Relatividad. Dinámica relativista de la partícula libre

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Relatividad

Tarea 3

A entregar: Viernes 23 de septiembre de 2011

Esta tarea es para complementar el estudio de la din´amica relativista de una part´ıcula libre. Lea y estudie estas notas y resuelva los problemas que se le hacen en el texto. Esta tarea es OBLIGATORIA.

Din´

amica relativista de la part´ıcula libre

1 Acci´

on de una part´ıcula libre

En clase argüimos que si no existe ninguna fuerza sobre el movimiento de una part´ıcula, la acción, debiendo ser un invariante, sólo puede depender de invariantes, que en este caso es la integral de la trayectoria de espacio tiempo en la que se mueve,

S=−α

Z 2

1

ds (1)

donde “1” y “2” son dos eventos. NOTA! no confundirse! S es la acci´on, ds

es la diferencial del intervalo,

ds = q−dXµdXµ

= cdτ (2)

donde suponemos que el movimiento es tal que los intervalos son de tipo temporalds2 ₌_dX

µdXµ <0. O sea, la velocidad instant´anea de la part´ıcula

debe ser menor que la velocidad de la luz. Es decir, si suponemos que el movimiento se describe en un marco de referencia inercial K, en este la velocidad instant´anea es

~

u(t) = ˙x(t)ˆi+ ˙y(t)ˆj+ ˙z(t)ˆk (3) donde u(t) = |~u(t)|< c. En este marco de referencia tenemos

ds=c

s

1− u

2₍_t₎

(2)

Por lo tanto, la acci´on se puede escribir como S =−αc Z t2 t1 s 1− u 2₍_t₎ c2 dt. (5)

Comparando con la definici´on de la acci´on,

S=

Z t2

t1

Ldt (6)

hallamos que la lagrangiana es

L=−αc

s

1− u

2₍_t₎

c2 . (7)

En el l´ımite de velocidades bajas u2_/c2 _{1, la mec´}_{anica newtoniana debe}

ser correcta, tal que la lagrangiana debe aproximarse a

LN ewton =

1 2mu

2_. ₍₈₎

Desarrollando la lagrangiana a orden m´as bajo (pero que contribuya!)

L = −αc s 1−u 2₍_t₎ c2 ≈ −αc+1 2 α cu 2 . (9)

La constante (−αc) no afecta las ecuaciones de movimiento, por lo que com-parando las lagrangianas, obtenemos,

α

c =m. (10)

Juntando lo anterior obtenemos la lagrangiana completa,

L( ˙x,y,˙ z˙;x, y, z) = −mc2 s

1− x˙

2_{+ ˙}_y2_{+ ˙}_z2

c2 . (11)

Las ecuaciones de Euler Lagrange son

d dt ∂L ∂x˙ = ∂L ∂x (12)

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y ecuaciones an´alogas para y y z. Como L no depende de (x, y, z), tenemos que las ecuaciones de movimiento son

d dt ∂L ∂x˙ = 0 d dt ∂L ∂y˙ = 0 d dt ∂L ∂z˙ = 0 (13) es decir, d dt mx˙ q 1−x˙2+ ˙y_c22+ ˙z2 = constante (14) y an´alogamente para las componentes y y z.

Recordando que el momento se define como

px= ∂L ∂x˙ py = ∂L ∂y˙ pz = ∂L ∂z˙, (15)

las ecuaciones de movimiento indican que

px= constante py = constante pz = constante (16)

es decir, la ecuaci´on de movimiento de una part´ıcula en ausencia de cualquier fuerza es, p~ = constante, es decir, el valor que tenga el momento en alg´un tiempo inicial se mantiene para todo tiempo. Expl´ıcitamente, el vector mo-mento es, ~ p= qm~u 1−u2 c2 . (17)

Note que recuperamos el momento newtoniano ~p≈m~u en el l´ımite u2_/c2

1.

La energ´ıa la obtenemos calculando al Hamiltoniano,

H = ˙x∂L ∂x˙ + ˙y ∂L ∂y˙ + ˙z ∂L ∂z˙ −L (18)

y donde debemos expresar el Hamiltoniano en t´erminos de (px, py, pz;x, y, z).

Si evaluamos el Hamiltoniano en una trayectoria, obtenemos la energ´ıa para ese estado de movimiento. Hallamos entonces que E es

E = p 2 m s 1− u 2 c2 +mc 2 s 1− u 2 c2, (19) donde p2 ₌_~_p_·_~_p_.

