相對論性自由粒子拉氏量為何必須寫成以下形式?

04-30

以 $s$ 作為參數, 採取度規 $[-,+,+,+]$ ,自由粒子拉氏量為 $L=mc$ . 無法從該拉氏量中導出運動方程和廣義動量. 只有乘以 $u_iu^i$ ( $u^i=frac{mathrm d x^i}{mathrm d s}$ ), 化為 $L=mcu_iu^i$ ,才能得到運動方程.
這裡我的疑問是 $L$ 與 $L$ 的物理意義有什麼區別? 為什麼要乘以一個 $u_iu^i$ 而不是不乘或乘以更多的?
此外, 如何從微分幾何的角度理解拉氏量, 拉格朗日方程以及求偏導?

（慣例：選取 $c=1$ 單位，度規習慣同題主）

【1】首先，對於題主的給出的Lagrangian $L=m$ ，這個「參數」 $ds$ 只能是固有時 $d au=sqrt{-eta_{mu u} dx^mu dx^ u}$ （或其它affine parameter，據單位而定），而不是任意的世界線坐標，因此這個和傳統意義上泛函積分的參數有所區別。

更適合理解為這種任意世界線坐標的參數是 $d au=sqrt{-eta_{mu u} frac{dx^mu}{dlambda}frac{dx^mu}{dlambda}}dlambda$ 中的 $lambda$ 參數。我們對 $frac{dx^mu}{dlambda}$ 做變分，得到運動方程 $igg(sqrt{-eta_{mu u} frac{dx^mu}{dlambda}frac{dx^mu}{dlambda}}igg)^{-1}frac{dx^mu}{dlambda}=frac{dlambda}{d au}frac{dx^mu}{dlambda}=0$ 。通過鏈式法則得到固有時運動方程，或選擇 $lambda=t$ 得到靜止觀測者系中的運動方程。（參考最早兩位答主的答案。）

注意到，這個參數 $lambda$ 任意滿足邊界條件的可導變換 $lambda ightarrowlambda$ 下，通過鏈式法則得出 $md au$ 是不變的，但任意參數並不是 $mdlambda ightarrow frac{dlambda}{dlambda}mdlambda$ 。因為我們的理論不因世界線坐標選取而改變，因此應選取前者。（事實上這是一維微分同胚 $mathrm{Diff}_1$ 不變性，和廣義相對論對應的四維微分同胚不變性是類似的思想。）

（*補充，這在弦論裡面應該叫做0-brane action。）

【2.1】題主給出的Lagrangian其實也可以是對的，只是少了一項貢獻。（類似第三位答主的思路，不過這個formalism更為人熟知。）

引入附屬變數einbein $e$ ，可構建作用量 $frac{1}{2}int dlambda igg{e^{-1}eta_{mu u}frac{dx^mu}{dlambda}frac{dx^ u}{dlambda}-e m^2igg}$ 。^[1]首先，發現運動方程 $partial L/partial e = 0$ 得到 $e ^2=-frac{eta_{mu u}}{m^2}frac{dx^mu}{dlambda}frac{dx^ u}{dlambda}$ 反代入該作用量，可推出【1】中的結果。其次，在任意微分同胚變換 $lambda ightarrowlambda-alpha(lambda)$ 下可證 $e ightarrow e+frac{dalpha}{dlambda}$ 。我們選取這個變換使得 $e=T$ 一個待定常數。

當參數選取為固有時 $lambda= au$ ，從運動方程可得 $T=1/m$ 。當然由於參數選取是任意的，我們也可以選擇 $T=1/2m$ ，此時我們得到的是題主的 $L$ 加上一個常數項，但是常數項不影響經典運動方程。^[2]

（*補充1，在弦論中這個選擇相當於conformal gauge。)

（*補充2，對於經典解，固有時有良好定義，這個選擇是確定的。但是對於四維時空下的量子傳播子，路徑積分表象下掠過的固有時需要被積分^[3]，對應積分掉 $int_0^infty dT$ 也就是worldline formalism中所謂的Schwinger proper time。^[4]^[5]）

【2.2】另外，通過Legendre transform，在Hamiltonian formalism下作用量為 $int dlambda igg{ eta_{mu u}frac{dx^mu}{dlambda}p^{ u} - frac{1}{2} e (p^2 + m^2)igg}$ 。^[2]可以看出einbein事實上是質殼約束 $p^2 + m^2 = 0$ 的Lagrange multiplier，這個在Dirac量子化方案中是添加first class constraint的方法。^[6]（這應該也是類似第三個答主的思路。）

