Tengo un problema derivados de la conservación de la energía a partir de la traducción en tiempo invariancia. La invariancia de la Lagrangiana en virtud de tiempo infinitesimal desplazamientos $t \rightarrow t' = t + \epsilon$ puede ser escrito como \begin{equation} \delta L = L\left( q(t),\frac{dq(t)}{dt},t\right) - L\left( q(t+ \epsilon),\frac{dq(t+ \epsilon)}{dt},t+\epsilon \right) = 0. \end{equation} Utilizando la serie de Taylor, sólo el mantenimiento de primer orden de los términos de este da \begin{equation}\rightarrow \delta L =- \frac{\partial L }{\partial q} \frac{\partial q}{\partial t} \epsilon- \frac{\partial L }{\partial \dot{q}} \frac{\partial \dot{q}}{\partial t} \epsilon - \frac{\partial L }{\partial t} \epsilon = 0. \end{equation} El uso de Euler-Lagrange ecuación y suponiendo que el Lagrangiano no depende explícitamente en el momento de llegar \begin{equation}\rightarrow \delta L =- \frac{d}{d t} \left(\frac{\partial L(q,\dot{q},t)}{\partial \dot{q}} \right) \frac{\partial q}{\partial t} \epsilon- \frac{\partial L }{\partial \dot{q}} \frac{\partial \dot{q}}{\partial t} \epsilon =0. \end{equation} Que podemos escribir como \begin{equation}\rightarrow \delta L = - \frac{d}{d t} \left(\frac{\partial L(q,\dot{q},t)}{\partial \dot{q}} \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = - \frac{d}{d t} \left(p \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = 0. \end{equation} Pero por desgracia, esto no es el Hamiltoniano. Este cálculo se debe producir \begin{equation} \rightarrow \frac{d}{dt} \left( p \dot{q} - L \right) = 0. \end{equation} Pero no puedo encontrar ninguna razón por qué y cómo la $-L$ debe emerger. Puedo ver que este término puede ser escrito en el lugar donde está escrito porque tenemos $\delta L = - \frac{d L}{dt } \epsilon$ y por lo tanto \begin{equation} \rightarrow \delta L = - \frac{d}{d t} \left(\frac{\partial L(q,\dot{q},t)}{\partial \dot{q}} \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon. \end{equation} Y, a continuación, la ecuación deseada se limitó a decir $0-0=0$. Alguna idea de donde hice un error sería muy apreciada.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
I) en primer lugar, podemos mencionar que el Teorema de Noether (en su forma original) se refiere a una simetría de la acción $S$, no necesariamente el Lagrangiano $L$. La noción relevante para el Lagrangiano es cuasi-simetría, cf. este Phys.SE la respuesta.
II) en Segundo lugar, podemos hacer la suposición de que
$$\tag{1} \text{The Lagrangian } L=L(q,\dot{q}) \text{ has no }{\it explicit} \text{ time dependence.} $$
Nos gustaría utilizar el teorema de Noether para demostrar que la función de la energía$^1$
$$\tag{2} h~:=~p_i\dot{q}^i-L,\qquad p_i ~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i }, $$
luego se conserva en la cáscara
$$ \etiqueta{3} \frac{dh}{dt}~\aprox~0. $$ Por lo tanto debemos identificar el de simetría. (Aquí el $\approx$ símbolo significa la igualdad modulo moe. Observar por cierto que no vamos a utilizar la moe para el resto de esta respuesta. Esto es debido a que la hipótesis del teorema de Noether de la demanda que la simetría se mantiene también para virtual off-shell configuraciones que violan moe.)
