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Solución:
Teorema de Schmeorem. Un lagrangiano invariante de Galileo para cualquier número de partículas clásicas que interactúan con un potencial:
$$ S = int sum_k m_k ( dot x _k-u) ^ 2 over 2 + lambda dot u – U (x_k) ; ; ; dt $$
Para cualquier $ L ( dot x _k, x_k) $ lagrangiano invariante galileo, el
$$ L ‘( dot x _k, x_k, lambda, u) = L ( dot x _k-u, x_k) + lambda dot u $$
es explícitamente invariante galileano y tiene la misma dinámica (suponiendo que el lagrangiano original fuera invariante galileano).
Las propiedades galileanas de las x son las habituales. Las variables dinámicas se extienden para incluir $ lambda, u $ que actúan como multiplicadores de Lagrange. La ley de transformación para u y $ lambda $ es:
$ x rightarrow x-vt $
$ u rightarrow uv $
$ lambda rightarrow lambda $
Y es trivial comprobar que el nuevo lagrangiano es completamente invariante. La ecuación de movimiento para $ lambda $ simplemente hace que $ u $ sea constante, igual a $ u_0 $, mientras que la ecuación de movimiento para $ u $ se integra a
$$ lambda = – sum_k m_k x_k – M u_0 t $$
hasta una constante aditiva que he puesto a cero. Estas son casi todas las ecuaciones de movimiento, pero hay una ecuación más que proviene de extremar la acción con respecto a $ u_0 $, que establece
$$ u_0 = sum_k m_k dot x _k $$
Donde el tiempo no es importante, porque este es el centro de velocidad de masa, que se conserva. La prescripción de Noether en la acción invariante explícitamente galileana es trivial: la cantidad conservada asociada con los impulsos galileanos es solo $ lambda $, y esta es de hecho la posición del centro de masa.
Por que esto funciona
Si integra la energía cinética para la acción habitual de partículas libres por partes, obtiene:
$$ S = int sum_k m ddot x _k x_k + U (x_k) dt $$
Esta acción es invariante galileana en el cascarón de masa, lo que significa que la parte invariante no galileana es cero cuando aplica las ecuaciones de movimiento. Esto significa que agregar algunos campos no dinámicos adicionales debería producir una acción invariante de Galileo fuera del shell, y este es el $ lambda, u $.
Relación con las transformaciones de Lorentz
Cuando realiza una transformación de Lorentz, la acción de la partícula de longitud de arco es invariante. Pero si fija el origen de la transformación de Lorentz en el tiempo inicial, el tiempo final se transforma, por lo que la ruta ya no va al mismo tiempo final después de la transformación. Cuando se toma el límite no relativista, el tiempo final se vuelve degenerado con el tiempo inicial, pero el costo de acción de cambiar el tiempo final no se acerca a cero.
Esto significa que necesita una variable adicional para realizar un seguimiento del bit infinitesimal del tiempo final, y que esta variable adicional necesitará una ley de transformación no trivial bajo las transformaciones de Galileo.
Para saber cuál debería ser esta nueva variable, siempre es mejor considerar lo análogo para la invariancia rotacional. Considere un string en tensión con pequeñas desviaciones de la horizontal, y deje que la desviación de la string desde la horizontal sea h (t). La energía potencial invariante rotacionalmente es la longitud de arco de la string
$$ U = int sqrt 1 + h ‘^ 2 dx $$
y esta es la energía potencial que da el análogo invariante rotacionalmente de la ecuación de onda. Una vez que se llega a pequeñas desviaciones, la expansión de U da la energía potencial habitual de la ecuación de onda
$$ U (h) = int 1 over 2 h ‘^ 2 dx $$
y esto ya no es invariante rotacionalmente. Pero es invariante para la asimetría, lo que significa que agregar una línea de pendiente constante ah no cambia la energía. Excepto que lo hace, por una derivada perfecta:
$$ U (h + ax) = int 1 over 2 h ‘^ 2 + ah’ + a ^ 2 over 2 dx $$
Esta es claramente la misma situación exacta que para la invariancia de Lorentz que se convierte en invariancia galileana, excepto que se usa la invariancia rotacional, donde la intuición de todos es firme. La energía adicional $ a ^ 2 over 2 $ se debe a la longitud extra cuadrática de una string, mientras que la derivada perfecta lineal $ ah ‘$ se integra a $ a (h_f – h_i) $, y esta es la cantidad de reducción / aumento de longitud cuando se gira una string.
