Problem mit dem Satz von Noether zum Beweis der Energieerhaltung

Question

Problem mit dem Satz von Noether zum Beweis der Energieerhaltung

Genie

Angenommen, eine Aktion $S = \int _{t_1}^{t_2} L(q(t),\dot{q}(t))$ das ist unter einer infinitesimalen konstanten Zeittranslation invariant $t \longrightarrow t' = t + \epsilon$ , natürlich mit $\epsilon = constant$ , so dass

Q (T) ⟶ Q (T + ϵ) = Q (T) + ϵ \dot{Q}, δ Q = ϵ \dot{Q} \dot{Q} (T) ⟶ \dot{Q} (T + ϵ) = \dot{Q} (T) + ϵ \ddot{Q}, δ \dot{Q} = ϵ \ddot{Q} .

$\begin{equation} q(t) \longrightarrow q(t + \epsilon) = q(t) + \epsilon \dot{q}, \delta q = \epsilon \dot{q} \\ \dot{q}(t) \longrightarrow \dot{q}(t + \epsilon) = \dot{q}(t) + \epsilon \ddot{q}, \delta \dot{q} = \epsilon \ddot{q}. \end{equation}$

Also die Variation der Aktion $S$ wird sein

\begin{aligned} δ S & = \int_{T_{1}}^{T_{2}} D T [\frac{\partial L}{\partial Q} δ Q + \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} δ \dot{Q}] \\ = \int_{T_{1}}^{T_{2}} D T [ϵ \dot{Q} \frac{\partial L}{\partial Q} + ϵ \ddot{Q} \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}}] \\ = \int_{T_{1}}^{T_{2}} D T ϵ [\frac{D L}{D T}] \\ = 0. \\ ⟹ \frac{D L}{D T} = 0. \end{aligned}

$\begin{align} \delta S &= \int _{t_1} ^{t_2} dt\ \left[ \frac{\partial L}{\partial q}\delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\delta \dot{q} \right ]\\ &= \int _{t_1} ^{t_2} dt\ \left [ \epsilon \dot q \frac{\partial L}{\partial q} + \epsilon \ddot{q} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \right ] \\ &= \int _{t_1} ^{t_2} dt\ \epsilon \left [ \frac{dL}{dt} \right ] \\ &= 0.\\ \Longrightarrow \frac{dL}{dt} = 0. \end{align}$

Unter der Annahme, dass die Lagrange-Funktion keine explizite Abhängigkeit von der Zeit hat, haben wir sie

\frac{D L}{D T} = \frac{\partial L}{\partial Q} \dot{Q} + \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} \ddot{Q} = 0.

$\begin{equation} \frac{dL}{dt} = \frac{\partial L}{\partial q} \dot{q} + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \ddot{q} = 0. \end{equation}$

An diesem Punkt sehe ich nicht, wie ich erreichen kann, dass der Hamilton-Operator des Systems erhalten bleibt, wie es die Lehrbücher sagen, die ich gelesen habe. Habe ich eine falsche Annahme oder Berechnung gemacht?

Genie

Ich gehe davon aus, dass die Aktion unter konstanter Zeitübersetzung invariant ist. Also Delta S = 0 nach Annahme

Genie

Aber ich finde, dass Delta S = Epsilon [L] , wobei L in der Grenze variiert (t1,t2)

Biophysiker

Ok, dann muss es also so sein

ϵ [L]_{t_{1}}^{t_{2}} = 0

$\epsilon [L]^{t_2} _{t_1} = 0$ , da Sie davon ausgehen

δ S = 0

$\delta S=0$ .

Biophysiker

Was sagt Ihnen das über die Zeitabhängigkeit von

L

$L$ ?

