Beweisen Sie die Energieerhaltung mit dem Satz von Noether

Question

Beweisen Sie die Energieerhaltung mit dem Satz von Noether

Turbotanten

Ich frage mich, wie Sie mit dem Satz von Noether beweisen, dass Energie unter einer Zeitverschiebung erhalten bleibt. Ich habe es selbst versucht, aber ohne Erfolg. Was ich mir bisher ausgedacht habe, ist, dass ich damit beginne, die folgende Symmetrietransformation zu induzieren

\begin{aligned} H_{S} : & Q \to H_{S} (Q (T)) = Q (T) \\ {\hat{H}}_{S} : & \dot{Q} (T) \to {\hat{H}}_{S} (\dot{Q} (T)) = \dot{Q} (T) \\ T \to T^{'} = T + S ϵ \end{aligned}

$\begin{align} \mathrm{h}_s:\ &q \rightarrow \mathrm{h}_s(q(t)) = q(t)\\ \hat{\mathrm{h}}_s:\ &\dot{q}(t) \rightarrow \hat{\mathrm{h}}_s(\dot{q}(t)) = \dot{q}(t)\\ &t \rightarrow t^\prime = t+s\epsilon \end{align}$

h_{s}

$\mathrm{h}_s$ ist eine Symmetrie der Lagrange-Funktion, wenn:

L (H_{S} (Q (T)), {\hat{H}}_{S} (\dot{Q} (T)), T^{'}) = L (X, \dot{X}, T) + \frac{D}{dt} F_{S}

$L(\mathrm{h}_s(q(t)),\hat{\mathrm{h}}_s(\dot{q}(t)),t^\prime) = L(x,\dot{x},t) + \frac{\textrm{d}}{\textrm{dt}}F_s$ Dann leite ich nach ab

s

$s$ und suchen Sie nach dem Minimum.

\frac{\partial}{\partial S} (L (H_{S} (Q (T)), {\hat{H}}_{S} (\dot{Q} (T)), T^{'}) - \frac{D}{dt} F_{S}) = 0

$\frac{\partial}{\partial s}\Big(L(\mathrm{h}_s(q(t)),\hat{\mathrm{h}}_s(\dot{q}(t)),t^\prime) - \frac{\textrm{d}}{\textrm{dt}}F_s\Big)=0$ Ich finde die Ableitung zu sein

\frac{\partial L}{\partial H_{S} (Q (T))} \frac{H_{S} (Q (T))}{\partial S} + \frac{\partial L}{\partial {\hat{H}}_{S} (\dot{Q} (T))} \frac{{\hat{H}}_{S} (\dot{Q} (T))}{\partial S} + \frac{\partial L}{\partial T^{'}} \frac{\partial T^{'}}{\partial S} - \frac{D}{dt} \frac{\partial F_{S}}{\partial S} = 0

$\frac{\partial L}{\partial \mathrm{h}_s(q(t))}\frac{\mathrm{h}_s(q(t))}{\partial s}+\frac{\partial L}{\partial \hat{\mathrm{h}}_s(\dot{q}(t))}\frac{\hat{\mathrm{h}}_s(\dot{q}(t))}{\partial s}+\frac{\partial L}{\partial t^\prime}\frac{\partial t^\prime}{\partial s}- \frac{\textrm{d}}{\textrm{dt}}\frac{\partial F_s}{\partial s}=0$

\Rightarrow \frac{\partial L}{\partial T^{'}} ϵ - \frac{D}{dt} \frac{\partial F_{S}}{\partial S} = \frac{\partial L}{\partial T} \frac{D T}{D T^{'}} ϵ - \frac{D}{dt} \frac{\partial F_{S}}{\partial S} = \frac{\partial L}{\partial T} ϵ - \frac{D}{dt} \frac{\partial F_{S}}{\partial S} = 0

$\Rightarrow \frac{\partial L}{\partial t^\prime}\epsilon-\frac{\textrm{d}}{\textrm{dt}}\frac{\partial F_s}{\partial s} = \frac{\partial L}{\partial t}\frac{\mathrm{dt}}{\mathrm{dt^\prime}}\epsilon -\frac{\textrm{d}}{\textrm{dt}}\frac{\partial F_s}{\partial s} = \frac{\partial L}{\partial t}\epsilon -\frac{\textrm{d}}{\textrm{dt}}\frac{\partial F_s}{\partial s} = 0$ Hier ist der Teil, wo ich hängen bleibe. Ich weiß nicht, was ich als nächstes tun soll. Ich versuche, meine Noether-Ladung zu finden, die einer Zeitübersetzung entspricht, um die Hamilton-Funktion zu sein. Gibt es einen einfacheren oder besseren Weg, dies zu tun? Bitte lehren Sie mich, ich möchte unbedingt lernen!