（*補充，在弦論語言里這應該是sigma-model action。）

【3】從微分幾何角度出發Lagrangian和Hamiltonian分別是切叢 $TM$ 和餘切叢 $T^*M$ 上的函數。這個是很大的一個領域，不知道你想具體問什麼，入門可參考這本書4.4以及10.2節

T. Frankel, The Geometry of Physics?

book.douban.com

**********

【4】最後，簡單搬運給熟悉場論的朋友。還可以通過時空對稱性自破缺的coset construction來推導這個單粒子作用量。

點粒子由於存在特定時空位置，因此破壞了空間平移和boost對稱性。coset construction告訴我們，破缺對稱性的Goldstone場的世界線作用量必由broken subgroup群元 $Omega$ 的Mauer-Cartan form $frac{dx^mu}{dlambda}Omega^{-1} partial_muOmega$ 中生成元的係數構成的unbroken subgroup不變數。

破缺位移和boost的結果是 $frac{dx^mu}{dlambda}Omega^{-1} partial_muOmega = ifrac{d au}{dlambda}(P_0+frac{dpi^i}{d au}P_i+frac{deta^i}{d au}K_i+omega^{ij}J_{ij} )$ ，其中 $frac{dpi^i}{d au}P_i$ 是平移的Goldstone和生成元， $frac{deta^i}{d au}K_i$ 為boost的Goldstone和生成元， $omega^{ij}J_{ij}$ 為剩餘旋轉對稱性的「規範場」和生成元。

通過所謂Inverse-Higgs constraint^[7]（第二項等於0）以及有效場論的論證（三、四項為高階項），最主要的貢獻是唯一的，出自於第一項的係數 $S=alphaint dlambda frac{d au}{dlambda}$ ，通過比較非相對極限可得 $S=mint d au$ 。具體論證較為technical就不寫下來了，參考下面文獻第6節

L. V. Delacretaz, S. Endlich, A. Monin, R. Penco, F. Riva, (Re-)Inventing the Relativistic Wheel: Gravity, Cosets, and Spinning Objects?

arxiv.org

這個formalism的好處在於，可以系統推廣到帶自旋（破壞旋轉對稱性子群）、帶多極矩的點粒子、破壞更多平移對稱性的弦和膜，以及耦合規範場、引力場等等……

參考

^J. Polchinski《String Theory》卷1中1.2節的Eq (1.2.5) https://book.douban.com/subject/1239707/
^^a^bP. K. Townsend弦論講義2.1節 http://www.damtp.cam.ac.uk/user/examples/3P6.pdf
^P. K. Townsend弦論講義3.4節 http://www.damtp.cam.ac.uk/user/examples/3P6.pdf
^M. D. Schwartz場論講義 https://projects.iq.harvard.edu/files/schwartzqft/files/4_chapter33.pdf
^A. M. Polyakov《Gauge Fields and Strings》第九章 https://book.douban.com/subject/3021250/
^P. A. M. Dirac《Lectures on Quantum Mechanics》 https://book.douban.com/subject/3332473/
^I. Low and A. V. Manohar, Spontaneously Broken Spacetime Symmetries and Goldstones Theorem https://arxiv.org/abs/hep-th/0110285

其實題主你是狹義相對論沒完全學明白，尤其是對四維語言不熟悉。要是初學分析力學，可以找本四維語言的相對論書或者電動力學最後一章補補，直接上朗道場論也不錯。

來我給你捋一捋啊。

好了，先來看作用量最熟悉的那個定義，是個積分：

$S=int_{t_1}^{t_2}L{ m d}t$

看到這裡是對時間積分，換句話說最熟悉的定義是用三維語言表述的。

那麼作用量能不能用四維語言表述？當然可以，眾所周知拉式理論本身就可以很方便的用四維語言表述。考慮自由粒子的作用量，從它的性質和一些對稱性能得到一些啟示：根據 $S$ 是洛倫茲標量的性質，只能具有下述形式：

