Problem bei der Verwendung des Satzes von Noether im zeitabhängigen Lagrangian

Question

Problem bei der Verwendung des Satzes von Noether im zeitabhängigen Lagrangian

David

Ich habe einige Probleme bei der Berechnung der Erhaltungsgröße für einen Lagrangian der Form

L = \frac{1}{2} M {\dot{Q}}^{2} - F (T) A Q,

$L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - f(t) a q,$

da ich das generelle problem zu abstrakt fand, versuchte ich es zunächst mit $f(t) = t$ , also werde ich für den Rest des Beitrags verwenden

L = \frac{1}{2} M {\dot{Q}}^{2} - T A Q .

$L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - t a q.$

Verwenden $L$ die resultierende Bewegungsgleichung ist

M \ddot{Q} = - A T,

$m\ddot{q} = - at,$ also ich denke, das ist wohl der schwächste punkt meiner überlegung, eine mögliche umwandlung, die die bewegungsgleichung invariant gelassen hat

T \to T = T + ε, Q \to Q = Q - A ε \frac{T^{2}}{2 M} .

$t \to T = t + \varepsilon, \quad q \to Q = q - a \varepsilon \frac{t^2}{2m}.$

Nun, damit berechne ich den erweiterten Lagrangian*, $L_{\hbox{ext}}$

L_{ext} = L (Q, \frac{\bar{Q}}{\bar{T}}, T) \bar{T},

$L_{\hbox{ext}} = L(q, \frac{\bar{q}}{\bar{t}}, t) \bar{t},$ und unter Verwendung des Satzes von Noether ist die Erhaltungsgröße

ICH = \frac{\partial L_{ext}}{\partial \bar{Q}} \frac{\partial Q}{\partial ε} |_{ε = 0} + \frac{\partial L_{ext}}{\partial \bar{T}} \frac{\partial T}{\partial ε} |_{ε = 0},

$I = \frac{\partial L_{\hbox{ext}}}{\partial \bar{q}} \frac{\partial Q}{\partial \varepsilon}\vert_{\varepsilon = 0} + \frac{\partial L_{\hbox{ext}}}{\partial \bar{t}} \frac{\partial T}{\partial \varepsilon}\vert_{\varepsilon = 0},$ die Berechnung der Partialtöne ergibt

ICH = - M \frac{\bar{Q}}{\bar{T}} A \frac{T^{2}}{2} - \frac{1}{2} M (\frac{\bar{Q}}{\bar{T}})^{2} - T A Q .

$I = - m \frac{\bar{q}}{\bar{t}}a \frac{t^2}{2} - \frac{1}{2} m \Bigl( \frac{\bar{q}}{\bar{t}} \Bigr)^2 - t a q.$ Leider für meinen Verstand,

\dot{I} \neq 0

$\dot{I} \neq 0$ . Wenn Sie mir also helfen können, Fehler zu finden, bin ich Ihnen sehr dankbar, da ich dieses Verfahren mit anderen zeitabhängigen Lagrangianern ausprobiert habe und es funktioniert hat. Zum Beispiel Beispiel Nr. 1 Beispiel Nr. 2

*HINWEIS wenn $\tau$ ist die neue Zeit, dann $\frac{\rm{d} t}{\rm{d} \tau} = \bar{t}$ , Und $\bar{q} = \frac{\rm{d} q}{\rm{d} \tau}$ , Sie können sehen, dass $\dot{q} = \bar{q}/\bar{t}$ . FYI dieses Formular bewahrt die Aktion.

secavara

Hinweis: Beachten Sie, dass die Anfangsgeschwindigkeit,

{\dot{q}}_{(0)} = {\dot{q}}_{(t)} + \frac{a}{m} \int_{0}^{t} f_{(t^{'})} d t^{'}

$\dot{q}_{(0)} \, = \, \dot{q}_{(t)} \, + \, \frac{a}{m} \, \int^t_0 \, f_{(t')} \, \mathrm{d}t'$ , oder irgendeine Funktion davon, ist zeitunabhängig.

meine2cts

Wenn die Lagrangian zeitabhängig ist, dann findet ein Energieaustausch mit einem externen Freiheitsgrad statt. Das Noether-Theorem sagt Ihnen, dass die Systemenergie nicht als Term erhalten bleibt

\partial L / \partial t

$\partial L /\partial t$ erscheint auf der rechten Seite des Erhaltungsgesetzes.

