Warum liefern die Lagrange- und die Hamilton-Formulierung dieselben Erhaltungsgrößen für dieselben Symmetrien?

Question

Warum liefern die Lagrange- und die Hamilton-Formulierung dieselben Erhaltungsgrößen für dieselben Symmetrien?

Benutzer1379857

Die Verbindung zwischen Symmetrien und Erhaltungssätzen kann sowohl durch die Linse der Lagrange- als auch der Hamilton-Mechanik betrachtet werden. Im Lagrange-Bild haben wir den Satz von Noether. Im Hamiltonschen Bild haben wir die sogenannte "Moment Map". Wenn wir die gleiche "Symmetrie" in beiden Blickwinkeln betrachten, erhalten wir genau die gleichen Erhaltungsgrößen. Warum ist das so?

Ich gebe ein Beispiel. Für ein 2D-Teilchen, das sich in einem zentralen Potential bewegt, ist die Aktion

S = \int d t (\frac{m}{2} ({\dot{q}}_{1}^{2} + {\dot{q}}_{2}^{2}) - v (q_{1}^{2} + q_{2}^{2})) .

$S = \int dt \Bigl(\frac{m}{2} ( \dot q_1^2 + \dot q_2^2) - V(q_1^2 + q_2^2)\Bigr).$

Dann können wir uns das überlegen $SO(2)$ Rotationssymmetrie, die diese Aktion invariant lässt. Wenn wir den Pfad um eine infinitesimale zeitabhängige Drehung variieren,

δ q_{1} (t) = - ε (t) q_{2} (t)

$\delta q_1(t) = - \varepsilon(t) q_2(t)$

δ q_{2} (t) = ε (t) q_{1} (t)

$\delta q_2(t) = \varepsilon(t) q_1(t)$ Wir finden, dass die Änderung in der Aktion ist

δ S = \int d t (m ({\dot{q}}_{1} δ {\dot{q}}_{1} + {\dot{q}}_{2} δ {\dot{q}}_{2}) - δ v)

$\delta S = \int dt \Bigl( m ( \dot q_1 \delta \dot q_1 + \dot q_2 \delta \dot q_2) - \delta V \Bigr)$

= \int d t m (q_{1} {\dot{q}}_{2} - q_{2} {\dot{q}}_{1}) \dot{ε} (t)

$= \int dt m (q_1 \dot q_2 - q_2 \dot q_1)\dot \varepsilon(t)$

Wie $\delta S = 0$ für winzige Störungen von der tatsächlichen Bahn des Teilchens ergibt sich eine partielle Integration

\frac{d}{d t} (m q_{1} {\dot{q}}_{2} - m q_{2} {\dot{q}}_{1}) = \frac{d}{d t} L = 0

$\frac{d}{dt} (m q_1 \dot q_2 - m q_2 \dot q_1) = \frac{d}{dt}L = 0$ und der Drehimpuls bleibt erhalten.

Im Hamilton-Bild, wenn wir Punkte im Phasenraum um drehen $SO(2)$ , wir glauben, dass $L(q,p) = q_1 p_2 - q_2p_1$ bleibt bei Rotation konstant. Wie der Hamiltonian ist $H$ , wir haben

{H, L} = 0

$\{ H, L\} = 0$ was impliziert, dass der Drehimpuls während der Zeitentwicklung erhalten bleibt.

Im Lagrange-Bild ist unser $SO(2)$ Symmetrie wirkte auf Pfade im Konfigurationsraum, während unsere Symmetrie im Hamiltonschen Bild auf Punkte im Phasenraum wirkte. Trotzdem ist die Erhaltungsgröße von beiden der gleiche Drehimpuls. Mit anderen Worten, unsere kleine Störung des Extremalpfads stellte sich als diejenige heraus, die durch Nehmen der Poisson-Klammer mit der abgeleiteten Erhaltungsgröße gefunden wurde:

δ q_{ich} = ε (t) {q_{ich}, L}

$\delta q_i = \varepsilon(t) \{ q_i, L \}$

Gibt es eine Möglichkeit zu zeigen, dass dies im Allgemeinen wahr ist, dass die über den Satz von Noether abgeleitete Erhaltungsgröße, wenn sie in die Poisson-Klammer gesetzt wird, die ursprüngliche Symmetrie wiederherstellt? Stimmt das überhaupt? Gilt es nur für Erhaltungsgrößen, die höchstens Polynome 2. Grades sind?

