Welche Symmetrie bewirkt, dass der Runge-Lenz-Vektor erhalten bleibt?

1. Hamiltonsches Problem. Das Kepler-Problem hat Hamiltonian

   $$\begin{align} H~=~&T+V, \cr T~:=~& \frac{p^2}{2m}, \cr V~:=~& -\frac{k}{q}, \end{align}\tag{1}$$ wo$m$ist die 2-Körper-reduzierte Masse. Der Laplace-Runge-Lenz-Vektor ist (bis auf eine irrelevante Normierung) $$\begin{align} A^j ~:=~&a^j + km\frac{q^j}{q}, \cr a^j~:=~&({\bf L} \times {\bf p})^j\cr ~=~&{\bf q}\cdot{\bf p}~p^j- p^2~q^j, \cr \cr {\bf L}~:=~& {\bf q} \times {\bf p}.\end{align} \tag{2}$$

2. Aktion. Der Hamilton-Lagrange-Operator ist

   $$L_H~:=~ \dot{\bf q}\cdot{\bf p} - H,\tag{3}$$ und die Aktion ist $$S[{\bf q},{\bf p}]~=~ \int {\rm d}t~L_H .\tag{4}$$ Die fundamentalen kanonischen Poisson-Klammern ungleich Null sind $$\{ q^i , p^j\}~=~ \delta^{ij}. \tag{5}$$

3. Inverser Satz von Noether. Ganz allgemein in der Hamiltonschen Formulierung, wenn eine Bewegungskonstante gegeben ist$Q$, dann die infinitesimale Variation

   $$\delta ~=~ -\varepsilon \{Q,\cdot\}\tag{6}$$ ist eine globale Off-Shell-Symmetrie der Aktion$S$(Modulo-Grenzterme). Hier$\varepsilon$ein infinitesimaler globaler Parameter ist, und$X_Q=\{Q,\cdot\}$ist ein Hamilton-Vektorfeld mit Hamilton-Generator$Q$. Die volle Noetherladung ist$Q$, siehe zB meine Antwort auf diese Frage . (Die Wörter On-Shell und Off-Shell beziehen sich darauf, ob die Bewegungsgleichungen erfüllt sind oder nicht. Das Minus ist konventionell.)

4. Variation. Prüfen wir, ob die drei Laplace-Runge-Lenz-Komponenten$A^j$sind Hamilton-Generatoren von drei kontinuierlichen globalen Off-Shell-Symmetrien der Aktion$S$. Im Detail die infinitesimal Variationen$\delta= \varepsilon_j \{A^j,\cdot\}$lesen

   $$\begin{align} \delta q^i ~=~& \varepsilon_j \{A^j,q^i\} , \cr \{A^j,q^i\} ~=~& 2 p^i q^j - q^i p^j - {\bf q}\cdot{\bf p}~\delta^{ij}, \cr \delta p^i ~=~& \varepsilon_j \{A^j,p^i\} , \cr \{A^j,p^i\}~=~& p^i p^j - p^2~\delta^{ij} +km\left(\frac{\delta^{ij}}{q}- \frac{q^i q^j}{q^3}\right), \cr \delta t ~=~&0,\end{align} \tag{7}$$ wo$\varepsilon_j$sind drei infinitesimale Parameter.

5. Beachten Sie für später das

   $${\bf q}\cdot\delta {\bf q}~=~\varepsilon_j({\bf q}\cdot{\bf p}~q^j - q^2~p^j), \tag{8}$$ $$\begin{align} {\bf p}\cdot\delta {\bf p} ~=~&\varepsilon_j km(\frac{p^j}{q}-\frac{{\bf q}\cdot{\bf p}~q^j}{q^3})\cr ~=~& -\frac{km}{q^3}{\bf q}\cdot\delta {\bf q},\end{align} \tag{9}$$ $$\begin{align} {\bf q}\cdot\delta {\bf p}~=~&\varepsilon_j({\bf q}\cdot{\bf p}~p^j - p^2~q^j )\cr ~=~&\varepsilon_j a^j, \end{align} \tag{10}$$ $$\begin{align} {\bf p}\cdot\delta {\bf q}~=~&2\varepsilon_j( p^2~q^j - {\bf q}\cdot{\bf p}~p^j)\cr ~=~&-2\varepsilon_j a^j~.\end{align} \tag{11}$$

6. Der Hamiltonoperator ist invariant

   $$\delta H ~=~ \frac{1}{m}{\bf p}\cdot\delta {\bf p} + \frac{k}{q^3}{\bf q}\cdot\delta {\bf q}~=~0, \tag{12}$$ zeigt, dass der Laplace-Runge-Lenz-Vektor$A^j$ist klassischerweise eine Bewegungskonstante $$\frac{dA^j}{dt} ~\approx~ \{ A^j, H\}+\frac{\partial A^j}{\partial t} ~=~ 0.\tag{13}$$
   (Wir verwenden die$\approx$Zeichen, um zu betonen, dass eine Gleichung eine On-Shell-Gleichung ist.)