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Problem bei der Verwendung des Satzes von Noether im zeitabhängigen Lagrangian

Hinweis: Beachten Sie, dass die Anfangsgeschwindigkeit, $\dot{q}_{(0)} \, = \, \dot{q}_{(t)} \, + \, \frac{a}{m} \, \int^t_0 \, f_{(t')} \, \mathrm{d}t'$ , oder irgendeine Funktion davon, ist zeitunabhängig.
Wenn die Lagrangian zeitabhängig ist, dann findet ein Energieaustausch mit einem externen Freiheitsgrad statt. Das Noether-Theorem sagt Ihnen, dass die Systemenergie nicht als Term erhalten bleibt $\partial L /\partial t$ erscheint auf der rechten Seite des Erhaltungsgesetzes.

QMechaniker · Answer 1

$F(t)=-af(t)$ ist eine äußere Kraft, die Impulse gibt
$\begin{matrix} (A) & J (T) = \int_{T_{ich}}^{T} D T^{'} F (T^{'}) \end{matrix}$ $J(t)~=~\int_{t_i}^t\! dt^{\prime} ~F(t^{\prime})\tag{A}$ zum System, vgl. meine Phys.SE-Antwort hier .
Die Erhaltungsgröße/Bewegungskonstante ist der Impuls minus dem Impuls
$\begin{matrix} (B) & Q = P - J . \end{matrix}$ $Q~=~p-J.\tag{B}$ (Dies ist mit der Anfangsdynamik zu identifizieren, vgl. den obigen Kommentar von User secavara.)
Eine Bewegungskonstante erzeugt eine Quasisymmetrie , vgl. Aussage 3 in meiner Phys.SE-Antwort hier .
Daher handelt es sich bei der gesuchten Quasisymmetrietransformation um räumliche Translationen
$\begin{matrix} (C) & δ Q = ε {Q, Q} \overset{(B)}{=} ε, δ P = ε {P, Q} \overset{(B)}{=} 0, δ T = 0. \end{matrix}$ $\delta q~=~\varepsilon \{q,Q\}~\stackrel{(B)}{=}~\varepsilon , \qquad \delta p~=~\varepsilon \{p,Q\}~\stackrel{(B)}{=}~0 , \qquad \delta t~=~0.\tag{C}$
Die infinitesimale Transformation der Lagrange-Funktion
$\begin{matrix} (D) & δ L \overset{(C)}{=} \dots = ε F \overset{(A)}{=} ε \frac{D J}{D T} \end{matrix}$ $\delta L ~\stackrel{(C)}{=}~\ldots~=~\varepsilon F~\stackrel{(A)}{=}~\varepsilon\frac{dJ}{dt} \tag{D}$ ist eine totale Ableitung.
Für räumliche Translationen (C) ist die bloße Noether-Ladung der konjugierte Impuls $p$ . Die volle Noetherladung ist die Menge $Q$ in Gl. (B). Der Unterschied besteht darin, dass die Transformation (C) nur eine Quasisymmetrie (D) und keine strenge Symmetrie der Lagrange-Funktion ist.

Danke @qmechanic. Ich sehe und bestätige, was Sie freundlicherweise geschrieben haben. Aber ich verstehe immer noch nicht, warum meine Transformation, die die Bewegungsgleichung invariant lässt, nicht funktioniert. Die Verwendung des Noether-Theorems mit Ihrer Transformation führt zu $m\dot{q}$ . In diesem Fall gilt die Schlussfolgerung, dass ich für andere Lagrangianer hinzufügen sollte $-J$ zum Ergebnis $I$ mit dem Satz von Noether berechnet?

Problem bei der Verwendung des Satzes von Noether im zeitabhängigen Lagrangian

David

secavara

meine2cts

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QMechaniker

David

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