Twierdzenie Schmeorem. Niezmienny galileuszowy Lagrangian dla dowolnej liczby klasycznych cząstek oddziałujących z potencjałem:

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

Dla każdego niezmiennego Galileusza Lagrangianu $ L (\ dot {x} _k, x_k) $, Lagrangianu

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

jest jawnie niezmiennikiem Galileusza i ma taką samą dynamikę (zakładając oryginalny Lagrangian był niezmiennikiem Galileusza).

Galileuszowe własności x są takie jak zwykle. Zmienne dynamiczne obejmują zmienne $ \ lambda, u $, które działają jako mnożniki Lagrange'a. Prawo transformacji dla u i $ \ lambda $ to:

$ x \ rightarrow x-vt $

$ u \ rightarrow uv $

$ \ lambda \ rightarrow \ lambda $

A sprawdzenie, czy nowy Lagrangian jest całkowicie niezmienny, jest trywialne. Równanie ruchu dla $ \ lambda $ sprawia, że ​​$ u $ jest stałe, równe $ u_0 $, podczas gdy równanie ruchu $ u $ integruje się z

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

aż do addytywnej stałej, którą wyzerowałem. To prawie wszystkie równania ruchu, ale jest jeszcze jedno równanie, które pochodzi z ekstremalnego działania względem $ u_0 $, które ustawia

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

Gdzie czas nie ma znaczenia, ponieważ jest to środek prędkości masowej, który jest zachowany. Nakaz Noether w jawnie niezmiennym działaniu Galileusza jest trywialny - konserwowana ilość związana z galileuszowymi wzmocnieniami to tylko $ \ lambda $ i to jest rzeczywiście środek pozycji masy.

Dlaczego to działa

Jeśli zintegrujesz energię kinetyczną dla zwykłego działania swobodnej cząstki przez części, otrzymasz:

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

Ta akcja jest niezmiennikiem Galileusza na powłoce masy, co oznacza, że ​​niezmiennicza część nie-galilejska jest równa zeru, gdy wymuszasz równania ruchu. Oznacza to, że dodanie kilku dodatkowych pól niedynamicznych powinno dać niezmienną akcję Galileusza poza powłoką, a to jest $ \ lambda, u $.

Relacja z transformacjami Lorentza

Kiedy wykonujesz Transformacja Lorentza, działanie cząstki długości łuku jest niezmienne. Ale jeśli ustalisz początek transformacji Lorentza w czasie początkowym, czas końcowy zostanie przekształcony, więc ścieżka nie będzie już zmierzać do tego samego czasu końcowego po transformacji. Kiedy przyjmiesz nierelatywistyczną granicę, czas końcowy degeneruje się z czasem początkowym, ale koszt działania przesunięcia czasu końcowego nie zbliża się do zera.

Oznacza to, że potrzebujesz dodatkowej zmiennej, aby zachować śledzić nieskończenie mały kawałek czasu końcowego i że ta dodatkowa zmienna będzie wymagała nietrywialnego prawa transformacji w transformacjach Galileusza.

Aby dowiedzieć się, jaka powinna być ta nowa zmienna, zawsze najlepiej jest rozważyć analogiczną rzecz dla niezmienniczości rotacyjnej. Rozważ strunę rozciąganą z niewielkimi odchyleniami od poziomu i niech odchylenie struny od poziomu wynosi h (t). Niezmienna obrotowo energia potencjalna jest długością łuku łańcucha

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

i to jest energia potencjalna co daje niezmienny rotacyjnie analog równania falowego. Gdy przejdziesz do małych odchyleń, rozszerzenie U daje zwykłą energię potencjalną równania falowego

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

i nie jest to już niezmienne rotacyjnie. Ale jest niezmienna skosem, co oznacza, że ​​dodanie stałej linii nachylenia do h nie zmienia energii. Tyle że tak, przez doskonałą pochodną:

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

Jest to oczywiście ta sama dokładna sytuacja, jak w przypadku niezmiennika Lorentza, który przekształca się w niezmienniczość Galileusza, z wyjątkiem zastosowania niezmiennika rotacyjnego, gdzie intuicja każdego jest niezachwiana. Dodatkowa energia $ a ^ 2 \ ponad 2 $ wynika z kwadratowej dodatkowej długości obróconego struny, podczas gdy liniowa pochodna doskonała $ ah '$ integruje się z $ a (h_f - h_i) $, a to jest wielkość redukcji / wzrost długości podczas obracania nachylonej struny.

