Teorema de Noether y conservación de la energía en la mecánica clásica

Reiterando la respuesta de pppqqq, su error está justo al principio donde establece$\delta L = 0$. El Lagrangiano no es una constante de movimiento, por lo que esta ecuación es falaz.

En cambio, quieres

$\frac{dL}{dt} = \frac{\partial L}{\partial q} \dot{q} + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\ddot{q}$

que asume$\frac{\partial L}{\partial t} = 0$.

Cuando aplicas la ecuación de Euler-Lagrange, obtienes

$\frac{dL}{dt} = \frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \dot{q})$

que está a solo un pequeño paso de álgebra de mostrar que el hamiltoniano se conserva.

Su derivación original simplemente muestra que si el Lagrangiano es independiente del tiempo y si también es una constante de movimiento, entonces$p \dot{q}$es también una constante de movimiento.

I) En primer lugar, mencionamos que el Teorema de Noether (en su forma original) se refiere a una simetría de la acción$S$, no necesariamente el lagrangiano$L$. La noción relevante para el Lagrangiano es cuasi-simetría, cf. esta respuesta Phys.SE.

II) En segundo lugar, asumimos que

$$\text{The Lagrangian } L=L(q,\dot{q}) \text{ has no }{\it explicit} \text{ time dependence.} \tag{1}$$

Nos gustaría usar el teorema de Noether para demostrar que la función de energía$^1$

$$h~:=~p_i\dot{q}^i-L,\qquad p_i ~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i },\tag{2}$$

luego se conserva en la cáscara

$$\frac{dh}{dt}~\approx~0.\tag{3}$$ Por lo tanto, debemos identificar la simetría relevante. (Aquí el$\approx$símbolo significa igualdad módulo eom. Observe por cierto que no usaremos eom para el resto de esta respuesta. Esto se debe a que las suposiciones del teorema de Noether exigen que la simetría se cumpla también para configuraciones virtuales fuera de la capa que violan eom).

III) Es evidente a partir de la primera ecuación de OP que está considerando una traducción de tiempo puro infinitesimal

$$t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\varepsilon, \qquad \text{(horizontal variation)}\tag{A}$$ $$q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~0, \qquad \text{(no vertical variation)}\tag{B}$$ $$q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~-\varepsilon\dot{q}^i. \qquad \text{(full variation)}\tag{C}$$

(Las palabras horizontal y vertical se refieren a la traducción en el$t$dirección y la$q^i$direcciones, respectivamente). También tenga en cuenta que hemos cambiado el signo en frente de$\varepsilon$para mayor comodidad posterior. Una traslación de tiempo puro (A) en general no es una simetría del Lagrangiano

$$\delta L ~=~ \frac{dL}{dt}\delta t ~=~ -\varepsilon \frac{dL}{dt}~\neq~0.\tag{D}$$

La explicación completa de por qué la transformación horizontal pura (A)-(C) no puede usarse para probar la conservación de la energía se da en la Sección VI a continuación. Pero primero mostramos otras dos transformaciones que funcionan en las próximas Secciones IV y V.

IV) Si cambiamos el tiempo (A), los valores de$q^{i}$y$\dot{q}^{i}$en general también cambiará. En otras palabras, debemos introducir una variación vertical compensatoria (B'), para que la variación total (C') de las posiciones generalizadas sea cero:

$$t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\varepsilon, \qquad \text{(horizontal variation)}\tag{A'}$$ $$q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~\varepsilon\dot{q}^i, \qquad \text{(vertical variation)}\tag{B'}$$ $$q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~0. \qquad \text{(full variation)}\tag{C'}$$

La transformación (A') - (C') es una simetría del Lagrangiano:

$$\begin{align} \delta L ~=~&\frac{\partial L}{\partial q^i }\delta_0 q^i + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i }\delta_0 \dot{q}^i + \frac{dL}{dt}\delta t \cr ~=~&-\varepsilon\frac{\partial L}{\partial t }~=~0,\end{align} \tag{D'}$$

donde en la última igualdad usamos que el Lagrangiano$L$no tiene una dependencia temporal explícita.

Usando la fórmula estándar mencionada en Wikipedia , la corriente (desnuda) de Noether (multiplicada con$\varepsilon$) se convierte en la energía (multiplicada por$\varepsilon$)

$$\varepsilon j ~:=~ p_i \delta_0 q^i + L \delta t~=~ p_i \delta q^i - h \delta t~=~ \varepsilon h ,\tag{E'}$$

como queríamos mostrar.