Bearbeiten (23. Januar 2019): Vor einiger Zeit habe ich die Antwort von QMechanic akzeptiert, aber seitdem habe ich einen ziemlich kurzen Beweis herausgefunden, der zeigt, dass im "Hamiltonian Lagrangian" -Framework die konservierte Größe die ursprüngliche Symmetrie aus Noethers Theorem erzeugt.

Sag das $Q$ ist eine Erhaltungsgröße:

{Q, H} = 0.

$\{ Q, H \} = 0.$ Betrachten Sie die folgende Transformation, die durch die winzige Funktion parametrisiert ist

ε (t)

$\varepsilon(t)$ :

δ q_{ich} = ε (t) \frac{\partial Q}{\partial p_{ich}} δ p_{ich} = - ε (t) \frac{\partial Q}{\partial q_{ich}}

$\delta q_i = \varepsilon(t)\frac{\partial Q}{\partial p_i} \\ \delta p_i = -\varepsilon(t)\frac{\partial Q}{\partial q_i}$ Beachten Sie, dass

δ H = ε (t) {H, Q} = 0

$\delta H = \varepsilon(t) \{ H, Q\} = 0$ . Wir haben dann

\begin{aligned} δ L & = δ (p_{ich} {\dot{q}}_{ich} - H) \\ = - ε \frac{\partial Q}{\partial q_{ich}} {\dot{q}}_{ich} - p_{ich} \frac{d}{d t} (ε \frac{\partial Q}{\partial p_{ich}}) \\ = - ε \frac{\partial Q}{\partial q_{ich}} {\dot{q}}_{ich} - {\dot{p}}_{ich} ε \frac{\partial Q}{\partial p_{ich}} + \frac{d}{d t} (ε p_{ich} \frac{\partial Q}{\partial p_{ich}}) \\ = - ε \dot{Q} + \frac{d}{d t} (ε p_{ich} \frac{\partial Q}{\partial p_{ich}}) \end{aligned}

$\begin{align*} \delta L &= \delta(p_i \dot q_i - H )\\ &= -\varepsilon\frac{\partial Q}{\partial q_i} \dot q_i - p_i \frac{d}{dt} \Big( \varepsilon\frac{\partial Q}{\partial p_i} \Big) \\ &= -\varepsilon\frac{\partial Q}{\partial q_i} \dot q_i - \dot p_i \varepsilon\frac{\partial Q}{\partial p_i} + \frac{d}{dt} \Big( \varepsilon p_i \frac{\partial Q}{\partial p_i}\Big) \\ &= - \varepsilon \dot Q + \frac{d}{dt} \Big( \varepsilon p_i \frac{\partial Q}{\partial p_i}\Big) \\ \end{align*}$

(Beachten Sie, dass wir die Bewegungsgleichungen noch nicht verwendet haben.) Nun, auf stationären Pfaden, $\delta S = 0$ für jede kleine Variation. Insbesondere für die obige Variante vorausgesetzt $\varepsilon(t_1) = \varepsilon(t_2) = 0$ ,

δ S = - \int_{t_{1}}^{t_{2}} ε \dot{Q} d t

$\delta S = -\int_{t_1}^{t_2} \varepsilon \dot Q dt$

implizieren das $Q$ wird konserviert.

Deswegen, $Q$ "erzeugt" genau die Symmetrie, die Sie verwenden können, um ihr Erhaltungsgesetz über den Satz von Noether (wie erhofft) abzuleiten.

ZeroTheHero

Was ist mit symplektischen Invarianten, wie der Fläche

d q \land d p

$dq\wedge dp$ , die kein Analogon in der Lagrange-Mechanik haben?

Dirakologie

Die durch Noethers Theorem erhaltene Erhaltungsgröße ist tatsächlich der Generator von infinitesimalen kanonischen Transformationen, und diese Transformationen bilden eine Symmetriegruppe. Beispielsweise können Drehungen als aktive kanonische Transformationen angesehen werden, die durch Drehimpuls erzeugt werden. Natürlich gibt es hier viel zu behandeln, aber ich denke, der Ausgangspunkt ist die Theorie der infinitesimalen kanonischen Transformationen.

