Der Beweis, dass die Noether-Ladung Symmetrien im Lagrange-Formalismus erzeugt

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Der Beweis, dass die Noether-Ladung Symmetrien im Lagrange-Formalismus erzeugt

Bronsteinx

Ich weiß, dass ähnliche Fragen auf dieser Seite schon einmal gestellt wurden, aber ich konnte keine Antwort auf meine spezielle Frage finden.

Ich möchte zeigen, dass die im Lagrange-Formalismus definierte Noether-Ladung entsprechende Symmetrien erzeugt. Etwas präziser:

Angenommen, wir haben eine Lagrange-Funktion $L(q(t),\dot q(t))$ . Nehmen wir das unter einer infinitesimalen Transformation an

\begin{matrix} (1) & δ Q (T) = η (Q (T), \dot{Q} (T), T), δ \dot{Q} (T) = \frac{D}{D T} η (Q (T), \dot{Q} (T), T) \end{matrix}

$\delta q(t) = \eta(q(t),\dot q(t),t), \ \delta \dot q (t) = \frac{d}{dt}\eta(q(t),\dot q(t),t)\tag{1}$ die Änderung der Lagrange-Funktion ist gegeben als:

\begin{matrix} (2) & δ L = \frac{D}{D T} K (Q (T), \dot{Q} (T), T) \end{matrix}

$\delta L = \frac{d}{dt}K(q(t),\dot q(t),t)\tag{2}$ Dann die Noether-Ladung

Q (q (t), \dot{q} (t), t)

$Q(q(t),\dot q(t),t)$ ist definiert durch:

\begin{matrix} (3) & Q (Q (T), \dot{Q} (T), T) := \frac{\partial}{\partial \dot{Q} (T)} L (Q (T), \dot{Q} (T)) η (Q (T), \dot{Q} (T), T) - K (Q (T), \dot{Q} (T), T) \end{matrix}

$Q(q(t),\dot q(t),t) := \frac{\partial}{\partial \dot q(t)}L(q(t),\dot q(t))\ \eta(q(t),\dot q(t),t) - K(q(t),\dot q(t),t)\tag{3}$ Die Behauptung ist, dass, wenn das definierte kanonische Momentum durch

p (q, \dot{q}) = \frac{\partial}{\partial \dot{q}} L (q, \dot{q})

$p(q,\dot q)= \frac{\partial}{\partial \dot q}L(q,\dot q)$ :

\begin{matrix} (4) & δ Q (T) = {(\frac{\partial}{\partial P (T)} Q (Q (T), \dot{Q} (T), T))}_{Q (T)}, δ P (T) = - {(\frac{\partial}{\partial Q (T)} Q (Q (T), \dot{Q} (T), T))}_{P (T)} \end{matrix}

$\delta q(t) = \left(\frac{\partial}{\partial p(t)}Q(q(t),\dot q(t),t)\right)_{q(t)},\qquad \delta p(t) = -\left(\frac{\partial}{\partial q(t)}Q(q(t),\dot q(t),t)\right)_{p(t)}\tag{4}$ Ich konnte die erste der obigen Beziehungen wie folgt herleiten. Aus,

\begin{matrix} (5) & δ L = \frac{\partial}{\partial Q} L δ Q (T) + P (T) δ \dot{Q} (T), \end{matrix}

$\delta L = \frac{\partial}{\partial q}L \delta q(t) + p(t) \delta \dot q(t)\tag{5},$ durch partielle Integration erhalten wir:

\begin{matrix} (6) & \frac{D}{D T} Q = δ Q (\dot{P} - \frac{\partial}{\partial Q} L) = δ Q (\frac{\partial P}{\partial Q} \dot{Q} + \frac{\partial P}{\partial \dot{Q}} \ddot{Q} - \frac{\partial}{\partial Q} L) = \frac{\partial Q}{\partial T} + \frac{\partial Q}{\partial Q} \dot{Q} + \frac{\partial Q}{\partial \dot{Q}} \ddot{Q} \end{matrix}

$\frac{d}{dt}Q = \delta q \left(\dot p - \frac{\partial}{\partial q}L \right) \\ \quad \quad \quad \quad \quad \ \ =\delta q \left(\frac{\partial p}{\partial q}\dot q + \frac{\partial p}{\partial \dot q}\ddot q - \frac{\partial}{\partial q}L \right) \\ \quad \quad \quad \ = \frac{\partial Q}{\partial t} + \frac{\partial Q}{\partial q}\dot q + \frac{\partial Q}{\partial \dot q}\ddot q\tag{6}$ Durch Gleichsetzen von Begriffen proportional zu

\ddot{q}

$\ddot q$ , wir erhalten:

\begin{matrix} (7) & \frac{\partial Q}{\partial \dot{Q}} = {(\frac{\partial P}{\partial \dot{Q}})}_{Q} δ Q \end{matrix}