$S=alphaint{ m d}s$

${ m d}s$ 是粒子世界線的線元，積分限實際上是世界線的四維端點，標量常數 $alpha$ 只與粒子自身的性質有關。

首先來看看那個「 $mc$ 」是怎麼來的：習慣上作用量的量綱是 $[L]^2[M][T]^{-1}$ ，所以前面的常數 $alpha$ 的量綱就定出來是 $[L][M][T]^{-1}$ ，又由於常數光速 $c$ 的量綱是 $[L][T]^{-1}$ ，習慣上就單提出來兩者之商也是一個只與粒子自身的性質有關的數 $-frac{alpha}{c}equiv m$ ，這個負號是為了讓它有個正值，它具有 $[M]$ 量綱，也就是自由粒子的參數——質量（當然沒有這麼草率，但是還可以通過其他的方法來驗證這個的確就是熟悉的粒子質量）。好的， $mc$ 出現了。

那麼看起來現在作用量同樣是用一個積分的形式來表示的，被積函數就是 $alpha=-mc$ 。然而與前述定義比較，此 $alpha$ 是彼 $L$ 嗎？顯然不是，這裡的積分是對四維線元的積分，而非對時間的積分；如果遵循前述定義，嚴格來講這個 $alpha$ 是不能叫做（三維）拉氏量的。當然咯，如果你開心，那不妨叫做四維的拉氏量 $mathbb L$ 。這一點尤其在場論裡面非常常見，很多時候拉式密度都是採取這種四維協變的形式。當然這裡不是場論，但如下定義沒問題：

$S=intmathbb L{ m d}s$

回到問題上來，一言以蔽之，你混淆了兩個概念。你所說的那個「 $mc$ 」其實是一個四維協變的洛倫茲標量，而不是能直接代入熟悉的三維歐拉方程裡面的那個拉格朗日量。但是兩者本質上是一個東西的不同表述，最後會看到，三維拉格朗日量可以看作是它在某個慣性系下的表現形式，因而它們之間存在確定的關係。

那麼這個所謂「四維的拉氏量」就導不出運動方程嗎？當然可以。咋導出呢？烤個栗子：

既然要追求四維表述，那就貫徹到底咯

直接上變分

$delta S=-mcintdelta { m d}s =-mcintdelta sqrt{{ m d}x^mu{ m d}x_mu} =-mcintfrac{{ m d}delta x^mu{ m d}x_mu+{ m d}x^mu{ m d}delta x_mu}{2sqrt{{ m d}x^mu{ m d}x_mu}}$

$=-mcintfrac{{ m d}delta x_mu{ m d}x^mu}{sqrt{{ m d}x^mu{ m d}x_mu}} =-mcint{ m d}delta x_mufrac{{ m d}x^mu}{{ m d}s}$

分部積分一下，扔掉邊界項 $delta x_muig|_{ m ep}=0$ ，就得到了

$delta S=-mcint{ m d}sdelta x_mufrac{{ m d}}{{ m d}s}frac{{ m d}x^mu}{{ m d}s}=0$

很顯然運動方程就是平直閔式時空的測地線方程 $frac{{ m d}^2x^mu}{{{ m d}s}^2}=0$ ，並且直接得到的就是四維語言表述的運動方程。

上面的推導過程裡面，看起來 $mathbb L=alpha=-mc$ 貌似一直遊離在積分之外，好像沒有直接參与運動方程的導出，其實不然。加上個外場就會看得更明顯，例如最簡單的標量場 $varPhi(x)$ ，這個時候的作用量得寫成

$S=-mcint{ m d}se^{varPhi(x)}$

這個時候所謂的四維拉氏量就是

$mathbb L=alpha e^{varPhi(x)}=-mce^{varPhi(x)}$

這次就實打實的參與積分了，導出來的運動方程是

$frac{{ m d}^2x^mu}{{{ m d}s}^2}+frac{partialvarPhi(x)}{partial x^ u}frac{{ m d}x^ u}{{ m d}s}frac{{ m d}x^mu}{{ m d}s}=frac{partialvarPhi(x)}{partial x_mu}$

若外場是矢量場 $A_mu(x)$ ，則四維拉氏量的形式更稍微複雜一點

$mathbb L=-mc-frac{q}{c}A_mu(x)frac{{ m d}x^mu}{{ m d}s}$

不過也很熟悉就是了——電磁場中帶電粒子的運動

$mcfrac{{ m d}^2x_mu}{{{ m d}s}^2}=frac{q}{c}left(partial_mu A_ u-partial_ u A_mu ight)frac{{ m d}x^ u}{{ m d}s}$

所以你看，不用變成三維拉氏量也是可以導出運動方程的嘛。

上面說了這麼多，其實就是想說明，題目裡面的

無法從該拉氏量中導出運動方程和廣義動量. 只有乘以 $u_iu^i$ ( $u^i=frac{mathrm d x^i}{mathrm d s}$ ), 化為 $L=mcu_iu^i$ ,才能得到運動方程.