Benutzer1379857

Ich weiß, dass konservierte Größen, die durch die "Momentenkarte" gegeben sind, für Symplektomorphismen des Phasenraums gefunden werden können, und die Lie-Algebra der symplektischen Gruppe Polynomen 2. Grades im Phasenraum entspricht. Es scheint jedoch, dass die Antwort auf meine Frage keine ausgeklügelte mathematische Maschinerie beinhalten sollte, weil es sich um eine so grundlegende Frage handelt.

lalala

Können Sie erklären, wie Sie Punkte im Phasenraum um SO(2) drehen, um zu Ihrem konservierten L zu gelangen?

Benutzer1379857

Für eine Drehung

R \in S O (2)

$R \in SO(2)$ , auf beide einwirken

(\begin{matrix} q_{1} \\ q_{2} \end{matrix})

$\begin{pmatrix} q_1 \\ q_2 \end{pmatrix}$ und

(\begin{matrix} p_{1} \\ p_{2} \end{matrix})

$\begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix}$ durch

R

$R$ . Die Quantität

L

$L$ wird durch eine solche Drehung nicht verändert.

Antworten (2)

Warum liefern die Lagrange- und die Hamilton-Formulierung dieselben Erhaltungsgrößen für dieselben Symmetrien?

Was ist mit symplektischen Invarianten, wie der Fläche $dq\wedge dp$ , die kein Analogon in der Lagrange-Mechanik haben?
Die durch Noethers Theorem erhaltene Erhaltungsgröße ist tatsächlich der Generator von infinitesimalen kanonischen Transformationen, und diese Transformationen bilden eine Symmetriegruppe. Beispielsweise können Drehungen als aktive kanonische Transformationen angesehen werden, die durch Drehimpuls erzeugt werden. Natürlich gibt es hier viel zu behandeln, aber ich denke, der Ausgangspunkt ist die Theorie der infinitesimalen kanonischen Transformationen.
Ich weiß, dass konservierte Größen, die durch die "Momentenkarte" gegeben sind, für Symplektomorphismen des Phasenraums gefunden werden können, und die Lie-Algebra der symplektischen Gruppe Polynomen 2. Grades im Phasenraum entspricht. Es scheint jedoch, dass die Antwort auf meine Frage keine ausgeklügelte mathematische Maschinerie beinhalten sollte, weil es sich um eine so grundlegende Frage handelt.
Können Sie erklären, wie Sie Punkte im Phasenraum um SO(2) drehen, um zu Ihrem konservierten L zu gelangen?
Für eine Drehung $R \in SO(2)$ , auf beide einwirken $\begin{pmatrix} q_1 \\ q_2 \end{pmatrix}$ und $\begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix}$ durch $R$ . Die Quantität $L$ wird durch eine solche Drehung nicht verändert.

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.)