$\frac{\partial Q}{\partial \dot q} = \left( \frac{\partial p}{\partial \dot q} \right)_{q} \delta q \tag{7}$ Dann:

\begin{matrix} (8) & {(\frac{\partial Q}{\partial P})}_{Q} = \frac{\partial Q}{\partial \dot{Q}} {(\frac{\partial \dot{Q}}{\partial P})}_{Q} = {(\frac{\partial P}{\partial \dot{Q}})}_{Q} {(\frac{\partial \dot{Q}}{\partial P})}_{Q} δ Q = δ Q \end{matrix}

$\left(\frac{\partial Q}{\partial p}\right)_{q} = \frac{\partial Q}{\partial \dot q} \left(\frac{\partial \dot q}{\partial p}\right)_q = \left( \frac{\partial p}{\partial \dot q} \right)_{q} \left(\frac{\partial \dot q}{\partial p}\right)_q \delta q = \delta q\tag{8}$ Meine Frage ist, wie wir das zeigen können

\begin{matrix} (9) & δ P (T) = - {(\frac{\partial}{\partial Q (T)} Q (Q (T), \dot{Q} (T), T))}_{P (T)} \end{matrix}

$\delta p(t) = -\left(\frac{\partial}{\partial q(t)}Q(q(t),\dot q(t),t)\right)_{p(t)}\tag{9}$

AKTUALISIEREN

Es scheint, dass es erforderlich ist, Bewegungsgleichungen anzunehmen, um obige Identität zu erhalten. Betrachten Sie die Identität (erhalten nach dem Entfernen der Begriffe, die enthalten $\ddot q$ In $\frac{dQ}{dt} = \cdots$ ):

\begin{matrix} (10) & δ Q (\frac{\partial P}{\partial Q} \dot{Q} - \frac{\partial}{\partial Q} L) = \frac{\partial Q}{\partial T} + \frac{\partial Q}{\partial Q} \dot{Q} \end{matrix}

$\delta q \left(\frac{\partial p}{\partial q}\dot q - \frac{\partial}{\partial q}L \right) = \frac{\partial Q}{\partial t} + \frac{\partial Q}{\partial q}\dot q \tag{10}$ Nehmen Sie nun eine partielle Ableitung in Bezug auf

\dot{q}

$\dot q$ , und verwenden Sie die Kommutativität partieller Ableitungen und die oben gefundene Identität für

\frac{\partial Q}{\partial \dot{q}}

$\frac{\partial Q}{\partial \dot q}$ erhalten:

\begin{matrix} (11) & \frac{\partial Q}{\partial Q} = (\dot{Q} \partial_{Q} P - \partial_{Q} L) \partial_{\dot{Q}} δ Q - \partial_{T} δ Q \partial_{\dot{Q}} P - \dot{Q} \partial_{\dot{Q}} P \partial_{Q} δ Q \end{matrix}

$\frac{\partial Q}{\partial q} = \left(\dot q \partial_q p - \partial_q L \right)\partial_{\dot q}\delta q - \partial_t \delta q\partial_{\dot q} p - \dot q\partial_{\dot q}p \partial_q \delta q \tag{11}$ Jetzt mit

\begin{matrix} (12) & {(\frac{\partial}{\partial Q})}_{P} = \frac{\partial}{\partial Q} + {(\frac{\partial \dot{Q}}{\partial Q})}_{P} \end{matrix}

$\left(\frac{\partial}{\partial q}\right)_p = \frac{\partial}{\partial q} + \left(\frac{\partial \dot q}{\partial q}\right)_p\tag{12}$ Und

\begin{matrix} (13) & {(\frac{\partial \dot{Q}}{\partial Q})}_{P} = - \frac{\partial_{Q} P}{\partial_{\dot{Q}} P} \end{matrix}

$\left(\frac{\partial \dot q}{\partial q}\right)_p = -\frac{\partial_{q}p}{\partial_{\dot q} p}\tag{13}$ wir finden:

\begin{matrix} (14) & {(\frac{\partial Q}{\partial Q})}_{P} = - \partial_{Q} P δ Q - \partial_{\dot{Q}} P (\dot{Q} \partial_{Q} δ Q + \partial_{T} δ Q) + (\dot{Q} \partial_{Q} P - \partial_{Q} L) \end{matrix}

$\left(\frac{\partial Q}{\partial q}\right)_p = - \partial_q p \delta q - \partial_{\dot q}p \left(\dot q\partial_q \delta q + \partial_t \delta q \right) + \left(\dot q \partial_q p - \partial_q L \right) \tag{14}$ Wenn wir Bewegungsgleichungen annehmen, heißt das:

\begin{matrix} (15) & \partial_{Q} L = \frac{D}{D T} P = \dot{Q} \partial_{Q} P + \ddot{Q} \partial_{\dot{Q}} P \end{matrix}

