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

Question

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

Física
simetría
teorema de noethers
leyes-de-conservacion
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano

usuario1379857

La conexión entre las simetrías y las leyes de conservación se puede ver a través de la lente de la mecánica lagrangiana y la 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. ¿Porqué es eso?

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

S = \int d t (\frac{metro}{2} ({\dot{q}}_{1}^{2} + {\dot{q}}_{2}^{2}) - V (q_{1}^{2} + q_{2}^{2})) .

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

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

d q_{1} (t) = - ε (t) q_{2} (t)

$\delta q_1(t) = - \varepsilon(t) q_2(t)$

d q_{2} (t) = ε (t) q_{1} (t)

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

d S = \int d t (metro ({\dot{q}}_{1} d {\dot{q}}_{1} + {\dot{q}}_{2} d {\dot{q}}_{2}) - d V)

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

= \int d t metro (q_{1} {\dot{q}}_{2} - q_{2} {\dot{q}}_{1}) \dot{ε} (t)

$= \int dt m (q_1 \dot q_2 - q_2 \dot q_1)\dot \varepsilon(t)$

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

\frac{d}{d t} (metro q_{1} {\dot{q}}_{2} - metro q_{2} {\dot{q}}_{1}) = \frac{d}{d t} L = 0

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

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

{H, L} = 0

$\{ H, L\} = 0$ 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 ambos es el mismo momento angular. En otras palabras, nuestra pequeña perturbación en el camino extremo resultó ser la que se encontró al tomar el paréntesis de Poisson con la cantidad conservada derivada:

d q_{i} = ε (t) {q_{i}, L}

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

¿Hay alguna manera de demostrar que esto es cierto en general, que la cantidad conservada derivada del teorema de Noether, cuando se coloca en el corchete de Poisson, regenera la simetría original? ¿Es incluso cierto en general? ¿Es solo 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 descubrí una prueba bastante breve que muestra que, en el marco "Hamiltonian Lagrangian", la cantidad conservada genera la simetría original del teorema de Noether.

Dilo $Q$ es una cantidad conservada:

{q, H} = 0.

$\{ Q, H \} = 0.$ Considere la siguiente transformación parametrizada por la función minúscula

ε (t)

$\varepsilon(t)$ :

d q_{i} = ε (t) \frac{\partial q}{\partial {pags}_{i}} d {pags}_{i} = - ε (t) \frac{\partial q}{\partial q_{i}}

$\delta q_i = \varepsilon(t)\frac{\partial Q}{\partial p_i} \\ \delta p_i = -\varepsilon(t)\frac{\partial Q}{\partial q_i}$ Tenga en cuenta que

δ H = ε (t) {H, Q} = 0

$\delta H = \varepsilon(t) \{ H, Q\} = 0$ . entonces tenemos

\begin{aligned} d L & = d ({pags}_{i} {\dot{q}}_{i} - H) \\ = - ε \frac{\partial q}{\partial q_{i}} {\dot{q}}_{i} - {pags}_{i} \frac{d}{d t} (ε \frac{\partial q}{\partial {pags}_{i}}) \\ = - ε \frac{\partial q}{\partial q_{i}} {\dot{q}}_{i} - {\dot{pags}}_{i} ε \frac{\partial q}{\partial {pags}_{i}} + \frac{d}{d t} (ε {pags}_{i} \frac{\partial q}{\partial {pags}_{i}}) \\ = - ε \dot{q} + \frac{d}{d t} (ε {pags}_{i} \frac{\partial q}{\partial {pags}_{i}}) \end{aligned}

$\begin{align*} \delta L &= \delta(p_i \dot q_i - H )\\ &= -\varepsilon\frac{\partial Q}{\partial q_i} \dot q_i - p_i \frac{d}{dt} \Big( \varepsilon\frac{\partial Q}{\partial p_i} \Big) \\ &= -\varepsilon\frac{\partial Q}{\partial q_i} \dot q_i - \dot p_i \varepsilon\frac{\partial Q}{\partial p_i} + \frac{d}{dt} \Big( \varepsilon p_i \frac{\partial Q}{\partial p_i}\Big) \\ &= - \varepsilon \dot Q + \frac{d}{dt} \Big( \varepsilon p_i \frac{\partial Q}{\partial p_i}\Big) \\ \end{align*}$