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Prob. 12Muestre que la energ´ıa puede expresarse en t´erminos solamente de pde la siguiente manera,

E =qp2_c2₊_m2_c4_. ₍₂₀₎

Comop= constante, entonces la energ´ıa tambi´en es constante. Tenemos tres resultados interesantes:

•Si la velocidad de la part´ıcula enKes cero, u= 0, es decir, se encuentra en reposo en K, entoncesp= 0 tambi´en, y la energ´ıa es

E =mc2 si p= 0. (21)

Esta es quizás una de las fórmulas más famosas de la f´ısica. Nos dice que aún en reposo, la part´ıcula tiene una energ´ıa diferente de cero. Nos dice además que la masa es energ´ıa. Este resultado lo discutiremos más a fondo en el curso.

• Si u2_/c2 _{1, entonces,} _p2 _m2_c2 _{y la energ´ıa puede aproximarse}

como,

E ≈mc2+ p

2

2m +· · · (22)

que, quitando la energ´ıa en reposo, es la energ´ıa cin´etica no relativista.

•Notamos que mientras queuno puede excederc,ppuede ser tan grande como “queramos”. Es decir, si u → c entonces p → ∞. Por supuesto que se requiere una fuerza y una energ´ıa infinitas para llegar a ese l´ımite. Existe una excepci´on. Si la masa de la part´ıcula es cero,m = 0, entonces es posible que la velocidad de la part´ıcula sea igual a la de la velocidad de la luz u=c, mientras que el momento sea finito, p < ∞. Que este l´ımite es posible se puede ver analizando la ecuaci´on (17). En este caso, la energ´ıa es,

E =pc si m = 0. (23)

Llamamos a tal part´ıcula “fotón”, aunque su “existencia” requiere de aceptar la mecánica cuántica!

2 El cuadrivector momento-energ´ıa

La deducci´on anterior no hace patente el poder de la relatividad especial, eso lo haremos en la siguiente secci´on. Para entenderlo mejor, conviene primero

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verificar expl´ıcitamente un resultado importante. Notamos que E/c tiene unidades de momento. Estos “sugiere” considerar a la colecci´on (E/c, px, py, pz)

en K como un cuadrivector, es decir, sea Pµ el 4-vector momento-energ´ıa definido como,

P0 = E

c P

1 ₌_p

x P2 =py P3 =pz. (24)

C´omo sabemos que es un cuadrivector? Muy sencillo, mostramos que se transforma como Xµ _{ante una transformaci´}_{on de Lorentz Λ}µ

ν.

Prob. 13 Muestre que Pµ _{es un 4-vector. Sugerencia: considere un}

marco de referencia K0 que se mueva con velocidad~v paralela a~u.

Consideremos pues que Pµ _{es un vector. Notamos que la componente}

“temporal” de Pµ _{es la energ´ıa, mientras que la “espacial” es el momento.}

Es decir, energ´ıa es a tiempo como momento es a posición. Esta conexión es verdareramente profunda y trasciende la relatividad especial. Hablaremos más de esto en el curso.

De manera simb´olica escribimos,

P =

E

c, ~p

. (25)

Esto sugiere que definamos el cuadrivector velocidadUµ_{de la siguiente}

man-era, U0 = q 1 1− u2 c2 U1 = qux/c 1− u2 c2 U2 = quy/c 1−u2 c2 U3 = quz/c 1− u2 c2 , (26) en notaci´on sencilla, U = 1 c   c q 1− u2 c2 ,q ~u 1−u2 c2  . (27)

Note que este vector esadimensional, sin embargo, es válido llamarlo “veloci-dad” por la siguiente razón. Considere el vector de posición en el espacio-tiempo, Xµ_. _{La derivada con respecto al intervalo diferencial (o tiempo}

propio), ds =cdτ, es el cambio de Xµ _{a lo largo de la trayectoria en}

espacio-tiempo que sigue la part´ıcula.

Prob. 14Verifique que tal cambio es precisamenteUµ_{, es decir, muestre}

que

Uµ= dX

µ

(6)

Prob. 15 Muestre que el 4-momento puede escribirse como,

Pµ = mcdX

µ

ds

= mc Uµ. (29)

EvidentementeUµ _{es un 4-vector contravariante. Este vector tiene la}

partic-ularidad que su magnitud es la unidad.