$\partial_q L = \frac{d}{dt}p = \dot q \partial_q p + \ddot q \partial_{\dot q} p\tag{15}$ Wir erhalten:

\begin{matrix} (16) & {(\frac{\partial Q}{\partial Q})}_{P} = - \partial_{Q} P δ Q - \partial_{\dot{Q}} P (\ddot{Q} \partial_{\dot{Q}} δ Q + \dot{Q} \partial_{Q} δ Q + \partial_{T} δ Q) = - δ P \end{matrix}

$\left(\frac{\partial Q}{\partial q}\right)_p = - \partial_q p \delta q - \partial_{\dot q}p \left(\ddot q \partial_{\dot q} \delta q + \dot q\partial_q \delta q + \partial_t \delta q \right) = -\delta p \tag{16}$ Ich kann jedoch die physikalische Bedeutung dieser Annahme nicht erkennen.

Antworten (1)

Der Beweis, dass die Noether-Ladung Symmetrien im Lagrange-Formalismus erzeugt

QMechaniker · Answer 1

Beschränken wir uns bei dieser Antwort der Einfachheit halber auf den Fall einer regulären Legendre-Transformation in einem punktmechanischen Rahmen, vgl. dieser verwandte Phys.SE-Beitrag. (Verallgemeinerungen zur Feld- und Eichtheorie sind grundsätzlich möglich, mit entsprechenden Modifikationen der Schlussfolgerungen.)

Innerhalb des Lagrange-Formalismus sei eine infinitesimale vertikale Quasi-Symmetrie der Form gegeben
$\begin{matrix} (A) & δ Q^{ich} = j^{ich} (Q, \dot{Q}, T) ε, ich \in {1, \dots, N}, δ T = 0. \end{matrix}$ $\delta q^i ~=~y^i(q,\dot{q},t)\varepsilon, \qquad i~\in~\{1,\ldots,n\}, \qquad\delta t~=~0. \tag{A}$ Der Satz von Noether liefert dann eine entsprechende Noether-Ladung $Q_L(q,\dot{q},t)$ das wird auf der Schale konserviert.
OP scheint im Wesentlichen die folgende Frage zu stellen.

Lädt die Noether auf $Q_L(q,\dot{q},t)$ die Quasi-Symmetrie (A) erzeugen?

Die Antwort lautet: Ja, die Quasi-Symmetrie
$\begin{matrix} (B) & j^{ich} (Q, \dot{Q}, T) = {Q^{ich} (T), Q_{L} (T)}, ich \in {1, \dots, N}, \end{matrix}$ $y^i(q,\dot{q},t)~=~\{q^i(t),Q_L(t)\}, \qquad i~\in~\{1,\ldots,n\},\tag{B}$ wird über die Peierls-Klammer erzeugt $\begin{matrix} (C) & {F, G} := \iint D T D T^{'} \sum_{ich, k = 1}^{N} \frac{δ F}{δ Q^{ich} (T)} G_{R e T}^{ich k} (T, T^{'}) \frac{δ G}{δ Q^{k} (T^{'})} - (F \leftrightarrow G), \end{matrix}$ $\{ F,G \}~:=~\iint\!dt~dt^{\prime}~\sum_{i,k=1}^{n} \frac{\delta F }{\delta q^i(t)}~G^{ik}_{\rm ret}(t,t^{\prime})~\frac{\delta G }{\delta q^k(t^{\prime})} - (F\leftrightarrow G),\tag{C}$ Wo $G^{ik}_{\rm ret}(t,t^{\prime})$ ist die verzögerte Green-Funktion , siehe zB verschiedene Lehrbücher von Bryce S. DeWitt und diese Phys.SE-Antwort des Benutzers AccidentalFourierTransform. Leider kennen wir innerhalb des Lagrange-Formalismus die explizite Form der retardierten Green-Funktion nicht $G^{ik}_{\rm ret}(t,t^{\prime})$ , außer in besonderen Fällen. Dies macht das rein Lagrange-Bemühen von OP herausfordernd und umständlich.
Wir wissen jedoch, dass es eine bijektive Entsprechung zu einer entsprechenden Hamiltonschen Formulierung über eine Legendre-Transformation gibt, vgl. zB dieser Phys.SE Beitrag. Außerdem gibt es eine bijektive Korrespondenz zwischen Erhaltungsgrößen
$\begin{matrix} (D) & Q_{L} (Q, \dot{Q}, T) \approx Q_{H} (Q, P, T) \end{matrix}$ $Q_L(q,\dot{q},t) ~\approx~Q_H(q,p,t)\tag{D}$ in der Lagrange- und der Hamilton-Formulierung, vgl. dieser Phys.SE-Beitrag. Eine ähnliche bijektive Korrespondenz existiert für die entsprechenden Quasi-Symmetrien. Daher kann alles in die entsprechende Hamiltonsche Formulierung übersetzt werden. Wir werden diese Strategie in dieser Antwort anwenden.
In der Hamilton-Einstellung wird die Frage von OP zu Aussage 1 in meiner Phys.SE-Antwort hier , dh
$\begin{matrix} (E) & Y^{ICH} (z, T) = {z^{ICH} (T), Q_{H} (T)}, ICH \in {1, \dots, 2 N} . \end{matrix}$ $Y^I(z,t)~=~\{z^I(t),Q_H(t)\},\qquad I~\in~\{1,\ldots,2n\} .\tag{E}$ Innerhalb des Hamiltonschen Formalismus die Funktion des verzögerten Grüns $\begin{matrix} (F) & G_{R e T}^{ICH K} (T, T^{'}) ≃ ω^{ICH K} θ (T - T^{'}), ICH, K \in {1, \dots, 2 N}, \end{matrix}$ $G^{IK}_{\rm ret}(t,t^{\prime}) ~\simeq~\omega^{IK}~\theta(t\!-\!t^{\prime}),\qquad I,K~\in~\{1,\ldots,2n\},\tag{F}$ ist explizit in der adiabatischen Grenze bekannt (wobei der Hamiltonoperator $H$ kann ignoriert werden). Hier $\omega^{IK}$ bezeichnet die symplektische Einheit. Daher wird die zeitgleiche Peierls-Klammer zur kanonischen Poisson-Klammer .