是錯誤的。實際上無論三維的 $L$ 還是四維的 $mathbb L$ ，都包含了關於運動的全部信息，都是可以獨立導出運動方程的。而所謂的「無法導出」，其實不過是四維協變的 $mathbb L$ 無法直接代入三維歐拉-拉格朗日方程罷了——這是當然的。乘以三速平方的目的，本質上在於暗戳戳地選定了一個特殊的慣性系，使得四維語言自然地退化到熟悉的三維。

當然了，兩者是存在確定關係的，而且其實特別簡單。隨便選個慣性系分解：

$S=int{ m d}smathbb L=intsqrt{c^2{{ m d}t}^2-{ m d}x^i{ m d}x_i}mathbb L=intsqrt{c^2-frac{{ m d}x^i}{{ m d}t}frac{{ m d}x_i}{{ m d}t}}mathbb L{ m d}t$

$=intmathbb Lcsqrt{1-frac{u^iu_i}{c^2}}{ m d}t$

換句話說， $L=mathbb Lcsqrt{1-frac{u^iu_i}{c^2}}=gamma cmathbb L$ 。

把它做低速近似的展開

$Lapproxmathbb Lc-mathbb Lfrac{u^iu_i}{2c}+cdots$

第一項是時間全微分，扔掉就得到題目裡面直接相乘的形式了，常數不影響運動方程。簡單驗證一下，很明顯當自由粒子情形的牛頓極限時，上式自然回到非相對論性自由粒子拉氏量 $L=frac{1}{2}mu^2$ 。這就是題主問的第二個問題

為什麼要乘以一個 $u_iu^i$ 而不是不乘或乘以更多的?

的答案。順便，所以題主的第一個問題

$L$ 與 $L$ 的物理意義有什麼區別?

答案也在這兒。兩者實際上是同一個東西在三維和四維表述下的不同體現，具體的定義不一樣：一個對時間積分得到作用量，一個對四維的世界線積分得到作用量；一個是四維協變的洛倫茲標量，一個是它在某個慣性系下的表現，當然也就未必是洛倫茲標量了。

註：關於評論區指出本部分存在一些問題，詳見文末高亮說明。如果我的敘述引起了大家的一些誤會，非常抱歉。

下面來看一下怎麼從四維語言導出能量、動量，其實就是直接導出四維動量 $P^mu$ 。

回顧一下三維情況的哈密頓-雅可比方程式怎麼來的：將作用量視作端點依賴的函數，比方說，始端固定而末端變化： $S=S(q,t)$ ，則 ${ m d}S=p_i{ m d}q^i-H{ m d}t$ ，也就是

$frac{partial S}{partial q^i}=p_i$ ， $frac{partial S}{partial t}=-H$

這四個方程得到的正是四維動量 $P^mu$ 的四個分量。這就暗示我們以同樣的做法令 $S=S(x^mu)$ ，得到的

$partial_mu Sequiv P_mu=(frac{E}{c},p_i)$

一次性就得到了能量和動量。簡單驗證一下，還是以自由粒子 $mathbb L=-mc$ 為例，帶入得到

$p^i=mcu^i=mcfrac{{ m d}x^i}{{ m d}s}=gamma mv^i$ ，

$E=mc^2frac{{ m d}x^0}{{ m d}s}=gamma mc^2$ 。

說明：評論區有指出我在這部分的推導一些細節問題，現說明如下。

（註：以下如無特別說明，均默認拉丁指標 $i,j,k=1,2,3$ ，希臘指標 $mu, u=0,1,2,3$ ，抽象指標 $a,b,c$ 僅標明對象的協變性質。）

