Хитрозаряженная пробная частица в гравитационном поле

[SergeyGubanov]

Баловства ради, запишем действие и уравнение движения пробной частицы массы $m$ в гравитационном поле. Но только не простой частицы, а такой у которой пусть будут вообще все заряды: и электро-слабо-сильный-лептоно-кварковый $Q^{\tt A}_{\tt B}$ для взаимодействия с полем Янга-Миллса ${\mathcal A}^{\tt B}_{{\tt A} \mu}$, и механический момент вращения относительно локальной тетрады $Q^{a}_{b}$ для взаимодействия с тетрадной связностью $\omega^{b}_{a \mu}$, и дирако-спинорный-аля-внутренний-спин $Q^{i}_{j}$ для взаимодействия с дирако-спинорной связностью ${\mathcal S}^{j}_{i \mu}$, и до кучи пусть ещё будет экзотический крученческо-неримановский заряд $Q^{\alpha}_{\beta}$ для взаимодействия с неримановой частью обычной гравитационной связности $\Gamma^{\beta}_{\alpha \mu}$. Слова конечно немного страшные, но в результате получается невероятно простая вещь.

Действие:

$$ S = - \int \left( m \sqrt{g_{\mu \nu} dx^{\mu} dx^{\nu}} + Q^{\alpha}_{\beta} \Gamma^{\beta}_{\alpha \mu} dx^{\mu} + Q^{a}_{b} \omega^{b}_{a \mu} dx^{\mu} + Q^{i}_{j} {\mathcal S}^{j}_{i \mu} dx^{\mu} + Q^{\tt A}_{\tt B} {\mathcal A}^{\tt B}_{{\tt A} \mu} dx^{\mu} \right). $$

Собственное время:

$$ d \tau = \sqrt{g_{\mu \nu} dx^{\mu} dx^{\nu}}. $$

Уравнение движения:

$$ m \left( \frac{d^2 x^{\mu}}{d \tau^2} + \frac{1}{2} g^{\mu \nu} \left( \partial_{\alpha} g_{\nu \beta} + \partial_{\beta} g_{\nu \alpha} - \partial_{\nu} g_{\alpha \beta} \right) \frac{d x^{\alpha}}{d \tau} \frac{d x^{\beta}}{d \tau} \right) = g^{\mu \alpha} \left( \partial_{\alpha} U_{\beta} - \partial_{\beta} U_{\alpha} \right) \frac{d x^{\beta}}{d \tau}. $$

В предыдущей формуле $U_{\mu}$ обозначает следующее:

$$ U_{\mu} = Q^{\alpha}_{\beta} \Gamma^{\beta}_{\alpha \mu} + Q^{a}_{b} \omega^{b}_{a \mu} + Q^{i}_{j} {\mathcal S}^{j}_{i \mu} + Q^{\tt A}_{\tt B} {\mathcal A}^{\tt B}_{{\tt A} \mu}. $$

Собственно, мораль простая: какими бы страшными хитрозарядами ни была оборудована пробная частица, как бы хитро она там где-то ни хитровращалась, а в результате в правой части уравнения движения всё равно стоит самый банальный: $\left( \partial_{\alpha} U_{\beta} - \partial_{\beta} U_{\alpha} \right)$.

[Cos(x-pi/2)]

SergeyGubanov

Ваши слова

SergeyGubanov в сообщении #1703266 писал(а):

<...> в результате в правой части уравнения движения всё равно стоит самый банальный: $\left( \partial_{\alpha} U_{\beta} - \partial_{\beta} U_{\alpha} \right)$

осмелюсь, с извинениями за мою некомпетентность в таких делах, прокомментировать словами: этот результат ожидаемый, поскольку правая сторона линейна по касательному вектору $u^{\beta}=\frac{dx^\beta}{d\tau}.$

Опять же с извинениями (ещё и за то, что пытаюсь выступать как Капитан Очевидность) поясню это так. Равенство $p\cdot p=m^2$ для 4-импульса частицы $p=mu$ означает, какой бы хитрозаряженной частица ни была, что касательный 4-вектор $u$ в каждой точке её мировой линии нормирован на единицу:

$$u\cdot u=1$$

Ковариантное дифференцирование этого равенства даёт в правой стороне ноль, а в левой $2u\cdot \frac{Du}{d\tau},$ т.е.