(Tenga en cuenta que todavía no usamos las ecuaciones de movimiento). Ahora, en trayectorias estacionarias, $\delta S = 0$ para cualquier pequeña variación. Para la variación anterior en particular, asumiendo $\varepsilon(t_1) = \varepsilon(t_2) = 0$ ,

d S = - \int_{t_{1}}^{t_{2}} ε \dot{q} d t

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

lo que implica que $Q$ se conserva

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

ZeroTheHero

¿Qué ocurre con las invariantes simplécticas, como el área

d q \land d p

$dq\wedge dp$ , que no tienen análogo en la mecánica lagrangiana?

Diracología

La cantidad conservada obtenida a través del teorema de Noether es en realidad el generador de transformaciones canónicas infinitesimales y estas transformaciones forman un grupo de simetría. Por ejemplo, las rotaciones pueden verse como transformaciones canónicas activas generadas por el momento angular. Por supuesto, hay mucho que cubrir aquí, pero creo que el punto de partida es la teoría de las transformaciones canónicas infinitesimales.

usuario1379857

Sé que las cantidades conservadas dadas por el "mapa de momentos" se pueden encontrar para simplectomorfismos del espacio de fase, y el álgebra de Lie del grupo simpléctico corresponde a polinomios de grado 2 en el espacio de fase. Sin embargo, parece que la respuesta a mi pregunta no debería involucrar ninguna maquinaria matemática sofisticada porque es una pregunta muy básica.

lalala

¿Puedes explicar cómo rotas los puntos en el espacio de fase por SO(2) para llegar a tu L conservada?

usuario1379857

Para una rotación

R \in S O (2)

$R \in SO(2)$ , actuar en ambos

(\begin{matrix} q_{1} \\ q_{2} \end{matrix})

$\begin{pmatrix} q_1 \\ q_2 \end{pmatrix}$ y

(\begin{matrix} p_{1} \\ p_{2} \end{matrix})

$\begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix}$ por

R

$R$ . La cantidad

L

$L$ no es cambiado por tal rotación.

Respuestas (2)

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

¿Qué ocurre con las invariantes simplécticas, como el área $dq\wedge dp$ , que no tienen análogo en la mecánica lagrangiana?
La cantidad conservada obtenida a través del teorema de Noether es en realidad el generador de transformaciones canónicas infinitesimales y estas transformaciones forman un grupo de simetría. Por ejemplo, las rotaciones pueden verse como transformaciones canónicas activas generadas por el momento angular. Por supuesto, hay mucho que cubrir aquí, pero creo que el punto de partida es la teoría de las transformaciones canónicas infinitesimales.
Sé que las cantidades conservadas dadas por el "mapa de momentos" se pueden encontrar para simplectomorfismos del espacio de fase, y el álgebra de Lie del grupo simpléctico corresponde a polinomios de grado 2 en el espacio de fase. Sin embargo, parece que la respuesta a mi pregunta no debería involucrar ninguna maquinaria matemática sofisticada porque es una pregunta muy básica.
¿Puedes explicar cómo rotas los puntos en el espacio de fase por SO(2) para llegar a tu L conservada?
Para una rotación $R \in SO(2)$ , actuar en ambos $\begin{pmatrix} q_1 \\ q_2 \end{pmatrix}$ y $\begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix}$ por $R$ . La cantidad $L$ no es cambiado por tal rotación.

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).