7. Die Variation des Hamiltonschen Lagrangians$L_H$ist eine Gesamtzeitableitung

   $$\begin{align} \delta L_H ~=~& \delta (\dot{\bf q}\cdot{\bf p}) \cr ~=~& \dot{\bf q}\cdot\delta {\bf p} - \dot{\bf p}\cdot\delta {\bf q} + \frac{d({\bf p}\cdot\delta {\bf q})}{dt} \cr ~=~& \varepsilon_j\left( \dot{\bf q}\cdot{\bf p}~p^j - p^2~\dot{q}^j + km\left( \frac{\dot{q}^j}{q} - \frac{{\bf q} \cdot \dot{\bf q}~q^j}{q^3}\right)\right) \cr ~-~&\varepsilon_j\left(2 \dot{\bf p}\cdot{\bf p}~q^j - \dot{\bf p}\cdot{\bf q}~p^j- {\bf p}\cdot{\bf q}~\dot{p}^j \right) - 2\varepsilon_j\frac{da^j}{dt}\cr ~=~&\varepsilon_j\frac{df^j}{dt}, \cr f^j ~:=~& A^j-2a^j, \end{align} \tag{14}$$ und daher die Aktion$S$ist invariante off-shell bis zu den Randtermen.

8. Keine weitere Gebühr. Die bloße Noether-Ladung $Q_{(0)}^j$ist

   $$\begin{align} Q_{(0)}^j~:=~& \frac{\partial L_H}{\partial \dot{q}^i} \{A^j,q^i\}+\frac{\partial L_H}{\partial \dot{p}^i} \{A^j,p^i\} \cr ~=~& p^i\{A^j,q^i\}\cr ~=~& -2a^j.\end{align} \tag{15}$$ Die volle Noetherladung$Q^j$(der die gesamte zeitliche Ableitung berücksichtigt) wird (minus) der Laplace-Runge-Lenz-Vektor $$\begin{align} Q^j~:=~&Q_{(0)}^j-f^j\cr ~=~& -2a^j-(A^j-2a^j)\cr ~=~& -A^j.\end{align}\tag{16}$$ $Q^j$wird auf der Schale konserviert $$\frac{dQ^j}{dt} ~\approx~ 0,\tag{17}$$
   aufgrund von Noethers erstem Theorem . Hier$j$ist ein Index, der die drei Symmetrien kennzeichnet.

9. Lagrange-Problem. Das Kepler-Problem hat Lagrange

   $$\begin{align} L~=~&T-V, \cr T~:=~& \frac{m}{2}\dot{q}^2, \cr V~:=~& -\frac{k}{q}. \end{align} \tag{18}$$ Der Lagrange-Impuls ist $${\bf p}~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{\bf q}}~=~m\dot{\bf q} \tag{19} .$$ Projizieren wir die infinitesimale Symmetrietransformation (7) auf den Lagrange-Konfigurationsraum $$\begin{align} \delta q^i ~=~& \varepsilon_j m \left( 2 \dot{q}^i q^j - q^i \dot{q}^j - {\bf q}\cdot\dot{\bf q}~\delta^{ij}\right), \cr \delta t ~=~&0.\end{align}\tag{20}$$ Es wäre schwierig gewesen, die infinitesimale Symmetrietransformation (20) zu erraten, ohne die entsprechende Hamiltonsche Formulierung (7) zu verwenden. Aber sobald wir es wissen, können wir innerhalb des Lagrange-Formalismus fortfahren. Die Variation der Lagrange-Funktion ist eine Gesamtzeitableitung $$\begin{align} \delta L~=~&\varepsilon_j\frac{df^j}{dt}, \cr f_j~:=~& m\left(m\dot{q}^2q^j- m{\bf q}\cdot\dot{\bf q}~\dot{q}^j +k \frac{q^j}{q}\right)\cr ~=~&A^j-2 a^j . \end{align}\tag{21}$$ Die bloße Noether-Ladung $Q_{(0)}^j$ist wieder $$Q_{(0)}^j~:=~2m^2\left(\dot{q}^2q^j- {\bf q}\cdot\dot{\bf q}~\dot{q}^j\right) ~=~-2a^j . \tag{22}$$ Die volle Noetherladung$Q^j$wird (minus) der Laplace-Runge-Lenz-Vektor $$\begin{align} Q^j~:=~&Q_{(0)}^j-f^j \cr ~=~& -2a^j-(A^j-2a^j)\cr ~=~& -A^j,\end{align}\tag{23}$$ ähnlich der Hamiltonschen Formulierung (16).