$$u\cdot\frac{Du}{d\tau}=0$$

Это означает, что 4-сила $m\frac{Du}{d\tau},$ действующая на частицу из-за присутствия в пространстве-времени каких-то полей, обязана в каждой точке мировой линии "подстраиваться" под касательный вектор (он же 4-скорость частицы) так, чтобы быть ему ортогональной. Если это условие реализуется линейной зависимостью 4-силы от 4-скорости:

$$m\frac{Du_{\alpha}}{d\tau}=F_{\alpha\beta}\,\frac{dx^{\beta}}{d\tau}\,,$$

то условие ортогональности $u\cdot\frac{Du}{d\tau}=0$ означает:

$$F_{\alpha\beta}\,\frac{dx^{\alpha}}{d\tau}\,\frac{dx^{\beta}}{d\tau}=0$$

Это свёртка тензора $F_{\alpha\beta}$ с симметричным тензором $u_{\alpha}u_{\beta}}=u_{\beta}u_{\alpha}}\,,$ и поскольку она равна нулю, тензор $F_{\alpha\beta}$ обязан быть антисимметричным:

$$F_{\alpha\beta}=-F_{\beta\alpha}$$

что и обеспечивается "банально" неким 4-потенциалом $U:$

$$F_{\alpha\beta}=\partial_{\alpha}U_{\beta}-\partial_{\beta}U_{\alpha}$$

В этой схеме устройство полей и зарядов, какими бы хитрыми они ни были, обязано спрятаться в $U;$ рулит не их хитрая специфика, а 4-геометрия пространства-времени.

(Ещё раз извините, если я неверно понял, о какой "банальности" у Вас шла речь, и всё слишком упростил или напутал.)

[SergeyGubanov]

Если честно, то я хотел узнать реакцию участников форума на правую часть следующей формулы:

$$ U_{\mu} = Q^{\alpha}_{\beta} \Gamma^{\beta}_{\alpha \mu} + Q^{a}_{b} \omega^{b}_{a \mu} + Q^{i}_{j} {\mathcal S}^{j}_{i \mu} + Q^{\tt A}_{\tt B} {\mathcal A}^{\tt B}_{{\tt A} \mu}. $$

Как бы очевидно, что она должна быть именно такой, но я её нигде раньше не встречал, просто придумал несколько лет назад.

[Утундрий]

SergeyGubanov в сообщении #1703639 писал(а):

хотел узнать реакцию участников форума на правую часть следующей формулы

SergeyGubanov в сообщении #1703639 писал(а):

Как бы очевидно, что она должна быть именно такой

Вообще ни разу не очевидно.

[SergeyGubanov]

Ну как же. Оставим только электродинамику. Тогда:

$$ U_{\mu} = Q A_{\mu}. $$

Обобщим до Янга Миллса. Тогда:

$$ U_{\mu} = Q^{\tt A}_{\tt B} {\mathcal A}^{\tt B}_{{\tt A} \mu}. $$

И так далее, добавляем все известные современной теоретической физике калибровочные поля.

[Утундрий]

Разделим "недоумение" на две части. Если есть некое $A_i$ при $dx^i$, то всяко получится $A_{i,k}-A_{k,i}$. Эта часть не должна вызывать "недоумения". Стало быть оное располагается во второй части, где "практически любой заряд" имеет структуру типа некое $A_i$ помноженное на $dx^i$. Напомнить про тонкую нитевидную связь математики и мельницы?

[SergeyGubanov]

У меня самого есть претензия к своей же формуле.

Вместо:

$$ F_{\mu \nu} = \partial_{\mu} U_{\nu} - \partial_{\nu} U_{\mu}. $$

Хочется:

$$ F_{\mu \nu} = Q^{\beta}_{\alpha} R^{\alpha}_{\beta \mu \nu} + Q^{b}_{a} \Omega^{a}_{b \mu \nu} + Q^{j}_{i} {\mathcal R}^{i}_{j \mu \nu} + Q^{\tt B}_{\tt A} {\mathcal F}^{\tt A}_{{\tt B} \mu \nu}. $$

Здесь $R^{\alpha}_{\beta \mu \nu}$, $\Omega^{a}_{b \mu \nu}$, ${\mathcal R}^{i}_{j \mu \nu}$ и ${\mathcal F}^{\tt A}_{{\tt B} \mu \nu}$ соответствующие 2-формы кривизны (внутри каждого из них есть члены квадратичные по связности).

