Demostración de que la carga de Noether genera simetrías en el formalismo lagrangiano

Question

Demostración de que la carga de Noether genera simetrías en el formalismo lagrangiano

Física
simetría
teorema de noethers
leyes-de-conservacion
sistemas coordinados
formalismo lagrangiano

Bronsteinx

Sé que antes se han hecho preguntas similares en este sitio, pero no he podido encontrar la respuesta a mi pregunta específica.

Quiero mostrar que la carga de Noether definida en el formalismo lagrangiano genera simetrías correspondientes. Más precisamente:

Supongamos que tenemos un Lagrangiano $L(q(t),\dot q(t))$ . Supongamos que, bajo una transformación infinitesimal

\begin{matrix} (1) & d q (t) = η (q (t), \dot{q} (t), t), d \dot{q} (t) = \frac{d}{d t} η (q (t), \dot{q} (t), t) \end{matrix}

$\delta q(t) = \eta(q(t),\dot q(t),t), \ \delta \dot q (t) = \frac{d}{dt}\eta(q(t),\dot q(t),t)\tag{1}$ el cambio de Lagrangiano se da como:

\begin{matrix} (2) & d L = \frac{d}{d t} k (q (t), \dot{q} (t), t) \end{matrix}

$\delta L = \frac{d}{dt}K(q(t),\dot q(t),t)\tag{2}$ Entonces la carga de Noether

Q (q (t), \dot{q} (t), t)

$Q(q(t),\dot q(t),t)$ es definido por:

\begin{matrix} (3) & q (q (t), \dot{q} (t), t) := \frac{\partial}{\partial \dot{q} (t)} L (q (t), \dot{q} (t)) η (q (t), \dot{q} (t), t) - k (q (t), \dot{q} (t), t) \end{matrix}

$Q(q(t),\dot q(t),t) := \frac{\partial}{\partial \dot q(t)}L(q(t),\dot q(t))\ \eta(q(t),\dot q(t),t) - K(q(t),\dot q(t),t)\tag{3}$ La afirmación es que, si definen el momento canónico por

p (q, \dot{q}) = \frac{\partial}{\partial \dot{q}} L (q, \dot{q})

$p(q,\dot q)= \frac{\partial}{\partial \dot q}L(q,\dot q)$ :

\begin{matrix} (4) & d q (t) = {(\frac{\partial}{\partial pag (t)} q (q (t), \dot{q} (t), t))}_{q (t)}, d pag (t) = - {(\frac{\partial}{\partial q (t)} q (q (t), \dot{q} (t), t))}_{pag (t)} \end{matrix}

$\delta q(t) = \left(\frac{\partial}{\partial p(t)}Q(q(t),\dot q(t),t)\right)_{q(t)},\qquad \delta p(t) = -\left(\frac{\partial}{\partial q(t)}Q(q(t),\dot q(t),t)\right)_{p(t)}\tag{4}$ Pude derivar la primera de las relaciones anteriores de la siguiente manera. De,

\begin{matrix} (5) & d L = \frac{\partial}{\partial q} L d q (t) + pag (t) d \dot{q} (t), \end{matrix}

$\delta L = \frac{\partial}{\partial q}L \delta q(t) + p(t) \delta \dot q(t)\tag{5},$ integrando por partes se obtiene:

\begin{matrix} (6) & \frac{d}{d t} q = d q (\dot{pag} - \frac{\partial}{\partial q} L) = d q (\frac{\partial pag}{\partial q} \dot{q} + \frac{\partial pag}{\partial \dot{q}} \ddot{q} - \frac{\partial}{\partial q} L) = \frac{\partial q}{\partial t} + \frac{\partial q}{\partial q} \dot{q} + \frac{\partial q}{\partial \dot{q}} \ddot{q} \end{matrix}

$\frac{d}{dt}Q = \delta q \left(\dot p - \frac{\partial}{\partial q}L \right) \\ \quad \quad \quad \quad \quad \ \ =\delta q \left(\frac{\partial p}{\partial q}\dot q + \frac{\partial p}{\partial \dot q}\ddot q - \frac{\partial}{\partial q}L \right) \\ \quad \quad \quad \ = \frac{\partial Q}{\partial t} + \frac{\partial Q}{\partial q}\dot q + \frac{\partial Q}{\partial \dot q}\ddot q\tag{6}$ Igualando términos proporcionales a

\ddot{q}

$\ddot q$ , obtenemos:

\begin{matrix} (7) & \frac{\partial q}{\partial \dot{q}} = {(\frac{\partial pag}{\partial \dot{q}})}_{q} d q \end{matrix}