Ich werde mehr über Peierls Bracket erfahren. Ich kann jedoch immer noch nicht verstehen, was an der folgenden Logik falsch ist. Berechnung $Q_L(q,\dot q,t)$ und berechnen $p(t)$ als Funktion von $q(t)$ Und $\dot q(t)$ . Berechnen Sie dann die partielle Ableitung von $Q_L$ gegenüber $p$ halten $q$ Konstante. Das sollte geben $\delta p(t)$ . Was ich in meinem Beitrag gezeigt habe, ist, dass dies nur wahr ist, wenn wir Bewegungsgleichungen annehmen.
Bemerkungen: 1. Erwägen Sie, Ihre Formel (4) genauer zu erklären. 2. $\delta p$ scheint aus Lagrange-Sicht irrelevant.
Wenn wir es wissen $p$ als Funktion von $q$ Und $\dot q$ , dann können wir die Variation von berechnen $p$ einfach vorbei $\delta p = \delta q \partial_q p + \delta \dot q \partial_{\dot q} p$ . Nun, wenn $Q_L = Q_H$ , Wir wissen das $\delta p = \{p,Q_H\} = \{p,Q_L\} = - \left(\frac{\partial Q_L}{\partial q}\right)_p$ . Ich konnte das nicht zeigen, ohne Bewegungsgleichungen anzunehmen. Ich habe kein Problem mit dem Zeigen $\delta q = \{q,Q_L\} = \left(\frac{\partial Q_L}{\partial p}\right)_q$ was ich darin gemacht habe $(8)$ .
Der Grund, warum ich diese Frage stelle, ist, dass der Übergang vom Lagrange-Formalismus zum Hamilton-Formalismus nicht schwer ist und die ganze Diskussion im Hamilton-Formalismus auch nicht schwer ist, daher sollte man das zeigen können $Q_L = Q_H$ erzeugt ohne großen Aufwand Symmetrien. Es ist möglich, dass mir etwas an der Entsprechung zwischen dem Lagrange-Formalismus und dem Hamilton-Formalismus fehlt, das versuche ich zu verstehen.
Frage: Aus der Zeitsymmetrie können wir Energie als Noether-Ladung ableiten, die der Hamilton-Funktion entspricht. Nun, für freie Teilchen, $\delta p = \epsilon m a \neq \{p,H\}$ Offshell. Ich denke, das ist das einfachste Beispiel für meine Frage.
In diesem Beispiel in der Hamiltonschen Formulierung scheint es so $\delta p = 0$ .
Was bedeutet dann Lagrange-<-> Hamilton-Korrespondenz genau? Es scheint, dass Symmetrien nicht in 1-1-Korrespondenz stehen? Das heißt, wenn $\delta q(t)$ , $\delta \dot q(t)$ ist dann eine Symmetrie von Lagrange $\delta p(t)$ aus der Formel erhalten $p(t) = \delta_{\dot q} L$ muss keine Symmetrie sein (zusammen mit $\delta q(t)$ ) in der Hamiltonschen Umgebung ?
$\delta p(t)$ in der Hamilton-Einstellung unabhängig von der Lagrange-Formel definiert ist $p(t) = \partial_{\dot q} L$ .

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