V) Alternativamente, como se hace en el Ejemplo 1 en Wikipedia , podemos considerar una transformación infinitesimal puramente vertical

$$t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~0, \qquad \text{(no horizontal variation)}\tag{A''}$$ $$q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~\varepsilon\dot{q}^i, \qquad \text{(vertical variation)}\tag{B''}$$ $$q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~\varepsilon\dot{q}^i. \qquad \text{(full variation)}\tag{C''}$$

La transformación (A'') - (C'') es una cuasi-simetría del Lagrangiano:

$$\begin{align} \delta L ~=~&\frac{\partial L}{\partial q^i }\delta_0 q^i + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i }\delta_0 \dot{q}^i \cr ~=~&\varepsilon\frac{\partial L}{\partial q^i }\dot{q}^i + \varepsilon\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i } \ddot{q}^i\cr ~=~& \varepsilon\frac{dL}{dt}-\varepsilon\frac{\partial L}{\partial t}~=~ \varepsilon\frac{dL}{dt}, \end{align} \tag{D''}$$

donde en la última igualdad usamos que el Lagrangiano$L$no tiene una dependencia temporal explícita.

La corriente (desnuda) de Noether (multiplicada por$\varepsilon$) se convierte

$$\varepsilon j ~:=~ p_i \delta_0 q^i + L \delta t~=~ \varepsilon p_i\dot{q}^i.\tag{E''}$$

La corriente de Noether debe corregirse debido a la aparición de la derivada de tiempo total en la ec. (D''). La corriente total de Noether se convierte en la función de energía.

$$J~=~j-L~=~p_i\dot{q}^i-L~=~h,\tag{F''}$$

como queríamos mostrar.

VI) Finalmente, volvamos a la transformación horizontal pura de OP (A)-(C). Si bien no es una simetría, sigue siendo una cuasi-simetría del Lagrangiano$L$, cf. ec. (D). La corriente (desnuda) de Noether (multiplicada por$\varepsilon$) se convierte

$$\varepsilon j ~:=~ p_i \delta_0 q^i + L \delta t~=~ -\varepsilon L .\tag{E}$$

La corriente de Noether debe corregirse debido a la aparición de la derivada de tiempo total en la ec. (D). La corriente total de Noether se vuelve cero:

$$J~=~j-(-L)~=~-L+L~=~0.\tag{F}$$

En otras palabras, ¡la ley de conservación correspondiente es una trivialidad! Esto se debe a que nunca usamos en la ec. (D) el hecho no trivial (1) de que el Lagrangiano$L$no tiene una dependencia temporal explícita.

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$^1$La función de energía$h(q,\dot{q},t)$en el formalismo lagrangiano corresponde al hamiltoniano$H(q,p,t)$en el formalismo hamiltoniano .

Esta es la forma correcta de entender esto (no es que sea parcial ni nada). Permítanme comenzar diciendo que estoy de acuerdo con otros que señalan que$\delta L \neq 0$en este caso, pero me gustaría demostrar por qué de una manera convincente. Espero que la forma en que presente la resolución sea clara. Seré matemáticamente preciso, pero no me preocuparé por ciertos supuestos técnicos como los grados de diferenciabilidad de las funciones involucradas.

Generalidades.

Para que podamos estar absolutamente seguros de que no hay confusión, permítanme revisar algunas notaciones y definiciones.

deja un camino$q:[t_a, t_b]\to \mathbb R$en el espacio de configuración se dará. Dejar$\hat q:[t_a, t_b]\times (\epsilon_a, \epsilon_b)\to \mathbb R$ser una deformación de un parámetro de$q$con$\epsilon_a<0<\epsilon_b$. Definimos la variación de$q$y su derivado$\dot q$con respecto a esta deformación como sigue:

$$\begin{align} \delta q(t) = \frac{\partial \hat q}{\partial\epsilon}(t,0) , \qquad \delta\dot q(t) = \frac{\partial^2\hat q}{\partial \epsilon\partial t}(t,0) \end{align}$$ Por cierto, para obtener algo de intuición para esto (y especialmente mi notación), puede encontrar útil la siguiente publicación:

Mecánica Lagrangiana - Regla de conmutatividad$\frac{d}{dt}\delta q=\delta \frac{dq}{dt}$

Ahora supongamos que un lagrangiano$L$que es local en$q$y$\dot q$se da, entonces para un camino dado$q$definimos su variación con respecto a la deformación$\hat q$como sigue:

$$\begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t), t) = \frac{\partial}{\partial\epsilon}L\left(\hat q(t,\epsilon), \frac{\partial\hat q}{\partial t}(t,\epsilon), t\right)\Big|_{\epsilon=0} \end{align}$$ De estas dos definiciones, encontramos la siguiente expresión para la variación del Lagrangiano (donde suprimimos los argumentos de las funciones por compacidad notacional) $$\begin{align} \delta L = \frac{\partial L}{\partial q}\delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot q}\delta\dot q \end{align}$$ Llamamos a una deformación dada una simetría de $L$siempre que exista una función $F$eso es local en caminos $q$tal que $$\begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t), t) = \frac{dF_q}{dt}(t) \end{align}$$ para cualquier $q$. En otras palabras, una simetría es una deformación que, a primer orden en el parámetro de deformación $\epsilon$, solo cambia el Lagrangiano como máximo en una derivada de tiempo total. Estas definiciones nos permiten escribir de forma compacta la siguiente versión lagrangiana del teorema de Noether