Entonces, para obtener una energía potencial completamente invariante a la inclinación, debe agregar una variable $ u $ que está restringida dinámicamente para igualar la inclinación total de la string. Esta variable distinguirá entre diferentes versiones rotadas del string: girando el string por sí solo sin rotar la variable de inclinación promedio cambiará la energía — esto se debe a que inclinar la horizontal string entre 0 y A no es lo mismo que el preinclinado string entre 0 y A, el pre-inclinado string tiene una longitud diferente. La rotación de la inclinación total por sí sola cambiará la energía, pero la rotación de ambos no hace nada, y esta es la codificación de la invariancia rotacional.
Por lo tanto, necesita una variable de inclinación promedio para convertir la invariancia rotacional explícita en invariancia de inclinación explícita. La energía potencial total viene dada por las desviaciones de la inclinación promedio:
$$ U = int 1 over 2 (h’-u) ^ 2 dx $$
yu se transforma en $ ua $ bajo una inclinación de a. Esto hace que la energía potencial sea invariante.
La energía cinética viene dada por la dependencia del tiempo de h, y debe haber un multiplicador de Lagrange para hacer cumplir que la inclinación total es igual a la inclinación promedio
$$ S = int 1 over 2 dot h ^ 2 – 1 over 2 (h’-u) ^ 2 + beta (u – h ‘) dt dx $$
Donde $ beta $ es un multiplicador global en x Lagrange para u, forzándolo a ser igual a h ‘. Pero no hace ningún daño permitir que u varíe en x, siempre que el multiplicador de Lagrange haga que sea constante. La forma de hacer esto es cambiar el término del multiplicador de Lagrange a
$$ – int lambda ‘(u (x) – h’ (x)) dx = int lambda (u ‘(x) – h’ ‘(x)) $$
Pero luego la ecuación de movimiento mata el segundo término, por lo que solo necesita que un multiplicador de Lagrange sea:
$$ int lambda u ‘(x) $$
Y las ecuaciones de movimiento restringen automáticamente u para que sea la pendiente promedio. Estas manipulaciones tienen análogos exactos en las transformaciones de Lorentz y explican la relación de la acción invariante explícitamente galileana con la acción de Lorentz. El análogo de la pendiente promedio es el centro de la velocidad de la masa.
Aquí me gustaría ampliar algunos de los argumentos dados en la inspiradora respuesta de Ron Maimon. Considerar $ N $ partículas puntuales con posiciones $ bf r _1, ldots, bf r _N $. El grupo de transformación de Galileo se explica, por ejemplo, aquí. La única transformación, que nos molestaremos en mencionar explícitamente a partir de ahora, es la transformación de corte.
$$ begin align t ~ longrightarrow ~ & t, cr qquad bf r _i ~ longrightarrow ~ & bf r _i- bf v t, end align etiqueta 1 $$
dónde $ bf v $ es la velocidad constante relativa de los dos marcos de referencia.
- Empecemos por el lagrangiano invariante manifiestamente galileo
$$ begin align L_1 ~ = ~ & sum_ i = 1 ^ N frac m_i 2 ( dot bf r _i – bf u) ^ 2 + bf lambda cdot dot bf u – V, cr V ~: = ~ & sum_ {1 leq i
dónde $ bf u = bf u (t) $ y $ bf lambda = bf lambda (t) $ son un par canónico de variables adicionales. La transformación de Galilea dice
$$ 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 $$
- A continuación integremos el multiplicador de Lagrange $ bf lambda $. La ecuación de movimiento (= eom) para $ bf lambda $ es $ dot bf u aproximadamente 0 $. (Los $ aprox $ firmar significa en esta respuesta igual módulo eom.) Esto deja un modo cero $ bf u _0 $, que es independiente de $ t $. El nuevo lagrangiano
$$ L_2 ~ = ~ sum_ i = 1 ^ N frac m_i 2 ( dot bf r _i – bf u _0) ^ 2- V tag 4 $$
sigue siendo manifiestamente invariante galileano. La transformación de Galilea dice
$$ 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 $$
El eom para $ bf r _i $ son la segunda ley de Newton como debería ser:
$$ begin align m_i ddot bf r _i ~ approx ~ & – nabla_i V, cr i ~ = ~ & 1, ldots, N. end align tag 6 $ PS
Concluimos que
Los dos lagrangianos $ L_1 $ y $ L_2 $ son respuestas afirmativas a la pregunta del OP (v1).