在這裡所選取的線長參數 ${ m d}s$ 物理意義是粒子的固有時。

三速的定義： $u^i=frac{{ m d}x^i}{{ m d}t}$ 四速的定義： $U^a=left(frac{partial}{partial s} ight)^a$ 它在某慣性系下可以分量展開： $U^a=frac{{ m d}x^mu}{{ m d}s}left(frac{partial}{partial x^mu} ight)^a=cfrac{{ m d}t}{{ m d}s}left(frac{partial}{partial t} ight)^a+frac{{ m d}x^i}{{ m d}s}left(frac{partial}{partial x^i} ight)^a$ 這裡可以看到，題主所給的定義，實際上是四速在慣性系下的空間分量 $frac{{ m d}x^i}{{ m d}s}$ ，但是我在上述推導過程中，使用的實際上是三速的分量 $frac{{ m d}x^i}{{ m d}t}$ 。那麼這裡嚴格來講，的確是需要做一下說明。我在昨天行文過程中，將這一段視作了比較顯然的過程省略掉了。首先根據題主的原文，

自由粒子…………只有乘以 $u_iu^i$ ( $u^i=frac{mathrm d x^i}{mathrm d s}$ )…………才能得到運動方程

由於我並不知道題主這句話的來源何處，所以不能貿然判定這裡的「 $u^i$ 」應當作何理解。不過有一點應當予以認同，那就是這裡的指標 $i$ 應該是三維指標，即便將之理解為四速的分量也應該局限於 $i=1,2,3$ 求和，否則四速 $U_mu U^mu=-1$ 相乘毫無意義。

此外，題主的這句話是針對於「自由粒子」來說的後驗推論；並未將之推廣到一般粒子上。因此單就這句話而言，的確是存在合理性的，說明如下：（為便於溝通，下面統一將三速分量記號記為 $u^i$ ，四速分量記號記為 $U^mu$ ，因此可能與題主所使用符號有所區別，不再說明。)

根據四維形式的作用量的變分過程，已經知道自由粒子的運動方程為 $frac{{ m d}^2x^mu}{{{ m d}s}^2}=frac{ m d}{{ m d}s}frac{{ m d}x^mu}{{ m d}s}=0$ 上述運動方程包括了 $frac{{ m d}t}{{ m d}s}={ m count}equiv auquadfrac{{ m d}x^i}{{ m d}s}=u^i={ m count}$ 其實這一點可以從另一個角度直觀地印證： ${ m d}s=sqrt{(c{ m d}t)^2-{ m d}x_i{ m d}x^i}=c{ m d}tsqrt{1-frac{frac{{ m d}x_i}{{ m d}t}frac{{ m d}x^i}{{ m d}t}}{c^2}}=c{ m d}tsqrt{1-frac{u_iu^i}{c^2}}$ 可見比例係數就是 $au=csqrt{1-frac{u_iu^i}{c^2}}=frac{gamma}{c}$ 在非自由粒子情況下這一比例係數則不再是常數。但是對於自由粒子來說，就存在： $u^i=frac{{ m d}x^i}{{ m d}t}=frac{c}{gamma}frac{{ m d}x^i}{{ m d}s}=frac{c}{gamma}U^i$ 因此實際上： $Lapproxmathbb Lc-mathbb Lfrac{u^iu_i}{2c}+cdots=mathbb Lc-frac{c}{2gamma^2}(mathbb LU^iU_i)+cdots$ 扔掉全微分項和高階小項後，並且考慮到常數對於拉氏量導出的運動方程沒有影響，所以最後留下來的 $-mathbb LU^iU_i$ （也就是題主所提出的形式）對於自由粒子來說其實就是 $mcu_iu^i$ （也就是我原文給出的形式）。

當然，需要說明的是，關於三-四速的分量之間互換關係僅對於自由粒子來說才是常量。若對於非自由粒子，不應當僅僅乘以四速分量；但是就題主所敘述範圍來看，並無錯誤。

我很同意另一位答主的觀點，即本質上四速恆等式有約束作用，並且 $mc$ 得不到非平庸歐拉方程。

不過我的目的在於說明，為什麼題主在某些文獻上看到了 $mc$ 被叫做"拉氏量"卻不能代入歐拉方程，這本質上是因為兩類語境下的定義混淆了。直接添加約束方程固然沒錯，但是題主未必能理解。

此外，對於非自由粒子，仍然可以類似地定義「四維拉氏量」，只要它沿世界線的積分是作用量就可以。但是題主仍然會面對無法使用歐拉方程的問題，而那個時候即便乘以四速的空間分量也無法得到正確答案，因為對於非自由粒子來說兩者比例不再是常數。這就是為什麼我要強調乘以三速的原因，並且想讓答主看明白兩套語言的轉換。

