k-u)^2\over 2} + \lambda \dot{u} - U(x_k)\;\;\; dt$$

Für jede galiläisch-invariante Lagrange-Funktion$L(\dot{x}_k, x_k)$, der Lagrange

$$L'(\dot{x}_k,x_k, \lambda, u) = L(\dot{x}_k-u,x_k) + \lambda \dot{u}$$

ist explizit galiläisch invariant und hat die gleiche Dynamik (unter der Annahme, dass die ursprüngliche Lagrange-Funktion galiläisch invariant war).

Die galiläischen Eigenschaften der x sind wie üblich. Die dynamischen Variablen erstrecken sich auf include$\lambda,u$die als Lagrange-Multiplikatoren wirken. Das Transformationsgesetz für u und$\lambda$sind:

$x \rightarrow x-vt$

$u \rightarrow u-v$

$\lambda \rightarrow \lambda$

Und es ist trivial nachzuweisen, dass die neue Lagrange-Funktion vollständig invariant ist. Die Bewegungsgleichung für$\lambda$macht einfach$u$konstant, gleich$u_0$, während die Bewegungsgleichung für$u$integriert sich zu

$$\lambda = - \sum_k m_k x_k - M u_0 t$$

bis auf eine additive Konstante, die ich auf Null gesetzt habe. Dies sind fast alle Bewegungsgleichungen, aber es gibt noch eine weitere Gleichung, die sich aus der Extremisierung der Aktion in Bezug auf ergibt$u_0$, die setzt

$$u_0 = \sum_k m_k \dot{x}_k$$

Wobei die Zeit unwichtig ist, weil dies die Schwerpunktsgeschwindigkeit ist, die erhalten bleibt. Die Noether-Vorschrift in der explizit galiläischen unveränderlichen Wirkung ist trivial – die mit galiläischen Verstärkungen verbundene Erhaltungsgröße ist gerecht$\lambda$, und dies ist tatsächlich die Position des Massenmittelpunkts.

Warum das funktioniert

Integriert man die kinetische Energie für die übliche Wirkung freier Teilchen partiell, erhält man:

$$S = \int \sum_k m\ddot{x}_k x_k + U(x_k) dt$$

Diese Aktion ist auf der Massenschale galiläisch invariant, was bedeutet, dass der nicht-galiläische invariante Teil Null ist, wenn Sie die Bewegungsgleichungen erzwingen. Dies bedeutet, dass das Hinzufügen einiger zusätzlicher nichtdynamischer Felder eine Galileische invariante Aktion außerhalb der Schale erzeugen sollte, und dies ist die$\lambda, u$.

Beziehung zu Lorentz-Transformationen

Wenn Sie eine Lorentz-Transformation durchführen, ist die Bogenlängen-Partikelaktion invariant. Wenn Sie jedoch den Ursprung der Lorentz-Transformation auf die Anfangszeit festlegen, wird die Endzeit transformiert, sodass der Pfad nach der Transformation nicht mehr zur gleichen Endzeit führt. Wenn Sie die nicht-relativistische Grenze nehmen, entartet die Endzeit mit der Anfangszeit, aber die Aktionskosten durch die Verschiebung der Endzeit gehen nicht gegen Null.

Dies bedeutet, dass Sie eine zusätzliche Variable benötigen, um das unendlich kleine Bit der Endzeit zu verfolgen, und dass diese zusätzliche Variable ein nichttriviales Transformationsgesetz unter Galilei-Transformationen benötigt.

