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Solución:
… lo que me gustaría saber es por qué obtenemos un Hamiltoniano cero. Sospecho que esto se debe a la invariancia de reparametrización … ¿Sucederá esto siempre? ¿Por qué?
Sí, se debe a la invariancia de reparametrización. En otras palabras, el resultado cero-hamiltoniano es válido para alguna acción invariante de reparametrización, no solo para la partícula relativista. En este sentido, la respuesta a “¿Sucederá siempre?” Es sí. Y una forma de responder al “¿Por qué?” La cuestión es dar una prueba general. Eso es lo que haré aquí.
Denotaré el parámetro como $ t $ en lugar de $ lambda $, porque es más fácil de escribir.
Considere cualquier modelo con una acción de la forma
$$ S = int dt L (t) hskip2cm L (t) = L big ( phi (t), dot phi (t) big) tag 1 $$
dónde $ phi_1 (t), phi_2 (t), … $ es una colección de variables dinámicas. Si la acción es invariante bajo traslaciones rígidas en $ t $, entonces el teorema de Noether nos da una cantidad conservada correspondiente: el hamiltoniano. Si la acción es invariante bajo reparametrizaciones en $ t $, entonces podríamos esperar obtener un resultado más fuerte debido a la simetría más extrema, y lo hacemos: la ley de conservación aún se mantiene, pero la cantidad conservada es idénticamente cero (y por lo tanto inútil). El objetivo es demostrar que la simetría más grande conduce a este resultado más fuerte.
Suponga que la acción es invariante bajo todas las transformaciones de la forma
$$ phi_n (t) rightarrow phi_n (t + epsilon) tag 2 $$
dónde $ épsilon (t) $ se permite ser cualquier función suave para la que el mapa $ t flecha derecha t + epsilon (t) $ es invertible. Esta es la invariancia de reparametrización. Para infinitesimal $ epsilon $,
begin ecuación delta phi_n (t) = dot phi_n (t) epsilon. etiqueta 3 end ecuación
Tome la derivada de esto con respecto a $ t $ Llegar
begin ecuación delta dot phi_n (t) = frac d dt Big ( dot phi_n (t) epsilon Big). etiqueta 4 end ecuación
Ahora considera la identidad
begin ecuación delta S = int dt delta L tag 5 end ecuación
con
begin ecuación delta L = sum_n left ( frac parcial L parcial phi_n delta phi_n + frac parcial L parcial dot phi_n delta punto phi_n right), etiqueta 6 end ecuación
que es válido para alguna transformación de la $ phi $s. Para la transformación particular (3) – (4), las ecuaciones (4) – (5) se vuelven
begin ecuación delta S = sum_n int dt left ( frac parcial L parcial phi_n dot phi_n epsilon + frac parcial L parcial dot phi_n frac d dt ( dot phi_n epsilon) right). etiqueta 7 end ecuación
Compare esto con la identidad
$$ frac d dt (L epsilon) = sum_n left ( frac parcial L parcial phi_n dot phi_n + frac parcial L parcial punto phi_n frac d dt punto phi_n right) epsilon + L frac d dt epsilon tag 8 $$
para ver que (7) también se puede escribir
begin ecuación delta S = int dt left ( frac d dt (L epsilon) + left[sum_nfracpartial Lpartial dotphi_ndotphi_n-Lright]
frac d dt epsilon right). etiqueta 9 end ecuación
Para cualquier intervalo de integración finito, el primer término es cero si $ épsilon (t) $ es cero en los puntos finales del intervalo de integración. Ya que $ d epsilon / dt $ es arbitrario dentro de este intervalo, y dado que esto es válido para cualquier intervalo, la invariancia de la acción ($ delta S = 0 $) implica que la cantidad entre corchetes debe ser cero. La cantidad entre corchetes es el hamiltoniano, por lo que esto completa la prueba de que el hamiltoniano es idénticamente cero en esta clase de modelos.
He aquí otra forma:
Suponga que su lagrangiano tiene la siguiente propiedad, para cualquier $ theta $ (podría ser una función del tiempo $ t $):
begin ecuación etiqueta 1 L (q, , theta , dot q) = theta , L (q, , dot q). end ecuación
Esto implica que la accin
begin ecuación etiqueta 2 S = int_ t_1 ^ t_2 L (q, , dot q) , dt end ecuación
es invariante bajo una reparametrización del tiempo: $ t , Flecha derecha , tau (t) $ que no cambia los límites de integración: $ tau (t_1) = t_1 $ y $ tau (t_2) = t_2 $. Luego, usando (1), podría escribir lo siguiente:
begin ecuación etiqueta 3 frac d , d theta , L (q, , theta , dot q) Big | _ theta = 1 = punto q , frac parcial L parcial punto q equiv L (q, , punto q), end ecuación
lo que implica un hamiltoniano desaparecido:
begin ecuación etiqueta 4 H = punto q , frac parcial L parcial punto q -L = 0. end ecuación
Esto se aplica a su lagrangiano para una partícula relativista, con $ q rightarrow x ^ mu $ y $ t rightarrow lambda $.