Ich habe dieses Buch gefunden, Lanczos, The Variational Principles of Mechanics, Seite 401 , das die Energieerhaltung unter Verwendung des Noether-Theorems explizit zeigt. Du Es scheint, dass ich dem Schritt von Gleichung 7 bis 8 nicht folgen kann. Kann mir jemand erklären, warum das Intregal so aussieht, wie es aussieht? Haben sie den Ausdruck irgendwie erweitert?

ACuriousMind

Ihre Transformation ist die falsche für "Zeitübersetzung". Qmechanic erklärt hier warum und gibt die richtige Herleitung an. (Die anderen Antworten sind auch lesenswert)

Turbotanten

Danke für die Hilfe, aber es gibt einen Teil in der Herleitung, den ich nicht verstehe -> "Der (nackte) Noetherstrom (multipliziert mit ϵ) wird ...". Ich kann anscheinend nicht finden, wo im Wiki der bloße Noether-Strom angegeben ist.

ACuriousMind

Es wird im Wiki nicht als "nackt" angegeben (weil Wiki keine Quasisymmetrien berücksichtigt, dh solche, die nur die Lagrange-Invariante bis zur vollständigen Ableitung verlassen). Der "nackte" Noether-Strom ist der Strom , wenn die Transformation eine Symmetrie der Lagrange-Funktion ist , während der "volle" Noether-Strom der nackte Strom + Beiträge der Randterme aus der Gesamtableitung ist.

Turbotanten

Okey, also in meinem Fall die

F_{s}

$F_s$ Laufzeit entsprechen den Beiträgen aus den Randbedingungen und der Rest ist das, was man "nackten" Noetherstrom nennen würde? Ich bin im Moment einfach sehr verwirrt.

Antworten (2)

Beweisen Sie die Energieerhaltung mit dem Satz von Noether

Ihre Transformation ist die falsche für "Zeitübersetzung". Qmechanic erklärt hier warum und gibt die richtige Herleitung an. (Die anderen Antworten sind auch lesenswert)
Danke für die Hilfe, aber es gibt einen Teil in der Herleitung, den ich nicht verstehe -> "Der (nackte) Noetherstrom (multipliziert mit ϵ) wird ...". Ich kann anscheinend nicht finden, wo im Wiki der bloße Noether-Strom angegeben ist.
Es wird im Wiki nicht als "nackt" angegeben (weil Wiki keine Quasisymmetrien berücksichtigt, dh solche, die nur die Lagrange-Invariante bis zur vollständigen Ableitung verlassen). Der "nackte" Noether-Strom ist der Strom , wenn die Transformation eine Symmetrie der Lagrange-Funktion ist , während der "volle" Noether-Strom der nackte Strom + Beiträge der Randterme aus der Gesamtableitung ist.
Okey, also in meinem Fall die $F_s$ Laufzeit entsprechen den Beiträgen aus den Randbedingungen und der Rest ist das, was man "nackten" Noetherstrom nennen würde? Ich bin im Moment einfach sehr verwirrt.

QMechaniker · Answer 1

Kommentare zum Beitrag von OP (v4):