Um herauszufinden, was diese neue Variable sein sollte, ist es immer am besten, das Analoge für die Rotationsinvarianz zu betrachten. Stellen Sie sich eine gespannte Saite mit kleinen Abweichungen von der Horizontalen vor und lassen Sie die Abweichung der Saite von der Horizontalen h(t) sein. Die rotationsinvariante potentielle Energie ist die Bogenlänge der Saite

$$U = \int \sqrt{1+h'^2} dx$$

und dies ist die potentielle Energie, die das rotationsinvariante Analogon der Wellengleichung ergibt. Sobald Sie zu kleinen Abweichungen gehen, ergibt die Erweiterung für U die übliche potentielle Energie der Wellengleichung

$$U(h) = \int {1\over 2} h'^2 dx$$

und diese ist nicht mehr rotationsinvariant. Aber es ist schief-invariant, was bedeutet, dass das Hinzufügen einer konstanten Steigungslinie zu h die Energie nicht ändert. Abgesehen davon, dass dies durch eine perfekte Ableitung der Fall ist:

$$U(h + ax) = \int {1\over 2}h'^2 + a h' + {a^2\over 2} dx$$

Dies ist eindeutig genau die gleiche Situation wie bei der Umwandlung der Lorentz-Invarianz in die Galileische Invarianz, außer dass die Rotationsinvarianz verwendet wird, bei der die Intuition aller fest ist. Das zusätzliche$a^2\over 2$Energie ist auf die quadratische Extralänge einer gedrehten Saite zurückzuführen, während die lineare perfekte Ableitung$ah'$integriert sich zu$a (h_f - h_i)$, und dies ist der Betrag der Verringerung/Zunahme der Länge, wenn Sie eine geneigte Saite drehen.

Um also eine vollständig neigungsinvariante potentielle Energie zu erhalten, müssen Sie eine Variable hinzufügen$u$die dynamisch auf die Gesamtneigung der Saite beschränkt ist. Diese Variable unterscheidet zwischen verschiedenen gedrehten Versionen der Saite: Das Drehen der Saite an sich ohne Drehen der durchschnittlichen Neigungsvariable ändert die Energie – das liegt daran, dass das Neigen der horizontalen Saite zwischen 0 und A nicht ganz dasselbe ist wie das Vorher- gekippte Saite zwischen 0 und A, die vorgekippte Saite hat eine andere Länge. Das Drehen der Gesamtneigung allein ändert die Energie, aber das Drehen beider bewirkt nichts, und dies ist die Codierung der Rotationsinvarianz.

Sie benötigen also eine durchschnittliche Neigungsvariable, um die explizite Rotationsinvarianz in eine explizite Neigungsinvarianz umzuwandeln. Die gesamte potentielle Energie ergibt sich dann aus den Abweichungen von der mittleren Neigung:

$$U = \int {1\over 2} (h'-u)^2 dx$$

und u transformiert als$u-a$unter einer Neigung von a. Dies macht die potentielle Energie invariant.

Die kinetische Energie ist durch die Zeitabhängigkeit von h gegeben, und es muss einen Lagrange-Multiplikator geben, um zu erzwingen, dass die Gesamtneigung gleich der durchschnittlichen Neigung ist

$$S = \int {1\over 2} \dot h^2 - {1\over 2} (h'-u)^2 + \beta (u - h') dt dx$$

Wo$\beta$ist ein globaler in x Lagrange-Multiplikator für u, der ihn zwangsweise gleich h' macht. Aber es schadet nicht, u in x variieren zu lassen, solange der Lagrange-Multiplikator erzwingt, dass es konstant ist. Der Weg, dies zu tun, besteht darin, den Lagrange-Multiplikatorterm in zu ändern

$$- \int \lambda' (u(x) - h'(x)) dx = \int \lambda (u'(x) - h''(x))$$

Aber dann tötet die Bewegungsgleichung den zweiten Term, sodass Sie nur einen Lagrange-Multiplikator benötigen, um zu sein:

$$\int \lambda u'(x)$$

Und die Bewegungsgleichungen zwingen u automatisch dazu, die durchschnittliche Steigung zu sein. Diese Manipulationen haben genaue Analoga in Lorentz-Transformationen und erklären die Beziehung der explizit Galilei-invarianten Wirkung zur Lorentz-Wirkung. Das Analogon der durchschnittlichen Steigung ist die Schwerpunktgeschwindigkeit.