Aby uzyskać w pełni niezmienną od przechylenia energię potencjalną, musisz dodać zmienną $ u $, która jest dynamicznie ograniczana, aby wyrównać całkowite nachylenie struny . Ta zmienna rozróżnia różne obrócone wersje struny: samo obracanie struny bez obracania średniej zmiennej przechyłu spowoduje zmianę energii - dzieje się tak, ponieważ przechylenie struny poziomej między 0 a A nie jest tym samym, co wstępne nachylona struna pomiędzy 0 a A, wstępnie nachylona struna ma inną długość. Samo obracanie całkowitego nachylenia zmieni energię, ale obracanie obu nic nie daje, a to jest kodowanie niezmienniczości obrotowej.

Potrzebujesz więc zmiennej średniej pochylenia, aby zamienić jawną niezmienniczość obrotową na jawną niezmienniczość nachylenia. Całkowita energia potencjalna jest wtedy określana jako odchylenie od średniego nachylenia:

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

i u przekształca się jako $ ua $ pod nachyleniem o a. To sprawia, że ​​energia potencjalna jest niezmienna.

Energia kinetyczna jest określona przez zależność h od czasu i musi istnieć mnożnik Lagrange'a, aby wymusić, że całkowite nachylenie jest równe średniemu nachyleniu

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

Gdzie $ \ beta $ jest globalnym mnożnikiem Lagrange'a w x dla u, zmuszając go do równości h '. Ale nie zaszkodzi zezwolenie u na zmianę x, o ile mnożnik Lagrange'a wymusza stałą. Sposobem na to jest zmiana terminu mnożnika Lagrange'a na

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

Ale równanie ruchu zabija drugi człon, więc potrzebujesz tylko mnożnika Lagrange'a, aby był:

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

Równania ruchu automatycznie ograniczają u jako średnie nachylenie. Te manipulacje mają dokładne analogie w transformacjach Lorentza i wyjaśniają związek jawnie niezmiennego działania Galileusza z działaniem Lorentza. Analogiem średniego nachylenia jest środek prędkości masy.

W tym miejscu chciałbym rozwinąć niektóre argumenty podane w inspirującej odpowiedzi Rona Maimona. Rozważmy cząstki punktowe $ N $ z pozycjami $ {\ bf r} _1, \ ldots, {\ bf r} _N $. Grupa transformacji Galileusza jest np. Wyjaśniona tutaj. Jedyną transformacją, o której będziemy odtąd wyraźnie wspominać, jest transformacja ścinania

$$ t \ longrightarrow t, \ qquad {\ bf r} _i \ longrightarrow {\ bf r} _i- {\ bf v} t, $$

gdzie $ {\ bf v} $ jest względną stałą prędkością dwóch ramek odniesienia.

1 ) Zacznijmy od ewidentnie Galileusza niezmiennego Lagrangianu

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

gdzie $ {\ bf u} = {\ bf u} (t) $ i $ {\ bf \ lambda} = {\ bf \ lambda} (t) $ to kanoniczna para dodatkowych zmiennych. Transformacja Galileusza odczytuje

$$ t \ longrightarrow t, \ qquad {\ bf r} _i \ longrightarrow {\ bf r} _i- {\ bf v} t, \ qquad {\ bf u} \ longrightarrow {\ bf u} - {\ bf v}, \ qquad {\ bf \ lambda} \ longrightarrow {\ bf \ lambda}. $$

2) Następnie zintegrujmy mnożnik Lagrange'a $ {\ bf \ lambda} $. Równanie ruchu (= eom) dla $ {\ bf \ lambda} $ to $ \ dot {\ bf u} \ około 0 $. (Znak $ \ ok $ oznacza w tej odpowiedzi równy modulo eom. ) To pozostawia $ {\ bf u} _0 $ w trybie zerowym, który jest niezależny od $ t $. Nowy Lagrangian

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

nadal jest ewidentnie niezmiennikiem Galileusza. Transformacja Galileusza odczytuje

$$ t \ longrightarrow t, \ qquad {\ bf r} _i \ longrightarrow {\ bf r} _i- {\ bf v} t, \ qquad {\ bf u} _0 \ longrightarrow {\ bf u} _0 - {\ bf v}. $$

Eom dla $ {\ bf r} _i $ to drugie prawo Newtona, jak powinno być:

$$ m_i \ ddot {\ bf r} _i \ approx - \ nabla_i V, \ qquad i = 1, \ ldots, N. $$

Dochodzimy do wniosku, że

Dwóch Lagrangianów $ L_1 $ i $ L_2 $ to odpowiedzi twierdzące na pytanie OP (v1).