OP versucht über den Satz von Noether zu beweisen , dass keine explizite Zeitabhängigkeit der Lagrange-Funktion zur Energieerhaltung führt.
Die Transformation von OP scheint eine reine horizontale infinitesimale Zeitübersetzung zu sein
$\begin{matrix} (A) & T^{'} - T =: δ T = - ϵ, (horizontale Variante) \end{matrix}$ $\tag{A} t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\epsilon, \qquad \text{(horizontal variation)}$ $\begin{matrix} (B) & Q^{' ich} (T) - Q^{ich} (T) =: δ_{0} Q^{ich} = 0, (keine vertikale Variation) \end{matrix}$ $\tag{B} q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~0, \qquad \text{(no vertical variation)}$ $\begin{matrix} (C) & Q^{' ich} (T^{'}) - Q^{ich} (T) =: δ Q^{ich} = - ϵ \dot{Q} . (vollständige Variante) \end{matrix}$ $\tag{C} q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~-\epsilon\dot{q}. \qquad \text{(full variation)}$ In meiner Phys.SE-Antwort hier wird erklärt, warum diese Transformation (A)-(C) nicht zum Beweis der Energieerhaltung verwendet werden kann.
In Gl. (1) auf p. 401, die Ref.-Nr. 1 betrachtet stattdessen die folgende infinitesimale Transformation
$\begin{matrix} (A') & T^{'} - T =: δ T = - ϵ, (horizontale Variante) \end{matrix}$ $\tag{A'} t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\epsilon, \qquad \text{(horizontal variation)}$ $\begin{matrix} (B') & Q^{' ich} (T) - Q^{ich} (T) =: δ_{0} Q^{ich} = ϵ \dot{Q}, (vertikale Variation) \end{matrix}$ $\tag{B'} q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~\epsilon\dot{q}, \qquad \text{(vertical variation)}$ $\begin{matrix} (C') & Q^{' ich} (T^{'}) - Q^{ich} (T) =: δ Q^{ich} = 0. (vollständige Variante) \end{matrix}$ $\tag{C'} q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~0. \qquad \text{(full variation)}$ Dies ist die gleiche infinitesimale Transformation wie Abschnitt IV in meiner Phys.SE-Antwort hier , mit Ausnahme der Tatsache, dass $\epsilon\equiv\alpha$ darf eine Funktion der Zeit sein $t$ . Daher die Variation der Aktion $S\equiv A$ ist nicht unbedingt Null, sondern von der Form $\begin{matrix} (8) & δ S = \int D T J \frac{D ϵ}{D T}, \end{matrix}$ $\tag{8} \delta S ~=~\int\! dt ~j \frac{d\epsilon}{dt},$ wo der nackte Noether fließt $j=h$ ist die Energiefunktion, vgl. Gl. (8) auf p. 402 in Art.-Nr. 1. Die $t$ - Abhängigkeit ein $\epsilon$ ist an den Noether-Trick gebunden, der in diesem Phys.SE-Beitrag erklärt wird. Dies wiederum lässt sich zu einem Nachweis der On-Shell-Energieeinsparung zusammensetzen $\begin{matrix} (9) & \frac{D H}{D T} \approx 0, \end{matrix}$ $\tag{9}\frac{dh}{dt}~\approx~0,$ vgl. Gl. (9) auf p. 402 in Art.-Nr. 1.

Verweise:

C. Lanczos, Die Variationsprinzipien der Mechanik, 1970; Anhang II.

Irgendein Physikstudent · Answer 2

Der einfachere Weg, dies zu tun, besteht darin, einfach eine generische Transformation G zu betrachten, so dass die kanonischen Koordinaten des Hamilton-Operators wie folgt verschoben werden:

δ P = \frac{\partial G}{\partial Q} δ λ

$\delta p = \frac{\partial G}{\partial q} \delta \lambda$ Und

δ Q = - \frac{\partial G}{\partial P} δ λ,

$\delta q = - \frac{\partial G}{\partial p} \delta \lambda\,,$

Wo $\lambda$ ist der Transformationsparameter, der bestimmt, wie viel von der Transformation Sie anwenden möchten.

Betrachten Sie nun eine kleine Änderung im Hamiltonian, $H(p,q)$ :

\frac{\partial H}{\partial λ} = \frac{\partial H}{\partial Q} \frac{D Q}{D λ} + \frac{\partial H}{\partial P} \frac{D P}{D λ}

$\frac{\partial H}{\partial \lambda} = \frac{\partial{H}}{\partial q}\frac{\mathrm dq}{\mathrm d\lambda} + \frac{\partial{H}}{\partial p}\frac{\mathrm dp}{\mathrm d\lambda}$

(^ Nehmen Sie einen zeitunabhängigen Hamiltonoperator an).

Wenn wir nun die obige Transformation verwenden, sehen wir Folgendes:

\frac{\partial H}{\partial λ} = - {H, G} = - \frac{D G}{D T}

$\frac{\partial H}{\partial \lambda} = -\{H, G\} = -\frac{\mathrm dG}{\mathrm dt}$

wobei die verwendeten Klammern Poisson-Klammern sind.

Wenn also der Hamilton-Operator unter kontinuierlicher Transformation invariant ist, dann $G$ ist eine Erhaltungsladung.

Wenn wir lassen $G=H$ , dann ist es leicht zu sehen, weil $\{H,H\}=0$ Dann $\frac{\mathrm dH}{\mathrm dt}=0$ .

Hoffe das hilft :)

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QMechaniker

Irgendein Physikstudent

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