¿Qué simetría hace que se conserve el vector de Runge-Lenz?

1. Problema hamiltoniano. El problema de Kepler tiene hamiltoniano

   $$\begin{align} H~=~&T+V, \cr T~:=~& \frac{p^2}{2m}, \cr V~:=~& -\frac{k}{q}, \end{align}\tag{1}$$ dónde$m$es la masa reducida de 2 cuerpos. El vector de Laplace-Runge-Lenz es (hasta una normalización irrelevante) $$\begin{align} A^j ~:=~&a^j + km\frac{q^j}{q}, \cr a^j~:=~&({\bf L} \times {\bf p})^j\cr ~=~&{\bf q}\cdot{\bf p}~p^j- p^2~q^j, \cr \cr {\bf L}~:=~& {\bf q} \times {\bf p}.\end{align} \tag{2}$$

2. Acción. El lagrangiano hamiltoniano es

   $$L_H~:=~ \dot{\bf q}\cdot{\bf p} - H,\tag{3}$$ y la acción es $$S[{\bf q},{\bf p}]~=~ \int {\rm d}t~L_H .\tag{4}$$ Los corchetes de Poisson canónicos fundamentales distintos de cero son $$\{ q^i , p^j\}~=~ \delta^{ij}. \tag{5}$$

3. Teorema de Noether inverso. En general, en la formulación hamiltoniana, dada una constante de movimiento$Q$, entonces la variación infinitesimal

   $$\delta ~=~ -\varepsilon \{Q,\cdot\}\tag{6}$$ es una simetría fuera de capa global de la acción$S$(términos de límite de módulo). Aquí$\varepsilon$es un parámetro global infinitesimal, y$X_Q=\{Q,\cdot\}$es un campo vectorial hamiltoniano con generador hamiltoniano$Q$. La carga completa de Noether es$Q$, vea por ejemplo mi respuesta a esta pregunta . (Las palabras dentro y fuera del caparazón se refieren a si las ecuaciones de movimiento se cumplen o no. El menos es convencional).

4. Variación. Verifiquemos que los tres componentes de Laplace-Runge-Lenz$A^j$son generadores hamiltonianos de tres simetrías fuera de capa globales continuas de la acción$S$. En detalle, las variaciones infinitesimales$\delta= \varepsilon_j \{A^j,\cdot\}$leer

   $$\begin{align} \delta q^i ~=~& \varepsilon_j \{A^j,q^i\} , \cr \{A^j,q^i\} ~=~& 2 p^i q^j - q^i p^j - {\bf q}\cdot{\bf p}~\delta^{ij}, \cr \delta p^i ~=~& \varepsilon_j \{A^j,p^i\} , \cr \{A^j,p^i\}~=~& p^i p^j - p^2~\delta^{ij} +km\left(\frac{\delta^{ij}}{q}- \frac{q^i q^j}{q^3}\right), \cr \delta t ~=~&0,\end{align} \tag{7}$$ dónde$\varepsilon_j$son tres parámetros infinitesimales.

5. Aviso para más tarde que

   $${\bf q}\cdot\delta {\bf q}~=~\varepsilon_j({\bf q}\cdot{\bf p}~q^j - q^2~p^j), \tag{8}$$ $$\begin{align} {\bf p}\cdot\delta {\bf p} ~=~&\varepsilon_j km(\frac{p^j}{q}-\frac{{\bf q}\cdot{\bf p}~q^j}{q^3})\cr ~=~& -\frac{km}{q^3}{\bf q}\cdot\delta {\bf q},\end{align} \tag{9}$$ $$\begin{align} {\bf q}\cdot\delta {\bf p}~=~&\varepsilon_j({\bf q}\cdot{\bf p}~p^j - p^2~q^j )\cr ~=~&\varepsilon_j a^j, \end{align} \tag{10}$$ $$\begin{align} {\bf p}\cdot\delta {\bf q}~=~&2\varepsilon_j( p^2~q^j - {\bf q}\cdot{\bf p}~p^j)\cr ~=~&-2\varepsilon_j a^j~.\end{align} \tag{11}$$

6. El hamiltoniano es invariante

   $$\delta H ~=~ \frac{1}{m}{\bf p}\cdot\delta {\bf p} + \frac{k}{q^3}{\bf q}\cdot\delta {\bf q}~=~0, \tag{12}$$ mostrando que el vector de Laplace-Runge-Lenz$A^j$es clásicamente una constante de movimiento $$\frac{dA^j}{dt} ~\approx~ \{ A^j, H\}+\frac{\partial A^j}{\partial t} ~=~ 0.\tag{13}$$
   (Usaremos el$\approx$signo para enfatizar que una ecuación es una ecuación en el caparazón.)