III) es aparente a partir de OP de la primera ecuación que se está considerando la posibilidad de un infinitesimal de tiempo puro traducción
$$\tag{A} t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\epsilon, \qquad \text{(horizontal variation)}$$ $$\tag{B} q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~0, \qquad \text{(no vertical variation)}$$ $$\tag{C} q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~-\epsilon\dot{q}. \qquad \text{(full variation)}$$
(Las palabras horizontales y verticales se refieren a la traducción en el $t$ dirección y el $q^i$ direcciones, respectivamente). También tenga en cuenta que hemos cambiado el signo delante de $\epsilon$ para su posterior conveniencia. Un puro momento de la traducción (A) es, en general, no es una simetría de la Lagrangiana
$$\etiqueta{D} \delta L ~=~ \frac{dL}{dt}\delta t ~=~ -\epsilon \frac{dL}{dt}~\neq~0. $$
La explicación completa de por qué el puro horizontal de transformación (A)-(C) no puede ser usado para demostrar la conservación de la energía se presenta en la Sección VI infra. Pero primero nos muestran otras dos transformaciones que hacen el trabajo en las siguientes Secciones IV y V.
IV) Si el cambio de tiempo (A), los valores de $q^{i}$ $\dot{q}^{i}$ en general también cambian. En otras palabras, debemos introducir una compensación de variación vertical (B'), de modo que la variación total (C') de la generalizada posiciones son cero:
$$\tag{A'} t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\epsilon, \qquad \text{(horizontal variation)}$$ $$\tag{B'} q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~\epsilon\dot{q}, \qquad \text{(vertical variation)}$$ $$\tag{C'} q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~0. \qquad \text{(full variation)}$$
La transformación (A') - (C') es una simetría de la de Lagrange:
$$\etiqueta{D'} \delta de L ~=~\frac{\partial L}{\partial q^i }\delta_0 q^i + \frac{\partial L}{\parcial \dot{p}^i }\delta_0 \dot{p}^i + \frac{dL}{dt}\delta t ~=~-\epsilon\frac{\partial L}{\partial t }~=~0, $$
donde en la última igualdad utilizado que el Lagrangiano $L$ no tiene tiempo explícito de la dependencia.
Usando la fórmula estándar mencionado en Wikipedia, la (desnudo) Noether actual (multiplicado por el $\epsilon$) se convierte en la energía (multiplicado por el $\epsilon$)
$$\tag{E'} \epsilon j ~:=~ p_i \delta_0 q^i + L \delta t~=~ p_i \delta q^i - h \delta t~=~ \epsilon h ,$$
como queríamos demostrar.
V) Alternativamente, como se hace en el Ejemplo 1 en la Wikipedia, podemos considerar que una puramente vertical transformación infinitesimal
$$\tag{A''} t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~0, \qquad \text{(no horizontal variation)}$$ $$\tag{B''} q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~\epsilon\dot{q}, \qquad \text{(vertical variation)}$$ $$\tag{C''} q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~\epsilon\dot{q}. \qquad \text{(full variation)}$$
La transformación (") - (C") es un cuasi-simetría de la de Lagrange:
$$\etiqueta{D"} \delta de L ~=~\frac{\partial L}{\partial q^i }\delta_0 q^i + \frac{\partial L}{\parcial \dot{p}^i }\delta_0 \dot{p}^i ~=~\epsilon\frac{\partial L}{\partial q^i }\dot{p}^i + \epsilon\frac{\partial L}{\parcial \dot{p}^i } \ddot{p}^i ~=~ \epsilon\frac{dL}{dt}, $$
donde en la última igualdad utilizado que el Lagrangiano $L$ no tiene tiempo explícito de la dependencia.
El (desnudo) Noether actual (multiplicado por el $\epsilon$) se convierte en
$$\tag{E''} \epsilon j ~:=~ p_i \delta_0 q^i + L \delta t~=~ \epsilon p_i\dot{q}^i.$$
El Noether actual debe ser corregido debido a la aparición de el tiempo total de derivadas en la ecuación. (D"). El pleno Noether actual se convierte en la función de la energía
$$\tag{F''} J~=~j-L~=~p_i\dot{q}^i-L~=~h,$$
como queríamos demostrar.