Einerseits ist das Wirkungsprinzip für ein Hamiltonsches System durch die Hamiltonsche Wirkung gegeben
$\begin{matrix} (1) & S_{H} [q, p] := \int d t L_{H} (q, \dot{q}, p, t) . \end{matrix}$ $S_H[q,p] ~:= \int \! dt ~ L_H(q,\dot{q},p,t).\tag{1}$ Hier $L_H$ ist die sogenannte Hamiltonsche Lagrangedichte $\begin{matrix} (2) & L_{H} (q, \dot{q}, p, t) := \sum_{ich = 1}^{n} p_{ich} {\dot{q}}^{ich} - H (q, p, t) . \end{matrix}$ $L_H(q,\dot{q},p,t) ~:=~\sum_{i=1}^n p_i \dot{q}^i - H(q,p,t). \tag{2}$ In der Hamiltonschen Formulierung gibt es eine bijektive Entsprechung zwischen Erhaltungsgrößen $Q_H$ und infinitesimale (vertikale) Quasisymmetrietransformationen $\delta$ , wie in meinen Phys.SE-Antworten hier und hier gezeigt . Es stellt sich heraus, dass es sich um eine Quasi-Symmetrie-Transformation handelt $\delta$ ist ein Hamiltonsches Vektorfeld, das von einer Erhaltungsgröße erzeugt wird $Q_H$ : $δ z^{ich} = {z^{ich}, Q_{H}} ε, ich \in {1, \dots, 2 n}, δ t = 0,$ $\delta z^I~=~ \{z^I,Q_H\}\varepsilon,\qquad I~\in~\{1, \ldots, 2n\}, \qquad \delta t~=~0,$ $\begin{matrix} (3) & δ q^{ich} = \frac{\partial Q_{H}}{\partial p_{ich}} ε, δ p_{ich} = - \frac{\partial Q_{H}}{\partial q^{ich}} ε, ich \in {1, \dots, n}, \end{matrix}$ $\delta q^i~=~\frac{\partial Q_H}{\partial p_i}\varepsilon, \qquad \delta p_i~=~ -\frac{\partial Q_H}{\partial q^i}\varepsilon, \qquad i~\in~\{1, \ldots, n\},\tag{3}$
Andererseits, wenn wir die Impulse herausintegrieren $p_i$ , erhalten wir die entsprechende Lagrange-Funktion
$\begin{matrix} (4) & S [q] = \int d t L (q, \dot{q}, t), \end{matrix}$ $S[q] ~= \int \! dt ~ L(q,\dot{q},t),\tag{4}$ vgl. dieser verwandte Phys.SE-Beitrag. Die Hamilton-Gleichungen. $\begin{matrix} (5) & 0 \approx \frac{δ S_{H}}{δ p_{ich}} = {\dot{q}}^{ich} - \frac{\partial H}{\partial p_{ich}} \end{matrix}$ $0~\approx~\frac{\delta S_H}{\delta p_i} ~=~\dot{q}^i-\frac{\partial H}{\partial p_i} \tag{5}$ für die momente $p_i$ liefern über die Legendre-Transformation die definierende Relation $\begin{matrix} (6) & p_{ich} \approx \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^{ich}} \end{matrix}$ $p_i~\approx~ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i}\tag{6}$ von Lagrange-Impulsen. Gl. (5) & (6) stellen eine bijektive Entsprechung zwischen Geschwindigkeiten und Impulsen her.
Nehmen wir diese bijektive Entsprechung $\dot{q} \leftrightarrow p$ unter Berücksichtigung ist klar, dass Hamiltonian und Lagrangeian Ladungen erhalten
$\begin{matrix} (7) & Q_{H} (q, p, t) \approx Q_{L} (q, \dot{q}, t) \end{matrix}$ $Q_H(q,p,t)~\approx~Q_L(q,\dot{q},t) \tag{7}$ stehen in bijektiver Korrespondenz. Im Folgenden werden wir argumentieren, dass dasselbe für (vertikale) infinitesimale Quasisymmetrien auf beiden Seiten gilt.
Einerseits, wenn wir von einer (vertikalen) infinitesimalen Quasisymmetrie im (Hamiltonschen) Phasenraum ausgehen