3) Na koniec zintegrujmy $ {\ bf u} _0 $ trybu zerowego. Eom dla $ {\ bf u} _0 $ odczytuje

$$ {\ bf u} _0 \ ok \ frac {\ sum_ {i = 1} ^ {N} m_i \ dot {\ bf r } _i} {M}, \ qquad M: = \ sum_ {i = 1} ^ {N} m_i. $$

Nowy Lagrangian

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

jest nadal ewidentnie Niezmiennik Galileusza. Eom dla $ {\ bf r} _i $ to drugie prawo Newtona z odejmowaniem środka masy:

$$ m_i \ ddot {\ bf r} _i- \ frac {m_i} {M} \ sum_ {j = 1} ^ {N} m_j \ ddot {\ bf r} _j \ approx - \ nabla_i V, \ qquad i = 1, \ ldots, N. $$

To jest nadal zgodnie z drugim prawem Newtona, ponieważ wiemy, że środek masy (= CM) układu izolowanego musi mieć zerowe przyspieszenie:

$$ \ ddot {\ bf r} _ {CM} = \ frac {\ sum_ {j = 1} ^ {N} m_j \ ddot {\ bf r} _j} {M} \ ok {\ bf 0}. $$

Ale $ L_3 $ nie produkują te 3 eom, które określają ruch CM. Dochodzimy do wniosku, że

Lagrangian $ L_3 $ nie jest odpowiedzią na pytanie OP (v1).

Staje się to szczególnie wyraźne, jeśli wybierzemy tylko jedną cząstkę $ N = 1 $. Wtedy Lagrangian $ L_3 $ znika identycznie $ L_3 = 0 $.

Odpowiedź jest przecząca. W grupie Galileusza nie ma żadnego działania niezmiennej cząstki swobodnej. W dalszej części zostanie podane wyjaśnienie heurystyczne, a dodatkowo odniesienie, w którym przedstawiono bardziej szczegółowy dowód.

Podstawowym powodem jest to, że Grupa Galileusza nie może być zrealizowana na algebrze Poissona funkcji w przestrzeni fazowej cząstki swobodnej $ T ^ {*} \ mathbb {R} ^ 3 $ (wyposażonej w kanoniczną formę symplektyczną). To tylko jego centralne rozszerzenie (proszę zobaczyć następującą stronę Wikipedii), które można zrealizować za pomocą nawiasów Poissona. W przypadku tego środkowego rozszerzenia nawiasy Poissona między generatorami wzmocnień $ B_i $ i tłumaczenia (tj. składowe pędu) $ P_i $ już nie znika, ale zależy od masy cząstki:

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

Ponieważ wzmocnienia muszą generować transformację: $ P_i \ rightarrow P_i + m v_i $ na współrzędnych pędu za pośrednictwem kanonicznych nawiasów Poissona, generatory wzmocnienia muszą być realizowane jako wielokrotności współrzędnych pozycji $ Q_i $.

$ B_i = m Q_i $

Prawo transformacji wzmocnień w przestrzeni fazowej (która jest rozmaitością początkowych danych, więc ta realizacja nie obejmuje czasu):

$ 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} mv ^ 2 $

Łatwo jest sprawdzić, czy bezpłatny pa rticle Hamiltonian jest niezmienny i jego transformacja spełnia prawo grupowe. Ale ta świadomość nadal nie czyni Lagrangianu $ L = \ vec {P}. \ Dot {\ vec {Q}} - H $ niezmiennym, ponieważ forma Cartana-Poincare'a: $ \ vec {P} .d \ vec { Q} $ nie jest niezmienna i zmienia się przez całkowitą pochodną: $ md \ vec {v}. \ Vec {Q} $. W ten sposób istnienie masy zapobiega niezmienności działania z powodu kanonicznego nawiasu Poissona, a nie z powodu wyboru dynamiki poprzez konkretny wybór hamiltonianu.

Niezmienność postaci Cartana-Poincare'a pod wzmocnieniami jest określana jako nierównoważność map pędu powiązanych z wzmocnieniami, co wskazuje, że nie możemy przedefiniować generatorów grup, więc znika nawias Poissona między wzmacniaczami a generatorami translacji . Zobacz strony 430-433 i ćwiczenie 12.4.6 w „Wprowadzenie do mechaniki i symetrii” autorstwa Marsdena i Ratiu, aby uzyskać dokładny dowód.

