Simetría newtoniana vs lagrangiana

Question

Simetría newtoniana vs lagrangiana

rojogigante

Supongamos que tenemos una bola de masa $m$ en el campo gravitatorio de la Tierra ( $g=const.$ ). La ecuación de movimiento se lee como:

metro a = - metro gramo

$ma = -mg$ De aquí podemos concluir que tenemos simetría traslacional de la forma

x (t) \to x (t) + c o n s t

$x(t) \to x(t) + const$ (estamos trabajando en solo 1D). Sin embargo, no podemos ver esta simetría desde el Lagrangiano:

L = \frac{metro v^{2}}{2} - metro gramo X

$L = \frac{mv^2}{2} - mgx$ porque el término lineal "rompe" esta simetría. Además, tampoco tenemos la cantidad conservada correspondiente (hasta donde puedo ver).

¿Significa esto que podemos tener simetrías en el sentido newtoniano (transformaciones que asignan soluciones a otras soluciones) que no están presentes en el lagrangiano?

Respuestas (3)

Simetría newtoniana vs lagrangiana

Felipe · Answer 1

Bueno, me parece que bajo una traducción $x(t) \to x(t) + c$ , el lagrangiano va a

L \to L^{'} = \frac{1}{2} metro v^{2} - metro gramo (X + C) = L - metro gramo C .

$\mathcal{L} \to \mathcal{L}' = \frac{1}{2}m v^2 - mg(x+c) = \mathcal{L} -mgc.$

Entonces, sí, el Lagrangiano puede parecer diferente, sin embargo, dado que solo se desplaza por una constante, estos dos Lagrangianos ( $\mathcal{L}$ y $\mathcal{L}'$ ) son equivalentes y producen las mismas ecuaciones de Euler-Lagrange. De hecho, de manera más general, dos lagrangianos son equivalentes si su diferencia es una derivada del tiempo total. es decir $\mathcal{L}$ y

L^{'} = L + \frac{d F}{d t}

$\mathcal{L}' = \mathcal{L} + \frac{\text{d}f}{\text{d}t}$ son equivalentes para cualquier

f (t)

$f(t)$ .

@RedGiant Ah, sí, olvidé abordar eso. Creo (aunque ha pasado un tiempo desde que hice los cálculos) que la cantidad conservada es solo la energía. Esto no es estrictamente una simetría del Lagrangiano, sino una "cuasi"-simetría, pero felizmente creo que el teorema de Noether todavía se cumple. Vea las respuestas a esta pregunta: Invariancia de Lagrangian en el teorema de Noether .
La segunda respuesta en la pregunta que vinculé arriba parece corroborar que la cantidad conservada es el hamiltoniano, pero siento que la respuesta de @MichaelSeifert a continuación muestra que el impulso inicial es mucho más obvio. Intento reproducir los pasos en la otra respuesta. Sin embargo, esto al menos deja claro que no todas las cantidades "conservadas" son cantidades útiles . :)

Michael Seifert · Answer 2

Puede hacer una integración por partes en el último término (y descartar el término límite resultante) para generar una acción con EOM equivalentes:

S^{'} = \int (\frac{1}{2} metro {\dot{X}}^{2} + metro gramo t \dot{X}) d t

$S'= \int \left( \frac{1}{2} m \dot{x}^2 + m g t \dot{x} \right) \, dt$ En este contexto, la simetría

x \to x + C

$x \to x + C$ es evidente al nivel del Lagrangiano. Además, las ecuaciones de Euler-Lagrange se convierten en

\frac{d}{d t} (metro \dot{X} + metro gramo t) = \frac{\partial L^{'}}{\partial \dot{X}} = 0

$\frac{d}{dt} \left( m \dot{x} + m g t \right) = \frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial \dot{x}} = 0$ y por lo tanto la cantidad

m \dot{x} + m g t

$m \dot{x} + m g t$ es una constante del movimiento. Específicamente, es el momento inicial de la partícula.

(Esto parece "barato", de alguna manera, y no estoy 100% seguro de si es un movimiento legítimo. Los comentarios son bienvenidos).

qmecanico · Answer 3

La traducción (infinitesimal)
$d X = ϵ$ $\delta x~=~\epsilon$ cambia el lagrangiano de OP con una derivada temporal total $d L = metro gramo ϵ = \frac{d}{d t} (metro gramo ϵ t) .$ $\delta L~=~mg \epsilon~=~ \frac{d}{dt}(mg \epsilon t).$ Esto se conoce como cuasi-simetría . El teorema de Noether también se cumple para cuasi-simetrías.
Con respecto a las simetrías de acción frente a EOM, consulte también, por ejemplo, esta publicación Phys.SE relacionada.

Simetría newtoniana vs lagrangiana

rojogigante

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Felipe

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