¿Por qué las formulaciones lagrangiana y hamiltoniana dan las mismas cantidades conservadas para las mismas simetrías?

Question

La conexión entre las simetrías y las leyes de conservación puede verse a través de la lente de la mecánica lagrangiana y hamiltoniana. En la imagen lagrangiana tenemos el teorema de Noether. En la imagen hamiltoniana tenemos el llamado "mapa de momentos". Cuando consideramos la misma "simetría" en ambos puntos de vista, obtenemos exactamente las mismas cantidades conservadas. ¿Por qué?

Voy a poner un ejemplo. Para una partícula 2D que se mueve en un potencial central, la acción es

$$S = \int dt \Bigl(\frac{m}{2} ( \dot q_1^2 + \dot q_2^2) - V(q_1^2 + q_2^2)\Bigr).$$

A continuación, podemos considerar el $SO(2)$ simetría rotacional que deja esta acción invariante. Cuando variamos la trayectoria por una rotación infinitesimal dependiente del tiempo,

$$\delta q_1(t) = - \varepsilon(t) q_2(t)$$ $$\delta q_2(t) = \varepsilon(t) q_1(t)$$ encontramos que el cambio en la acción es

$$\delta S = \int dt \Bigl( m ( \dot q_1 \delta \dot q_1 + \dot q_2 \delta \dot q_2) - \delta V \Bigr)$$ $$= \int dt m (q_1 \dot q_2 - q_2 \dot q_1)\dot \varepsilon(t)$$

Como $\delta S = 0$ para pequeñas perturbaciones de la trayectoria real de la partícula, una integración por partes da como resultado

$$\frac{d}{dt} (m q_1 \dot q_2 - m q_2 \dot q_1) = \frac{d}{dt}L = 0 $$ y el momento angular se conserva.

En la imagen hamiltoniana, cuando giramos los puntos en el espacio de fase por $SO(2)$ encontramos que $L(q,p) = q_1 p_2 - q_2p_1$ permanece constante bajo la rotación. Como el Hamiltoniano es $H$ tenemos

$$\{ H, L\} = 0$$ lo que implica que el momento angular se conserva bajo la evolución del tiempo.

En la imagen lagrangiana, nuestro $SO(2)$ La simetría actuaba sobre caminos en el espacio de configuración, mientras que en la imagen hamiltoniana nuestra simetría actuaba sobre puntos en el espacio de fase. Sin embargo, la cantidad conservada de ambas es el mismo momento angular. En otras palabras, nuestra pequeña perturbación a la trayectoria extrema resultó ser la encontrada al tomar el corchete de Poisson con la cantidad conservada derivada:

$$\delta q_i = \varepsilon(t) \{ q_i, L \}$$

¿Hay alguna manera de demostrar que esto es cierto en general, que la cantidad conservada derivada mediante el teorema de Noether, cuando se pone en el corchete de Poisson, vuelve a generar la simetría original? ¿Es cierto en general? ¿Sólo es cierto para cantidades conservadas que son como máximo polinomios de grado 2?

Editar (23 de enero de 2019): Hace un tiempo acepté la respuesta de QMechanic, pero desde entonces he descubierto una prueba bastante corta que muestra que, en el marco del "lagrangiano hamiltoniano", la cantidad conservada sí genera la simetría original del teorema de Noether.

Digamos que $Q$ es una cantidad conservada:

$$ \{ Q, H \} = 0. $$ Consideremos la siguiente transformación parametrizada por la función minúscula $\varepsilon(t)$ : $$ \delta q_i = \varepsilon(t)\frac{\partial Q}{\partial p_i} \\ \delta p_i = -\varepsilon(t)\frac{\partial Q}{\partial q_i} $$ Tenga en cuenta que $\delta H = \varepsilon(t) \{ H, Q\} = 0$ . Entonces tenemos \begin{align*} \delta L &= \delta(p_i \dot q_i - H )\\ &= -\varepsilon\frac{\partial Q}{\partial q_i} \dot q_i - p_i \frac{d}{dt} \Big( \varepsilon\frac{\partial Q}{\partial p_i} \Big) \\ &= -\varepsilon\frac{\partial Q}{\partial q_i} \dot q_i - \dot p_i \varepsilon\frac{\partial Q}{\partial p_i} + \frac{d}{dt} \Big( \varepsilon p_i \frac{\partial Q}{\partial p_i}\Big) \\ &= - \varepsilon \dot Q + \frac{d}{dt} \Big( \varepsilon p_i \frac{\partial Q}{\partial p_i}\Big) \\ \end{align*}

(Nótese que aún no hemos utilizado las ecuaciones de movimiento). Ahora, en las trayectorias estacionarias, $\delta S = 0$ para cualquier pequeña variación. Para la variación anterior en particular, suponiendo $\varepsilon(t_1) = \varepsilon(t_2) = 0$ ,

$$ \delta S = -\int_{t_1}^{t_2} \varepsilon \dot Q dt $$

lo que implica que $Q$ se conserva.