如果我的敘述引起了大家的一些誤會，非常抱歉。

我不完全同意下面答主的觀點。（我也可能只是在胡說八道。。。。）

這個拉氏量某種程度上具有先驗的性質，如果一定要從原理上說明。可以這麼表述。

單個相對論粒子的作用量，必須要求取極小值，而考慮粒子沒有任何其他內稟標量（或標量函數，也暫時不考慮任何外場的影響），並考慮量綱之後，這個做用量只能是 $S=-mcintmathrm{d}s$ 。現在，有幾種得出運動方程的考慮，首先是完全幾何的方法，也就是按照莫陪督-雅可比原理，直接變分上面的作用量，計算 $-mcintdeltamathrm{d}s$ ，這固然是一種方法，但是偏離了歐拉-拉格朗日原理的的計算，這裡面沒有直接變分標量函數，而是變分的了積分變數（在學變分法的時候，我們被教導這兩種變分是本質不同的，雖然這些原理的結果都一樣）。

按照正常的思路，先擇可以換一個時間標度（選擇一個慣性參考系），這樣，上面的積分寫成 $-mc^2int sqrt{1-dfrac{v^2}{c^2}}mathrm{d}t$ ，對他變分直接得到粒子的相對論動力學方程（不過是三維形式）。

實際上，這裡有兩個根本性問題，一個是本質的，一個是非本質的。本質的那個就是其實在我們的四維速度的定義中四個分量不是獨立的，而是由恆等式 $u^mu u_mu=1$ 約束著的，非本質的就是這個拉氏量實際上是常數，沒辦法導出非平庸的拉氏方程。

這裡的步驟本質上是複雜的（含有非齊次約束的力學系統），但是有一個適用於這種簡單情形的特別容易的方案，我們選擇這個一個粒子坐標或者速度的函數（按照經典決定論），使得它在粒子取約束條件的時候正好回到真實軌道，這樣的拉氏量就是我們需要的，實際上，只要取形式 $-mcdfrac{f(u^mu u_mu)}{f(1)}$ ，你可以試試，它們完全得到相同的運動方程，分母的常數也是無關緊要的（可以吸收到質量的重定義中，僅僅改變質量的單位）。

所以結論就是不一定要給出拉氏量 $L$ (如前所述的形式都是可以的)，這個拉氏量表示對是加上約束的拉氏量，換句話說是可以直接變分的拉氏量（但是最後還是需要滿足約束方程）；而原始拉氏量 $L$ 不適用於傳統變分問題，而必須要加上對於四速度的約束方程。

這樣，你是否能理解了呢？

完整起見，我給出這種時候我們使用的協變哈密頓量，它是:

$H=dfrac{1}{mc}P^mu P_mu-mc$ ,

我們看到，這個哈密頓量在粒子在殼的時候就是零（這當然也是奇特的一件事）。

它自然成立四維哈密頓方程。

實際上，這裡說的問題在量子場論中也有出現，出現在費曼圖的傳播子中的粒子實際上不是在殼的（它們的四動量取遍整個四維空間，而不是僅僅在殼的空間），我們就需要將自選和（對於在殼粒子定義的），推廣到離殼粒子上去。這就有點遠了。。。。

至於從微分幾何的角度理解拉氏量，我真的所知甚少，我只是知道它是位形流形切叢上定義的標量函數而已，拉格朗日原理就是說在位形流形容許的所有軌道上，真實軌道的拉氏量關於參數（時間）的積分取駐定值。其他的，我也很弱，什麼也不知道了。。。

我以前學習Landau第二卷的時候也想過這個問題，我想的就寫在筆記里了，精力問題無法在知乎這破編輯器裡面再打一遍，所以直接貼圖。大致和其他答主說的差不多，為看到等價性需要考慮on-shell約束。我先貼trivial的部分，還有一些comment，其他答主可能沒有提到，我相信也是有益的。

p.s. 這裡的i顯然是時空指標，題主應該是有 $u^iu_i=1$ 的，@木瓜可能想當然了。

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以下commit依然是基於我的筆記，我暫時沒有再確認一下幾年前的我說的是不是胡話。

