Wenn alle Erhaltungsgrößen eines Systems bekannt sind, können sie durch Symmetrien erklärt werden?

Es gibt bereits einige gute Antworten. Der Off-Shell-Aspekt im Zusammenhang mit dem Noether-Theorem wurde jedoch bisher nicht angesprochen. (Die Wörter on-shell und off-shell beziehen sich darauf, ob die Bewegungsgleichungen (eom) erfüllt sind oder nicht.) Lassen Sie uns das Problem wie folgt umformulieren.

Betrachten Sie ein (nicht unbedingt isoliertes) Hamiltonsches System mit$N$Freiheitsgrade (dof). Der Phasenraum hat$2N$Koordinaten, die wir bezeichnen$(z^1, \ldots, z^{2N})$.

(Über das entsprechende Lagrange-Problem werden wir nichts sagen.)

1. Symplektische Struktur. Normalerweise arbeiten wir in Darboux-Koordinaten$(q^1, \ldots, q^N; p_1, \ldots, p_N)$, mit der kanonischen symplektischen Potentialeinform
   

   $$\vartheta=\sum_{i=1}^N p_i dq^i.$$ Allerdings erweist es sich bei späteren Berechnungen als effizienter, wenn wir stattdessen von vornherein allgemeine Koordinaten berücksichtigen$(z^1, \ldots, z^{2N})$und eine allgemeine (global definierte) symplektische potentielle Einsform $$\vartheta=\sum_{I=1}^{2N} \vartheta_I(z;t) dz^I,$$ mit nicht entarteter (=invertierbarer) symplektischer Zweierform $$\omega = \frac{1}{2}\sum_{I,J=1}^{2N} \omega_{IJ} \ dz^I \wedge dz^J = d\vartheta,\qquad\omega_{IJ} =\partial_{[I}\vartheta_{J]}=\partial_{I}\vartheta_{J}-\partial_{J}\vartheta_{I}.$$ Die entsprechende Poisson-Klammer ist $$\{f,g\} = \sum_{I,J=1}^{2N} (\partial_I f) \omega^{IJ} (\partial_J g), \qquad \sum_{J=1}^{2N} \omega_{IJ}\omega^{JK}= \delta_I^K.$$

2. Aktion. Die Hamilton-Aktion$S$liest

   $$S[z]= \int dt\ L_H(z^1, \ldots, z^{2N};\dot{z}^1, \ldots, \dot{z}^{2N};t),$$ wo $$L_H(z;\dot{z};t)= \sum_{I=1}^{2N} \vartheta_I(z;t) \dot{z}^I- H(z;t)$$ ist die Hamiltonsche Lagrangedichte. Durch infinitesimale Variation $$\delta S = \int dt\sum_{I=1}^{2N}\delta z^I \left( \sum_{J=1}^{2N}\omega_{IJ} \dot{z}^J-\partial_I H - \partial_0\vartheta_I\right)+ \int dt \frac{d}{dt}\sum_{I=1}^{2N}\vartheta_I \delta z^I, \qquad \partial_0 \equiv\frac{\partial }{\partial t},$$ der Aktion$S$, finden wir das Hamilton eom $$\dot{z}^I \approx \sum_{J=1}^{2N}\omega^{IJ}\left(\partial_J H + \partial_0\vartheta_J\right) = \{z^I,H\} + \sum_{J=1}^{2N}\omega^{IJ}\partial_0\vartheta_J.$$ (Wir verwenden die$\approx$Zeichen, um zu betonen, dass eine Gleichung eine On-Shell-Gleichung ist.)

3. Bewegungskonstanten. Die Lösung

   $$z^I = Z^I(a^1, \ldots, a^{2N};t)$$ von dem Hamilton eom erster Ordnung abhängt$2N$Integrationskonstanten$(a^1, \ldots, a^{2N})$. Entsprechende Regularitätsbedingungen vorausgesetzt, ist es prinzipiell möglich, diesen Zusammenhang lokal so umzukehren, dass die Integrationskonstanten $$a^I=A^I(z^1, \ldots, z^{2N};t)$$ werden in Bezug auf die ausgedrückt$(z^1, \ldots, z^{2N})$Variablen und Zeit$t$. Diese Funktionen$A^I$sind$2N$(lokal definierte) Bewegungskonstanten (com), dh zeitlich konstant$\frac{dA^I}{dt}\approx0$. Jede Funktion$B(A^1, \ldots, A^{2N})$des$A$'s, aber ohne explizite Zeitabhängigkeit, wird wieder ein com sein. Insbesondere können wir die Anfangswerte ausdrücken$(z^1_0, \ldots, z^{2N}_0)$zum Zeitpunkt$t=0$als Funktionen $$Z^J_0(z;t)=Z^J(A^1(z;t), \ldots, A^{2N}(z;t); t=0)$$ des$A$'s, also das$Z^J_0$werde com

   Nun lass

   $$b^I=B^I(z^1, \ldots, z^{2N};t)$$ sein$2N$unabhängige (lokal definierte) com, die wir oben argumentiert haben, muss existieren. Die Titelfrage von OP in dieser Formulierung lautet dann, ob es sie gibt$2N$Off-Shell-Symmetrien der (lokal definierten) Aktion$S$, so dass die entsprechenden Noether-Ströme on-shell com sind?