Para cada simetría del Lagrangiano, la cantidad

$$\begin{align} Q_q(t) = \frac{\partial L}{\partial \dot q}(q(t), \dot q(t), t) \delta q(t) - F_q(t) \end{align}$$ se conserva para todos $q$satisfaciendo las ecuaciones de Euler-Lagrange.

Simetría de traducción del tiempo.

Consideramos la deformación

$$\begin{align} \hat q(t,\epsilon) = q(t+\epsilon). \end{align}$$ lo que, por supuesto, llamamos traducción del tiempo . Ahora, un breve cálculo muestra que bajo esta deformación, uno tiene las siguientes variaciones: $$\begin{align} \delta q(t) = \dot q(t), \qquad \delta \dot q(t) = \ddot q(t) \end{align}$$ De ello se deduce que para cualquier lagrangiano (no solo uno que tenga simetría de traslación temporal) un cálculo corto da $$\begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t) t) = \frac{d}{dt}L(q(t), \dot q(t), t) - \frac{\partial L}{\partial t}(q(t), \dot q(t), t), \end{align}$$ e inmediatamente obtenemos el siguiente resultado:

Si$\partial L/\partial t = 0$, entonces la traslación del tiempo es una simetría de$L$donde la funcion$F$está simplemente dada por el propio Lagrangiano.

El teorema de Noether nos dice entonces que hay una carga conservada;

$$\begin{align} Q_q(t) = \frac{\partial L}{\partial \dot q}(q(t), \dot q(t), t)\dot q(t) - L(q(t), \dot q(t), t) \end{align}$$ que es precisamente el hamiltoniano.

Creo que el problema está en la primera línea: la invariancia para el desplazamiento de tiempo finito es

$$L(q,\dot q ,t+h)-L(q,\dot q ,t)=0.$$ En el caso infinitesimal esto debería convertirse en: $$L (q,\dot q, t+h)-L (q,\dot q,t)=O(h^2) \iff \partial _t L(q,\dot q ,t)=0$$ (tenga en cuenta que $q$y $\dot q$aquí no hay funciones del tiempo). Con esto y la ecuación de movimiento de Lagrange, debería poder probar que $H=p\dot q-L$se conserva a lo largo de las soluciones.

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No estoy seguro de qué significa el término "desplazamiento de tiempo infinitesimal". Si$g^{\varepsilon}\colon M \to M$es una transformación de un parámetro del espacio de configuración, entonces la condición

$$\dfrac {\partial}{\partial \varepsilon} |_{\varepsilon =0}L(g^\varepsilon _*(\dot q),t)=0,$$ que creo expresa simetría bajo desplazamiento infinitesimal, es diferente de $$L(g^\varepsilon _*(\dot q),t)=L(\dot q, t)$$ que es (según Arnold) la definición habitual de simetría (desplazamiento finito). Si nos fijamos en el caso especial en el que $g^\varepsilon$(que implica una ligera generalización del discurso precedente) es la traslación del tiempo, entonces es obvio que las condiciones de simetría de desplazamiento finito e infinitesimal son las mismas.

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Intentaré responder a la pregunta "¿cómo podemos ver que la energía emerge naturalmente de la simetría de traducción del tiempo?" en el único sentido que puedo entender, es decir, "¿puede verse la energía como una carga de Noether?". Alerta: la prueba está desordenada.

Recordemos la definición de la carga de Noether asociada a un grupo de simetrías de 1 parámetro$g^{\varepsilon}$:

$$I=\dfrac{\partial L}{\partial \dot q}\dfrac{\partial }{\partial \varepsilon}|_{\varepsilon = 0}(g^\varepsilon q).$$ El teorema de Noether establece que $I$se conserva a lo largo de las soluciones si $\partial _\varepsilon |_{\varepsilon =0}L(g_* ^\varepsilon \dot q)=0$.

Tal como está, el teorema se establece para un lagrangiano autónomo, es decir, no dependiente del tiempo. Para ver la energía emerger naturalmente como una carga de Noether, en el libro de Arnold se indica un enfoque que es el siguiente.