W tym miejscu chcielibyśmy rozszerzyć niektóre argumenty podane w inspirującej odpowiedzi Davida Bar Moshe. W szczególności będziemy argumentować, że $ ^ 1 $

Naturalną nierelatywistyczną algebrą Liego w mechanice Newtona jest algebra Bargmanna, a nie algebra Galileusza!

1. Zaczynamy od relatywistycznego hamiltonianu lagrangianu $$ L_H ~ = ~ {\ bf p} \ cdot \ dot {\ bf x} - H, \ tag {1} $$ dla punktowej cząstki bez spinu w $ n $ wymiarach czasoprzestrzeni na mierniku statycznym, por. na przykład moja odpowiedź Phys.SE tutaj. Niech hamiltonian $ ^ 2 $ $$ \ begin {align} H ~: = ~ p ^ 0c-mc ^ 2 ~ \ stackrel {(3)} {\ approx} ~ & \ sqrt {{\ bf p } ^ 2c ^ 2 + m ^ 2c ^ 4} -mc ^ 2 \ cr & \ quad \ longrightarrow \ quad H _ {\ infty} ~: = ~ \ frac {{\ bf p} ^ 2} {2m} \ quad \ text {for} \ quad c \ to \ infty \ end {align} \ tag {2} $$ być energią kinetyczną, tj. energią $$ p ^ 0c ~ \ approx ~ \ sqrt {{\ bf p} ^ 2c ^ 2 + m ^ 2c ^ 4} \ tag {3} $$ minus pozostała energia $ mc ^ 2 $ . Zwróć uwagę, że stały człon $ mc ^ 2 $ w języku Lagrangian nie wpływa na równania Eulera-Lagrange'a (EL). Interesuje nas nierelatywistyczny limit $ c \ to \ infty $ . Nierelatywistyczny Lagrangian OP można uzyskać z nierelatywistycznego hamiltonianu Lagrangianu (1), integrując 3 $ -momenta $ {\ bf p} $ , czyli przez transformację Legendre.

2. Generatory $ n (n \! - \! 1) / 2 $ to generatory Lorentza $$ J ^ {\ mu \ nu} ~ = ~ x ^ {\ mu} p ^ {\ nu} - x ^ {\ nu} p ^ {\ mu}, \ qquad \ mu, \ nu ~ \ in ~ \ {0,1,2, \ ldots, n \! - \! 1 \}. \ tag {4} $$ Mamy $$ \ frac {p ^ 0} {c} \ quad \ stackrel {(3)} {\ longrightarrow} \ quad m \ quad \ text {for} \ quad c \ to \ infty. \ tag {5} $$ Generatory $ n \! - \! 1 $ to $ ^ 3 $ $$ \ begin {align} B ^ i ~: = ~ \ frac {J ^ {0i}} {c} ~ \ stackrel {(4)} {=} ~ &tp ^ ix ^ i \ frac {p ^ 0} {c} \ cr & \ quad \ stackrel {(5)} {\ longrightarrow} \ quad B _ {\ infty} ^ i ~: = ~ tp ^ i-mx ^ i \ quad \ text {for} \ quad c \ to \ infty. \ end {align} \ tag {6} $$

3. Weź pod uwagę kanoniczne nawiasy Poissona $$ \ begin {align} \ {x ^ {\ mu}, x ^ {\ nu} \} ~ = ~ 0, & \ qquad \ {x ^ {\ mu}, p ^ {\ nu} \} ~ = ~ \ eta ^ {\ mu \ nu}, \ qquad \ {p ^ {\ mu} , p ^ {\ nu} \} ~ = ~ 0, \ cr & \ mu, \ nu ~ \ in ~ \ {0,1,2, \ ldots, n \! - \! 1 \}. \ end { align} \ tag {7} $$ Powszechnie wiadomo, że nawiasy Poissona generatorów Poincare $$ p ^ {\ mu}, J ^ {\ mu \ nu}, \ qquad \ mu, \ nu ~ \ in ~ \ {0,1,2, \ ldots, n \! - \! 1 \}. \ tag {8} $$ odtworzyć $ n $ -dimensional algebra Poincare'a $ iso (n \! - \! 1 , 1) $ . Masa $ m $ ma z definicji znikający nawias Poissona z dowolnym elementem $$ \ {m, \ cdot \} ~ = ~ 0. \ tag {9} $$