   Anmerkung. Es sollte betont werden, dass eine On-Shell-Symmetrie ein leerer Begriff ist, denn wenn wir die Aktion variieren$\delta S$und dann eom anwenden$\delta S\approx 0$verschwindet per Definition (Modulo-Randterme), unabhängig davon, was die Variation ist$\delta$besteht aus. Aus diesem Grund kürzen wir Off-Shell-Symmetrie oft einfach zu Symmetrie ab . Wenn wir dagegen von com sprechen, nehmen wir immer eom an

4. Änderung der Koordinaten. Seit der Aktion$S$unter Änderung von Koordinaten unveränderlich ist, können wir einfach Koordinaten ändern$z\to b = B(z;t)$zum$2N$com, und verwenden Sie die$b$als Koordinaten (die wir einfach nennen$z$von jetzt an). Dann sind die eom in diesen Koordinaten eben

   $$\frac{dz^I}{dt}\approx0,$$ so schließen wir, dass wir in diesen Koordinaten haben $$\partial_J H + \partial_0 \vartheta_J=0$$ als Off-Shell-Gleichung. [Nebenbei: Dies impliziert, dass die symplektische Matrix$\omega_{IJ}$hängt nicht explizit von der Zeit ab, $$\partial_0\omega_{IJ} =\partial_0\partial_{[I}\vartheta_{J]}=\partial_{[I} \partial_0\vartheta_{J]}=-\partial_{[I}\partial_{J]} H=0.$$ Daher die Poisson-Matrix$\{z^I,z^J\}=\omega^{IJ}$hängt nicht explizit von der Zeit ab. Nach dem Satz von Darboux können wir lokal Darboux-Koordinaten finden$(q^1, \ldots, q^N; p_1, \ldots, p_N)$, die auch com sind]

5. Variation. Wir führen nun eine infinitesimale Variation durch$\delta= \varepsilon\{z^{I_0}, \cdot \}$,

   $$\delta z^J = \varepsilon\{z^{I_0}, z^J\}=\varepsilon \omega^{I_0 J},$$ mit Hamilton-Generator$z^{I_0}$, wo$I_0\in\{1, \ldots, 2N\}$. Es ist einfach, die infinitesimale Variation zu überprüfen$\delta= \varepsilon\{z^{I_0}, \cdot \}$ist eine Off-Shell-Symmetrie der Aktion (Modulo-Randterme) $$\delta S = \varepsilon\int dt \frac{d f^0}{dt},$$ wo $$f^0 = z^{I_0}+ \sum_{J=1}^{2N}\omega^{I_0J}\vartheta_J.$$ Der nackte Noetherstrom ist $$j^0 = \sum_{J=1}^{2N}\frac{\partial L_H}{\partial \dot{z}^J} \omega^{I_0 J}=\sum_{J=1}^{2N}\omega^{I_0J}\vartheta_J,$$ damit der volle Noetherstrom $$J^0=j^0-f^0=-z^{I_0}$$ wird nur (minus) der Hamilton-Generator$z^{I_0}$, die auf der Schale konserviert wird$\frac{dJ^0}{dt}\approx 0$per Definition.

Die Antwort auf die Titelfrage von OP lautet also im Hamilton-Fall Ja .

Siehe auch zB this , this & this related Phys.SE posts.

Ja, das ist das Gegenteil von Noethers Theorem. Nennen wir also unsere Erhaltungsgröße$A$(Wir betrachten zunächst nur eine konservierte Menge) und beginnen damit$\left \{H, A \right \} = 0$Gesetz zur Erhaltung. Aufgrund der Verbindung zwischen Poisson-Klammer mit Strömungen im Phasenraum sagt Ihnen dies beides$\mathcal{L}_{V_H} A$= 0 ($A$bleibt in der Zeitentwicklung erhalten) und$\mathcal{L}_{V_A} H = 0$(Hamiltonian ist unter Symmetrie erhalten, die ein Grundfeld hat$V_A$) solange die den Funktionen zugeordneten Vektorfelder im Phasenraum liegen$V_X = ({\rm d} X)^{\sharp}$sind in gewissem Sinne nicht entartet. Beachten Sie das Anheben $(\cdot)^{\sharp}$ Operator wird offensichtlich unter Verwendung der inversen symplektischen Form definiert . Das bedeutet zB, dass echte Konstanten (die sicherlich auch Bewegungskonstanten sind) nicht funktionieren, weil${\rm d} C = 0$und wir erhalten ein Vektorfeld von Null.

