Newtonsche vs. Lagrangesche Symmetrie

Question

Newtonsche vs. Lagrangesche Symmetrie

Roter Riese

Angenommen, wir haben eine Massekugel $m$ im Gravitationsfeld der Erde ( $g=const.$ ). Bewegungsgleichung lautet:

M A = - M G

$ma = -mg$ Daraus können wir schließen, dass wir eine Translationssymmetrie der Form haben

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

$x(t) \to x(t) + const$ (Wir arbeiten nur in 1D). Wir können diese Symmetrie jedoch nicht aus dem Lagrange erkennen:

L = \frac{M v^{2}}{2} - M G X

$L = \frac{mv^2}{2} - mgx$ denn der lineare Term "bricht" diese Symmetrie. Außerdem haben wir (soweit ich sehen kann) auch nicht die entsprechende Erhaltungsgröße.

Bedeutet dies, dass wir Symmetrien im Sinne von Newton haben können (Transformationen, die Lösungen auf andere Lösungen abbilden), die in der Lagrange-Funktion nicht vorhanden sind?

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Newtonsche vs. Lagrangesche Symmetrie

Philipp · Answer 1

Nun, es scheint mir, dass unter einer Übersetzung $x(t) \to x(t) + c$ , geht der Lagrange zu

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

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

Also ja, der Lagrange scheint unterschiedlich zu sein, aber da er sich nur um eine Konstante verschiebt, sind diese beiden Lagrange ( $\mathcal{L}$ Und $\mathcal{L}'$ ) sind äquivalent und erzeugen dieselben Euler-Lagrange-Gleichungen. Allgemeiner gesagt sind zwei Lagrange-Operatoren äquivalent, wenn ihre Differenz eine Gesamtzeitableitung ist. dh $\mathcal{L}$ Und

L^{'} = L + \frac{D F}{D T}

$\mathcal{L}' = \mathcal{L} + \frac{\text{d}f}{\text{d}t}$ sind für alle gleichwertig

f (t)

$f(t)$ .

@RedGiant Ah ja, das habe ich vergessen anzusprechen. Ich glaube (obwohl es eine Weile her ist, seit ich die Berechnungen durchgeführt habe), dass die Erhaltungsgröße nur die Energie ist. Dies ist nicht unbedingt eine Symmetrie des Lagrange, sondern eine "Quasi" -Symmetrie, aber glücklicherweise glaube ich, dass Noethers Theorem immer noch dafür gilt. Siehe die Antworten auf diese Frage: Invarianz der Lagrange-Funktion im Satz von Noether .
Die zweite Antwort in der Frage, die ich oben verlinkt habe, scheint zu bestätigen, dass die konservierte Größe der Hamilton-Operator ist, aber ich denke, dass die Antwort von @MichaelSeifert unten zeigt, dass es die anfängliche Dynamik ist, die viel offensichtlicher ist. Ich versuche, die Schritte in der anderen Antwort zu reproduzieren. Trotzdem macht dies zumindest deutlich, dass nicht alle "konservierten" Größen nützliche Größen sind! :)

Michael Seifert · Answer 2

Sie können am letzten Term eine partielle Integration durchführen (und den resultierenden Randterm verwerfen), um eine Aktion mit äquivalenten EOMs zu erhalten:

S^{'} = \int (\frac{1}{2} M {\dot{X}}^{2} + M G T \dot{X}) D T

$S'= \int \left( \frac{1}{2} m \dot{x}^2 + m g t \dot{x} \right) \, dt$ In diesem Zusammenhang die Symmetrie

x \to x + C

$x \to x + C$ ist auf der Ebene der Lagrange-Funktion offensichtlich. Außerdem werden die Euler-Lagrange-Gleichungen

\frac{D}{D T} (M \dot{X} + M G T) = \frac{\partial L^{'}}{\partial \dot{X}} = 0

$\frac{d}{dt} \left( m \dot{x} + m g t \right) = \frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial \dot{x}} = 0$ und damit die Menge

m \dot{x} + m g t

$m \dot{x} + m g t$ ist eine Konstante der Bewegung. Genauer gesagt ist es der Anfangsimpuls des Teilchens.

(Das scheint irgendwie "billig" zu sein, und ich bin mir nicht 100% sicher, ob es ein legitimer Schritt ist. Kommentare sind willkommen.)

QMechaniker · Answer 3

Die (infinitesimale) Übersetzung
$δ X = ϵ$ $\delta x~=~\epsilon$ ändert den Lagrangian von OP mit einer Gesamtzeitableitung $δ L = M G ϵ = \frac{D}{D T} (M G ϵ T) .$ $\delta L~=~mg \epsilon~=~ \frac{d}{dt}(mg \epsilon t).$ Dies wird als Quasi-Symmetrie bezeichnet . Der Satz von Noether gilt auch für Quasisymmetrien.
Zu Wirkungssymmetrien vs. EOM siehe zB auch diesen verwandten Phys.SE-Beitrag.

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