VI) por último, volvamos a OP puro horizontal de transformación (A)-(C). Aunque no es una simetría, es todavía un cuasi-simetría de la Lagrangiana $L$, cf. eq. (D). El (desnudo) Noether actual (multiplicado por el $\epsilon$) se convierte en
$$\tag{E} \epsilon j ~:=~ p_i \delta_0 q^i + L \delta t~=~ -\epsilon L .$$
El Noether actual debe ser corregido debido a la aparición de el tiempo total de derivadas en la ecuación. (D). El pleno Noether actual se convierte en cero:
$$\tag{F} J~=~j-(-L)~=~-L+L~=~0.$$
En otras palabras, la correspondiente ley de la conservación es una tontería! Esto es debido a que nunca hemos usado en la ecuación. (D) el no-hecho trivial de (1) que el Lagrangiano $L$ no tiene tiempo explícito de la dependencia.
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$^1$ La función de la energía $h(q,\dot{q},t)$ en el formalismo de Lagrange corresponde a la Hamiltoniana $H(q,p,t)$ en el formalismo Hamiltoniano.
Reiterando pppqqq la respuesta de su error se encuentra en el inicio donde se establece el $\delta L = 0$. El Lagrangiano no es una constante de movimiento, por lo que esta ecuación es una falacia.
En su lugar, desea
$\frac{dL}{dt} = \frac{\partial L}{\partial q} \dot{q} + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\ddot{q}$
que se supone $\frac{\partial L}{\partial t} = 0$.
Cuando se aplica el de Euler-Lagrange ecuación, se obtiene
$\frac{dL}{dt} = \frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \dot{q})$
que es sólo un corto álgebra paso de mostrar que el Hamiltoniano se conserva.
Su original derivación simplemente demuestra que si el Lagrangiano es independiente del tiempo y si también es una constante de movimiento, entonces la $p \dot{q}$ es también una constante de movimiento.
Aquí es la forma correcta de entender esto (no es que yo soy parcial o nada). Permítanme empezar que estoy de acuerdo con otros que señalan $\delta L \neq 0$ en este caso, pero me gustaría demostrar por qué de una manera convincente. Esperemos que la manera de presentar la resolución será claro. Voy a ser matemáticamente exacta, pero no te preocupes por ciertos supuestos técnicos tales como el grado de la diferenciabilidad de las funciones implicadas.
Generalidades.
Por lo que podemos estar absolutamente seguros de que no hay ninguna confusión, permítanme revisar algunos de notación y definiciones.
Vamos a un camino de $q:[t_a, t_b]\to \mathbb R$ en el espacio de configuración será dado. Deje $\hat q:[t_a, t_b]\times (\epsilon_a, \epsilon_b)\to \mathbb R$ ser un parámetro de deformación de $q$$\epsilon_a<0<\epsilon_b$. Se define la variación de $q$ y su derivado $\dot q$ con respecto a esta deformación de la siguiente manera: \begin{align} \delta q(t) = \frac{\partial \hat q}{\partial\epsilon}(t,0) , \qquad \delta\dot q(t) = \frac{\partial^2\hat q}{\partial \epsilon\partial t}(t,0) \end{align} Por el camino, para conseguir un poco de intuición para esto (y sobre todo a mi notation), se puede encontrar lo siguiente post útil:
Ahora, supongamos que una de lagrange $L$ que es local en $q$ $\dot q$ le es dado, para un determinado camino de $q$ definimos su variación con respecto a la deformación $\hat q$ como sigue: \begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t), t) = \frac{\partial}{\partial\epsilon}L\left(\hat q(t,\epsilon), \frac{\partial\hat q}{\partial t}(t,\epsilon), t\right)\Big|_{\epsilon=0} \end{align} A partir de estas dos definiciones, nos encontramos con la siguiente expresión para la variación de la Lagrangiana (donde nos suprimir los argumentos de las funciones de anotación compacidad) \begin{align} \delta L = \frac{\partial L}{\partial q}\delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot q}\delta\dot q \end{align} Llamamos a una determinada deformación de una simetría de $L$ siempre existe una función de $F$ que es local en las rutas de $q$ tal que \begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t), t) = \frac{dF_q}{dt}(t) \end{align} para cualquier $q$. En otras palabras, la simetría es una deformación que, a primer orden en la deformación del parámetro $\epsilon$, sólo cambia el Lagrangiano en un tiempo total de derivados. Estas definiciones nos permite escribir de forma compacta el siguiente Lagrangiano versión del teorema de Noether
Para cada simetría de la Lagrangiana, la cantidad \begin{align} Q_q(t) = \frac{\partial L}{\partial \dot q}(q(t), \dot q(t), t) \delta q(t) - F_q(t) \end{align} se conserva para todos los $q$ la satisfacción de Euler-Lagrange las ecuaciones.