7. La variación del hamiltoniano lagrangiano$L_H$es una derivada del tiempo total

   $$\begin{align} \delta L_H ~=~& \delta (\dot{\bf q}\cdot{\bf p}) \cr ~=~& \dot{\bf q}\cdot\delta {\bf p} - \dot{\bf p}\cdot\delta {\bf q} + \frac{d({\bf p}\cdot\delta {\bf q})}{dt} \cr ~=~& \varepsilon_j\left( \dot{\bf q}\cdot{\bf p}~p^j - p^2~\dot{q}^j + km\left( \frac{\dot{q}^j}{q} - \frac{{\bf q} \cdot \dot{\bf q}~q^j}{q^3}\right)\right) \cr ~-~&\varepsilon_j\left(2 \dot{\bf p}\cdot{\bf p}~q^j - \dot{\bf p}\cdot{\bf q}~p^j- {\bf p}\cdot{\bf q}~\dot{p}^j \right) - 2\varepsilon_j\frac{da^j}{dt}\cr ~=~&\varepsilon_j\frac{df^j}{dt}, \cr f^j ~:=~& A^j-2a^j, \end{align} \tag{14}$$ y por lo tanto la acción$S$es invariante fuera de la capa hasta los términos de frontera.

8. Ningún cargo. La carga desnuda de Noether $Q_{(0)}^j$es

   $$\begin{align} Q_{(0)}^j~:=~& \frac{\partial L_H}{\partial \dot{q}^i} \{A^j,q^i\}+\frac{\partial L_H}{\partial \dot{p}^i} \{A^j,p^i\} \cr ~=~& p^i\{A^j,q^i\}\cr ~=~& -2a^j.\end{align} \tag{15}$$ La carga completa de Noether$Q^j$(que tiene en cuenta la derivada temporal total) se convierte en (menos) el vector de Laplace-Runge-Lenz $$\begin{align} Q^j~:=~&Q_{(0)}^j-f^j\cr ~=~& -2a^j-(A^j-2a^j)\cr ~=~& -A^j.\end{align}\tag{16}$$ $Q^j$se conserva en la concha $$\frac{dQ^j}{dt} ~\approx~ 0,\tag{17}$$
   debido al primer teorema de Noether . Aquí$j$es un índice que etiqueta las tres simetrías.

9. Problema de Lagrangiano. El problema de Kepler tiene lagrangiano

   $$\begin{align} L~=~&T-V, \cr T~:=~& \frac{m}{2}\dot{q}^2, \cr V~:=~& -\frac{k}{q}. \end{align} \tag{18}$$ El impulso lagrangiano es $${\bf p}~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{\bf q}}~=~m\dot{\bf q} \tag{19} .$$ Proyectemos la transformación de simetría infinitesimal (7) al espacio de configuración lagrangiana $$\begin{align} \delta q^i ~=~& \varepsilon_j m \left( 2 \dot{q}^i q^j - q^i \dot{q}^j - {\bf q}\cdot\dot{\bf q}~\delta^{ij}\right), \cr \delta t ~=~&0.\end{align}\tag{20}$$ Habría sido difícil adivinar la transformación de simetría infinitesimal (20) sin usar la formulación hamiltoniana correspondiente (7). Pero una vez que lo sabemos podemos proceder dentro del formalismo lagrangiano. La variación del Lagrangiano es una derivada del tiempo total $$\begin{align} \delta L~=~&\varepsilon_j\frac{df^j}{dt}, \cr f_j~:=~& m\left(m\dot{q}^2q^j- m{\bf q}\cdot\dot{\bf q}~\dot{q}^j +k \frac{q^j}{q}\right)\cr ~=~&A^j-2 a^j . \end{align}\tag{21}$$ La carga desnuda de Noether $Q_{(0)}^j$es de nuevo $$Q_{(0)}^j~:=~2m^2\left(\dot{q}^2q^j- {\bf q}\cdot\dot{\bf q}~\dot{q}^j\right) ~=~-2a^j . \tag{22}$$ La carga completa de Noether$Q^j$se convierte en (menos) el vector de Laplace-Runge-Lenz $$\begin{align} Q^j~:=~&Q_{(0)}^j-f^j \cr ~=~& -2a^j-(A^j-2a^j)\cr ~=~& -A^j,\end{align}\tag{23}$$ similar a la formulación hamiltoniana (16).