Prob. 16 Muestre que,

UµUµ= 1. (30)

3 Deducci´

on de las ecuaciones de movimiento

en forma covariante

Como mencionamos arriba, la deducción de la forma del momento y la en-erg´ıa relativistas, ecuaciones (17) y (20), asi como sus leyes de conservación, fueron realizadas de manera particular en un marco de referencia K. Ahora mostraremos que la deducción puede hacerse de manera covariante, es de-cir, válida para todos los marcos de referencia inerciales. Este es un primer ejercicio que muestra el poder de la notación tensorial.

Regresamos a la expresi´on relativista de la acci´on,

S =−mc Z 2 1 ds (31) donde ds = q−dXµdXµ = cdτ. (32)

Es decir consideramos que L depende de Xµ _{(a trav´}_{es de sus derivadas).}

Calculamos la variaci´on de la acci´on como

δS =−mc

Z _q

−d(Xµ+δXµ)d(Xµ+δXµ) +mc Z _q

−dXµdXµ (33)

donde Xµ₊_δXµ_{, dentro de la lagrangiana, representa una “trayectoria” en}

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Note que en los eventos “1” y “2”, las dos trayectorias coinciden, es decir,

δXµ(1) = δXµ(2) = 0. Como la variaci´on es peque˜na, desarrollamos hasta primer orden en δXµ y δXµ=ηµνδXν, δS = −mc Z q −d(Xµ+δXµ)d(Xµ+δXµ) +mc Z q −dXµdXµ) ≈ −mc Z (−dXµdXµ−dXµdδXµ−dXµdδXµ)1/2 +mc Z _q −dXµdXµ = −mc Z −ds2₋₂dX µ ds ds d(δXµ) ds ds !1/2 +mc Z ds ≈ −mc Z ds 1 + dX µ ds d(δXµ) ds ! +mc Z ds = −mc Z dXµ ds d(δXµ) ds ds (34)

donde usamos (a) quedXµdδXµ=dXµdδXµ (ch´equelo!) y (b) el cambio del

vector Xµ significa que se va evaluando sobre una trayectoria en el

espacio-tiempo, por lo tanto, podemos escribir,

dXµ = dX

µ

ds ds y dδXµ =

d(δXµ)

ds ds. (35)

Reescribimos la variaci´on con sus l´ımites,

δS =−mc Z 2 1 dXµ ds d(δXµ) ds ds (36)

para poder integrar por partes usando δXµ(1) =δXµ(2) = 0. Obtenemos

δS =mc

Z d2Xµ

ds2 δXµds. (37)

Pero la variación de la acción debe ser cero, δS = 0, para cualquier variación de la trayectoria δXµ. Por lo tanto, debe ser cierto que

mcd

2_Xµ

ds2 = 0. (38)

En la secci´on anterior mostramos que el 4-momento-energ´ıa es

Pµ=mcdX

µ

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por lo que la ecuaci´on de movimiento implica que

dPµ

ds = 0 (40)

es decir, Pµ _{= constante. Note que este resultado es el mismo que antes}

(es decir, que en cualquier marco K, tanto E como ~p son constantes de movimiento) sin embargo, la deducci´on no requiere de especificar a ning´un marco en especial.

Las ecuaciones (38) y (40) ciertamente son reminiscentes de las ecuaciones de Newton no relativistas para fuerzas cero. Esto sugiere, y veremos que as´ı es, que cuando la part´ıcula ya no es libre, es decir, que existen fuerzassobre la part´ıcula, la ecuaci´on de movimiento es

mcd 2_Xµ ds2 =F µ ₍₄₁₎ o dPµ ds =F µ_, ₍₄₂₎

donde Fµ _{es la 4-fuerza ... ¿c´}_{omo es esta fuerza? ¿como interact´}_{uan la}

part´ıculas para dar lugar a tal fuerza? estas no son preguntas triviales, ya que como vimos en clase, la acci´on a distancia est´a prohibida. Veremos que forzozamente tenemos que recurrir al concepto de campocomo el “medio” en el que se transmiten las interacciones entre las part´ıculas.

Prob. 17 Muestre que independientemente de la forma de la 4-fuerza

Fµ_{, debe obecederse que}

FµUµ = 0 (43)

es decir, la 4-aceleraci´on y la 4-velocidad son ortogonales en el espacio de Minkowski.