$\frac{\partial Q}{\partial \dot q} = \left( \frac{\partial p}{\partial \dot q} \right)_{q} \delta q \tag{7}$ Entonces:

\begin{matrix} (8) & {(\frac{\partial q}{\partial pag})}_{q} = \frac{\partial q}{\partial \dot{q}} {(\frac{\partial \dot{q}}{\partial pag})}_{q} = {(\frac{\partial pag}{\partial \dot{q}})}_{q} {(\frac{\partial \dot{q}}{\partial pag})}_{q} d q = d q \end{matrix}

$\left(\frac{\partial Q}{\partial p}\right)_{q} = \frac{\partial Q}{\partial \dot q} \left(\frac{\partial \dot q}{\partial p}\right)_q = \left( \frac{\partial p}{\partial \dot q} \right)_{q} \left(\frac{\partial \dot q}{\partial p}\right)_q \delta q = \delta q\tag{8}$ Mi pregunta es cómo podemos demostrar que

\begin{matrix} (9) & d pag (t) = - {(\frac{\partial}{\partial q (t)} q (q (t), \dot{q} (t), t))}_{pag (t)} \end{matrix}

$\delta p(t) = -\left(\frac{\partial}{\partial q(t)}Q(q(t),\dot q(t),t)\right)_{p(t)}\tag{9}$

ACTUALIZAR

Parece que se requiere asumir ecuaciones de movimiento para obtener la identidad anterior. Considere la identidad (obtenida después de eliminar los términos que incluyen $\ddot q$ en $\frac{dQ}{dt} = \cdots$ ):

\begin{matrix} (10) & d q (\frac{\partial pag}{\partial q} \dot{q} - \frac{\partial}{\partial q} L) = \frac{\partial q}{\partial t} + \frac{\partial q}{\partial q} \dot{q} \end{matrix}

$\delta q \left(\frac{\partial p}{\partial q}\dot q - \frac{\partial}{\partial q}L \right) = \frac{\partial Q}{\partial t} + \frac{\partial Q}{\partial q}\dot q \tag{10}$ Ahora toma la derivada parcial con respecto a

\dot{q}

$\dot q$ , y use la conmutatividad de las derivadas parciales y la identidad encontrada arriba para

\frac{\partial Q}{\partial \dot{q}}

$\frac{\partial Q}{\partial \dot q}$ para obtener:

\begin{matrix} (11) & \frac{\partial q}{\partial q} = (\dot{q} \partial_{q} pag - \partial_{q} L) \partial_{\dot{q}} d q - \partial_{t} d q \partial_{\dot{q}} pag - \dot{q} \partial_{\dot{q}} pag \partial_{q} d q \end{matrix}

$\frac{\partial Q}{\partial q} = \left(\dot q \partial_q p - \partial_q L \right)\partial_{\dot q}\delta q - \partial_t \delta q\partial_{\dot q} p - \dot q\partial_{\dot q}p \partial_q \delta q \tag{11}$ Ahora, usando

\begin{matrix} (12) & {(\frac{\partial}{\partial q})}_{pag} = \frac{\partial}{\partial q} + {(\frac{\partial \dot{q}}{\partial q})}_{pag} \end{matrix}

$\left(\frac{\partial}{\partial q}\right)_p = \frac{\partial}{\partial q} + \left(\frac{\partial \dot q}{\partial q}\right)_p\tag{12}$ y

\begin{matrix} (13) & {(\frac{\partial \dot{q}}{\partial q})}_{pag} = - \frac{\partial_{q} pag}{\partial_{\dot{q}} pag} \end{matrix}

$\left(\frac{\partial \dot q}{\partial q}\right)_p = -\frac{\partial_{q}p}{\partial_{\dot q} p}\tag{13}$ encontramos:

\begin{matrix} (14) & {(\frac{\partial q}{\partial q})}_{pag} = - \partial_{q} pag d q - \partial_{\dot{q}} pag (\dot{q} \partial_{q} d q + \partial_{t} d q) + (\dot{q} \partial_{q} pag - \partial_{q} L) \end{matrix}

$\left(\frac{\partial Q}{\partial q}\right)_p = - \partial_q p \delta q - \partial_{\dot q}p \left(\dot q\partial_q \delta q + \partial_t \delta q \right) + \left(\dot q \partial_q p - \partial_q L \right) \tag{14}$ Si asumimos ecuaciones de movimiento, es decir:

\begin{matrix} (15) & \partial_{q} L = \frac{d}{d t} pag = \dot{q} \partial_{q} pag + \ddot{q} \partial_{\dot{q}} pag \end{matrix}

