Wie man den Satz von Noether anwendet

1) In dieser Antwort geben wir weitere Details für die richtige Antwort von David Bar Moshe. Die Aktion lautet

$$\tag{1}S[q; t_i,t_f]~:=~\int_{t_i}^{t_f} \!dt~ L, \quad L~:=~T-V ,\quad T~:=~\frac{m}{2}\dot{q}^2,\quad V~:=~\frac{\alpha}{q^2}.$$

Es ist nicht schwer zu überprüfen, ob die Aktion eine genaue Symmetrie hat

$$\tag{2} S[q; t_i,t_f] \quad \longrightarrow \quad S[q^{\prime}; t^{\prime}_i,t^{\prime}_f] ~=~S[q; t_i,t_f]$$

unter der folgenden Skalierung

$$\tag{3}t \quad \longrightarrow \quad t^{\prime}~=~\lambda^2 t, \qquad q(t) \quad \longrightarrow \quad q^{\prime}(t^{\prime})~=~\lambda q(t),$$

mit einem nicht negativen Parameter$\lambda\neq 0$, wenn wir auch die Anfangs- und Endzeitintegrationsgrenzen auf die gleiche Weise wie den Zeitparameter skalieren$t$:

$$\tag{4}t_i\quad \longrightarrow \quad t^{\prime}_i~=~\lambda^2 t_i, \qquad t_f\quad \longrightarrow \quad t^{\prime}_f~=~\lambda^2 t_f.$$

Interessanterweise ist die Transformation (3) keine Symmetrie der Lagrange-Funktion

$$\tag{5}L(t) \quad \longrightarrow \quad L^{\prime}(t^{\prime})~=~\frac{L(t)}{\lambda^2},$$ wie OP bereits in der Frage (v1) feststellt. Dies ist eine gute Gelegenheit, sich daran zu erinnern, dass es bei Noethers Theorem eher um (Quasi-)Symmetrien der Aktion als um die Lagrange-Funktion geht.

2) Betrachten wir als nächstes die entsprechende Infinitesimaltransformation. Annehmen, dass$\lambda=1+\epsilon$, Wo$\epsilon$ist infinitesimal, dh Terme höherer Ordnung vernachlässigen in$\epsilon$. Die sogenannte horizontale infinitesimale Variation ist

$$\tag{6}\delta t ~:=~t^{\prime}-t ~=~ \epsilon \cdot 2t.$$

Die infinitesimale Variation der dynamischen Variablen$q$Ist

$$\tag{7} \delta q(t)~:= ~q^{\prime}(t^{\prime})-q(t)~=~\epsilon \cdot q(t),$$

so ist die vertikale infinitesimale Variation

$$\tag{8} \delta_0 q(t)~:= ~q^{\prime}(t)-q(t)~=~\epsilon \cdot(q(t)-2 t\dot{q}(t)).$$ Mit anderen Worten, die Transformation (3) hat einen horizontalen Generator $2t$und vertikaler Generator $q-2 t\dot{q}$.

Der nackte Noetherstrom (=Ladung)$Q$ist definiert als der Impuls multipliziert mit dem vertikalen Generator plus der Lagrange-Funktion multipliziert mit dem horizontalen Generator:

$$\tag{9} Q~:=~ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\cdot(q-2 t\dot{q})+ L\cdot 2t ~=~mq\dot{q} -2t(T+V).$$

[Im Allgemeinen, wenn die infinitesimale Transformation$\delta S$der Wirkung nur bis zu Randtermen invariant ist, spricht man von einer Quasisymmetrie, und der volle Noetherstrom würde dann Randbeiträge erhalten. In unserem Fall ist die Symmetrie (3,4) jedoch tatsächlich exakt (2), dh ohne Randterme, sodass der volle Noetherstrom nur der reine Noetherstrom ist (9).]

Es ist leicht zu überprüfen, dass die Noether-Ladung (9) auf der Schale erhalten bleibt

$$\tag{10}\frac{dQ}{dt} ~=~-(q-2 t\dot{q})\frac{\delta S}{\delta q}~\approx~0,$$

bei dem die$\approx$Vorzeichen bedeutet Gleichheit Modulo Bewegungsgleichung

$$\tag{11} 0~\approx~ \frac{\delta S}{\delta q} ~=~\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} ~=~\frac{2\alpha}{q^3}-m\ddot{q},$$

dh auf der Schale.

Die Symmetrie ist erforderlich, um die volle Aktion zu verlassen$A= \int L dt$unveränderlich. Wie man sieht, ist die Aktion unveränderlich, weil man das Fehlende erhält$(1+\epsilon)^2$Faktor aus der Maßnahme$dt$. Jetzt können Sie das Noether-Theorem anwenden , um die erhaltene Ladung zu finden, die in diesem Fall lautet:

$Q = 2 E t - Px$

mit$E = T+V = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 + \frac{\alpha}{x^2}$, Und$P = m \dot{x}$.

Es ist nicht schwer, das zu überprüfen$\frac{dQ}{dt} = 0$wenn die Bewegungsgleichungen erfüllt sind.

Diese Symmetrie ist eine galiläische konforme Symmetrie, sie erweitert die galiläische Gruppe ähnlich wie die übliche konforme Gruppe die Poincare-Gruppe erweitert. Bitte beachten Sie die folgenden Vorlesungsunterlagen von: Rajesh Gopakumar (Gleichung 2).