Hier möchte ich einige der Argumente aus Ron Maimons inspirierender Antwort erweitern. In Betracht ziehen$N$Punktpartikel mit Positionen${\bf r}_1, \ldots, {\bf r}_N$. Die Galileische Transformationsgruppe wird zB hier erklärt . Die einzige Transformation, die wir ab jetzt explizit erwähnen wollen, ist die Schertransformation

$$\begin{align} t ~\longrightarrow~& t,\cr \qquad {\bf r}_i ~\longrightarrow~& {\bf r}_i- {\bf v}t,\end{align}\tag{1}$$

wo${\bf v}$ist die relative konstante Geschwindigkeit der beiden Referenzrahmen.

1. Gehen wir von der offensichtlich galiläisch invarianten Lagrangefunktion aus

$$\begin{align} L_1~=~&\sum_{i=1}^{N} \frac{m_i}{2}(\dot{\bf r}_i-{\bf u})^2 + {\bf \lambda} \cdot \dot{\bf u} - V, \cr V~:=~& \sum_{1\leq i<j\leq N}V_{ij}(|{\bf r}_i-{\bf r}_j|),\end{align}\tag{2}$$

wo${\bf u}={\bf u}(t)$und${\bf \lambda}={\bf \lambda}(t)$sind ein kanonisches Paar zusätzlicher Variablen. Die galiläische Transformation lautet

$$\begin{align} t ~\longrightarrow~& t, \cr {\bf r}_i ~\longrightarrow~& {\bf r}_i- {\bf v}t, \cr {\bf u}~\longrightarrow~& {\bf u}-{\bf v}, \cr {\bf \lambda} ~\longrightarrow~& {\bf \lambda}.\end{align}\tag{3}$$

2. Als nächstes integrieren wir den Lagrange-Multiplikator${\bf \lambda}$. Die Bewegungsgleichung (=eom) für${\bf \lambda}$ist$\dot{\bf u} \approx 0$. (Das$\approx$Vorzeichen bedeutet in dieser Antwort gleich modulo eom. ) Dies hinterlässt einen Null-Modus${\bf u}_0$, die unabhängig von ist$t$. Der neue Lagrange

$$L_2~=~\sum_{i=1}^{N} \frac{m_i}{2}(\dot{\bf r}_i-{\bf u}_0)^2- V\tag{4}$$

ist immer noch offensichtlich galiläisch invariant. Die galiläische Transformation lautet

$$\begin{align} t ~\longrightarrow~& t, \cr {\bf r}_i ~\longrightarrow~& {\bf r}_i- {\bf v}t, \cr {\bf u}_0~\longrightarrow~& {\bf u}_0-{\bf v}.\end{align}\tag{5}$$

Das eom für${\bf r}_i$sind Newtons zweites Gesetz, wie es sein sollte:

$$\begin{align} m_i \ddot{\bf r}_i~\approx~& -\nabla_i V, \cr i~=~&1,\ldots, N.\end{align}\tag{6}$$

Wir schließen daraus

Die beiden Lagrange$L_1$und$L_2$sind positive Antworten auf die Frage des OP (v1).

3. Lassen Sie uns schließlich den Nullmodus integrieren${\bf u}_0$. Das eom für${\bf u}_0$liest

$$\begin{align} {\bf u}_0 ~\approx~& \frac{\sum_{i=1}^{N}m_i\dot{\bf r}_i}{M}, \cr M~:=~& \sum_{i=1}^{N}m_i. \end{align}\tag{7}$$

Der neue Lagrange

$$L_3~=~\sum_{i=1}^{N} \frac{m_i}{2}\left(\dot{\bf r}_i-\frac{\sum_{j=1}^{N}m_j\dot{\bf r}_j}{M}\right)^2- V \tag{8}$$

ist immer noch offensichtlich galiläisch invariant. Das eom für${\bf r}_i$sind Newtons zweites Gesetz mit einer Schwerpunktsubtraktion:

$$\begin{align} m_i \ddot{\bf r}_i-\frac{m_i}{M}\sum_{j=1}^{N}m_j\ddot{\bf r}_j~\approx~& -\nabla_i V, \cr i~=~&1,\ldots, N.\end{align}\tag{9}$$

