Problema con el Teorema de Noether para demostrar que la energía se conserva

Hay al menos 2 lecciones que aprender de la configuración de OP:

1. El teorema de Noether no se trata necesariamente de una simetría estricta de la acción. Es suficiente si la acción tiene una cuasi-simetría (infinitesimal), es decir, simetría hasta los términos de contorno.

2. No hay almuerzo gratis. Para probar la conservación de la energía, se debe utilizar una suposición no trivial: en este caso, que el lagrangiano no tiene una dependencia temporal explícita. Cómo hacerlo se explica en esta publicación Phys.SE relacionada.

Entonces, las otras respuestas han dado una respuesta sólida pero es un poco de alto nivel, quería dar una explicación más detallada de lo que sucedió.

En tu procedimiento tienes una integral de acción.$S = \int_T\mathrm dt~L(q(t),\dot q(t), t)$durante algún dominio de tiempo$T$. Ahora desea variar la coordenada de tiempo. Esto significa que el dominio$T$está cambiando, por lo que estrictamente hablando, la definición de la integral de acción también está cambiando. Cuando asumiste que$\delta S = 0$para$\epsilon \ne 0$por lo tanto, hizo una suposición adicional que no estaba garantizada, y así es como terminó con una expresión extraña que$\mathrm dL/\mathrm dt - \partial L/\partial t=0$donde usted en su caso puede descartar el segundo término.

Esas son dos operaciones diferentes, establecer$\delta S = 0$y configuración$\partial L/\partial t = 0$. Combínalos bajo tu propio riesgo.

De hecho, obtener esta respuesta$\delta S = \epsilon ~L|_T$es un poco agradable porque la expresión de la derecha realmente es más o menos lo que esperas al traducir la integral por un tiempo$\epsilon$. Así que tu elección de estas transformaciones infinitesimales$q \mapsto q + \epsilon \dot q$,$\dot q \mapsto q + \epsilon \ddot q$ha sido reivindicado como una idea válida para traducir efectivamente el Lagrangiano en el tiempo! Buen trabajo. :)

Pero en lugar de eso, donde te gustaría ir es, comenzando desde

$$\delta S/\epsilon = L|_T = \int_T \mathrm dt~\left( {\partial L\over\partial q}~\dot q + {\partial L\over\partial \dot q}~\ddot q \right),$$ para integrar el segundo término por partes para que tengas un solo término: $$L|_T = \left[\dot q~\frac{\partial L}{\partial \dot q} \right]_T + \int_T \mathrm dt~\dot q~\left( {\partial L\over\partial q} - \frac{\mathrm d~}{\mathrm dt} {\partial L\over\partial \dot q}\right),$$ momento en el que argumenta que la integral de la derecha es una integral de cero (porque esas son las ecuaciones de Euler-Lagrange), por lo que estos dos valores límite de la izquierda deben ser iguales. Como son iguales,$p~\dot q - L = H$es el mismo en los límites de$T$y se puede argumentar que también debe ser el mismo por dentro$T$como se puede particionar$T$.

Mis instructores en Cornell fueron muy cuidadosos en enfatizar que el tipo de argumento que haces cuando varías$t$es muy diferente del tipo de argumentos que haces cuando varías las coordenadas espaciales, hasta que llegas a la versión de campo donde todos son manejados por este tipo de variaciones.$t$-argumentos porque ahora tienes un$\int \mathrm d^4 x$pasando aquí que contiene tanto un componente de tiempo como de espacio, por lo que debe pensar en los términos de los límites en todo momento.

Editar: El Procedimiento Noether le indica que tome$\varepsilon = \varepsilon(t)$ser dependiente del tiempo.

$$\delta q = \varepsilon(t) \dot q \hspace{1 cm} \delta \dot q = \dot \varepsilon(t) \dot q + \varepsilon(t) \ddot q$$

$$\begin{align*} \delta L &= (\varepsilon \dot q) \frac{\partial L}{\partial q} + (\dot \varepsilon \dot q + \varepsilon \ddot q) \frac{\partial L}{\partial \dot q}\\{\partial \dot q} &= \varepsilon \dot L + \dot \varepsilon \dot q \frac{\partial L}{\partial \dot q} \\ &= \varepsilon\dot L + \dot \varepsilon \dot q p \end{align*}$$

Por el principio de mínima acción,$\delta S = 0$para cualquier pequeña variación$\delta q$para cual$\delta q(t_1) = \delta q(t_2) = 0$. Aquí, eso significa$\varepsilon(t_1) = \varepsilon(t_2) = 0$.

