Satz von Noether und zeitabhängige Lagrangianer

Der Lagrangian (und die Handlung als Ganzes)

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

ist nicht invariant unter der durch gegebenen Transformation

$$T = t, \qquad Q = 0.$$

Die Neuskalierung von$t$nach Faktor$1+\epsilon$modifiziert auch die Zeitableitungen:$\delta \dot{q} = -\epsilon \dot{q}$(und das Maß der Integration$dt$), sodass die vorgeschlagene Menge nicht erhalten bleibt.

Wo ist mein Fehler?

Der Fehler liegt also in der Wahl der falschen Lagrange/Transformation.

Der Satz von Noether funktioniert gut für explizit zeitabhängige Lagrangianer. Hier ist ein weiteres Beispiel für Lagrange mit expliziter Zeitabhängigkeit:

$$L = \frac{m \dot{q}^2}{2} e^{\alpha t}.$$ Eine solche Lagrange-Funktion könnte beispielsweise entstehen, wenn wir versuchen, die Bewegungsgleichungen für dissipative Systeme zu erhalten.

Die Euler-Lagrange-Gleichung für dieses System lautet nach Weglassen des gemeinsamen Faktors wie folgt

$$\ddot{q} = -\alpha \dot{q}.$$

Dieser Lagrangian ist unter der infinitesimalen Transformation unveränderlich:

$$t\to t' = t + \epsilon, \qquad q \to q' = q -\epsilon\frac{\alpha q}{2}.$$

Diese ersetzen$T$Und$Q$im Satz von Noether erhalten wir die Menge

$$A=\frac{m }{2} e^{\alpha t}\cdot (\dot{q}^2 + \alpha \dot{q} q).$$

Seine zeitliche Ableitung ist

$$\dot{A} = \frac{m }{2} e^{\alpha t}\cdot (\alpha \dot{q}^2 + \alpha^2 \dot{q} q +2 \ddot{q}\dot{q} + \alpha \ddot{q} q + \alpha \dot{q}^2) ,$$ Wenn wir die EL-Gleichung verwenden, um zu eliminieren $\ddot{q}$wir erhalten $\dot{A}=0$, so dass die Menge so erhalten bleibt, wie sie sein sollte.

Mal sehen, wie wir mit dem Satz von Noether im Beispiel "Energieerhaltung" spielen können.

Zunächst wenden wir eine zeitunabhängige Variation auf die Lagrange-Funktion an,

$$\begin{equation} t \rightarrow t+ \epsilon \end{equation}$$ Für einen allgemeinen Lagrange wird sich das ändern $$\begin{equation} L(x(t), \dot{x}(t), t)\rightarrow L'(x(t), \dot{x}(t), t ) = L(x(t), \dot{x}(t), t-\epsilon ) \end{equation}$$ Was wir in diesem Fall benötigen, ist, dass die Lagrange-Funktion als Skalar unveränderlich (nicht nur kovariant) ist. $$\begin{equation} L=L' \implies \frac{\partial L}{\partial t} = 0 \end{equation}$$ Das ist eine Eigenschaft, die allein auf jedem Weg wahr ist.

Dann verwenden wir eine induzierte zeitabhängige Variation ,

$$\begin{equation} t \rightarrow t+ \epsilon(t) \quad x(t) \rightarrow x(t) + \epsilon(t) \dot{x(t)} \end{equation}$$ Die Änderung der Aktion ist in diesem Fall $$\begin{equation} \delta S = \int_0 ^T \frac{\partial L }{\partial x} \dot{x(t)} \epsilon(t) + \frac{\partial L } {\partial \dot{x} } \frac{d}{dt}(\epsilon(t) \dot{x}(t)) = \int_0^T dt \epsilon(t) ( \frac{\partial L }{\partial x} \dot{x} + \frac{\partial L } {\partial \dot{x} } \ddot{x} ) + \frac{\partial L } {\partial \dot{x} } \dot{x} \dot{\epsilon} \end{equation}$$ Jetzt hinzufügen $\frac{\partial L}{\partial t}=0$zu den ersten beiden Termen in Klammern, um daraus eine totale Ableitung zu machen, da dies für alle Pfade im Konfigurationsraum gilt. Für den zweiten Term integrieren wir nach Teilen, um zu erhalten (Variation hat Null-Randbedingungen), $$\begin{equation} \delta S = \int_0^T dt \epsilon(t) \frac{d}{dt}(L - \frac{\partial L } {\partial \dot{x} } \dot{x}) \end{equation}$$ Allein der klassische Weg, jede Variation wird die Aktion extremisieren; insbesondere unsere spezielle Variante $\epsilon(t)$durch die Symmetrie Aktion wird induziert. Wir erhalten die Energieerhaltungsgleichung $$\begin{equation} \frac{d}{dt}(L - \frac{\partial L } {\partial \dot{x} } \dot{x}) = 0 \quad \text{along classical path} \end{equation}$$

Mit anderen Worten, Sie müssen wählen$T$Und$Q$konstant sein (zeitunabhängig), um die Symmetrien der Lagrange auszugraben. Dann können Sie die zeitabhängige Variation anwenden, um eine spezielle "Bewegungsgleichung" auf dem klassischen Weg zu erhalten: Erhaltungssatz .

Ich muss die von mir abgeleitete Symmetriegleichung ausarbeiten.

Unter einer zeitunabhängigen Variation sagen wir, dass sich Lagrange tatsächlich ändert

$$\begin{equation} L' = L(x(t-\epsilon), \dot{x}(t-\epsilon), t-\epsilon ) \end{equation}$$ Dies liegt an einer Identität, $$\begin{equation} L(x(t),\dot{x}(t),t) = L'(t') \quad t'=t+\epsilon \end{equation}$$ Das bedeutet, dass der Wert der Lagrange-Funktion eines Punktes im Konfigurationsraum unabhängig von der ihn beschreibenden Zeitkoordinate ist. Es ist, als könnten Sie verschiedene Zeitzonen verwenden, um ein Ereignis zu beschreiben. Sie unterscheiden sich nur durch eine Konstante.

Dies gilt jedoch nicht, wenn wir eine zeitabhängige Variation anwenden,

$$\begin{equation} \frac{d}{dt}(x(t-\epsilon)) = \frac{d}{dt}( x(t) - \epsilon \dot{x}(t) ) = \dot{x}(t) - \dot{\epsilon}\dot{x(t)} - \epsilon \ddot{x}(t) \ne \dot{x}(t) - \epsilon \ddot{x}(t) = \dot{x}(\tau)|_{\tau = t-\epsilon} \end{equation}$$ Die zeitabhängige Variation zwingt die Geschwindigkeit dazu, sich auf eine andere Weise zu ändern, als es uns gefällt. Es ist, als würde die Zeit nicht gleichmäßig fließen, sodass sich der Geschwindigkeitsvektor selbst dann ändert, wenn Sie ihn vor der Verschiebung zum ursprünglichen Punkt verschieben, da die Geschwindigkeit davon abhängt, wie die Zeit fließt.

In technischer Hinsicht können Sie zu keiner Variation führen

$$\begin{equation} \frac{\partial L}{\partial t} = 0 \end{equation}$$ was dem Naturschutzgesetz entspricht.