Dies steht immer noch im Einklang mit Newtons zweitem Gesetz, da wir wissen, dass der Schwerpunkt (= CM) eines isolierten Systems eine Nullbeschleunigung haben muss:

$$\begin{align}\ddot{\bf r}_{CM}~=~&\frac{\sum_{j=1}^{N}m_j\ddot{\bf r}_j}{M}\cr~\approx~&{\bf 0}.\end{align}\tag{10}$$

Aber$L_3$erzeugt nicht diese 3 eom, die die CM-Bewegung bestimmen. Wir schließen daraus

Der Lagrange$L_3$ist keine Antwort auf die Frage des OP (v1).

Dies wird besonders deutlich, wenn wir nur ein Teilchen wählen$N=1$. Dann der Lagrange$L_3$verschwindet identisch$L_3=0$.

Die Antwort ist negativ. Es gibt keine Wirkung der freien Teilcheninvariante unter der Galileischen Gruppe. Im Folgenden wird eine heuristische Erklärung gegeben und zusätzlich eine Referenz, wo ein detaillierterer Beweis geliefert wird.

Der Hauptgrund ist, dass die Galileische Gruppe nicht auf der Poisson-Algebra von Funktionen auf dem Phasenraum des freien Teilchens realisiert werden kann$T^{*}\mathbb{R}^3$(ausgestattet mit der kanonischen symplektischen Form). Lediglich ihre zentrale Verlängerung (siehe folgende Wikipedia-Seite ) kann in Form von Poisson-Klammern realisiert werden. Für diese zentrale Erweiterung sind die Poisson-Klammern zwischen den Generatoren der Boosts$B_i$und die Übersetzungen (dh die Komponenten des Impulses)$P_i$nicht mehr verschwindet, sondern von der Masse des Teilchens abhängt:

$\{B_i, P_j\} = m\delta_{ij}$.

Da Boosts die Transformation erzeugen müssen:$P_i \rightarrow P_i + m v_i$auf den Impulskoordinaten über die kanonischen Poisson-Klammern müssen die Boost-Generatoren als Vielfache der Ortskoordinaten realisiert werden$Q_i$.

$B_i = m Q_i$

Das Transformationsgesetz der Boosts auf den Phasenraum (der die Mannigfaltigkeit der Anfangsdaten ist, daher beinhaltet diese Realisierung keine Zeit):

$Q_i \rightarrow Q_i$

$P_i \rightarrow P_i + m v_i$

$H(\vec{P}) \rightarrow H(\vec{P}+m\vec{v}) - \vec{P}.\vec{v}-\frac{1}{2}m v^2$

Es ist leicht zu verifizieren, dass der Hamiltonoperator für freie Teilchen invariant ist und seine Transformation ein Gruppengesetz erfüllt. Aber diese Erkenntnis macht den Lagrange noch nicht$L = \vec{P} .\dot{\vec{Q}} - H$invariant, weil die Cartan-Poincare-Form:$\vec{P}.d\vec{Q}$ist nicht invariant und ändert sich durch eine totale Ableitung:$m d \vec{v}.\vec{Q}$. Das Vorhandensein von Masse verhindert also, dass die Wirkung invariant ist, und zwar wegen der kanonischen Poisson-Klammer und nicht wegen der Wahl der Dynamik durch die spezielle Wahl des Hamilton-Operators.

Die Nicht-Invarianz der Cartan-Poincare-Form unter den Boosts wird als Nicht-Äquivarianz der den Boosts zugeordneten Momentum-Maps bezeichnet, was darauf hinweist, dass wir die Gruppengeneratoren nicht neu definieren können, sodass die Poisson-Klammer zwischen den Boosts und den Übersetzungsgeneratoren verschwindet. Siehe Seiten 430-433 und Übung 12.4.6 in "Introduction to mechanics and symmetry" von Marsden und Ratiu für einen strengen Beweis.