Genie

sagt, dass die Gesamtzeitableitung der Lagrange-Funktion Null ist

Genie

ϵ [L]_{t_{1}}^{t_{2}} = 0 = \int_{t_{1}}^{t_{2}} ϵ \frac{d L}{d t} ⟹ \frac{d L}{d t} = 0

$\epsilon [L]^{t_2}_{t_1} = 0 = \int_{t_1}^{t_2} \epsilon \frac{dL}{dt} \Longrightarrow \frac{dL}{dt} = 0$

Antworten (4)

Problem mit dem Satz von Noether zum Beweis der Energieerhaltung

Ich gehe davon aus, dass die Aktion unter konstanter Zeitübersetzung invariant ist. Also Delta S = 0 nach Annahme
Aber ich finde, dass Delta S = Epsilon [L] , wobei L in der Grenze variiert (t1,t2)
Ok, dann muss es also so sein $\epsilon [L]^{t_2} _{t_1} = 0$ , da Sie davon ausgehen $\delta S=0$ .
sagt, dass die Gesamtzeitableitung der Lagrange-Funktion Null ist
$\epsilon [L]^{t_2}_{t_1} = 0 = \int_{t_1}^{t_2} \epsilon \frac{dL}{dt} \Longrightarrow \frac{dL}{dt} = 0$

QMechaniker · Answer 1

Es gibt mindestens 2 Lektionen, die man aus dem Aufbau von OP lernen kann:

Bei Noethers Theorem geht es nicht unbedingt um eine strikte Symmetrie der Aktion. Es genügt, wenn die Wirkung eine (infinitesimale) Quasi-Symmetrie hat, dh Symmetrie bis zu den Randtermen.
Es gibt kein kostenloses Mittagessen. Um die Energieerhaltung zu beweisen, muss man eine nicht-triviale Annahme verwenden: In diesem Fall, dass die Lagrange-Funktion keine explizite Zeitabhängigkeit hat. Wie das geht, wird in diesem verwandten Phys.SE-Beitrag erklärt.

CR Drost · Answer 2

Die anderen Antworten haben also eine solide Antwort gegeben, aber es ist ein wenig hochrangig. Ich wollte eine ausführlichere Erklärung dessen geben, was passiert ist.

In Ihrem Verfahren haben Sie ein Aktionsintegral $S = \int_T\mathrm dt~L(q(t),\dot q(t), t)$ über einige Zeit Domäne $T$ . Sie wollen nun die Zeitkoordinate variieren. Das bedeutet, dass die Domäne $T$ ändert sich, so dass sich streng genommen auch die Definition des Wirkungsintegrals ändert. Als du das angenommen hast $\delta S = 0$ für $\epsilon \ne 0$ Sie haben daher eine zusätzliche Annahme getroffen, die nicht gerechtfertigt war, und so sind Sie zu einem seltsamen Ausdruck gekommen, der $\mathrm dL/\mathrm dt - \partial L/\partial t=0$ wo Sie in Ihrem Fall den zweiten Begriff verwerfen können.

Das sind zwei verschiedene Operationen, Einstellung $\delta S = 0$ und Einstellung $\partial L/\partial t = 0$ . Kombinieren Sie sie auf eigene Gefahr.

In der Tat, diese Antwort zu bekommen $\delta S = \epsilon ~L|_T$ ist insofern nett, als der Ausdruck auf der rechten Seite wirklich mehr oder weniger das ist, was Sie erwarten, wenn Sie das Integral um eine Zeit übersetzen $\epsilon$ . Also Ihre Wahl dieser infinitesimalen Transformationen $q \mapsto q + \epsilon \dot q$ , $\dot q \mapsto q + \epsilon \ddot q$ hat sich als gültige Idee für eine effektive rechtzeitige Übersetzung des Lagrangians bestätigt! Gut gemacht. :)

Aber stattdessen, wo Sie hin möchten, ist ab

δ S / ϵ = L |_{T} = \int_{T} D T (\frac{\partial L}{\partial Q} \dot{Q} + \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} \ddot{Q}),

$\delta S/\epsilon = L|_T = \int_T \mathrm dt~\left( {\partial L\over\partial q}~\dot q + {\partial L\over\partial \dot q}~\ddot q \right),$ um den zweiten Term in Teilen zu integrieren, so dass Sie einen einzigen Term haben:

L |_{T} = {[\dot{Q} \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}}]}_{T} + \int_{T} D T \dot{Q} (\frac{\partial L}{\partial Q} - \frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}}),

$L|_T = \left[\dot q~\frac{\partial L}{\partial \dot q} \right]_T + \int_T \mathrm dt~\dot q~\left( {\partial L\over\partial q} - \frac{\mathrm d~}{\mathrm dt} {\partial L\over\partial \dot q}\right),$ An diesem Punkt argumentieren Sie, dass das Integral auf der rechten Seite ein Integral von Null ist (weil dies die Euler-Lagrange-Gleichungen sind), sodass diese beiden Grenzwerte auf der linken Seite gleich sein müssen. Da sie gleich sind,

p \dot{q} - L = H

$p~\dot q - L = H$ ist das gleiche an den Grenzen von

T

$T$ und man kann argumentieren, dass es auch innen so sein muss

T

$T$ wie man sich aufteilen kann

T

$T$ .

