Pytanie:
Niezmienność Galileusza Lagrangianu dla nierelatywistycznej cząstki punktu swobodnego?
Whelp
2011-09-20 02:16:29 UTC
view on stackexchange narkive permalink

W QFT gęstość Lagrangianu jest jawnie konstruowana jako niezmiennicza Lorentza od samego początku. Jednak Lagrangian

$$ L = \ frac {1} {2} mv ^ 2 $$

dla nierelatywistycznej cząstki punktu swobodnego nie jest niezmienny w transformacji Galileusza. Ostatecznie nie ma to znaczenia, ponieważ różnica jest pochodną czasu całkowitego.

Jednak czy możliwe jest wykazanie niezmiennego galileusza Lagrangianu dla nierelatywistycznej cząstki punktu swobodnego?

Chociaż to pytanie jest dobre, relatywistycznym odpowiednikiem jest relatywistyczny lagranżian cząstek, a nie lagrangian QFT. Nierelatywistyczny Lagrangian pola Schrodingera jest jednoznacznie niezmiennikiem Galileusza z właściwym prawem transformacji świadomego ładunku centralnego dla pola $ \ psi $.
Zrób coś z niewłaściwą odpowiedzią głosowaną za pozytywną. To głupie, a ten błąd zbyt często pojawia się w literaturze.
Czy nie jest to akcja, która jest skonstruowana jako niezmiennicza Lorentza, a nie sam lagrangian?
Cztery odpowiedzi:
Ron Maimon
2011-09-21 12:23:37 UTC
view on stackexchange narkive permalink

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.

Qmechanic
2011-10-02 18:43:49 UTC
view on stackexchange narkive permalink

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 $.

David Bar Moshe
2011-09-20 14:01:24 UTC
view on stackexchange narkive permalink

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.

Jeśli gęstość Lagrangianu jest niezmienna od początku Lorentza dla drobnej cząstki, a transformacja Galileusza jest transformacją Lorentza dla v << c, to w jaki sposób akcja może nagle stać się niezmiennikiem Galileusza dla wolnej cząstki?
To twierdzenie jest fałszywe, co wyraźnie pokazuję poniżej, ale chciałbym tutaj omówić, dlaczego nie jest poprawne. Głównym założeniem, które zawodzi, jest to, że działanie musi być sformułowane przy użyciu tych samych zmiennych dynamicznych, co działanie swobodnych cząstek. To nie wytrzyma. Ale są też inne błędy powyżej: hamiltonian nie jest niezmienny w przypadku wzmocnień generowanych przez mQ, tak samo jak Lagrangian, ale generator doładowań nie jest tak naprawdę mQ (chociaż jest taki w t = 0), ale operator zależny od czasu mQ - vtP, który jest faktycznie stały w czasie (w wyniku zachowania środka masy)
John, Relatywistyczny wolny partl Lagrangian L = -mc ^ 2 \ sqrt {1- \ frac {v ^ 2} {c ^ 2}} nie jest niezmiennikiem Lorentza, tylko pełne działanie $ S = \ int L dt $, gdzie niezmienność $ dt $ anuluje niezmienność Lagrangianu. W nierelatywistycznym limicie bierzemy mały limit prędkości, ale dodatkowo zakładamy, że czas jest niezmienny, to jest technicznie powód utraty niezmienności.
cd. Mówiąc głębiej, procedura ograniczająca, w odniesieniu do której grupa Lorentza jest zdeformowana do grupy Galileusza (zwana Skurczem Wignera-Inonu), jest pojedynczą deformacją, a jednym ze sposobów, aby to zobaczyć, jest to, że nie półprosta grupa jest półprostą, zobacz następującą ekspozycję Shu-Heng Shao: http://lecospa.ntu.edu.tw/upload/tnews/20101009152527_Wigner-Inonu%20Contraction.pdf
@David: Ok, -1. deformacja grupy Galileusza jest wyjątkowa, i co z tego. Wszyscy są zaznajomieni z grupą Galileusza, w tym z centralnym ładunkiem. Poniżej znajduje się jawny niezmienny Lagrangian. Również generator doładowań jest (mQ-Pt) powyżej (v to blooper).
Qmechanic
2017-06-05 02:08:12 UTC
view on stackexchange narkive permalink

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 $ .



To pytanie i odpowiedź zostało automatycznie przetłumaczone z języka angielskiego.Oryginalna treść jest dostępna na stackexchange, za co dziękujemy za licencję cc by-sa 3.0, w ramach której jest rozpowszechniana.
Loading...