$$ R^{\alpha}_{\beta \mu \nu} = \partial_{\mu} \Gamma^{\alpha}_{\beta \nu} -\partial_{\nu} \Gamma^{\alpha}_{\beta \mu} +\Gamma^{\alpha}_{\rho \mu} \Gamma^{\rho}_{\beta \nu} -\Gamma^{\alpha}_{\rho \nu} \Gamma^{\rho}_{\beta \mu}, $$

$$ \Omega^{a}_{b \mu \nu} = \partial_{\mu} \omega^{a}_{b \nu} -\partial_{\nu} \omega^{a}_{b \mu} +\omega^{a}_{c \mu} \omega^{c}_{b \nu} -\omega^{a}_{c \nu} \omega^{c}_{b \mu}, $$

$$ {\mathcal R}^{i}_{j \mu \nu} = \partial_{\mu} {\mathcal S}^{i}_{j \nu} -\partial_{\nu} {\mathcal S}^{i}_{j \mu} +{\mathcal S}^{i}_{k \mu} {\mathcal S}^{k}_{j \nu} -{\mathcal S}^{i}_{k \nu} {\mathcal S}^{k}_{j \mu}, $$

$$ {\mathcal F}^{\tt A}_{{\tt B} \mu \nu} = \partial_{\mu} {\mathcal A}^{\tt A}_{{\tt B} \nu} -\partial_{\nu} {\mathcal A}^{\tt A}_{{\tt B} \mu} +{\mathcal A}^{\tt A}_{{\tt C} \mu} {\mathcal A}^{\tt C}_{{\tt B} \nu} -{\mathcal A}^{\tt A}_{{\tt C} \nu} {\mathcal A}^{\tt C}_{{\tt B} \mu}. $$

Собственно вопрос, что я делаю не так?

-- 29.09.2025, 11:41 --

Похоже надо учесть, что вдоль мировой линии заряды сохраняются:

$$\frac{d x^{\mu}}{d \tau} \left( \nabla_{\mu} Q^{\star}_{\star} \right) = 0$$

[SergeyGubanov]

Вобщем, что-то нескладное придумал. Оно, может, и умно, но больно непонятно.

Для

$$ U_{\mu} = Q^{\alpha}_{\beta} \Gamma^{\beta}_{\alpha \mu} + Q^{a}_{b} \omega^{b}_{a \mu} + Q^{i}_{j} {\mathcal S}^{j}_{i \mu} + Q^{\tt A}_{\tt B} {\mathcal A}^{\tt B}_{{\tt A} \mu}. $$

Можно обеспечить выполнение следующего равенства

$$ \partial_{\mu} U_{\nu} - \partial_{\nu} U_{\mu} = Q^{\beta}_{\alpha} R^{\alpha}_{\beta \mu \nu} + Q^{b}_{a} {\Omega}^{a}_{b \mu \nu} + Q^{j}_{i} {\mathcal R}^{i}_{j \mu \nu} + Q^{\tt B}_{\tt A} {\mathcal F}^{\tt A}_{{\tt B} \mu \nu}. $$

Но только придётся потребовать, чтобы для зарядов выполнялись следующие необычные уравнения:

$$ \left( \partial_{\mu} {Q}^{\beta}_{\alpha} \right) {\Gamma}^{\alpha}_{\beta \nu} - \left( \partial_{\nu} {Q}^{\beta}_{\alpha} \right) {\Gamma}^{\alpha}_{\beta \mu} - {Q}^{\beta}_{\alpha} \left( \Gamma^{\alpha}_{\rho \mu} \Gamma^{\rho}_{\beta \nu} -\Gamma^{\alpha}_{\rho \nu} \Gamma^{\rho}_{\beta \mu} \right) = 0 $$

$$ \left( \partial_{\mu} {Q}^{b}_{a} \right) {\omega}^{a}_{b \nu} - \left( \partial_{\nu} {Q}^{b}_{a} \right) {\omega}^{a}_{b \mu} - {Q}^{b}_{a} \left( \omega^{a}_{c \mu} \omega^{c}_{b \nu} -\omega^{a}_{c \nu} \omega^{c}_{b \mu} \right) = 0 $$