Meine Ausbilder in Cornell haben sehr darauf geachtet, dass die Art von Argumenten, die man vorbringt, wenn man variiert, betont wird $t$ unterscheidet sich sehr von der Art von Argumenten, die Sie vorbringen, wenn Sie die räumlichen Koordinaten variieren, bis Sie zur Feldversion gelangen, in der sie alle von diesen Arten von Variationen behandelt werden. $t$ -Argumente, weil Sie jetzt eine haben $\int \mathrm d^4 x$ Das, was hier vor sich geht, enthält sowohl eine Zeit- als auch eine Raumkomponente, und so müssen Sie durchgehend über Grenzbegriffe nachdenken.

Aber wenn ich annehme, dass die Aktion unter Zeitübersetzung invariant ist, was ist also falsch an der Annahme? $\delta S= 0$ ?
@Lil'Gravity, es ist wie ich schon sagte, das Problem ist, dass Sie die Grenzen der Integration ändern. Nehmen wir ein Beispiel, den harmonischen Oszillator Lagrange $\frac12 \dot x^2 - \frac12 \omega^2 x^2,$ über einen Viertelzyklus $(2\pi/\omega)/4$ . Wenn es mit seiner maximalen kinetischen Energie beginnt $L=K$ dann nach einem Viertelzyklus ist es Lagrange $L=-K$ . Wie Sie abgeleitet haben, können wir, wenn wir dieses Bild in der Zeit etwas verschieben, feststellen, dass sich der Wert des Wirkungsintegrals um ändert $-2K\epsilon.$ Dies kann Null sein, wenn $K = 0$ .
Nun, wenn wir uns das ansehen, sollen wir das sagen $K=0$ ist der einzige Umstand, unter dem die Lagrange-Funktion zeittranslationsinvariant ist? Sicherlich nicht! Was also tatsächlich passiert ist, ist diese Behauptung $\Delta S = 0$ ist dasselbe wie zu behaupten, dass der Lagrange selbst über die Zeit konstant ist, was nicht der einzige Weg ist, um eine konservierte Energie zu erhalten.
@Lil'Gravity: Aber wenn ich annehme, dass die Aktion unter Zeitübersetzung unveränderlich ist, was ist also falsch an der Annahme? $\delta S=0$ ? Sie können das nicht einfach annehmen, sondern müssen zeigen, dass dies von Ihrer gewählten Symmetrie und Lagrange-Funktion erfüllt wird - und im Allgemeinen wird eine generische zeitunabhängige Lagrange-Funktion dies tatsächlich nicht erfüllen! Die Energieerhaltung lässt sich aber trotzdem ableiten, da der Satz von Noether nur eine Quasisymmetrie verlangt, dh mit Randtermen umzugehen weiß, die durch totale Ableitungen gegeben sind.
Danke @CRDrost und Christoph, mein Verstand ist jetzt klar. Können Sie einen Text über die Lagrange-Mechanik empfehlen? Ich studiere Goldstein und einige PDFs im Web.

Benutzer1379857 · Answer 3

Bearbeiten: Das Noether-Verfahren weist Sie an zu nehmen $\varepsilon = \varepsilon(t)$ zeitabhängig sein.

δ Q = ε (T) \dot{Q} δ \dot{Q} = \dot{ε} (T) \dot{Q} + ε (T) \ddot{Q}

$\delta q = \varepsilon(t) \dot q \hspace{1 cm} \delta \dot q = \dot \varepsilon(t) \dot q + \varepsilon(t) \ddot q$

\begin{aligned} δ L & = (ε \dot{Q}) \frac{\partial L}{\partial Q} + (\dot{ε} \dot{Q} + ε \ddot{Q}) \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} \\ \partial \dot{Q} & = ε \dot{L} + \dot{ε} \dot{Q} \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} \\ = ε \dot{L} + \dot{ε} \dot{Q} P \end{aligned}