第一個commit：在有相互作用的時候，為了依然可以這麼做，會對相互作用有一定的限制如圖中，我們希望的情形是 $l_mu u^mu=0$ ，並不是任意的（相對論式的）相互作用是滿足這點的。比如我們會問，為什麼在考慮最簡單的相互作用的時候，第一個考慮的是 $-eA_mu dx^mu$ ，而不是一個標量函數 B(x, u)乘以線元？因為此時 $l_mu u^mu=0$ 無法滿足，則 Lagrangian 並不能形式地看作一個自由粒子 Lagrangian 和一個勢的和，且Lagrangian 中的乘子成為自由粒子 Lagrangian 和勢的一個耦合。這使得理論喪失了美感。

第二個commit: 這可以推廣到(semi-)Riemannian manifold上，依然是貼圖

-->

第三個commit：約束問題很常見，在算Dirac方程的運動方程的時候也會用類似的小技巧（用約束改寫一部分以避開討論約束，其實都不是嚴格的）。但在量子化的時候，約束會成為非常大的問題。正則量子化的話會回到哈密頓力學，經典的例子比如可以參見：這個回答. 何況到了規範場論，你還要選取規範，這也是約束，現在很流行的（也是研究前沿的）是BV量子化，非常非常粗略地說，它通過擴張空間，上面還有一個微分運算元D，我們考慮的（路徑積分的）被積函數在這微分運算元作用下是零，則原本在小空間上的積分可以換到大空間裡面的其他「圍道」上去，使得一些東西變得清楚，當然這裡擴張的空間是費米的。同時，這個微分運算元還滿足D^2=0，所以我們可以考慮其上同調。原本top form的上同調等價於新的第0階上同調等等等等。（我這裡全是口胡，望真正的大佬指教）

第四個commit：類似的問題在弦論中也是存在的，那裡，Nambu–Goto作用量是世界面的面積元的積分，參數化後面含根號，為了量子化，我們會將其改寫成一個二次式。但這兩者實際上是不等價的，二次式版本的action的對稱性更強，新的Weyl對稱性出現了。之所以弦論一定要避免Weyl對稱性的反常，一個理由就是這個對稱性是手加的，那顯然不能破壞它，否則在量子意義上，這兩個action是完全不等價的。

先回答拉格朗日量變更的問題。摘自《狹義相對論》劉遼

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。。。。。。

-->

兩者沒有區別。而 $U_mu U^mu$ 本身就是縮並項，寫不寫成這樣完全不影響求導，比如圖中(23.13)(23.14)就可以做如下理解

$frac{1}{2}m_0U_mu U^mu=frac{P_mu P^mu}{2m_0}=-frac{1}{2}m_0c^2\ frac{partial}{partial U_mu}left( -frac{1}{2}m_0c^2 ight)=m_0frac{partial}{partial P_mu}frac{P_mu P^mu}{2m_0}=P^mu$

場論中會告訴你，拉格朗日量雖然是標量，但是它是一個函數 $L=L(phi,partial_muphi)$ ，其中 $phi$ 是場量。所以這裡你其實不能直接把 $m_0c$ 做實數處理。

至於微分幾何如何理解拉格朗日量、哈密頓量，本身涉及到一個比較複雜的領域，我這裡就勉強寫一點。

考慮流形 $M$ (位形空間)的切叢 $TM$ ， $TM$ 是一個偶數維流形，所謂拉格朗日量就是映射 $L：TM ightarrow R$ ，廣義動量被定義為 $p_i=partial L/partial v^i$ 。對流形 $M$ 做坐標變換，廣義動量有變換規則 $p_j=p_icdotpartial q^i/partial q^j$ ，這正是餘切矢的變換規則。所以廣義動量就是流形 $M$ 上的餘切矢。而哈密頓量是拉格朗日量的勒讓德變換，勒讓德變換在流形上意味著從切叢 $TM$ 變換到餘切叢 $T^*M$ ，所以哈密頓量是映射 $H：T^*M ightarrow R$ 。

那麼自然的，拉格朗日方程就是體系在切叢中的演化軌跡。相應地，哈密頓方程就是體系在餘切叢中的演化軌跡。

不知道你看的哪本書？應該是寫錯了

自由粒子拉氏量是 L= mc 沒錯，但寫成作用量積分時，要對固有時ds 積分，作用量在做變分的時候給出來測地線方程，而眾所周知，測地線方程根粒子質量無關

所以，完全不用乘上所謂的u_{i}u^{i}

這是廊道場論第二章的基本內容，有完全的推導, 沒有任何含糊的地方