Por un lado, el principio de acción de un sistema hamiltoniano viene dado por la acción hamiltoniana
$\begin{matrix} (1) & S_{H} [q, pags] := \int d t L_{H} (q, \dot{q}, pags, t) . \end{matrix}$ $S_H[q,p] ~:= \int \! dt ~ L_H(q,\dot{q},p,t).\tag{1}$ Aquí $L_H$ es el llamado hamiltoniano lagrangiano $\begin{matrix} (2) & L_{H} (q, \dot{q}, pags, t) := \sum_{i = 1}^{norte} {pags}_{i} {\dot{q}}^{i} - H (q, pags, t) . \end{matrix}$ $L_H(q,\dot{q},p,t) ~:=~\sum_{i=1}^n p_i \dot{q}^i - H(q,p,t). \tag{2}$ En la formulación hamiltoniana existe una correspondencia biyectiva entre cantidades conservadas $Q_H$ y transformaciones de cuasisimetría infinitesimales (verticales) $\delta$ , como se muestra en mis respuestas de Phys.SE aquí y aquí . Resulta que una transformación cuasi-simétrica $\delta$ es un campo vectorial hamiltoniano generado por una cantidad conservada $Q_H$ : $d z^{yo} = {z^{yo}, q_{H}} ε, yo \in {1, \dots, 2 norte}, d t = 0,$ $\delta z^I~=~ \{z^I,Q_H\}\varepsilon,\qquad I~\in~\{1, \ldots, 2n\}, \qquad \delta t~=~0,$ $\begin{matrix} (3) & d q^{i} = \frac{\partial q_{H}}{\partial {pags}_{i}} ε, d {pags}_{i} = - \frac{\partial q_{H}}{\partial q^{i}} ε, i \in {1, \dots, norte}, \end{matrix}$ $\delta q^i~=~\frac{\partial Q_H}{\partial p_i}\varepsilon, \qquad \delta p_i~=~ -\frac{\partial Q_H}{\partial q^i}\varepsilon, \qquad i~\in~\{1, \ldots, n\},\tag{3}$
Por otro lado, si integramos los momentos $p_i$ , obtenemos la acción lagrangiana correspondiente
$\begin{matrix} (4) & S [q] = \int d t L (q, \dot{q}, t), \end{matrix}$ $S[q] ~= \int \! dt ~ L(q,\dot{q},t),\tag{4}$ cf. esta publicación Phys.SE relacionada. Las ecuaciones hamiltonianas. $\begin{matrix} (5) & 0 \approx \frac{d S_{H}}{d {pags}_{i}} = {\dot{q}}^{i} - \frac{\partial H}{\partial {pags}_{i}} \end{matrix}$ $0~\approx~\frac{\delta S_H}{\delta p_i} ~=~\dot{q}^i-\frac{\partial H}{\partial p_i} \tag{5}$ por el momento $p_i$ producir a través de la transformación de Legendre la relación definitoria $\begin{matrix} (6) & {pags}_{i} \approx \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^{i}} \end{matrix}$ $p_i~\approx~ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i}\tag{6}$ de momentos lagrangianos. ecuaciones (5) y (6) establecen una correspondencia biyectiva entre velocidades y momentos.
Si tomamos esta correspondencia biyectiva $\dot{q} \leftrightarrow p$ en cuenta es claro que hamiltoniano y lagrangiano conservan cargas
$\begin{matrix} (7) & q_{H} (q, pags, t) \approx q_{L} (q, \dot{q}, t) \end{matrix}$ $Q_H(q,p,t)~\approx~Q_L(q,\dot{q},t) \tag{7}$ están en correspondencia biyectiva. Más adelante argumentaremos que lo mismo es cierto para cuasi-simetrías infinitesimales (verticales) en ambos lados.
Por un lado, si comenzamos con una cuasi-simetría infinitesimal (vertical) en el espacio de fase (Hamiltoniano)