Andererseits können wir, solange alle Erhaltungsgrößen nicht entartet sind, die zugehörigen Symmetrieflüsse immer durch Integration der oben genannten Vektorfelder finden. Beachten Sie aber, dass wir am Ende Symmetrien des Phasenraums erhalten . Ob diese auch direkt mit einer gewissen Symmetrie des zugrunde liegenden Ortsraums verbunden sind (wenn es einen solchen Raum gibt, das heißt; im Allgemeinen muss es keinen geben, aber in üblichen Anwendungen nehmen wir den Phasenraum der Ortsmannigfaltigkeit).$M$als Kotangensbündel$T^*M$) ist eine Frage für weitere Untersuchungen. Ich werde mich später mal darum kümmern, wenn ich Zeit finde.

Ich beginne mit einigen terminologischen Feinheiten, die berücksichtigt werden müssen, wenn es um "Erhaltungsgrößen" oder "Bewegungsintegrale" geht.

Zunächst ist es wichtig anzugeben, von welchen Variablen die Mengen abhängen können. Auf dem Gebiet der Differentialgleichungen , der Hamiltonschen Dynamik und dynamischer Systeme hängt eine Erhaltungsgröße per Definition nicht explizit von der Zeit ab - es ist normalerweise eine Funktion, die auf einem Raum (einer Mannigfaltigkeit) definiert ist und den Zustand Ihres Systems vollständig beschreibt ( verwendet alle Freiheitsgrade, wie Sie sie definiert haben).

Eine andere zu berücksichtigende Sache: Es scheint möglich zu sein, eine Funktion einer Bewegungskonstante zu nehmen und somit zu einer anderen konstanten Größe zu gelangen, wodurch eine beliebige Menge an Bewegungskonstanten erzeugt wird. Es gibt also eine implizite Bedingung für funktionale Unabhängigkeit zwischen diesen$N$Bewegungskonstanten. Was als das Verschwinden der Poisson-Klammern zwischen einem beliebigen Mengenpaar formuliert werden kann. Hier ist die Referenz dazu auf Wikipedia, auch ich habe vor einiger Zeit eine Frage dazu gestellt ...

Ich denke also, dass Ihre implizite Aussage:

Wenn ein System N Freiheitsgrade (DOF) und daher N konservierte unabhängige Größen hat

Ist nicht ganz richtig, wenn man berücksichtigt, was zum Begriff "Erhaltungsgröße" gesagt wurde.

In Bezug auf Ihre Frage zum Finden der Symmetrietransformation, die der Menge entspricht, habe ich das Problem in dieser Frage angesprochen .

Kurz gesagt - bei einem "Generator"$\delta G$und eine gewisse Menge$A$. Die kleine Transformation, erzeugt durch$\delta G$ist:

Putten$A = H$, und unter Hinweis darauf, wenn$\delta G$ist dann eine Bewegungskonstante$\{\delta G, H\} = 0$. Man kommt sofort zu dem Schluss, dass die Transformation, erzeugt durch$\delta G$ist die Symmetrietransformation. (Einige Beispiele sind hier .)

Lieber Tobias, alles ist viel einfacher: Die Gleichungen sind Einschränkungen für mögliche Systembewegungen und liefern selbst Erhaltungsgrößen. Sie können diese Gleichungen "Constraints" oder "Symmetrieforderung" nennen, wenn Sie möchten, aber sie sind notwendige und hinreichende Bedingungen, um Erhaltungsgrößen (= Lösungen) zu haben.

Betrachten wir eine ODE:$F(\dot{x},x,t) = 0$mit einigen Ausgangsdaten$x_0 (t_0)$. Nachdem Sie diese Gleichung gelöst haben, erhalten Sie eine Lösung, die wie folgt in eine implizite Form umgewandelt werden kann:$f(x(t), t, x_0)=0$. Andererseits ist diese implizite Lösungsform ein Erhaltungssatz: Eine Kombination aus Problemvariable und Zeit ist nicht zeitabhängig.

Nun differenziere ich diese implizite Lösung und erhalte:$f'_x\cdot \dot{x} + \dot{f} = 0$. Es ist ein Ausdruck dafür, etwas zu konservieren, nicht wahr? Andererseits sollte sie mit der ursprünglichen Gleichung übereinstimmen oder ihr äquivalent sein$F=0$. Jetzt verstehen Sie, dass Gleichungen notwendig und ausreichende Voraussetzungen sind, um Erhaltungsgrößen zu haben . Letztere sind weitgehend gleichbedeutend mit Lösungen .

BEARBEITEN: Es besteht keine Notwendigkeit in irgendeiner Symmetrie, konservierte Mengen zu haben. Nur Gleichungen. Symmetrien vereinfachen das Aussehen von Erhaltungsgrößen (Lösungen). Betrachten Sie eine 1D-Bewegung eines Partikels in einer zeitabhängigen externen Kraft. Die Energie und der Impuls sind nicht erhalten, aber es gibt immer noch zwei Erhaltungsgesetze.