Hier möchten wir einige der Argumente aus David Bar Moshes inspirierender Antwort erweitern. Insbesondere werden wir das argumentieren$^1$

Die natürliche nicht-relativistische Lie-Algebra in der Newtonschen Mechanik ist die Bargmann-Algebra, nicht die Galileische Algebra!

1. Wir gehen von der relativistischen Hamilton-Lagrange-Funktion aus

   $$L_H ~=~{\bf p}\cdot \dot{\bf x} - H , \tag{1}$$ für ein spinloses Punktteilchen in$n$Raumzeitdimensionen im statischen Messgerät, vgl. zB meine Phys.SE-Antwort hier . Lassen Sie den Hamiltonian$^2$ $$\begin{align} H~:=~&p^0c-mc^2\cr ~\stackrel{(3)}{\approx}~&\sqrt{{\bf p}^2c^2+m^2c^4}-mc^2\cr \quad\longrightarrow &\quad H_{\infty}~:=~\frac{{\bf p}^2}{2m}\quad\text{for}\quad c\to \infty \end{align}\tag{2}$$ sei die kinetische Energie, also die Energie $$p^0c~\approx~\sqrt{{\bf p}^2c^2+m^2c^4}\tag{3}$$ abzüglich der Restenergie$mc^2$. Beachten Sie, dass ein konstanter Begriff$mc^2$in der Lagrange-Funktion hat keinen Einfluss auf die Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen. Uns interessiert der nichtrelativistische Grenzwert$c\to \infty$. Der nicht-relativistische Lagrange-Operator von OP kann aus dem nicht-relativistischen Hamilton-Lagrange-Operator (1) durch Integrieren von erhalten werden$3$-Momente${\bf p}$, dh durch Legendre-Transformation.

2. Das$n(n\!-\!1)/2$Lorentzgeneratoren sind

   $$\begin{align}J^{\mu\nu}~=~& x^{\mu} p^{\nu} - x^{\nu} p^{\mu}, \cr \mu,\nu~\in~&\{0,1,2,\ldots, n\!-\!1\}.\end{align}\tag{4}$$ Wir haben $$\frac{p^0}{c} \quad\stackrel{(3)}{\longrightarrow}\quad m\quad\text{for}\quad c\to \infty.\tag{5}$$ Das$n\!-\!1$Boost-Generatoren sind$^3$ $$\begin{align} B^i~:=~&\frac{J^{0i}}{c}\cr ~\stackrel{(4)}{=}~&tp^i-x^i\frac{p^0}{c}\cr \quad\stackrel{(5)}{\longrightarrow}&\quad B_{\infty}^i~:=~tp^i-mx^i\quad\text{for}\quad c\to \infty.\end{align} \tag{6}$$

3. Betrachten Sie die kanonischen Poisson-Klammern

   $$\begin{align}\{x^{\mu}, x^{\nu}\}~=~&0, \cr \{x^{\mu}, p^{\nu}\}~=~&\eta^{\mu\nu}, \cr \{p^{\mu}, p^{\nu}\}~=~&0, \cr \mu,\nu~\in~&\{0,1,2,\ldots, n\!-\!1\}.\end{align} \tag{7}$$ Es ist bekannt, dass die Poisson-Klammer der Poincare-Generatoren $$\begin{align} p^{\mu},J^{\mu\nu},& \cr \mu,\nu~\in~&\{0,1,2,\ldots, n\!-\!1\}.\end{align}\tag{8}$$ reproduzieren die$n$-dimensionale Poincare-Algebra $iso(n\!-\!1,1)$. Die Masse$m$hat per Definition eine verschwindende Poisson-Klammer mit jedem Element $$\{m,\cdot\}~=~0. \tag{9}$$