4. Łatwo jest sprawdzić, czy algebra Poissona z $ n (n \! + \! 1) / 2 \! + \! 1 $ span > generatory $$ H, p ^ i, J ^ {ij}, B ^ i, m, \ qquad i, j ~ \ in ~ \ {1,2, \ ldots, n \ ! - \! 1 \}, \ qquad c ~ < ~ \ infty, \ tag {10} $$ w nierelatywistycznej granicy $ c \ to \ infty $ staje się algebrą Bargmanna $$ \ {B ^ i, H \} ~ \ stackrel {(2) + (6)} {=} ~ p ^ i, \ qquad \ {p ^ i, B ^ j \} ~ \ stackrel {(6) + (5)} {=} ~ m \ delta ^ {ij}, \ qquad \ ldots, \ tag {11} $$ tj. centralnie rozszerzona algebra Galileusza. [Wielokropek $ \ ldots $ w równ. (11) wskazuje na inne znane relacje komutacyjne, których nie będziemy tutaj powtarzać. W przeciwieństwie do innych generatorów (10), masa $ m $ nie jest funkcją czasu / zmienną dynamiczną]. Algebra Bargmanna to Inonu-Wigner skurcz $$ iso (n \! - \! 1,1) \ oplus u (1). \ tag {12} $$
   Tutaj $ iso (n \! - \! 1,1) $ to algebra Poincare (8), podczas gdy $ u (1) $ to algebra generowana przez generator masy $ m $ , który należy do środka, por. eq. (9). Zwróć uwagę, że nawiasy Poissona dla algebry Bargmanna nadal się zachowują, jeśli zamiast tego użyjemy nierelatywistycznych wyrażeń $ H _ {\ infty} $ i $ B _ {\ infty} ^ i $ . Aby zapoznać się z pokrewnym argumentem, zobacz także ref. 1.

5. W pozostałej części tej odpowiedzi założymy, że $ c = \ infty $ . Można sprawdzić, czy każdy generator Bargmanna $ Q $ spełnia tożsamość poza powłoką $$ \ {Q, H \} + \ frac {\ Partial Q} {\ Partial t} ~ = ~ 0. \ tag {13} $$ Oznacza to, że generator Bargmanna $ Q $ generuje nieskończenie małą quasisymetrię $$ \ delta ~ = ~ \ {\ cdot, Q \} \ epsilon \ tag {14} $$ hamiltonianu lagrangianu (1), por. moja odpowiedź Phys.SE tutaj.

6. Przykład. $ B ^ i $ generatory boost (6) generują nieskończenie małe transformacje Galileusza. Są to quasi-symetrie $$ \ {L_H, B ^ i \} ~ \ stackrel {(1) + (6)} {=} ~ \ frac {df ^ i} {dt}, \ qquad f ^ i ~ = ~ mx ^ i, \ tag {15} $$ ze sobą jako podopiecznymi Noether: $$ Q ^ i ~ = ~ \ frac {\ częściowe L_H} {\ części \ dot {x} ^ j} \ {x ^ j, B ^ i \} -f ^ ja ~ \ stackrel {(1) + (6) + (15)} {=} ~ tp ^ i-mx ^ i ~ \ stackrel {(6)} {=} ~ B ^ i. \ tag {16} $$

Referencje:

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

-

$ ^ 1 $ W celu wstępnego zapytania OP, czy możliwe jest uzyskanie ścisłej symetrii Lagrangianu, a nie tylko quasiymetrii, zapoznaj się z innymi odpowiedziami.

$ ^ 2 $ Notacje & Konwencje: greckie indeksy $ \ mu, \ nu = 0,1,2, \ ldots, n \! - \! 1 $ , oznaczają indeksy czasoprzestrzeni; podczas gdy indeksy rzymskie $ i, j = 1,2, \ ldots, n \! - \! 1 $ , (i pogrubioną czcionką) oznaczają indeksy przestrzenne. Symbol $ \ ok $ oznacza relację w powłoce. Konwencja znaków Minkowskiego to $ (-, +, \ ldots, +) $ . I $ x ^ 0 \ equiv ct. $

$ ^ 3 $ Jak zwykle w kwantyzacji kanonicznej, warunek statycznego ustalenia miernika $ t = \ lambda $ (niezmienniczości reparametryzacji linii świata) łamie manifestację symetrii Poincarego. Jednak quasisymetria doładowania zostaje przywrócona w nierelatywistycznym limicie $ c \ to \ infty $ .