$$ \left( \partial_{\mu} {Q}^{j}_{i} \right) {\mathcal S}^{i}_{j \nu} - \left( \partial_{\nu} {Q}^{j}_{i} \right) {\mathcal S}^{i}_{j \mu} - {Q}^{j}_{i} \left( {\mathcal S}^{i}_{k \mu} {\mathcal S}^{k}_{j \nu} -{\mathcal S}^{i}_{k \nu} {\mathcal S}^{k}_{j \mu} \right) = 0 $$

$$ \left( \partial_{\mu} {Q}^{\tt B}_{\tt A} \right) {\mathcal A}^{\tt A}_{{\tt B} \nu} - \left( \partial_{\nu} {Q}^{\tt B}_{\tt A} \right) {\mathcal A}^{\tt A}_{{\tt B} \mu} - {Q}^{{\tt B}}_{\tt A} \left( {\mathcal A}^{\tt A}_{{\tt C} \mu} {\mathcal A}^{\tt C}_{{\tt B} \nu} -{\mathcal A}^{\tt A}_{{\tt C} \nu} {\mathcal A}^{\tt C}_{{\tt B} \mu} \right) = 0 $$

Кто-нибудь подобное где-нибудь видел?

[SergeyGubanov]

Если вспомнить, что речь всё же про механику пробной частицы, то предыдущие нескладные формулы пролетает мимо. Не могут в механике фигурировать частные производные от $Q^{\star}_{\star}$.

В механике должны быть уравнения с обыкновенными производными

$$ f\left( \frac{d^2 Q^{\star}_{\star} }{ d \tau^2}, \frac{d Q^{\star}_{\star} }{ d \tau}, \ldots \right) = 0. $$

[Утундрий]

Меня всегда дико улыбала незамутнённость данного подхода. Просто возьмём, да и предположим, что наши уравнения допускают частице-подобные решения. Тогда эти самые "частицы" ведут себя так-то и так-то! Не, мы не будем находить их явный вид (потому что после этого окажется, что их тупо нет), а просто предположим...

[SergeyGubanov]

Со связностью ${\omega}^{a}_{b \mu}$ взаимодействуют такие вращающиеся "пробные частицы" как Луна и Земля в поле Солнца. Так что, для начала можно попытаться разобраться как засунуть ${\omega}^{a}_{b \mu}$ в действие пробной частицы каким-то другим способом чем было сделано в головном сообщении.

Можно попробовать приручить такую штуку:

$$ \frac{D Q^{a}_{b}}{d \tau} = \frac{d Q^{a}_{b}}{d \tau} + \left( {\omega}^{a}_{c \mu} \frac{d x^{\mu}}{d \tau} \right) Q^{c}_{b} - Q^{a}_{c} \left( {\omega}^{c}_{b \mu} \frac{d x^{\mu}}{d \tau} \right) $$

[pppppppo_98]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1703358 писал(а):

равна нулю, тензор $F_{\alpha\beta}$ обязан быть антисимметричным:

$$F_{\alpha\beta}=-F_{\beta\alpha}$$

что и обеспечивается "банально" неким 4-потенциалом $U:$

$$F_{\alpha\beta}=\partial_{\alpha}U_{\beta}-\partial_{\beta}U_{\alpha}$$

Не согласен. Если $dF\neq 0$, где $F=F_{\alpha\beta}dx^\alpha\wedge dx^\beta$, то $F\neq dU$. Из антисимметрии тензора напряжённости нельзя вывести наличия потенциала.

-- Сб окт 04, 2025 00:37:15 --

SergeyGubanov в сообщении #1703266 писал(а):

и электро-слабо-сильный-лептоно-кварковый $Q^{\tt A}_{\tt B}$ для взаимодействия с полем Янга-Миллса ${\mathcal A}^{\tt B}_{{\tt A} \mu}$,

звыняюсь лихо у вас полусается как-то ... да у калибровочных полей поле имеются индексы в векторном, но тензорами (относительно калибровочной группы )они не являются. А заряд у вас тензор - в слое? Или скаляр?

Это я к чему ...А к тому, что если провести калибровочное преобразование над потенциалом - то собственно ничего не изменится в динамике. Откель это в вашем действии следует.

[Cos(x-pi/2)]

pppppppo_98 в сообщении #1704418 писал(а):

Не согласен.

Согласен. Спасибо за это замечание.