4. Es ist leicht zu überprüfen, dass die Poisson-Algebra mit der$n(n\!+\!1)/2\!+\!1$Generatoren

   $$\begin{align} H, p^i, J^{ij},& B^i, m, \cr i,j~\in~&\{1,2,\ldots, n\!-\!1\},\cr c~<~&\infty,\end{align}\tag{10}$$ im nichtrelativistischen Limes$c\to \infty$wird zur Bargmann-Algebra $$\begin{align}\{ B^i,H\}~\stackrel{(2)+(6)}{=}&~p^i,\cr \{ p^i, B^j\}~\stackrel{(6)+(5)}{=}&~m\delta^{ij}, \cr \ldots,& \end{align}\tag{11}$$ dh die zentral erweiterte Galileische Algebra . [Die Auslassungspunkte$\ldots$in Gl. (11) weist auf andere wohlbekannte Vertauschungsbeziehungen hin, die wir hier nicht wiederholen werden. Im Gegensatz zu den anderen Generatoren (10) ist die Masse$m$ist keine Funktion der Zeit/eine dynamische Variable.] Die Bargmann-Algebra ist eine Inonu-Wigner-Kontraktion von $$iso(n\!-\!1,1)\oplus u(1).\tag{12}$$
   Hier$iso(n\!-\!1,1)$ist die Poincare-Algebra (8), während$u(1)$ist eine vom Massengenerator erzeugte Algebra$m$, die zum Zentrum gehört , vgl. Gl. (9). Beachten Sie, dass die Poisson-Klammern für die Bargmann-Algebra weiterhin gelten, wenn wir stattdessen die nicht-relativistischen Ausdrücke verwenden$H_{\infty}$und$B_{\infty}^i$. Für ein verwandtes Argument siehe auch Lit. 1.

5. Im Rest dieser Antwort gehen wir davon aus$c=\infty$. Das kann man bei jedem Bargmann-Generator überprüfen$Q$erfüllt die Off-Shell-Identität

   $$\{Q,H\} +\frac{\partial Q}{\partial t}~=~0.\tag{13}$$ Das heißt, der Bargmann-Generator$Q$erzeugt eine infinitesimale Quasisymmetrie $$\delta ~=~ \{\cdot ,Q\}\epsilon\tag{14}$$ des Hamiltonschen Lagrangians (1), vgl. meine Phys.SE-Antwort hier .

6. Beispiel. Das$B^i$Boost-Generatoren (6) erzeugen infinitesimale Galilei-Transformationen . Sie sind Quasisymmetrien

   $$\begin{align} \{L_H, B^i\}~\stackrel{(1)+(6)}{=}&~\frac{df^i}{dt}, \cr f^i~=~&m x^i,\end{align}\tag{15}$$ mit sich selbst als Noether-Anklagen: $$\begin{align} Q^i~=~&\frac{\partial L_H}{\partial \dot{x}^j} \{x^j, B^i\} -f^i\cr ~\stackrel{(1)+(6)+(15)}{=}&~ tp^i-mx^i~\cr\stackrel{(6)}{=}~&B^i. \end{align}\tag{16}$$

Verweise:

1. R. Andringa, E. Bergshoeff, S. Panda & M. de Roo, Newtonian Gravity and the Bargmann Algebra, arXiv:1011.1145 , p. 11.

--

$^1$Für die anfängliche Untersuchung von OP, ob es möglich ist, eine strenge Symmetrie der Lagrange-Funktion und nicht nur eine Quasisymmetrie zu erhalten , verweisen wir auf die anderen Antworten.

$^2$ Notationen & Konventionen: Griechische Indizes$\mu,\nu=0,1,2,\ldots, n\!-\!1$, bezeichnen Raumzeit-Indizes; während römische Indizes$i,j=1,2,\ldots, n\!-\!1$, (und Fettdruck) bezeichnen räumliche Indizes. Das$\approx$Symbol bezeichnet eine On-Shell-Beziehung. Die Minkowski-Zeichenkonvention ist$(−,+,\ldots,+)$. Und$x^0\equiv ct.$

$^3$Wie bei der kanonischen Quantisierung üblich, die statische Eichfixierungsbedingung$t=\lambda$(der Weltlinien-Reparametrisierungsinvarianz) bricht die manifeste Poincare-Symmetrie. Die Boost-Quasisymmetrie wird jedoch im nicht-relativistischen Limes wiederhergestellt$c\to \infty$.