$\begin{matrix} (8) & ε \frac{d F_{H}^{0}}{d t} = d L_{H} = \sum_{i = 1}^{norte} \frac{d S_{H}}{d {pags}_{i}} d {pags}_{i} + \sum_{i = 1}^{norte} \frac{d S_{H}}{d q^{i}} d q^{i} + \frac{d}{d t} \sum_{i = 1}^{norte} {pags}_{i} d q^{i}, \end{matrix}$ $\varepsilon \frac{df^0_H}{dt}~=~\delta L_H ~=~\sum_{i=1}^n\frac{\delta S_H}{\delta p_i}\delta p_i + \sum_{i=1}^n\frac{\delta S_H}{\delta q^i}\delta q^i + \frac{d}{dt}\sum_{i=1}^n p_i~\delta q^i ,\tag{8}$ puede con la ayuda de la ec. (5) estar restringido a una cuasi-simetría infinitesimal (vertical) dentro del espacio de configuración (lagrangiano): $\begin{matrix} (9) & ε \frac{d F_{L}^{0}}{d t} = d L = \sum_{i = 1}^{norte} \frac{d S}{d q^{i}} d q^{i} + \frac{d}{d t} \sum_{i = 1}^{norte} {pags}_{i} d q^{i}, \end{matrix}$ $\varepsilon \frac{df^0_L}{dt}~=~\delta L ~=~ \sum_{i=1}^n\frac{\delta S}{\delta q^i}\delta q^i + \frac{d}{dt}\sum_{i=1}^n p_i~\delta q^i ,\tag{9}$ De hecho, podemos tomar $\begin{matrix} (10) & F_{L}^{0} (q, \dot{q}, t) \approx F_{H}^{0} (q, pags, t) \end{matrix}$ $f^0_L(q,\dot{q},t)~\approx~f^0_H(q,p,t) \tag{10}$ lo mismo. El procedimiento de restricción también significa que los cargos desnudos de Noether $\begin{matrix} (11) & q_{H}^{0} (q, pags, t) \approx q_{L}^{0} (q, \dot{q}, t) \end{matrix}$ $Q^0_H(q,p,t)~\approx~Q^0_L(q,\dot{q},t) \tag{11}$ son iguales, ya que no hay $\dot{p}_i$ apariencia.
Por el contrario, si comenzamos con una cuasisimetría infinitesimal en el espacio de configuración (lagrangiano), podemos usar el teorema de Noether para generar una cantidad conservada $Q_L$ , y de esta forma cerrar el círculo.
Ejemplo: Considere $n$ osciladores armónicos con lagrangiano
$\begin{matrix} (12) & L = \frac{1}{2} \sum_{k, ℓ = 1}^{norte} ({\dot{q}}^{k} {gramo}_{k ℓ} {\dot{q}}^{ℓ} - q^{k} {gramo}_{k ℓ} q^{ℓ}), \end{matrix}$ $L~=~\frac{1}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left(\dot{q}^k g_{k\ell}\dot{q}^{\ell} - q^k g_{k\ell} q^{\ell}\right),\tag{12}$ dónde $g_{k\ell}$ es una métrica, es decir, una matriz simétrica real no degenerada. El hamiltoniano lee $\begin{matrix} (13) & H = \frac{1}{2} \sum_{k, ℓ = 1}^{norte} ({pags}_{k} {gramo}^{k ℓ} {pags}_{ℓ} + q^{k} {gramo}_{k ℓ} q^{ℓ}) = \sum_{k, ℓ = 1}^{norte} z^{k *} {gramo}_{k ℓ} z^{ℓ}, \end{matrix}$ $H~=~\frac{1}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left( p_k g^{k\ell} p_{\ell} + q^k g_{k\ell} q^{\ell}\right) ~=~\sum_{k,\ell=1}^n z^{k \ast} g_{k\ell} z^{\ell},\tag{13}$ con coordenadas complejas $\begin{matrix} (14) & z^{k} := \frac{1}{\sqrt{2}} (q^{k} + i {pags}^{k}), {pags}^{k} := \sum_{ℓ = 1}^{norte} {gramo}^{k ℓ} {pags}_{ℓ}, {z^{k *}, z^{ℓ}} = i {gramo}^{k ℓ} . \end{matrix}$ $z^k~:=~\frac{1}{\sqrt{2}}(q^k+ip^k), \qquad p^k~:=~\sum_{\ell=1}^ng^{k\ell}p_{\ell}, \qquad \{z^{k \ast},z^{\ell}\}~=~ig^{k\ell}. \tag{14}$ El hamiltoniano lagrangiano (2) dice $\begin{matrix} (15) & L_{H} = \sum_{k = 1}^{norte} {pags}_{k} {\dot{q}}^{k} - H = \frac{i}{2} \sum_{k, ℓ = 1}^{norte} (z^{k *} {gramo}_{k ℓ} {\dot{z}}^{ℓ} - z^{k} {gramo}_{k ℓ} {\dot{z}}^{ℓ *}) - H, \end{matrix}$ $L_H~=~\sum_{k=1}^n p_k \dot{q}^k - H ~=~\frac{i}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left( z^{k \ast} g_{k\ell} \dot{z}^{\ell} - z^{k} g_{k\ell} \dot{z}^{\ell\ast} \right) - H, \tag{15}$ ecuaciones de Hamilton. son $\begin{matrix} (dieciséis) & {\dot{z}}^{k} \approx - i z^{k}, {\dot{q}}^{k} \approx {pags}^{k}, {\dot{pags}}^{k} \approx - q^{k} . \end{matrix}$ $\dot{z}^k~\approx~-iz^k, \qquad \dot{q}^k~\approx~p^k, \qquad \dot{p}^k~\approx~-q^k. \tag{16}$ Algunas cargas conservadas son $\begin{matrix} (17) & q_{H} = \sum_{k, ℓ = 1}^{norte} z^{k *} H_{k ℓ} z^{ℓ} = \sum_{k, ℓ = 1}^{norte} (\frac{1}{2} q^{k} S_{k ℓ} q^{ℓ} + \frac{1}{2} {pags}^{k} S_{k ℓ} {pags}^{ℓ} + {pags}^{k} A_{k ℓ} q^{ℓ}), \end{matrix}$ $Q_H ~=~ \sum_{k,\ell=1}^n z^{k \ast} H_{k\ell} z^{\ell} ~=~\sum_{k,\ell=1}^n \left( \frac{1}{2}q^k S_{k\ell} q^{\ell} +\frac{1}{2}p^k S_{k\ell} p^{\ell}+ p^k A_{k\ell} q^{\ell}\right), \tag{17}$ dónde $\begin{matrix} (18) & H_{k ℓ} := S_{k ℓ} + i A_{k ℓ} = H_{ℓ k}^{*} \end{matrix}$ $H_{k\ell}~:=~S_{k\ell}+i A_{k\ell}~=~H_{\ell k}^{\ast} \tag{18}$ es un hermitiano $n\times n$ matriz, que consta de una matriz real simétrica y una antisimétrica, $S_{k\ell}$ y $A_{k\ell}$ , respectivamente. Las cargas conservadas (17) generan un infinitesimal $u(n)$ cuasi-simetría de la acción hamiltoniana $d z_{k} = ε {z_{k}, q_{H}} = - i ε \sum_{ℓ = 1}^{norte} H_{k ℓ} z^{ℓ},$ $\delta z_k~=~ \varepsilon\{z_k , Q_H\} ~=~-i \varepsilon\sum_{\ell=1}^n H_{k\ell} z^{\ell},$ $\begin{matrix} (19) & d q_{k} = ε \sum_{ℓ = 1}^{norte} (A_{k ℓ} q^{ℓ} + S_{k ℓ} {pags}^{ℓ}), d {pags}_{k} = ε \sum_{ℓ = 1}^{norte} (- S_{k ℓ} q^{ℓ} + A_{k ℓ} {pags}^{ℓ}) . \end{matrix}$ $\delta q_k ~=~ \varepsilon\sum_{\ell=1}^n \left( A_{k\ell} q^{\ell} +S_{k\ell} p^{\ell} \right), \qquad \delta p_k ~=~ \varepsilon\sum_{\ell=1}^n \left( -S_{k\ell} q^{\ell} +A_{k\ell} p^{\ell} \right). \tag{19}$ Los cargos desnudos de Noether son $\begin{matrix} (20) & q_{H}^{0} = \sum_{k, ℓ = 1}^{norte} {pags}^{k} (A_{k ℓ} q^{ℓ} + S_{k ℓ} {pags}^{ℓ}) . \end{matrix}$ $Q^0_H ~=~\sum_{k,\ell=1}^n p^k \left( A_{k\ell} q^{\ell} +S_{k\ell} p^{\ell} \right). \tag{20}$ También $\begin{matrix} (21) & F_{H}^{0} = \frac{1}{2} \sum_{k, ℓ = 1}^{norte} (\frac{1}{2} {pags}^{k} S_{k ℓ} {pags}^{ℓ} - q^{k} S_{k ℓ} q^{ℓ}) . \end{matrix}$ $f^0_H~=~\frac{1}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left( \frac{1}{2}p^k S_{k\ell} p^{\ell}- q^k S_{k\ell} q^{\ell}\right). \tag{21}$ El infinitesimal correspondiente $u(n)$ cuasi-simetría de la acción Lagrangiana (1) es $\begin{matrix} (22) & d q_{k} = ε \sum_{ℓ = 1}^{norte} (A_{k ℓ} q^{ℓ} + S_{k ℓ} {\dot{q}}^{ℓ}), \end{matrix}$ $\delta q_k ~=~ \varepsilon\sum_{\ell=1}^n \left( A_{k\ell} q^{\ell} +S_{k\ell} \dot{q}^{\ell} \right), \tag{22}$ como se puede verificar fácilmente.