Por lo tanto, $Q$ "genera" la propia simetría que puede utilizar para derivar su ley de conservación a través del teorema de Noether (como se espera).

Answer 1

En esta respuesta vamos a limitarnos, por simplicidad, al caso de una transformación regular de Legendre en un entorno mecánico puntual, cf. este post relacionado de Phys.SE. (Las generalizaciones a la teoría de campos y a la teoría gauge son, en principio, posibles, con las modificaciones adecuadas de las conclusiones).

1. Por un lado, el principio de acción para un sistema hamiltoniano viene dado por la acción hamiltoniana $$ S_H[q,p] ~:= \int \! dt ~ L_H(q,\dot{q},p,t).\tag{1} $$ Aquí $L_H$ es el llamado Lagrangiano hamiltoniano $$ L_H(q,\dot{q},p,t) ~:=~\sum_{i=1}^n p_i \dot{q}^i - H(q,p,t). \tag{2} $$ En la formulación hamiltoniana existe una correspondencia biyectiva entre las cantidades conservadas $Q_H$ e infinitesimal (vertical) cuasi-simetría transformaciones $\delta$ como se muestra en mis respuestas de Phys.SE aquí & aquí . Resulta que una transformación de cuasi-simetría $\delta$ es un Campo vectorial hamiltoniano generado por una cantidad conservada $Q_H$ : $$ \delta z^I~=~ \{z^I,Q_H\}\varepsilon,\qquad I~\in~\{1, \ldots, 2n\}, \qquad \delta t~=~0,$$ $$ \delta q^i~=~\frac{\partial Q_H}{\partial p_i}\varepsilon, \qquad \delta p_i~=~ -\frac{\partial Q_H}{\partial q^i}\varepsilon, \qquad i~\in~\{1, \ldots, n\},\tag{3}$$

2. Por otro lado, si integramos los momentos $p_i$ obtenemos la correspondiente acción lagrangiana $$ S[q] ~= \int \! dt ~ L(q,\dot{q},t),\tag{4} $$ Véase. este post relacionado de Phys.SE. Las ecuaciones Hamiltonianas. $$0~\approx~\frac{\delta S_H}{\delta p_i} ~=~\dot{q}^i-\frac{\partial H}{\partial p_i} \tag{5}$$ para los momentos $p_i$ dan lugar, mediante la transformación de Legendre, a la relación definitoria $$p_i~\approx~ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i}\tag{6}$$ de los momentos lagrangianos. Las ecuaciones (5) y (6) establecen una correspondencia biyectiva entre las velocidades y los momentos.

3. Si tomamos esta correspondencia biyectiva $\dot{q} \leftrightarrow p$ está claro que las cargas conservadas hamiltonianas y lagrangianas $$Q_H(q,p,t)~\approx~Q_L(q,\dot{q},t) \tag{7}$$ están en correspondencia biyectiva. A continuación argumentaremos que lo mismo es cierto para las cuasi-simetrías infinitesimales (verticales) en ambos lados.

4. Por un lado, si partimos de una cuasi-simetría infinitesimal (vertical) en el espacio de fase (hamiltoniano) $$ \varepsilon \frac{df^0_H}{dt}~=~\delta L_H ~=~\sum_{i=1}^n\frac{\delta S_H}{\delta p_i}\delta p_i + \sum_{i=1}^n\frac{\delta S_H}{\delta q^i}\delta q^i + \frac{d}{dt}\sum_{i=1}^n p_i~\delta q^i ,\tag{8}$$ puede con la ayuda de la ec. (5) restringirse a una cuasi-simetría infinitesimal (vertical) dentro del espacio de configuración (lagrangiano): $$ \varepsilon \frac{df^0_L}{dt}~=~\delta L ~=~ \sum_{i=1}^n\frac{\delta S}{\delta q^i}\delta q^i + \frac{d}{dt}\sum_{i=1}^n p_i~\delta q^i ,\tag{9}$$ De hecho, podemos tomar $$f^0_L(q,\dot{q},t)~\approx~f^0_H(q,p,t) \tag{10}$$ la misma. El procedimiento de restricción también significa que las cargas de Noether desnudas $$Q^0_H(q,p,t)~\approx~Q^0_L(q,\dot{q},t) \tag{11}$$ son los mismos, ya que no hay $\dot{p}_i$ apariencia.

5. Por el contrario, si partimos de una cuasi-simetría infinitesimal en el espacio de configuración (lagrangiano), podemos utilizar Teorema de Noether para generar una cantidad conservada $Q_L$ y así cerrar el círculo.