$\begin{align*} \delta L &= (\varepsilon \dot q) \frac{\partial L}{\partial q} + (\dot \varepsilon \dot q + \varepsilon \ddot q) \frac{\partial L}{\partial \dot q}\\{\partial \dot q} &= \varepsilon \dot L + \dot \varepsilon \dot q \frac{\partial L}{\partial \dot q} \\ &= \varepsilon\dot L + \dot \varepsilon \dot q p \end{align*}$

Nach dem Prinzip der kleinsten Wirkung $\delta S = 0$ für jede kleine Variation $\delta q$ wofür $\delta q(t_1) = \delta q(t_2) = 0$ . Hier heißt das $\varepsilon(t_1) = \varepsilon(t_2) = 0$ .

\begin{aligned} δ S & = \int_{T_{1}}^{T_{2}} (ε \dot{L} + \dot{ε} \dot{Q} P) D T \\ = ε \dot{Q} P |_{T_{1}}^{T_{2}} + \int_{T_{1}}^{T_{2}} ε (\dot{L} - \frac{D}{D T} (\dot{Q} P)) D T \\ = - \int_{T_{1}}^{T_{2}} ε \dot{H} D T \end{aligned}

$\begin{align*} \delta S &= \int_{t_1}^{t_2}\big( \varepsilon \dot L + \dot \varepsilon \dot q p \big)dt \\ &=\varepsilon \dot q p \Big\vert_{t_1}^{t_2} + \int_{t_1}^{t_2} \varepsilon \Big( \dot L - \frac{d}{dt} (\dot q p) \Big) dt \\ &= -\int_{t_1}^{t_2}\varepsilon \dot H dt \end{align*}$

Wo $H = \dot q p - L$ ist der Hamiltonoperator. Also auf Lösungen der Bewegungsgleichungen $\dot H = 0$ und Energie bleibt erhalten.

Nun besagt das Prinzip der kleinsten Wirkung, dass alle physikalischen Pfade die Wirkung stationär machen ( $\delta S = 0$ ) WENN wir die winzige Variation nehmen $\delta q = 0$ an der Grenze $t = t_1$ Und $t = t_2$ . Dies bedeutet, dass wir damit rechnen sollten $\delta S =0$ nur wenn $\varepsilon(t_1) = \varepsilon(t_2) = 0$ .

Wenn $\varepsilon = {\rm constant}$ , dann bedeutet das, dass die Konstante Null sein muss. Wenn $\varepsilon(t)$ ist keine Konstante, dann erfordern $\delta S = 0$ gibt Ihnen etwas nicht Triviales, nämlich dass Energie auf allen stationären Pfaden erhalten bleiben muss.

(Die Tatsache, dass ggf $\varepsilon = {\rm constant} \neq 0$ Dann $\delta S$ ist ein Grenzbegriff, wie Sie in Ihrer Fragestellung abgeleitet haben, ist jedoch wichtig. Es zeigt, dass, wenn Sie einen Pfad nehmen, der eine Lösung der Bewegungsgleichung ist, und ihn zeitlich verschieben, der resultierende Pfad auch eine Lösung der Bewegungsgleichung sein wird.)

Das PDF, das ich gelesen habe, macht ein Beispiel mit Noethers Theorem. Er stellt fest, dass „ unter Berücksichtigung einer endlichen konstanten Zeittranslation t⟶t+ϵ und unter Berücksichtigung, dass der Bewegungspfad nicht vom Zeitursprung abhängt, dh δq=0, so dass der Hamiltonoperator des Systems erhalten bleibt“ .
Wenn er davon ausgeht, dass der Bewegungsweg nicht vom Zeitursprung abhängt, nimmt er an, dass "wenn ein Teilchen den Weg in t = 0 beginnt, wenn wir eine Zeitverschiebung von beispielsweise 1 Sekunde machen, so nach dieser Verschiebung das Teilchen wird den Pfad in t= 1 beginnen" ?