Mientras que la segunda ley de Kepler es simplemente una declaración de la conservación del momento angular (y como tal se cumple para todos los sistemas descritos por fuerzas centrales), la primera y la tercera ley son especiales y están vinculadas con la forma única del potencial newtoniano.$-k/r$. En particular, el teorema de Bertrand asegura que solo el potencial newtoniano y el potencial armónico$kr^2$dan lugar a órbitas cerradas (sin precesión). Es natural pensar que esto debe deberse a algún tipo de simetría del problema. De hecho, la simetría particular del potencial newtoniano se describe exactamente por la conservación del vector RL (se puede demostrar que el vector RL se conserva si y sólo si el potencial es central y newtoniano). Esto, a su vez, se debe a una simetría más general: si la conservación del momento angular está vinculada al grupo de transformaciones ortogonales especiales en el espacio tridimensional$SO(3)$, la conservación del vector RL debe estar ligada a un grupo de simetrías de 6 dimensiones, ya que en este caso hay aparentemente seis cantidades conservadas (3 componentes de$L$y 3 componentes de$\mathcal A$). En el caso de órbitas enlazadas, este grupo es$SO(4)$, el grupo de rotaciones en un espacio de 4 dimensiones.

Solo para arreglar la notación, el vector RL es:

Calcular su derivada total:

Utilice el símbolo de Levi-Civita para desarrollar los términos cruzados:

Finalmente:

Ahora bien, si el potencial$U=U(r)$es central:

asi que

Sustituyendo de nuevo:

Ahora ves que si$U$tiene exactamente la forma newtoniana, entonces el primer paréntesis es cero y por lo tanto se conserva el vector RL.

Tal vez haya alguna forma más ingeniosa de verlo (¿corchetes de Poisson?), pero esto funciona de todos modos.

La simetría es un ejemplo de simetría abierta, es decir, un grupo de simetría que varía de una órbita a otra. Para trayectorias limitadas, es SO(4). Para los parabólicos, es SE(3). Para los hiperbólicos, es SO(3,1). Estos casos se manejan mejor con los groupoides.

La conservación del vector de Runge-Lenz no corresponde a una simetría del propio Lagrangiano. Surge de una invariancia de la integral del Lagrangiano con respecto al tiempo, la clásica integral de acción. Hace algún tiempo escribí una derivación del vector conservado para cualquier potencial esféricamente simétrico:

http://analyticphysics.com/Runge Vector/La simetría correspondiente al Runge Vector.htm

La derivación está al nivel de Goldstein y pretende llenar el vacío dejado por su omisión en los textos de mecánica clásica de nivel de posgrado.

(Esta publicación puede ser antigua, pero podemos agregar algunas precisiones) La conservación del vector RL no es baladí, va con el hecho de que consideras una fuerza central, liderada aquí por un potencial newtoniano.$\frac{1}{r}$que tiene la propiedad de ser invariante bajo rotaciones (como$\frac{1}{r^n}$pero solo sirve para$n=1$como lo muestra @ quark1245).

Por lo tanto, el S0(3) que no tiene 6 cantidades conservadas como se dijo antes sino 3, las 3 generadoras de la simetría$J_i$, i=1..3 tal que la transformación de simetría bajo un cambio infinitesimal$x \rightarrow x + \epsilon$está dada en el formalismo canónico por

Antes de su redefinición como se muestra en Wikipedia para ver que se cumple el álgebra anterior, los generadores de las rotaciones son: uno es el momento angular$L$lo que muestra que el movimiento es plano, por lo tanto invariante bajo rotación alrededor$L$, uno es el vector RL que está en el plano, por lo tanto perpendicular a$L$y paralelo al eje mayor de la elipse, y el tercero tiene un nombre que no recuerdo, pero es paralelo al eje menor.

Podemos ver que solo hay 3 grados de libertad si tomamos lugar en el referencial tal que$\vec{J}_1 = \vec{L} = (0,0,L_z)$, entonces los generadores planos son$A = (A_x,0,0)$y$B = (0,B_y,0)$.

Se ha demostrado que se pueden construir a partir de los tensores Killing-Yano (lo que significa simetría), y también funciona en dimensiones mayores de 3. Se puede encontrar una buena revisión sobre la derivación del vector LRL en HeckmanVanHaalten

Mirando https://arxiv.org/abs/1207.5001 uno obtiene una muy buena solución. Si uno no está muy interesado en las matemáticas, su idea básica es usar la transformación infinitesimal

Por lo tanto, el cambio en la acción es

EDITAR: en caso de que alguien prefiera una notación sin índice, la simetría es$\delta\vec{r}=\vec{\epsilon}\times\vec{L}$. Permitiendo un tiempo dependiente$\vec{\epsilon}$, la variación en la acción es entonces