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Transformaciones de reparametrización de línea mundial infinitesimal (WL)
$$ t ^ prime – t ~ =: ~ delta t ~ = ~ – varepsilon (t), qquad text (variación horizontal) tag A $$$$ q ^ prime j (t) – q ^ j (t) ~ =: ~ delta_0 q ^ j (t) ~ = ~ varepsilon (t) dot q ^ j (t), qquad text (variación vertical) tag B $$$$ q ^ prime j (t ^ prime) – q ^ j (t) ~ =: ~ delta q ^ j (t) ~ = ~ 0. qquad text (variación completa) tag C $$
son de calibre / local /$ t $-transformaciones dependientes, que es estrictamente hablando el ámbito del segundo teorema de Noether. Esto conduce a una identidad de Noether fuera de la cáscara (L). -
En contraste, el primer teorema de Noether en su formulación básica considera global /$ t $-Transformaciones independientes. (Para la prueba relacionada de la conservación de energía en el caparazón a través de la simetría de traducción del tiempo global, consulte, por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí.) Sin embargo, en el caso de OP, hay una $ t $-Truco dependiente. Cálculos estándar sencillos revelan que la variación infinitesimal de la acción
$$ S ~ = ~ int_I ! Dt ~ L tag D $$
es de la forma
$$ delta S ~ = ~ int_I ! dt ~ ( varepsilon k + h dot varepsilon), tag E $$
para alguna función $ k $, donde la función de la energía
$$ h ~: = ~ p_j dot q ^ jL, qquad p_j ~: = ~ frac parcial L parcial dot q ^ j, tag F $$
es el cargo de Noether. -
Caso si la transformación (A) – (C) es una simetría estricta fuera de caparazón: Si la variación infinitesimal (E) no tiene contribuciones de frontera, debemos tener
$$ varepsilon k + h dot varepsilon ~ equiv ~ 0 tag G $$
fuera de cáscara. Tomando $ varepsilon $ ser $ t $-independiente vemos que
$$ k ~ equiv ~ 0. tag H $$
Comparando con la ecuación. (G), obtenemos la conclusión buscada de OP$$ h ~ equiv ~ 0. tag I $$
En otras palabras, el Lagrangiano $ L $ es una función homogénea de las velocidades generalizadas $ dot q $ de peso 1, cf. La respuesta de Cham. Más adelante veremos a través de la ecuación. (L) esa eq. (I) también implica que el Lagrangiano $ L $ no tiene una dependencia explícita del tiempo. En este caso, la acción (D) es manifiestamente invariante para la reparametrización de WL.
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Caso si la transformación (A) – (C) es una cuasi-simetría fuera de caparazón: Resulta que
$$ k ~ equiv ~ frac delta S delta q ^ j dot q ^ j + dot h, tag J $$
de modo que la variación infinitesimal (E) es
$$ delta S ~ = ~ int_I ! dt ~ ( varepsilon frac delta S delta q ^ j dot q ^ j + frac d (h varepsilon) dt). tag K $$
Incluso si permitimos posibles contribuciones derivadas del tiempo total en la variación infinitesimal (K), todavía obtenemos una identidad de Noether fuera de la cáscara$$ 0 ~ equiv ~ – frac delta S delta q ^ j dot q ^ j ~ equiv ~ ( dot p _j- frac parcial L parcial q ^ j) dot q ^ j ~ equiv ~ frac d (p_j dot q ^ j) dt – ( frac parcial L parcial q ^ j dot q ^ j + frac parcial L parcial dot q ^ j ddot q ^ j) $$$$ ~ equiv ~ frac d (p_j dot q ^ j) dt – ( frac dL dt – frac parcial L parcial t) ~ equiv ~ frac dh dt + frac parcial L parcial t. etiqueta L $$
Ejemplo 1: Si $ L (q, dot q) $ no tiene dependencia temporal explícita, entonces la energía (F) no tiene dependencia temporal explícita. De la identidad fuera de la cáscara (L)
$$ 0 ~ equiv ~ frac dh (q, dot q) dt ~ = ~ frac parcial h (q, dot q) parcial q ^ j dot q ^ j + frac h parcial (q, dot q) parcial dot q ^ j ddot q ^ j, tag M $$
deducimos que la energía $ h $ debe ser una constante global independiente de todas las variables $ (q, dot q, t) $.Ejemplo 2: Si $ L (t) $ no depende de $ q $ y $ dot q $, luego la acción $ S $ tiene una cuasi-simetría bajo la transformación (A) – (C), y la energía es $ h (t) = – L (t) $.
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