(То моё сообщение конечно не является выводом обязательного наличия потенциала $U_{\alpha}.$ Топикстартеру сразу никто не ответил, и я мимоходом (и с извинениями за то, что вмешиваюсь) просто попытался высказать свои эмоции оттого, что увидел нечто чуть-чуть мне знакомое: мол, $\partial_{\alpha}U_{\beta}-\partial_{\beta}U_{\alpha}$ это антисимметричный тензор, а в таком уравнении движения частицы и должен быть какой-то антисимметричный тензор. Да, сожалею, что я написал тот оффтоп. Продолжать его не буду; эта тема вообще мне "не по Сеньке шапка".)

[SergeyGubanov]

pppppppo_98 в сообщении #1704418 писал(а):

звыняюсь лихо у вас полусается как-то ... да у калибровочных полей поле имеются индексы в векторном, но тензорами (относительно калибровочной группы )они не являются. А заряд у вас тензор - в слое? Или скаляр?

Это я к чему ...А к тому, что если провести калибровочное преобразование над потенциалом - то собственно ничего не изменится в динамике. Откель это в вашем действии следует.

Вы совершенно правы. В головном сообщении действие записано неверно. Я пока ещё не придумал как записать правильно.

-- 04.10.2025, 19:21 --

Пока в голову лезет только что-то вроде вот такого:

$$ D_{\tau} Q^{a}_{b} = \frac{d Q^{a}_{b}}{d \tau} + \left( {\omega}^{a}_{c \mu} \frac{d x^{\mu}}{d \tau} \right) Q^{c}_{b} - Q^{a}_{c} \left( {\omega}^{c}_{b \mu} \frac{d x^{\mu}}{d \tau} \right) $$

$$ S = - m \int \sqrt{ g_{\mu \nu} \frac{d x^{\mu}}{d \tau} \frac{d x^{\nu}}{d \tau} + \left( D_{\tau} Q^{a}_{b} \right) \left( D_{\tau} Q^{b}_{a} \right) } \, d \tau $$

[SergeyGubanov]

Удалось найти наипростейший вариант минимальной модификации действия из головного сообщения, так что оно становится калибровочно инвариантным. Просто вместо одного заряда второго ранга $Q^{a}_{b}$ надо ввести два заряда первого ранга $\bar{Q}^{a}$ и ${Q}_{b}$:

$$ D_{\tau} \bar{Q}^{a} = \frac{d \bar{Q}^{a}}{d \tau} + \omega^{a}_{b \mu} \frac{d x^{\mu}}{d \tau} \bar{Q}^{b}, $$

$$ D_{\tau} {Q}_{b} = \frac{d {Q}_{b}}{d \tau} - \omega^{a}_{b \mu} \frac{d x^{\mu}}{d \tau} {Q}_{a}, $$

$$ \left( D_{\tau} \bar{Q}^{a} \right) {Q}_{a} - \bar{Q}^{a} \left( D_{\tau} {Q}_{a} \right) = \frac{ d \bar{Q}^{a} }{d \tau} {Q}_{a} - \bar{Q}^{a} \frac{ d Q_{a} }{ d \tau} + 2 \bar{Q}^{b} {Q}_{a} \omega^{a}_{b \mu} \frac{d x^{\mu}}{d \tau}, $$

$$ S = - \int \left( m \sqrt{ g_{\mu \nu} \frac{d x^{\mu}}{d \tau} \frac{d x^{\nu}}{d \tau}} + \frac{1}{2} \left( \left( D_{\tau} \bar{Q}^{a} \right) {Q}_{a} - \bar{Q}^{a} \left( D_{\tau} {Q}_{a} \right) \right) \right) d \tau. $$

Для всех остальных связностей тоже самое выписывается аналогично: $Q^{\star}_{\star}$ заменяем на $\bar{Q}^{\star}$ и $Q_{\star}$.

-- 05.10.2025, 01:18 --

Уравнения динамики зарядов $\bar{Q}^{a}$ и ${Q}_{a}$ очень простые, заряды ковариантно сохраняются вдоль мировой линии

$$ \frac{\delta S}{\delta \bar{Q}^{a}} = 0 \quad \to \quad D_{\tau} Q_{a} = 0, $$

$$ \frac{\delta S}{\delta {Q}_{a}} = 0 \quad \to \quad D_{\tau} \bar{Q}^{a} = 0. $$

Можно конечно добавить в действие член $\frac{1}{\lambda} \bar{Q}^{a} Q_{a}$ динамика чуток поинтереснее станет...