$\partial_q L = \frac{d}{dt}p = \dot q \partial_q p + \ddot q \partial_{\dot q} p\tag{15}$ Obtenemos:

\begin{matrix} (dieciséis) & {(\frac{\partial q}{\partial q})}_{pag} = - \partial_{q} pag d q - \partial_{\dot{q}} pag (\ddot{q} \partial_{\dot{q}} d q + \dot{q} \partial_{q} d q + \partial_{t} d q) = - d pag \end{matrix}

$\left(\frac{\partial Q}{\partial q}\right)_p = - \partial_q p \delta q - \partial_{\dot q}p \left(\ddot q \partial_{\dot q} \delta q + \dot q\partial_q \delta q + \partial_t \delta q \right) = -\delta p \tag{16}$ Sin embargo, no puedo ver el significado físico de esta suposición.

Respuestas (1)

Demostración de que la carga de Noether genera simetrías en el formalismo lagrangiano

qmecanico · Answer 1

En esta respuesta, por simplicidad, limitémonos al caso de una transformación regular de Legendre en un entorno mecánico puntual, cf. esta publicación Phys.SE relacionada. (En principio, son posibles las generalizaciones a la teoría de campos y la teoría de calibre, con las modificaciones apropiadas de las conclusiones).

Dentro del formalismo lagrangiano, sea dada una cuasi-simetría vertical infinitesimal de la forma
$\begin{matrix} (A) & d q^{i} = y^{i} (q, \dot{q}, t) ε, i \in {1, \dots, norte}, d t = 0. \end{matrix}$ $\delta q^i ~=~y^i(q,\dot{q},t)\varepsilon, \qquad i~\in~\{1,\ldots,n\}, \qquad\delta t~=~0. \tag{A}$ El teorema de Noether luego produce una carga de Noether correspondiente $Q_L(q,\dot{q},t)$ que se conserva en la concha.
OP parece estar esencialmente haciendo la siguiente pregunta.

¿El Noether carga? $Q_L(q,\dot{q},t)$ generar la cuasi-simetría (A)?

La respuesta es: Sí, la cuasi-simetría
$\begin{matrix} (B) & y^{i} (q, \dot{q}, t) = {q^{i} (t), q_{L} (t)}, i \in {1, \dots, norte}, \end{matrix}$ $y^i(q,\dot{q},t)~=~\{q^i(t),Q_L(t)\}, \qquad i~\in~\{1,\ldots,n\},\tag{B}$ se genera a través del corchete de Peierls $\begin{matrix} (C) & {F, GRAMO} := \iint d t d t^{'} \sum_{i, k = 1}^{norte} \frac{d F}{d q^{i} (t)} {GRAMO}_{r mi t}^{i k} (t, t^{'}) \frac{d GRAMO}{d q^{k} (t^{'})} - (F \leftrightarrow GRAMO), \end{matrix}$ $\{ F,G \}~:=~\iint\!dt~dt^{\prime}~\sum_{i,k=1}^{n} \frac{\delta F }{\delta q^i(t)}~G^{ik}_{\rm ret}(t,t^{\prime})~\frac{\delta G }{\delta q^k(t^{\prime})} - (F\leftrightarrow G),\tag{C}$ dónde $G^{ik}_{\rm ret}(t,t^{\prime})$ es la función de Green retardada , consulte, por ejemplo, varios libros de texto de Bryce S. DeWitt y esta respuesta Phys.SE del usuario AccidentalFourierTransform. Desafortunadamente, dentro del formalismo lagrangiano, no conocemos la forma explícita de la función de Green retrasada $G^{ik}_{\rm ret}(t,t^{\prime})$ , excepto en casos especiales. Esto hace que el esfuerzo puramente lagrangiano de OP sea desafiante y los cálculos engorrosos.
Sin embargo, sabemos que existe una correspondencia biyectiva con una formulación hamiltoniana correspondiente a través de una transformación de Legendre, cf. por ejemplo, esta publicación de Phys.SE. Además, existe una correspondencia biyectiva entre cantidades conservadas
$\begin{matrix} (D) & q_{L} (q, \dot{q}, t) \approx q_{H} (q, pag, t) \end{matrix}$ $Q_L(q,\dot{q},t) ~\approx~Q_H(q,p,t)\tag{D}$ en las formulaciones lagrangiana y hamiltoniana, cf. esta publicación Phys.SE. Existe una correspondencia biyectiva similar para las cuasi-simetrías correspondientes. Por lo tanto, todo se puede traducir a la formulación hamiltoniana correspondiente. Aplicaremos esta estrategia en esta respuesta.
En el entorno hamiltoniano, la pregunta de OP se convierte en la Declaración 1 en mi respuesta Phys.SE aquí , es decir
$\begin{matrix} (MI) & Y^{I} (z, t) = {z^{I} (t), q_{H} (t)}, I \in {1, \dots, 2 norte} . \end{matrix}$ $Y^I(z,t)~=~\{z^I(t),Q_H(t)\},\qquad I~\in~\{1,\ldots,2n\} .\tag{E}$ Dentro del formalismo hamiltoniano, la función de Green retrasada $\begin{matrix} (F) & {GRAMO}_{r mi t}^{I k} (t, t^{'}) ≃ ω^{I k} θ (t - t^{'}), I, k \in {1, \dots, 2 norte}, \end{matrix}$ $G^{IK}_{\rm ret}(t,t^{\prime}) ~\simeq~\omega^{IK}~\theta(t\!-\!t^{\prime}),\qquad I,K~\in~\{1,\ldots,2n\},\tag{F}$ se conoce explícitamente en el límite adiabático (donde el hamiltoniano $H$ puede ignorarse). Aquí $\omega^{IK}$ denota la unidad simpléctica. Por lo tanto, el corchete de Peierls de igual tiempo se convierte en el corchete canónico de Poisson .

