Вопрос по теории поля ЛЛ п.16

[rustot]

вольный краткий пересказ. когда смогу пересказать своими словами не переврав - тогда понял

считаем что воздействие поля на частицу определяется только потенциалом $A_i$, который входит в действие как $\int A_i X^i$

тогда лагранжиан частицы в поле $L = L_f + A_i \frac{dX^i}{dt}$, где $L_f$ - лагранжиан свободной частицы

подставляя в $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \vec{v}} = \frac{\partial L}{\partial \vec{r}}$ получаем $\frac{d\vec{p}}{dt} + \frac{d}{dt}\frac{\partial}{\partial \vec{v}}(A_i\frac{dX^i}{dt}) = \frac{\partial L_f}{\partial \vec{r}} + \frac{\partial}{\partial\vec{r}}(A_i \frac{dX^i}{dt})$

и наконец в обозначениях $A_i=(A_0,\vec{A})$ и $\frac{dX^i}{dt}=(c,-\vec{v})$ записываем как $\frac{d\vec{p}}{dt} - \frac{d}{dt}\vec{A} = \frac{\partial L_f}{\partial \vec{r}} + \frac{\partial}{\partial\vec{r}}(A_0 c - \vec{A}\vec{v})$

вопрос - правилен ли пересказ. второй вопрос - куда в книжке делось $\frac{\partial L_f}{\partial\vec{r}}$

[Munin]

У свободной частицы просто нет никакой потенциальной энергии - части, зависящей от $\mathbf{r}.$ Так что она равна нулю, и всё.

Дальше, знаки у вас перед всеми потенциалами неправильные, потому что вы выбрали не тот знак вклада в действие. Это помешает вам сравнивать выкладки с книжкой. В остальном всё верно. Окончательная формула совпадает с той, что написана в § 17 между формулами (17.1) и (17.2).

[rustot]

блин! это называется я "знакомые буквы увидел". воспринял это как форму записи школьного $\frac{d\bf{p}}{dt}d\bf{r} = dE$ ожидая справа увидеть изменение кинетической энергии. действительно же ноль по самой декларируемой независимости L от положения для свободной частицы

а $-\frac{q}{c}$ я специально опустил, как раз чтобы знакомые буквы не мешались. чтобы видно было где математика а где "за уши притянуто", то есть эмпирика. до сих пор эмпирика только сам вид действия, но не содержимое $A_i$

[Munin]

Ну, коэффициент можно опустить, а знак не стоило. Там рассматривается положительно заряженная частица, а не отрицательно заряженный реальный электрон.

[rustot]

Запишем еще раз покороче: $\vec F = \frac{d}{dt}\vec{A} + \operatorname{grad} (A_0 c - \vec{A}\vec{v})$

Теперь заменяя: $\frac{d}{dt}\vec{A} = \frac{\partial}{\partial t}\vec{A} + (\vec{v}\nabla)\vec{A}$ и $\operatorname{grad}{\vec{A}\vec{v}} = (\vec{v}\nabla)\vec{A} + \vec{v}\times\operatorname{rot}\vec{A}$

Получаем: $\vec{F} = \frac{\partial\vec{A}}{\partial t} + c\operatorname{grad}A_0 - \vec{v}\times\operatorname{rot}\vec{A}$

на этом коротком пути опять вопросы.

первая замена, если присмотреться, для одного компонента имеет вид $\frac{d}{dt}A_x = \frac{\partial}{\partial t}A_x + v_x\frac{\partial A_x}{d(v_x t)}$. то есть изменение компоненты $A_x$ как со временем так и с перемещением. Но! Почему нас интересует изменение $A_x$ при перемещении по $dx$ но не интересует допустим при перемещении по $dy$? Скажем частица движется по y а статичное неоднородное $\vec A$ направлено по x, получается в этом случае $\frac{d}{dt}\vec{A} = 0$?

во второй замене отброшены члены с дифферинцировани скорости по dr, потому-что "помня что дифферинцирование по r происходит при постоянном v" - но я не нашел первоисточник этого "помня" и логически тоже понять не могу. почему изменение скорости не учитывается?

[Munin]

rustot в сообщении #710844 писал(а):

первая замена, если присмотреться, для одного компонента имеет вид $\frac{d}{dt}A_x = \frac{\partial}{\partial t}A_x + v_x\frac{\partial A_x}{d(v_x t)}$.

С чего вы это взяли? $\tfrac{d}{dt}A_x=\tfrac{\partial}{\partial t}A_x+v_x\frac{\partial A_x}{\partial x}+v_y\frac{\partial A_x}{\partial y}+v_z\frac{\partial A_x}{\partial z}.$

rustot в сообщении #710844 писал(а):

во второй замене отброшены члены с дифферинцировани скорости по dr, потому-что "помня что дифферинцирование по r происходит при постоянном v" - но я не нашел первоисточник этого "помня" и логически тоже понять не могу. почему изменение скорости не учитывается?

Потому что вы всё ещё находитесь "внутри" частной производной $\tfrac{\partial L}{\partial\mathbf{r}},$ и вычисляете именно её, а в ней $\mathbf{v}$ и $\mathbf{r}$ считаются разными и независимыми параметрами лагранжиана. Связаны они будут, когда будут решены уравнения движения, и можно будет вычислить уже не частную, а полную производную $\tfrac{dL}{d\mathbf{r}},$ а сейчас вы уравнения движения только выписываете.

[rustot]

спасибо, ясно по обоим вопросам

[rustot]

еще вопрос назрел. в действии ведь дифференциал должен быть инвариантом? или нет?

в классике $dt$, в сто $ds$, а почему в действии поля оказалось $dX^i$ которое не инвариант?

[Munin]

rustot в сообщении #712688 писал(а):

в действии ведь дифференциал должен быть инвариантом? или нет?

Э, какой именно?

rustot в сообщении #712688 писал(а):

а почему в действии поля оказалось $dX^i$ которое не инвариант?

Произведение $j_\mu A^\mu d\Omega$ - инвариант. Соответственно, $\mathcal{L}=-j_\mu A^\mu$ - скалярная плотность.

Мнэ, если вы смотрите на § 16, где действие $S=\int[-qA_\mu]dx^\mu,$ то имейте в виду, что здесь интегрирование происходит по мировой линии частицы (в общем, $A_\mu dx^\mu$ тоже инвариант), но для поля оно расписывается как в § 28, через объёмный интеграл $S=\int[-j_\mu A^\mu]d\Omega,$ а связаны они между собой соотношением $j^\mu=q u^\mu\delta(x^\mu-x_q^\mu)$ для точечной частицы. Так что действие для поля всегда имеет вид $\int\mathcal{L}\,d\Omega,$ а лагранжиан (или иногда говорят, плотность лагранжиана - в некотором смысле, нет разницы, можно говорить и так и так) - представляет собой сумму членов, в которых все тензорные индексы свёрнуты - то есть скаляр. Точнее, скалярную плотность, но эта деталь не потребуется раньше ОТО, и даже не требуется в большинстве теорий поля.

[rustot]

Munin в сообщении #712705 писал(а):

(в общем, $A_\mu dx^\mu$ тоже инвариант)

то есть вообще в принципе любая операция над 4 векторами дающая скаляр делает его инвариантным и это никак от содержания $A_\mu$ не зависит?

[Munin]

rustot в сообщении #712779 писал(а):

то есть вообще в принципе любая операция над 4 векторами дающая скаляр делает его инвариантным

Да, только надо понимать, что здесь "скаляр" - это не то же самое, что "одно число". Например, взять одну компоненту вектора - эта операция даёт не скаляр.