- Finalmente integremos el modo cero $ bf u _0 $. El eom para $ bf u _0 $ lee
$$ begin align bf u _0 ~ approx ~ & frac sum_ i = 1 ^ N m_i dot bf r _i M, cr M ~ : = ~ & sum_ i = 1 ^ N m_i. end align etiqueta 7 $$
El nuevo lagrangiano
$$ L_3 ~ = ~ sum_ i = 1 ^ N frac m_i 2 left ( dot bf r _i- frac sum_ j = 1 ^ N m_j dot bf r _j M right) ^ 2- V tag 8 $$
sigue siendo manifiestamente invariante galileo. El eom para $ bf r _i $ son la segunda ley de Newton con una resta del centro de masa:
$$ begin align m_i ddot bf r _i- frac m_i M sum_ j = 1 ^ N m_j ddot bf r _j ~ approx ~ & – nabla_i V, cr i ~ = ~ & 1, ldots, N. end align tag 9 $$
Esto sigue siendo coherente con la segunda ley de Newton, ya que sabemos que el centro de masa (= CM) de un sistema aislado debe tener aceleración cero:
$$ begin align ddot bf r _ CM ~ = ~ & frac sum_ j = 1 ^ N m_j ddot bf r _j M cr ~ approx ~ & bf 0. end align tag 10 $$
Pero $ L_3 $ no produce estos 3 eom, que determinan el movimiento CM. Concluimos que
El lagrangiano $ L_3 $ es no una respuesta a la pregunta del OP (v1).
Esto se vuelve particularmente claro si elegimos solo una partícula $ N = 1 $. Entonces el Lagrangiano $ L_3 $ desaparece de forma idéntica $ L_3 = 0 $.
La respuesta es negativa. No hay acción de la partícula libre invariante bajo el grupo de Galileo. A continuación, se dará una explicación heurística y además una referencia donde una prueba más detallada está provisto.
La razón básica es que el grupo galileano no se puede realizar en el álgebra de Poisson de funciones en el espacio de fase de la partícula libre $ T ^ * mathbb R ^ 3 $ (equipada con la forma simpléctica canónica). Es solo su extensión central (por favor, consulte la siguiente página de Wikipedia) que se puede realizar en términos de corchetes de Poisson. Para esta extensión central, los corchetes de Poisson entre los generadores de los impulsos $ B_i $ y las traslaciones (es decir, los componentes del impulso) $ P_i $ ya no se desvanecen sino que dependen de la masa de la partícula:
$ B_i, P_j = m delta_ ij $.
Dado que los aumentos deben generar la transformación: $ P_i rightarrow P_i + m v_i $ en las coordenadas de impulso a través de los paréntesis canónicos de Poisson, los generadores de impulso deben realizarse como múltiplos de las coordenadas de posición $ Q_i $.
$ B_i = m Q_i $
La ley de transformación de los impulsos en el espacio de fase (que es la variedad de los datos iniciales, por lo que esta realización no implica tiempo):
$ Q_i rightarrow Q_i $
$ P_i flecha derecha P_i + m v_i $
$ H ( vec P) rightarrow H ( vec P + m vec v) – vec P. Vec v – frac 1 2 mv ^ 2 PS
Es fácil verificar que la partícula libre hamiltoniana es invariante y su transformación satisface una ley de grupo. Pero esta comprensión aún no hace que el $ L = vec P. Dot vec Q – H $ lagrangiano sea invariante, porque la forma de Cartan-Poincare: $ vec P .d vec Q $ no es invariante y cambia por una derivada total: $ md vec v. Vec Q $. Así, la existencia de masa impide que la acción sea invariante, debido al paréntesis canónico de Poisson y no debido a la elección de la dinámica a través de la elección particular del hamiltoniano.
La no invariancia de la forma de Cartan-Poincaré bajo los impulsos se conoce como no equivariancia de los mapas de impulso asociados a los impulsos, lo que indica que no podemos redefinir los generadores de grupo, por lo que el corchete de Poisson entre los impulsos y los generadores de traducción desaparece. Consulte las páginas 430-433 y el ejercicio 12.4.6 en “Introducción a la mecánica y la simetría”, de Marsden y Ratiu para una demostración rigurosa.
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