Aprenderé más sobre el bracket de Peierls. Sin embargo, todavía no puedo entender qué tiene de malo seguir la lógica. Calcular $Q_L(q,\dot q,t)$ y calcular $p(t)$ como una función de $q(t)$ y $\dot q(t)$ . Luego calcula la derivada parcial de $Q_L$ con respecto a $p$ acuerdo $q$ constante. esto debería dar $\delta p(t)$ . Lo que he mostrado en mi publicación es que esto solo es cierto si asumimos ecuaciones de movimiento.
Comentarios: 1. Considere explicar con más detalle su fórmula (4). 2. $\delta p$ parece irrelevante desde un punto de vista lagrangiano.
si sabemos $p$ como una función de $q$ y $\dot q$ , entonces podemos calcular la variación de $p$ simplemente por $\delta p = \delta q \partial_q p + \delta \dot q \partial_{\dot q} p$ . Ahora si $Q_L = Q_H$ , lo sabemos $\delta p = \{p,Q_H\} = \{p,Q_L\} = - \left(\frac{\partial Q_L}{\partial q}\right)_p$ . No pude mostrar esto sin asumir ecuaciones de movimiento. no tengo problema en mostrar $\delta q = \{q,Q_L\} = \left(\frac{\partial Q_L}{\partial p}\right)_q$ que es lo que he hecho en $(8)$ .
La razón por la que hago esta pregunta es que pasar del formalismo lagrangiano al formalismo hamiltoniano no es difícil y toda esta discusión en el formalismo hamiltoniano tampoco es difícil, por lo tanto, uno debería poder demostrar que $Q_L = Q_H$ genera simetrías sin demasiado trabajo. Es posible que me esté perdiendo algo sobre la correspondencia entre el formalismo lagrangiano y el formalismo hamiltoniano, eso es lo que estoy tratando de entender.
Pregunta: A partir de la simetría en el tiempo, podemos derivar energía como una carga de Noether, que es lo mismo que hamiltoniano. Ahora, para partículas libres, $\delta p = \epsilon m a \neq \{p,H\}$ fuera de la cáscara Creo que este es el ejemplo más simple para mi pregunta.
En ese ejemplo en la formulación hamiltoniana parece que $\delta p = 0$ .
Entonces, ¿qué significa exactamente la correspondencia lagrangiana <-> hamiltoniana? ¿Parece que las simetrías no están en correspondencia 1-1? es decir, si $\delta q(t)$ , $\delta \dot q(t)$ es una simetría de Lagrangiano, entonces $\delta p(t)$ obtenido de la fórmula $p(t) = \delta_{\dot q} L$ no tiene por qué ser una simetría (junto con $\delta q(t)$ ) en el entorno hamiltoniano ?
$\delta p(t)$ en el entorno hamiltoniano se define independientemente de la fórmula de Lagrange $p(t) = \partial_{\dot q} L$ .

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