Teorema de Noether para lagrangianos no cíclicos dependientes del tiempo

Question

Me piden que encuentre las simetrías y cantidades conservadas para un sistema con el siguiente Lagrangiano:

$$\mathscr{L}=\frac{1}{2}m\dot{q}^2-af(t)q,$$

donde $a$ es una constante y $f(t)$ es una función arbitraria (pero integrable) del tiempo.

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Encuentro este problema no trivial porque la Lagrangiana no tiene coordenadas cíclicas y es función del tiempo, por lo que ni el momento conjugado $p$ o la energía $E$ son cantidades que se conservan.

Procedo tratando de encontrar alguna simetría tal que $\delta\mathscr{L}=dg/dt$ (o tal vez $=0$ (la idea es que esta condición sea tal que las ecuaciones de Euler-Lagrange obtenidas mediante el principio variacional sean invariantes a la izquierda). Entonces, aplicando Teorema de Noether la cantidad conservada sería:

$$C=\bigg(\frac{\partial\mathscr{L}}{\partial\dot{q}}\dot{q}-\mathscr{L}\bigg)\delta{t}-\frac{\partial\mathscr{L}}{\partial\dot{q}}\delta{q}-g,$$

donde $g$ puede ser cero o no. Entonces, para el Lagrangiano en consideración:

$$\begin{align}\delta\mathscr{L}&=\frac{\partial\mathscr{L}}{\partial\dot{q}}\delta\dot{q}+\frac{\partial\mathscr{L}}{\partial q}\delta q+\frac{\partial\mathscr{L}}{\partial t}\delta t\\ &=(m\dot{q})\delta\dot{q}+(-af(t))\delta q+(-a\frac{\partial f}{\partial t}q)\delta t\end{align}$$

El problema aquí es que no se me ocurre ninguna simetría que pueda satisfacer la condición de Noether. ¿Hay alguna otra prueba que pueda darme las simetrías correctas? ¿O tal vez puedo saber las cantidades conservadas mirando la forma del Lagrangiano pero me falta la intuición?

Answer 1

La cantidad conservada que obtuvo Frotaur no proviene de una simetría.La forma de obtenerla es la siguiente.Consideramos una transformación de las coordenadas: $$q \rightarrow q + \epsilon $$ El Langrangiano tranformado es : $$L'(q+\epsilon,\dot{q})=\dfrac{1}{2}m\dot{q}-af(t)q - af(t)\epsilon=L(q)-af(t)\epsilon$$ Tomando la derivada con respecto a $\epsilon$ en $\epsilon=0$ tenemos : $$\dfrac{dL'}{d\epsilon}\Bigr|_{\epsilon=0}=-af(t)$$ Con un poco de trabajo se puede demostrar a partir del teorema de Taylors y las ecuaciones de Euler-Lagrange que en la familia general de transformaciones $$q\rightarrow q + \epsilon K(q,\dot{q})$$ lo consigues: $$\dfrac{dL'}{d\epsilon}\Bigr|_{\epsilon=0}=\dfrac{d}{dt}\left( \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}}K(q,\dot{q})\right)$$ En nuestro caso $K(q,\dot{q})=1$ así obtenemos el resultado final que obtuvo Frotaur: $$\dfrac{d}{dt}\left( \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)=-af(t)$$ $$m\dot{q}=-a\int f(t) +C$$

Answer 2

Si lo intentas ingenuamente sin buscar simetrías, y en su lugar escribiendo la ecuación de Euler-Lagrange te encuentras:

$m\ddot{q}=-af(t)$

Integrando, se obtiene una cantidad conservada :

$m\dot{q}+a\int f(t)=C$

Aún no estoy seguro de a qué simetría corresponde, pero creo que sería posible aplicar ingeniería inversa.