ZeroTheHero · Answer 2

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

Suponer

L = \frac{1}{2} {\dot{q}}^{T} \cdot \dot{q} - \frac{1}{2} q^{T} \cdot q

$L=\frac{1}{2}\dot q^T \cdot \dot{q} - \frac{1}{2}q^T\cdot q$ dónde

q^{T} = (q_{1}, q_{2}, \dots, q_{n})

$q^T=(q_1,q_2,\ldots,q_n)$ y de la misma manera

{\dot{q}}^{T} = ({\dot{q}}_{1}, {\dot{q}}_{2}, \dots, {\dot{q}}_{n})

$\dot{q}^T=(\dot q_1,\dot q_2,\ldots ,\dot{q}_n)$ . Obviamente el Lagrangiano es invariante bajo

O (n)

$O(n)$ , es decir, bajo rotaciones (reales)

O

$O$ de las coordenadas para que

O^{T} O = \hat{1}

$O^T O=\hat 1$ .

El hamiltoniano correspondiente es

H = \frac{1}{2} {pags}^{T} \cdot pags + \frac{1}{2} q^{T} \cdot q

$H=\frac{1}{2}p^T\cdot p +\frac{1}{2}q^T\cdot q$ pero si ahora introducimos las coordenadas normales

α_{k} = ({pags}_{k} + i q_{k}), α_{k}^{*} = ({pags}_{k} - i q_{k})

$\alpha_k = (p_k+iq_k)\, ,\qquad \alpha_k^*=(p_k-iq_k)$ el hamiltoniano toma la forma

H = \frac{1}{2} (α^{*})^{T} \cdot α

$H=\frac{1}{2}(\alpha^*)^T\cdot \alpha$ y ahora es invariante bajo el grupo más grande

U (n)

$U(n)$ de transformaciones complejas que satisfacen

U^{†} U = \hat{1}

$U^\dagger U=\hat 1$ ya que, bajo esta transformación:

α \to β = tu α, (α^{*})^{†} \to (β^{*})^{T} = (α^{*})^{T} {tu}^{†}

$\alpha\to \beta = U\alpha\, ,\qquad (\alpha^*)^\dagger \to (\beta^*)^T =(\alpha^*)^T U^\dagger$ de modo que

(α^{*})^{T} \cdot α = (β^{*})^{T} \cdot β

$(\alpha^*)^T\cdot\alpha = (\beta^*)^T\cdot \beta$ , dejando el hamiltoniano sin cambios.

por supuesto desde $O(n)$ es un subgrupo de $U(n)$ se deduce que el hamiltoniano tiene simetrías que no son posibles con el lagrangiano.

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

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Respuestas (2)

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Sin cargo por Lagrangiano con derivadas de orden superior