$\begin{matrix} (8) & ε \frac{d f_{H}^{0}}{d t} = δ L_{H} = \sum_{ich = 1}^{n} \frac{δ S_{H}}{δ p_{ich}} δ p_{ich} + \sum_{ich = 1}^{n} \frac{δ S_{H}}{δ q^{ich}} δ q^{ich} + \frac{d}{d t} \sum_{ich = 1}^{n} p_{ich} δ q^{ich}, \end{matrix}$ $\varepsilon \frac{df^0_H}{dt}~=~\delta L_H ~=~\sum_{i=1}^n\frac{\delta S_H}{\delta p_i}\delta p_i + \sum_{i=1}^n\frac{\delta S_H}{\delta q^i}\delta q^i + \frac{d}{dt}\sum_{i=1}^n p_i~\delta q^i ,\tag{8}$ es kann mit Hilfe von Gl. (5) auf eine (vertikale) infinitesimale Quasisymmetrie im (Lagrange-)Konfigurationsraum beschränkt sein: $\begin{matrix} (9) & ε \frac{d f_{L}^{0}}{d t} = δ L = \sum_{ich = 1}^{n} \frac{δ S}{δ q^{ich}} δ q^{ich} + \frac{d}{d t} \sum_{ich = 1}^{n} p_{ich} δ q^{ich}, \end{matrix}$ $\varepsilon \frac{df^0_L}{dt}~=~\delta L ~=~ \sum_{i=1}^n\frac{\delta S}{\delta q^i}\delta q^i + \frac{d}{dt}\sum_{i=1}^n p_i~\delta q^i ,\tag{9}$ In der Tat können wir nehmen $\begin{matrix} (10) & f_{L}^{0} (q, \dot{q}, t) \approx f_{H}^{0} (q, p, t) \end{matrix}$ $f^0_L(q,\dot{q},t)~\approx~f^0_H(q,p,t) \tag{10}$ das Gleiche. Das Sperrverfahren führt auch dazu, dass die Bare Noether Gebühren zahlen $\begin{matrix} (11) & Q_{H}^{0} (q, p, t) \approx Q_{L}^{0} (q, \dot{q}, t) \end{matrix}$ $Q^0_H(q,p,t)~\approx~Q^0_L(q,\dot{q},t) \tag{11}$ sind gleich, da es keine gibt $\dot{p}_i$ Aussehen.
Wenn wir umgekehrt mit einer infinitesimalen Quasisymmetrie im (Lagrange-)Konfigurationsraum beginnen, können wir den Satz von Noether verwenden , um eine Erhaltungsgröße zu erzeugen $Q_L$ , und schließen Sie so den Kreis.
Beispiel: Betrachten $n$ harmonische Oszillatoren mit Lagrange
$\begin{matrix} (12) & L = \frac{1}{2} \sum_{k, ℓ = 1}^{n} ({\dot{q}}^{k} g_{k ℓ} {\dot{q}}^{ℓ} - q^{k} g_{k ℓ} q^{ℓ}), \end{matrix}$ $L~=~\frac{1}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left(\dot{q}^k g_{k\ell}\dot{q}^{\ell} - q^k g_{k\ell} q^{\ell}\right),\tag{12}$ wo $g_{k\ell}$ ist eine Metrik, dh eine nicht entartete reelle symmetrische Matrix. Der Hamiltonianer liest $\begin{matrix} (13) & H = \frac{1}{2} \sum_{k, ℓ = 1}^{n} (p_{k} g^{k ℓ} p_{ℓ} + q^{k} g_{k ℓ} q^{ℓ}) = \sum_{k, ℓ = 1}^{n} z^{k *} g_{k ℓ} z^{ℓ}, \end{matrix}$ $H~=~\frac{1}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left( p_k g^{k\ell} p_{\ell} + q^k g_{k\ell} q^{\ell}\right) ~=~\sum_{k,\ell=1}^n z^{k \ast} g_{k\ell} z^{\ell},\tag{13}$ mit komplexen Koordinaten $\begin{matrix} (14) & z^{k} := \frac{1}{\sqrt{2}} (q^{k} + ich p^{k}), p^{k} := \sum_{ℓ = 1}^{n} g^{k ℓ} p_{ℓ}, {z^{k *}, z^{ℓ}} = ich g^{k ℓ} . \end{matrix}$ $z^k~:=~\frac{1}{\sqrt{2}}(q^k+ip^k), \qquad p^k~:=~\sum_{\ell=1}^ng^{k\ell}p_{\ell}, \qquad \{z^{k \ast},z^{\ell}\}~=~ig^{k\ell}. \tag{14}$ Der Hamiltonian Lagrangeian (2) lautet $\begin{matrix} (fünfzehn) & L_{H} = \sum_{k = 1}^{n} p_{k} {\dot{q}}^{k} - H = \frac{ich}{2} \sum_{k, ℓ = 1}^{n} (z^{k *} g_{k ℓ} {\dot{z}}^{ℓ} - z^{k} g_{k ℓ} {\dot{z}}^{ℓ *}) - H, \end{matrix}$ $L_H~=~\sum_{k=1}^n p_k \dot{q}^k - H ~=~\frac{i}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left( z^{k \ast} g_{k\ell} \dot{z}^{\ell} - z^{k} g_{k\ell} \dot{z}^{\ell\ast} \right) - H, \tag{15}$ Hamiltons Gleichungen. sind $\begin{matrix} (16) & {\dot{z}}^{k} \approx - ich z^{k}, {\dot{q}}^{k} \approx p^{k}, {\dot{p}}^{k} \approx - q^{k} . \end{matrix}$ $\dot{z}^k~\approx~-iz^k, \qquad \dot{q}^k~\approx~p^k, \qquad \dot{p}^k~\approx~-q^k. \tag{16}$ Einige Erhaltungsladungen sind $\begin{matrix} (17) & Q_{H} = \sum_{k, ℓ = 1}^{n} z^{k *} H_{k ℓ} z^{ℓ} = \sum_{k, ℓ = 1}^{n} (\frac{1}{2} q^{k} S_{k ℓ} q^{ℓ} + \frac{1}{2} p^{k} S_{k ℓ} p^{ℓ} + p^{k} {EIN}_{k ℓ} q^{ℓ}), \end{matrix}$ $Q_H ~=~ \sum_{k,\ell=1}^n z^{k \ast} H_{k\ell} z^{\ell} ~=~\sum_{k,\ell=1}^n \left( \frac{1}{2}q^k S_{k\ell} q^{\ell} +\frac{1}{2}p^k S_{k\ell} p^{\ell}+ p^k A_{k\ell} q^{\ell}\right), \tag{17}$ wo $\begin{matrix} (18) & H_{k ℓ} := S_{k ℓ} + ich {EIN}_{k ℓ} = H_{ℓ k}^{*} \end{matrix}$ $H_{k\ell}~:=~S_{k\ell}+i A_{k\ell}~=~H_{\ell k}^{\ast} \tag{18}$ ist ein Hermitianer $n\times n$ Matrix, die aus einer symmetrischen und einer antisymmetrischen reellen Matrix besteht, $S_{k\ell}$ und $A_{k\ell}$ , beziehungsweise. Die erhaltenen Ladungen (17) erzeugen ein Infinitesimal $u(n)$ Quasi-Symmetrie der Hamiltonschen Wirkung $δ z_{k} = ε {z_{k}, Q_{H}} = - ich ε \sum_{ℓ = 1}^{n} H_{k ℓ} z^{ℓ},$ $\delta z_k~=~ \varepsilon\{z_k , Q_H\} ~=~-i \varepsilon\sum_{\ell=1}^n H_{k\ell} z^{\ell},$ $\begin{matrix} (19) & δ q_{k} = ε \sum_{ℓ = 1}^{n} ({EIN}_{k ℓ} q^{ℓ} + S_{k ℓ} p^{ℓ}), δ p_{k} = ε \sum_{ℓ = 1}^{n} (- S_{k ℓ} q^{ℓ} + {EIN}_{k ℓ} p^{ℓ}) . \end{matrix}$ $\delta q_k ~=~ \varepsilon\sum_{\ell=1}^n \left( A_{k\ell} q^{\ell} +S_{k\ell} p^{\ell} \right), \qquad \delta p_k ~=~ \varepsilon\sum_{\ell=1}^n \left( -S_{k\ell} q^{\ell} +A_{k\ell} p^{\ell} \right). \tag{19}$ Die bloßen Noether-Gebühren sind $\begin{matrix} (20) & Q_{H}^{0} = \sum_{k, ℓ = 1}^{n} p^{k} ({EIN}_{k ℓ} q^{ℓ} + S_{k ℓ} p^{ℓ}) . \end{matrix}$ $Q^0_H ~=~\sum_{k,\ell=1}^n p^k \left( A_{k\ell} q^{\ell} +S_{k\ell} p^{\ell} \right). \tag{20}$ Ebenfalls $\begin{matrix} (21) & f_{H}^{0} = \frac{1}{2} \sum_{k, ℓ = 1}^{n} (\frac{1}{2} p^{k} S_{k ℓ} p^{ℓ} - q^{k} S_{k ℓ} q^{ℓ}) . \end{matrix}$ $f^0_H~=~\frac{1}{2}\sum_{k,\ell=1}^n \left( \frac{1}{2}p^k S_{k\ell} p^{\ell}- q^k S_{k\ell} q^{\ell}\right). \tag{21}$ Das entsprechende Infinitesimal $u(n)$ Quasi-Symmetrie der Lagrange-Wirkung (1) ist $\begin{matrix} (22) & δ q_{k} = ε \sum_{ℓ = 1}^{n} ({EIN}_{k ℓ} q^{ℓ} + S_{k ℓ} {\dot{q}}^{ℓ}), \end{matrix}$ $\delta q_k ~=~ \varepsilon\sum_{\ell=1}^n \left( A_{k\ell} q^{\ell} +S_{k\ell} \dot{q}^{\ell} \right), \tag{22}$ wie man leicht nachprüfen kann.

