Cómo aplicar el teorema de Noether

1) En esta respuesta proporcionamos más detalles sobre la respuesta correcta de David Bar Moshe. La acción lee

$$\tag{1}S[q; t_i,t_f]~:=~\int_{t_i}^{t_f} \!dt~ L, \quad L~:=~T-V ,\quad T~:=~\frac{m}{2}\dot{q}^2,\quad V~:=~\frac{\alpha}{q^2}.$$

No es difícil comprobar que la acción tiene una simetría exacta

$$\tag{2} S[q; t_i,t_f] \quad \longrightarrow \quad S[q^{\prime}; t^{\prime}_i,t^{\prime}_f] ~=~S[q; t_i,t_f]$$

bajo la siguiente escala

$$\tag{3}t \quad \longrightarrow \quad t^{\prime}~=~\lambda^2 t, \qquad q(t) \quad \longrightarrow \quad q^{\prime}(t^{\prime})~=~\lambda q(t),$$

con un parámetro no negativo$\lambda\neq 0$, si también escalamos los límites de integración de tiempo inicial y final de la misma manera que el parámetro de tiempo$t$:

$$\tag{4}t_i\quad \longrightarrow \quad t^{\prime}_i~=~\lambda^2 t_i, \qquad t_f\quad \longrightarrow \quad t^{\prime}_f~=~\lambda^2 t_f.$$

Curiosamente, la transformación (3) no es una simetría del Lagrangiano

$$\tag{5}L(t) \quad \longrightarrow \quad L^{\prime}(t^{\prime})~=~\frac{L(t)}{\lambda^2},$$ como OP ya observa en la pregunta (v1). Esta es una buena oportunidad para recordar que el teorema de Noether se trata de (cuasi)-simetrías de la acción en lugar del Lagrangiano.

2) A continuación, consideremos la transformación infinitesimal correspondiente. Asumir que$\lambda=1+\epsilon$, dónde$\epsilon$es infinitesimal, es decir, desprecia los términos de orden superior en$\epsilon$. La llamada variación infinitesimal horizontal es

$$\tag{6}\delta t ~:=~t^{\prime}-t ~=~ \epsilon \cdot 2t.$$

La variación infinitesimal de la variable dinámica$q$es

$$\tag{7} \delta q(t)~:= ~q^{\prime}(t^{\prime})-q(t)~=~\epsilon \cdot q(t),$$

entonces la variación infinitesimal vertical es

$$\tag{8} \delta_0 q(t)~:= ~q^{\prime}(t)-q(t)~=~\epsilon \cdot(q(t)-2 t\dot{q}(t)).$$ En otras palabras, la transformación (3) tiene un generador horizontal $2t$y generador vertical $q-2 t\dot{q}$.

La corriente desnuda de Noether (=carga)$Q$se define como el momento por el generador vertical más el Lagrangiano por el generador horizontal:

$$\tag{9} Q~:=~ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\cdot(q-2 t\dot{q})+ L\cdot 2t ~=~mq\dot{q} -2t(T+V).$$

[En general, si la transformación infinitesimal$\delta S$de la acción solo es invariante hasta los términos de frontera, se denomina cuasisimetría y toda la corriente de Noether recibiría entonces contribuciones de frontera. Sin embargo, en nuestro caso, la simetría (3,4) es en realidad exacta (2), es decir, sin ningún término límite, por lo que la corriente de Noether completa es solo la corriente de Noether desnuda (9).]

Es fácil comprobar que la carga de Noether (9) se conserva en el caparazón

$$\tag{10}\frac{dQ}{dt} ~=~-(q-2 t\dot{q})\frac{\delta S}{\delta q}~\approx~0,$$

donde el$\approx$signo significa igualdad módulo ecuación de movimiento

$$\tag{11} 0~\approx~ \frac{\delta S}{\delta q} ~=~\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} ~=~\frac{2\alpha}{q^3}-m\ddot{q},$$

es decir, en la cáscara.

La simetría es necesaria para dejar la acción completa.$A= \int L dt$invariante. Como se puede ver, la acción es invariable porque obtienes la falta$(1+\epsilon)^2$factor de la medida$dt$. Ahora, puede aplicar el teorema de Noether para encontrar la carga conservada que es en este caso:

$Q = 2 E t - Px$

con$E = T+V = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 + \frac{\alpha}{x^2}$, y$P = m \dot{x}$.

No es difícil comprobar que$\frac{dQ}{dt} = 0$cuando se satisfacen las ecuaciones de movimiento.

Esta simetría es una simetría conforme galileana, extiende el grupo galileano de manera similar a como el grupo conforme habitual extiende el grupo de Poincaré. Consulte las siguientes notas de clase de: Rajesh Gopakumar (Ecuación 2).