$$\begin{align*} \delta S &= \int_{t_1}^{t_2}\big( \varepsilon \dot L + \dot \varepsilon \dot q p \big)dt \\ &=\varepsilon \dot q p \Big\vert_{t_1}^{t_2} + \int_{t_1}^{t_2} \varepsilon \Big( \dot L - \frac{d}{dt} (\dot q p) \Big) dt \\ &= -\int_{t_1}^{t_2}\varepsilon \dot H dt \end{align*}$$

dónde$H = \dot q p - L$es el hamiltoniano. Por lo tanto, en soluciones a las ecuaciones de movimiento$\dot H = 0$y la energía se conserva.

Ahora, el principio de mínima acción establece que todos los caminos físicos hacen que la acción sea estacionaria ($\delta S = 0$) SI tomamos la pequeña variación$\delta q = 0$en el límite$t = t_1$y$t = t_2$. Esto significa que deberíamos esperar tener$\delta S =0$ solo si$\varepsilon(t_1) = \varepsilon(t_2) = 0$.

Si$\varepsilon = {\rm constant}$, entonces eso significa que la constante debe ser cero. Si$\varepsilon(t)$no es una constante, entonces requiere$\delta S = 0$le da algo no trivial, a saber, que la energía debe conservarse en todos los caminos estacionarios.

(El hecho de que, si$\varepsilon = {\rm constant} \neq 0$entonces$\delta S$es un término límite, como derivaste en tu declaración de pregunta, sin embargo, es importante. Muestra que si toma un camino que es una solución a la ecuación de movimiento y lo traduce en el tiempo, el camino resultante también será una solución a la ecuación de movimiento).

Primero aclaremos qué formulación del teorema de Noether usaremos:

El Lagrangiano será una función

$$L = L(x,v,t)$$ y la acción un funcional $$S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q(t),\dot q(t),t) \,dt$$

Proposición. Si la transformación

$$t\to t'(t) = t + \epsilon T(t)$$ $$x\to x'(x,t) = x + \epsilon X(t)$$ $$q'(t') = q(t(t')) + \epsilon X(t(t'))$$ es una cuasi-simetría de la acción $$\delta S \approx \Delta K$$ on-shell (es decir, asumiendo las ecuaciones de movimiento), entonces hay una cantidad conservada $$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial v} (X - \dot q T) + LT - K \right) \approx 0$$ Aquí, $$\delta S = \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0} S[q']$$ $$\Delta K = K(t_2)-K(t_1) = \int_{t_1}^{t_2}\frac{dK}{dt} dt$$

Prueba. Dado en esta respuesta .

También necesitamos un resultado del cuerpo de la prueba, a saber, que

$$\delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[ \frac{\partial L}{\partial x}X + \frac{\partial L}{\partial v} (\dot X - \dot q \dot T) + \frac{\partial L}{\partial t} T + L \dot T\right]\,dt$$

Ahora, hay dos formas de llegar a

$$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial v} \dot q - L \right) \approx 0$$

Primero, podemos elegir$X = 0$y$T = 1$, es decir

$$t\to t'(t) = t + \epsilon$$ Entonces nosotros tenemos $$\delta S = \int_{t_1}^{t_2} \frac{\partial L}{\partial t} \,dt$$ Si$L$no tiene una dependencia temporal explícita, el resultado sigue con$K = 0$.

En segundo lugar, podemos elegir$X = \dot q$y$T = 0$, es decir

$$x\to x'(x,t) = x + \epsilon \dot q(t)$$ Entonces nosotros tenemos $$\begin{align} \delta S &= \int_{t_1}^{t_2}\left[ \frac{\partial L}{\partial x}\dot q + \frac{\partial L}{\partial v} \ddot q \right]\,dt \\&= \int_{t_1}^{t_2}\left[ \frac{d}{dt} L(q,\dot q,t) - \frac{\partial L}{\partial t} \right]\,dt \end{align}$$

Si$L$no tiene una dependencia temporal explícita, llegamos de nuevo a nuestra ley de conservación, pero esta vez con

$$K(t) = L(q(t), \dot q(t), t)$$

Su enfoque sigue este segundo camino. Sin embargo, como$K \not= 0$, estamos tratando solo con una cuasi-simetría de la acción, por lo que su suposición$\delta S = 0$no estaba garantizado.