Christoph · Answer 4

Lassen Sie uns zunächst klären, welche Formulierung des Satzes von Noether wir verwenden werden:

Die Lagrange-Funktion wird eine Funktion sein

L = L (X, v, T)

$L = L(x,v,t)$ und die Aktion eine funktionale

S [Q] = \int_{T_{1}}^{T_{2}} L (Q (T), \dot{Q} (T), T) D T

$S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q(t),\dot q(t),t) \,dt$

Vorschlag. Wenn die Verwandlung

T \to T^{'} (T) = T + ϵ T (T)

$t\to t'(t) = t + \epsilon T(t)$

X \to X^{'} (X, T) = X + ϵ X (T)

$x\to x'(x,t) = x + \epsilon X(t)$

Q^{'} (T^{'}) = Q (T (T^{'})) + ϵ X (T (T^{'}))

$q'(t') = q(t(t')) + \epsilon X(t(t'))$ ist eine Quasi-Symmetrie der Wirkung

δ S \approx Δ K

$\delta S \approx \Delta K$ auf der Schale (dh unter Annahme der Bewegungsgleichungen), dann gibt es eine Erhaltungsgröße

\frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial v} (X - \dot{Q} T) + L T - K) \approx 0

$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial v} (X - \dot q T) + LT - K \right) \approx 0$ Hier,

δ S = \frac{D}{D ϵ} |_{ϵ = 0} S [Q^{'}]

$\delta S = \frac{d}{d\epsilon}\Big|_{\epsilon=0} S[q']$

Δ K = K (T_{2}) - K (T_{1}) = \int_{T_{1}}^{T_{2}} \frac{D K}{D T} D T

$\Delta K = K(t_2)-K(t_1) = \int_{t_1}^{t_2}\frac{dK}{dt} dt$

Nachweisen. In dieser Antwort angegeben .

Wir brauchen auch ein Ergebnis aus dem Beweiskörper, nämlich das

δ S = \int_{T_{1}}^{T_{2}} [\frac{\partial L}{\partial X} X + \frac{\partial L}{\partial v} (\dot{X} - \dot{Q} \dot{T}) + \frac{\partial L}{\partial T} T + L \dot{T}] D T

$\delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[ \frac{\partial L}{\partial x}X + \frac{\partial L}{\partial v} (\dot X - \dot q \dot T) + \frac{\partial L}{\partial t} T + L \dot T\right]\,dt$

Nun, es gibt zwei Möglichkeiten, dorthin zu gelangen

\frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial v} \dot{Q} - L) \approx 0

$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial v} \dot q - L \right) \approx 0$

Erstens können wir wählen $X = 0$ Und $T = 1$ , dh

T \to T^{'} (T) = T + ϵ

$t\to t'(t) = t + \epsilon$ Dann haben wir

δ S = \int_{T_{1}}^{T_{2}} \frac{\partial L}{\partial T} D T

$\delta S = \int_{t_1}^{t_2} \frac{\partial L}{\partial t} \,dt$ Wenn

L

$L$ keine explizite Zeitabhängigkeit hat, folgt das Ergebnis mit

K = 0

$K = 0$ .

Zweitens können wir wählen $X = \dot q$ Und $T = 0$ , dh

X \to X^{'} (X, T) = X + ϵ \dot{Q} (T)

$x\to x'(x,t) = x + \epsilon \dot q(t)$ Dann haben wir

\begin{aligned} δ S & = \int_{T_{1}}^{T_{2}} [\frac{\partial L}{\partial X} \dot{Q} + \frac{\partial L}{\partial v} \ddot{Q}] D T \\ = \int_{T_{1}}^{T_{2}} [\frac{D}{D T} L (Q, \dot{Q}, T) - \frac{\partial L}{\partial T}] D T \end{aligned}

$\begin{align} \delta S &= \int_{t_1}^{t_2}\left[ \frac{\partial L}{\partial x}\dot q + \frac{\partial L}{\partial v} \ddot q \right]\,dt \\&= \int_{t_1}^{t_2}\left[ \frac{d}{dt} L(q,\dot q,t) - \frac{\partial L}{\partial t} \right]\,dt \end{align}$

Wenn $L$ keine explizite Zeitabhängigkeit hat, kommen wir wieder zu unserem Erhaltungssatz, diesmal aber mit

K (T) = L (Q (T), \dot{Q} (T), T)

$K(t) = L(q(t), \dot q(t), t)$

Ihr Ansatz folgt diesem zweiten Weg. Allerdings da $K \not= 0$ , haben wir es nur mit einer Quasi-Symmetrie der Wirkung zu tun, so Ihre Vermutung $\delta S = 0$ war nicht gerechtfertigt.

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