Si$M$es el espacio de configuración y$L$es el lagrangiano espurio (es decir, no autónomo), defina el espacio de configuración generalizado como$M'=M\times \mathbb R$. Definir el Lagrangiano en$TM'$:

$$\tilde L(q,\dot q,\tau ,\dot \tau)=L(q,\frac{\dot q}{\dot \tau},\tau)\dot \tau.$$ Si $q\colon \mathbb [\tau _1 ,\tau _2] \to M$y $\tau \colon [t_1,t_2] \to [\tau _1,\tau _2]$, tenga en cuenta que la acción: $$\tilde S[q,\tau]=\int _{t_1} ^{t_2}\tilde L(q(\tau(t)),\dot q (\tau (t)),\tau (t),\dot \tau (t))\text d t=\int _{\tau _1}^{\tau _2}L(q(\tau),\dot q (\tau),\tau)\text d \tau=S[q]$$ no depende de $\tau$. Así que si $q$es un extremo de $S$, después $(q\circ \tau,\tau)$es un extremo de $\tilde S$y satisface las ecuaciones de Euler-Lagrange.

Entonces podemos aplicar el teorema de Noether a$\tilde L$. Tenga en cuenta que$\partial _\tau \tilde L(q,\dot q ,\tau , \dot \tau)=\partial _\tau L (q,\dot q/\dot \tau,\tau) \dot \tau$, asi que$\tilde L$admite traducciones temporales si$L$lo hace. Finalmente, el cargo de Noether relacionado con la traducción del tiempo es:

$$\dfrac{\partial \tilde L}{\partial \dot \tau}=L-\dfrac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\dot q}{\dot \tau},$$ que es menos la energía.

Ok, por tus comentarios, entiendo que ya sabes cómo derivar el teorema de Noether (?), Lo que significa que la corriente de Noether:

$$j = \left( L- \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q}(t) \right) \epsilon(t) + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q (t) \tag{1}$$ se conserva: $$\frac{d j }{dt} = 0$$ si la acción de un sistema dado es invariante bajo las siguientes transformaciones infinitesimales: $$\begin{equation} t \rightarrow t' = t + \delta t = t + \epsilon (t) \end{equation}$$ $$\begin{equation} q(t) \rightarrow q'(t')=q(t) + \delta q (t) \end{equation}$$

Ahora, tenga en cuenta que el hamiltoniano se define como:

$$H = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q} - L$$ lo que significa que la ecuación $(1)$Se puede escribir como: $$j = - H \epsilon(t) + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q (t)$$

Ahora, consideremos un Lagrangiano que no depende explícitamente del tiempo, es decir$L=L(q,\dot{q})$. Posteriormente, consideramos una traslación de tiempo:

$$t \rightarrow t' = t + \delta t = t + \epsilon$$ dónde $\epsilon$es una constante (es decir $\epsilon\neq \epsilon (t)$). Si $S$es invariante ( $\delta S = 0$) bajo traslaciones de tiempo, entonces la corriente de Noether viene dada por: $$\begin{equation} j = -H\epsilon \end{equation}$$ (porque el camino no se ve afectado por una traducción de tiempo, es decir $\delta q (t)=0$) por lo que el hamiltoniano es una constante de movimiento.

Pero desafortunadamente este no es el hamiltoniano. Este cálculo debería producir

$$\begin{equation} \rightarrow \frac{d}{dt} \left( p \dot{q} - L \right) = 0. \end{equation}$$ Pero no puedo encontrar ninguna razón por qué y cómo el extra$-L$debe emerger Puedo ver que este término se puede escribir en el lugar donde está escrito porque tenemos$\delta L = - \frac{d L}{dt } \epsilon$y por lo tanto $$\begin{equation} \rightarrow \delta L = - \frac{d}{d t} \left(\frac{\partial L(q,\dot{q},t)}{\partial \dot{q}} \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon. \end{equation}$$ Y entonces la ecuación deseada solo diría$0-0=0$. Cualquier idea de dónde cometí un error sería muy apreciada.

No cometiste un error. Toma tu ecuación final:

$$\begin{equation} - \frac{d}{d t} \left(\frac{\partial L(q,\dot{q},t)}{\partial \dot{q}} \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon. \end{equation}$$

Utilice la definición de impulso:

$$p = \frac{\partial L}{\partial \dot p}$$

Y encontrar:

$$- \frac{d}{d t} \left(p \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon.$$

Su$\partial q/\partial t$debe escribirse como$\dot q$, así que tienes:

$$- \frac{d}{d t} \left(p \dot q \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon.$$

Cancelar épsilon desde ambos lados:

$$- \frac{d}{d t} \left(p \dot q \right) = - \frac{d L}{dt } .$$

Mueva el término LHS al RHS:

$$0 = \frac{d}{d t}\left(p \dot q - L \right)$$

esto dice que$p \dot q - L$se conserva Es decir, el hamiltoniano/energía se conserva, que es exactamente lo que intentabas probar.