6. Ejemplo: Considere $n$ osciladores armónicos con Lagrangiano $$ L~=~\frac{1}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left(\dot{q}^k g_{k\ell}\dot{q}^{\ell} - q^k g_{k\ell} q^{\ell}\right),\tag{12}$$ donde $g_{k\ell}$ es una métrica, es decir, una matriz simétrica real no degenerada. El hamiltoniano es $$H~=~\frac{1}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left( p_k g^{k\ell} p_{\ell} + q^k g_{k\ell} q^{\ell}\right) ~=~\sum_{k,\ell=1}^n z^{k \ast} g_{k\ell} z^{\ell},\tag{13}$$ con coordenadas complejas $$ z^k~:=~\frac{1}{\sqrt{2}}(q^k+ip^k), \qquad p^k~:=~\sum_{\ell=1}^ng^{k\ell}p_{\ell}, \qquad \{z^{k \ast},z^{\ell}\}~=~ig^{k\ell}. \tag{14}$$ El lagrangiano hamiltoniano (2) dice $$ L_H~=~\sum_{k=1}^n p_k \dot{q}^k - H ~=~\frac{i}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left( z^{k \ast} g_{k\ell} \dot{z}^{\ell} - z^{k} g_{k\ell} \dot{z}^{\ell\ast} \right) - H, \tag{15}$$ Las ecuaciones de Hamilton son $$ \dot{z}^k~\approx~-iz^k, \qquad \dot{q}^k~\approx~p^k, \qquad \dot{p}^k~\approx~-q^k. \tag{16}$$ Algunas cargas conservadas son $$ Q_H ~=~ \sum_{k,\ell=1}^n z^{k \ast} H_{k\ell} z^{\ell} ~=~\sum_{k,\ell=1}^n \left( \frac{1}{2}q^k S_{k\ell} q^{\ell} +\frac{1}{2}p^k S_{k\ell} p^{\ell}+ p^k A_{k\ell} q^{\ell}\right), \tag{17}$$ donde $$ H_{k\ell}~:=~S_{k\ell}+i A_{k\ell}~=~H_{\ell k}^{\ast} \tag{18}$$ es un Hermitiano $n\times n$ que consiste en una matriz real simétrica y otra antisimétrica, $S_{k\ell}$ y $A_{k\ell}$ respectivamente. Las cargas conservadas (17) generan un infinitesimal $u(n)$ cuasi-simetría de la acción hamiltoniana $$\delta z_k~=~ \varepsilon\{z_k , Q_H\} ~=~-i \varepsilon\sum_{\ell=1}^n H_{k\ell} z^{\ell},$$ $$\delta q_k ~=~ \varepsilon\sum_{\ell=1}^n \left( A_{k\ell} q^{\ell} +S_{k\ell} p^{\ell} \right), \qquad \delta p_k ~=~ \varepsilon\sum_{\ell=1}^n \left( -S_{k\ell} q^{\ell} +A_{k\ell} p^{\ell} \right). \tag{19}$$ Las cargas de Noether desnudas son $$ Q^0_H ~=~\sum_{k,\ell=1}^n p^k \left( A_{k\ell} q^{\ell} +S_{k\ell} p^{\ell} \right). \tag{20}$$ También $$ f^0_H~=~\frac{1}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left( \frac{1}{2}p^k S_{k\ell} p^{\ell}- q^k S_{k\ell} q^{\ell}\right). \tag{21}$$ El infinitesimal correspondiente $u(n)$ La cuasi-simetría de la acción lagrangiana (1) es $$\delta q_k ~=~ \varepsilon\sum_{\ell=1}^n \left( A_{k\ell} q^{\ell} +S_{k\ell} \dot{q}^{\ell} \right), \tag{22}$$ como se puede comprobar fácilmente.

Answer 2

Otro ejemplo de simetría del hamiltoniano que no está presente en la formulación lagrangiana lo proporciona el oscilador armónico isotrópico.

Supongamos que $$ L=\frac{1}{2}\dot q^T \cdot \dot{q} - \frac{1}{2}q^T\cdot q $$ donde $q^T=(q_1,q_2,\ldots,q_n)$ e igualmente $\dot{q}^T=(\dot q_1,\dot q_2,\ldots ,\dot{q}_n)$ . Obviamente el Lagrangiano es invariante bajo $O(n)$ es decir, bajo rotaciones (reales) $O$ de las coordenadas para que $O^T O=\hat 1$ .

El hamiltoniano correspondiente es $$ H=\frac{1}{2}p^T\cdot p +\frac{1}{2}q^T\cdot q $$ pero si ahora introducimos las coordenadas normales $$ \alpha_k = (p_k+iq_k)\, ,\qquad \alpha_k^*=(p_k-iq_k) $$ el Hamiltoniano toma la forma $$ H=\frac{1}{2}(\alpha^*)^T\cdot \alpha $$ y ahora es invariante bajo el grupo mayor $U(n)$ de transformaciones complejas que satisfacen $U^\dagger U=\hat 1$ ya que, bajo esta transformación: $$ \alpha\to \beta = U\alpha\, ,\qquad (\alpha^*)^\dagger \to (\beta^*)^T =(\alpha^*)^T U^\dagger $$ para que $(\alpha^*)^T\cdot\alpha = (\beta^*)^T\cdot \beta$ dejando el Hamiltoniano sin cambios.

Por supuesto, ya que $O(n)$ es un subgrupo de $U(n)$ se deduce que el Hamiltoniano tiene simetrías que no son posibles con el Lagrangiano.