ZeroTheHero · Answer 2

Ein weiteres Beispiel für eine in der Lagrange-Formulierung nicht vorhandene Symmetrie des Hamilton-Operators ist der isotrope harmonische Oszillator.

Vermuten

L = \frac{1}{2} {\dot{q}}^{T} \cdot \dot{q} - \frac{1}{2} q^{T} \cdot q

$L=\frac{1}{2}\dot q^T \cdot \dot{q} - \frac{1}{2}q^T\cdot q$ wo

q^{T} = (q_{1}, q_{2}, \dots, q_{n})

$q^T=(q_1,q_2,\ldots,q_n)$ und ebenfalls

{\dot{q}}^{T} = ({\dot{q}}_{1}, {\dot{q}}_{2}, \dots, {\dot{q}}_{n})

$\dot{q}^T=(\dot q_1,\dot q_2,\ldots ,\dot{q}_n)$ . Offensichtlich ist die Lagrange-Funktion invariant unter

O (n)

$O(n)$ , also unter (echten) Drehungen

O

$O$ der Koordinaten, so dass

O^{T} O = \hat{1}

$O^T O=\hat 1$ .

Der entsprechende Hamiltonoperator ist

H = \frac{1}{2} p^{T} \cdot p + \frac{1}{2} q^{T} \cdot q

$H=\frac{1}{2}p^T\cdot p +\frac{1}{2}q^T\cdot q$ aber wenn wir jetzt die Normalkoordinaten einführen

a_{k} = (p_{k} + ich q_{k}), a_{k}^{*} = (p_{k} - ich q_{k})

$\alpha_k = (p_k+iq_k)\, ,\qquad \alpha_k^*=(p_k-iq_k)$ der Hamiltonian nimmt die Form an

H = \frac{1}{2} (a^{*})^{T} \cdot a

$H=\frac{1}{2}(\alpha^*)^T\cdot \alpha$ und ist jetzt unter der größeren Gruppe unveränderlich

U (n)

$U(n)$ von komplexen Transformationen, die befriedigen

U^{†} U = \hat{1}

$U^\dagger U=\hat 1$ da unter dieser Transformation:

a \to β = U a, (a^{*})^{†} \to (β^{*})^{T} = (a^{*})^{T} U^{†}

$\alpha\to \beta = U\alpha\, ,\qquad (\alpha^*)^\dagger \to (\beta^*)^T =(\alpha^*)^T U^\dagger$ so dass

(α^{*})^{T} \cdot α = (β^{*})^{T} \cdot β

$(\alpha^*)^T\cdot\alpha = (\beta^*)^T\cdot \beta$ , wobei der Hamilton-Operator unverändert bleibt.

Natürlich seitdem $O(n)$ ist eine Untergruppe von $U(n)$ Daraus folgt, dass der Hamilton-Operator Symmetrien aufweist, die mit dem Lagrange-Operator nicht möglich sind.

Warum liefern die Lagrange- und die Hamilton-Formulierung dieselben Erhaltungsgrößen für dieselben Symmetrien?

Benutzer1379857

ZeroTheHero

Dirakologie

Benutzer1379857

lalala

Benutzer1379857

Antworten (2)

QMechaniker

ZeroTheHero

Folgt die Erhaltung des Wronskian aus dem Noether-Prinzip?

Satz von Noether für Hamiltonoperatoren und Lagrangeoperatoren

Was macht eine Symmetrie, die den Lagrange-Operator durch eine totale Ableitung ändert, mit dem Hamilton-Operator HHH?

Gibt es für den Hamiltonschen Formalismus eine Art Noether-Theorem?

Satz von Noether: Form der infinitesimalen Transformation

Kann der Satz von Noether intuitiv verstanden werden?

Was bedeutet der Parameter im Satz von Noether?

Warum werden Symmetrien im Phasenraum durch Funktionen erzeugt, die die Hamilton-Invariante verlassen?

Spielt ein konstanter Faktor bei der Definition des Noetherstroms eine Rolle?

Noether-Gebühr für Lagrange mit Ableitungen höherer Ordnung