Während das zweite Kepler-Gesetz einfach eine Aussage über die Erhaltung des Drehimpulses ist (und als solches für alle Systeme gilt, die durch Zentralkräfte beschrieben werden), sind das erste und das dritte Gesetz speziell und mit der einzigartigen Form des Newtonschen Potentials verbunden$-k/r$. Insbesondere garantiert der Satz von Bertrand, dass nur das Newtonsche Potential und das harmonische Potential$kr^2$ergeben geschlossene Bahnen (keine Präzession). Es liegt nahe zu glauben, dass dies auf eine Art Symmetrie des Problems zurückzuführen sein muss. Tatsächlich wird die besondere Symmetrie des Newtonschen Potentials genau durch die Erhaltung des RL-Vektors beschrieben (es kann gezeigt werden, dass der RL-Vektor erhalten bleibt, wenn das Potential zentral und newtonisch ist). Dies wiederum ist auf eine allgemeinere Symmetrie zurückzuführen: Wenn die Drehimpulserhaltung mit der Gruppe der speziellen orthogonalen Transformationen im dreidimensionalen Raum verknüpft ist$SO(3)$, muss die Erhaltung des RL-Vektors mit einer 6-dimensionalen Gruppe von Symmetrien verknüpft werden, da es in diesem Fall anscheinend sechs Erhaltungsgrößen gibt (3 Komponenten von$L$und 3 Komponenten von$\mathcal A$). Im Fall von gebundenen Bahnen ist diese Gruppe$SO(4)$, die Rotationsgruppe im 4-dimensionalen Raum.

Nur um die Notation zu korrigieren, der RL-Vektor ist:

Berechnen Sie die Gesamtableitung:

Verwenden Sie das Levi-Civita-Symbol, um die Kreuzbegriffe zu entwickeln:

Endlich:

Nun, wenn das Potenzial$U=U(r)$ist zentral:

Also

Zurück ersetzen:

Nun, Sie sehen das, wenn$U$genau die Newtonsche Form hat , dann ist die erste Klammer Null und somit bleibt der RL-Vektor erhalten.

Vielleicht gibt es eine glattere Möglichkeit, es zu sehen (Poisson-Klammern?), Aber das funktioniert trotzdem.

Die Symmetrie ist ein Beispiel für eine offene Symmetrie, dh eine Symmetriegruppe, die von Gruppenaktionsbahn zu Bahn variiert. Für gebundene Trajektorien ist es SO(4). Für parabolische ist es SE(3). Für hyperbolische ist es SO (3,1). Solche Fälle werden besser von Groupoiden gehandhabt.

Die Erhaltung des Runge-Lenz-Vektors entspricht keiner Symmetrie der Lagrange-Funktion selbst. Es ergibt sich aus einer zeitlichen Invarianz des Integrals der Lagrangefunktion, dem klassischen Aktionsintegral. Vor einiger Zeit habe ich eine Herleitung des erhaltenen Vektors für jedes kugelsymmetrische Potential geschrieben:

http://analyticphysics.com/Runge Vector/The Symmetry Corresponding to the Runge Vector.htm

Die Herleitung befindet sich auf dem Niveau von Goldstein und soll die Lücke füllen, die durch das Weglassen von Texten der klassischen Mechanik auf Graduiertenebene hinterlassen wurde.

(Dieser Beitrag mag alt sein, aber wir können einige Präzisierungen hinzufügen) Die Erhaltung des RL-Vektors ist nicht unbedeutend, es hängt damit zusammen, dass Sie eine zentrale Kraft betrachten, die hier von einem Newtonschen Potential angeführt wird$\frac{1}{r}$die die Eigenschaft hat, unter Drehungen invariant zu sein (wie$\frac{1}{r^n}$aber es funktioniert nur für$n=1$wie von @quark1245 gezeigt).

Also die S0(3), die nicht wie gesagt 6 Erhaltungsgrößen hat, sondern 3, die 3 Erzeuger der Symmetrie$J_i$, i=1..3, so dass die Symmetrietransformation unter einer infinitesimalen Änderung erfolgt$x \rightarrow x + \epsilon$ist im kanonischen Formalismus durch gegeben

Vor ihrer Neudefinition, wie auf Wikipedia gezeigt, um zu sehen, dass die vorherige Algebra erfüllt ist, sind die Generatoren der Drehungen: Einer ist der Drehimpuls$L$was zeigt, dass die Bewegung planar ist, also invariant unter Rotation um$L$, man ist der RL-Vektor, der im Plan steht, also senkrecht dazu$L$und parallel zur Hauptachse der Ellipse, und die dritte hat einen Namen, an den ich mich nicht erinnere, ist aber parallel zur Nebenachse.

Wir können sehen, dass es nur 3 Freiheitsgrade gibt, wenn wir in der Referenz so stattfinden, dass$\vec{J}_1 = \vec{L} = (0,0,L_z)$, dann sind die planaren Generatoren$A = (A_x,0,0)$und$B = (0,B_y,0)$.

Es wurde gezeigt, dass sie aus den Killing-Yano-Tensoren (was Symmetrie bedeutet) konstruiert werden können und auch bei Dimensionen größer als 3 funktionieren. Eine schöne Übersicht über die LRL-Vektorableitung findet sich in HeckmanVanHaalten

Unter https://arxiv.org/abs/1207.5001 bekommt man eine sehr schöne Lösung. Wenn man sich nicht sehr für Mathematik interessiert, ist ihre Grundidee, die Infinitesimal-Transformation zu verwenden

Daher ist die Änderung in der Aktion

EDIT: Falls jemand eine indexfreie Notation bevorzugt, ist die Symmetrie$\delta\vec{r}=\vec{\epsilon}\times\vec{L}$. Berücksichtigung einer zeitabhängigen$\vec{\epsilon}$, die Variation in der Aktion ist dann