Tiempo de simetría de traslación.
Consideramos que la deformación \begin{align} \hat q(t,\epsilon) = q(t+\epsilon). \end{align} lo cual, por supuesto, que nosotros llamamos tiempo de traducción. Ahora, una breve cálculo muestra que en esta deformación, uno tiene las siguientes variaciones: \begin{align} \delta q(t) = \dot q(t), \qquad \delta \dot q(t) = \ddot q(t) \end{align} De ello se deduce que para cualquier Lagrange (no sólo uno que tiene tiempo-simetría de traslación) un breve cálculo da \begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t) t) = \frac{d}{dt}L(q(t), \dot q(t), t) - \frac{\partial L}{\partial t}(q(t), \dot q(t), t), \end{align} y de inmediato nos da el siguiente resultado:
Si $\partial L/\partial t = 0$, entonces el tiempo de la traducción es una simetría de $L$ cuando la función de $F$ es dada simplemente por el Lagrangiano de sí mismo.
El teorema de Noether, a continuación, nos dice que hay una conserva de la carga; \begin{align} Q_q(t) = \frac{\partial L}{\partial \dot q}(q(t), \dot q(t), t)\dot q(t) - L(q(t), \dot q(t), t) \end{align} que es, precisamente, el de Hamilton.
Creo que el problema está en la primera línea: la invariancia para finito de tiempo de desplazamiento es $$L(q,\dot q ,t+h)-L(q,\dot q ,t)=0.$$ En el infinitesimal caso de que esto debería ser: $$L (q,\dot q, t+h)-L (q,\dot q,t)=O(h^2) \iff \partial _t L(q,\dot q ,t)=0$$ (tenga en cuenta que $q$ $\dot q $ aquí están no en función del tiempo). Con esto y Lagrange de la ecuación de movimiento, usted debe ser capaz de demostrar que $H=p\dot q-L$ se conserva a lo largo de las soluciones.
No estoy seguro acerca de ¿qué significa el término "infinitesimal de desplazamiento de tiempo" significa. Si $g^{\varepsilon}\colon M \to M$ es un parámetro de una transformación del espacio de configuración, a continuación, la condición de $$\dfrac {\partial}{\partial \varepsilon} |_{\varepsilon =0}L(g^\varepsilon _*(\dot q),t)=0,$$ que creo que expresa la simetría bajo desplazamiento infinitesimal, es diferente de $$L(g^\varepsilon _*(\dot q),t)=L(\dot q, t)$$ que es (según Arnold) la definición habitual de finito (desplazamiento) de la simetría. Si nos fijamos en el caso especial donde $g^\varepsilon$ (lo que implica un leve generalización de la precedente discurso) es el tiempo de la traducción, entonces es obvio que el finito y el desplazamiento infinitesimal las condiciones de simetría son los mismos.
Voy a tratar de responder a la pregunta "¿cómo podemos ver la energía emerge de forma natural a partir de la traducción en tiempo de simetría" en el único sentido en que yo lo entiendo, es decir, "la energía puede ser visto como un Noether del cargo?". Alerta: la prueba está desordenado.
Recordemos la definición de la Noether la carga asociada a un parámetro 1 grupo de simetrías $g^{\varepsilon}$: $$I=\dfrac{\partial L}{\partial \dot q}\dfrac{\partial }{\partial \varepsilon}|_{\varepsilon = 0}(g^\varepsilon q).$$ El teorema de Noether estados que $I$ se conserva a lo largo de las soluciones si $\partial _\varepsilon |_{\varepsilon =0}L(g_* ^\varepsilon \dot q)=0$.
Como es, el teorema se expresa autónomos de lagrange, es decir, no depende del tiempo de Lagrange. Con el fin de ver la energía que emerge de forma natural como un Noether, con un enfoque es el indicado en el Arnold del libro y es como sigue.
Si $M$ es el espacio de configuración y $L$ es la falsa (es decir, no autónomo) de Lagrange, definir el tipo de espacio de configuración como $M'=M\times \mathbb R $. Definir el Lagrangiano en $TM'$: $$\tilde L(q,\dot q,\tau ,\dot \tau)=L(q,\frac{\dot q}{\dot \tau},\tau)\dot \tau.$$ Si $q\colon \mathbb [\tau _1 ,\tau _2] \to M$$\tau \colon [t_1,t_2] \to [\tau _1,\tau _2] $, tenga en cuenta que la acción: $$\tilde S[q,\tau]=\int _{t_1} ^{t_2}\tilde L(q(\tau(t)),\dot q (\tau (t)),\tau (t),\dot \tau (t))\text d t=\int _{\tau _1}^{\tau _2}L(q(\tau),\dot q (\tau),\tau)\text d \tau=S[q]$$ no depende de $\tau$. Así que si $q$ es un extremal de $S$, $(q\circ \tau,\tau)$ es un extremal de $\tilde S$ y satisface de Euler-Lagrange las ecuaciones.
Así que podemos aplicar el teorema de Noether a $\tilde L$. Tenga en cuenta que $\partial _\tau \tilde L(q,\dot q ,\tau , \dot \tau)=\partial _\tau L (q,\dot q/\dot \tau,\tau) \dot \tau$, lo $\tilde L$ admite traducciones en tiempo si $L$. Finalmente, Noethers cargo relacionado con el tiempo de la traducción es: $$\dfrac{\partial \tilde L}{\partial \dot \tau}=L-\dfrac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\dot q}{\dot \tau},$$ que ğes menos la energía.
Ok, así que a partir de sus comentarios entiendo que usted ya sabe cómo se derivan del teorema de Noether(?), lo que significa que el Noether actual: $$ j = \left( L- \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q}(t) \right) \epsilon(t) + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q (t) \tag{1} $$ se conserva: $$ \frac{d j }{dt} = 0 $$ si la acción de un determinado sistema es invariante bajo las siguientes transformaciones infinitesimales: \begin{equation} t \rightarrow t' = t + \delta t = t + \epsilon (t) \end{equation} \begin{equation} q(t) \rightarrow q'(t')=q(t) + \delta q (t) \end{equation}
Ahora, tenga en cuenta que el Hamiltoniano se define como: $$H = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q} - L$$ lo que significa que la ecuación de $(1)$ puede ser escrita como: $$j = - H \epsilon(t) + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q (t) $$
Ahora, vamos a considerar un Lagrangiano que no explícitamente depende del tiempo, es decir,$L=L(q,\dot{q})$. Posteriormente, se considera un tiempo de traducción: $$t \rightarrow t' = t + \delta t = t + \epsilon$$ donde $\epsilon$ es una constante (es decir,$\epsilon\neq \epsilon (t)$). Si $S$ es invariante ($\delta S = 0$) bajo traducciones en tiempo, entonces el Noether actual está dada por: \begin{equation} j = -H\epsilon \end{equation} (debido a que la ruta no se ve afectado por un tiempo tranlation, que es $\delta q (t)=0$) con lo que el Hamiltoniano es una constante de movimiento.
