Satz von Noether und Energieerhaltung in der klassischen Mechanik

Um die Antwort von pppqqq zu wiederholen, steht Ihr Fehler gleich am Anfang, wo Sie ihn eingestellt haben$\delta L = 0$. Die Lagrange-Funktion ist keine Bewegungskonstante, daher ist diese Gleichung falsch.

Stattdessen wollen Sie

$\frac{dL}{dt} = \frac{\partial L}{\partial q} \dot{q} + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\ddot{q}$

was davon ausgeht$\frac{\partial L}{\partial t} = 0$.

Wenn Sie die Euler-Lagrange-Gleichung anwenden, erhalten Sie

$\frac{dL}{dt} = \frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \dot{q})$

Das ist nur ein kleiner algebraischer Schritt, um zu zeigen, dass der Hamiltonoperator erhalten bleibt.

Ihre ursprüngliche Ableitung zeigt einfach, dass, wenn die Lagrange-Funktion zeitunabhängig und auch eine Bewegungskonstante ist, dies der Fall ist$p \dot{q}$ist auch eine Bewegungskonstante.

I) Zunächst erwähnen wir, dass der Satz von Noether (in seiner ursprünglichen Form) eine Symmetrie der Wirkung betrifft$S$, nicht unbedingt der Lagrange$L$. Der relevante Begriff für die Lagrange-Funktion ist Quasi-Symmetrie, vgl. diese Phys.SE-Antwort.

II) Zweitens gehen wir davon aus, dass

$$\text{The Lagrangian } L=L(q,\dot{q}) \text{ has no }{\it explicit} \text{ time dependence.} \tag{1}$$

Wir möchten den Satz von Noether verwenden, um zu beweisen, dass die Energie funktioniert$^1$

$$h~:=~p_i\dot{q}^i-L,\qquad p_i ~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i },\tag{2}$$

wird dann auf der Schale konserviert

$$\frac{dh}{dt}~\approx~0.\tag{3}$$ Daher sollten wir die relevante Symmetrie identifizieren. (Hier die$\approx$Symbol bedeutet Gleichheit modulo eom. Beachten Sie übrigens, dass wir eom für den Rest dieser Antwort nicht verwenden werden. Dies liegt daran, dass die Annahmen des Satzes von Noether verlangen, dass die Symmetrie auch für virtuelle Off-Shell-Konfigurationen gilt, die eom verletzen.)

III) Aus der ersten Gleichung von OP ist ersichtlich, dass er eine infinitesimale reine Zeittranslation betrachtet

$$t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\varepsilon, \qquad \text{(horizontal variation)}\tag{A}$$ $$q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~0, \qquad \text{(no vertical variation)}\tag{B}$$ $$q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~-\varepsilon\dot{q}^i. \qquad \text{(full variation)}\tag{C}$$

(Die Wörter horizontal und vertikal beziehen sich auf die Übersetzung im$t$Richtung und die$q^i$Richtungen bzw.). Beachten Sie auch, dass wir das Schild davor geändert haben$\varepsilon$für spätere Bequemlichkeit. Eine reine Zeitübersetzung (A) ist im Allgemeinen keine Symmetrie der Lagrangefunktion

$$\delta L ~=~ \frac{dL}{dt}\delta t ~=~ -\varepsilon \frac{dL}{dt}~\neq~0.\tag{D}$$

Die vollständige Erklärung, warum die reine horizontale Transformation (A)-(C) nicht zum Nachweis der Energieerhaltung verwendet werden kann, wird in Abschnitt VI unten gegeben. Aber zuerst zeigen wir zwei andere Transformationen, die in den nächsten Abschnitten IV und V funktionieren.

IV) Wenn wir die Zeit (A) ändern, werden die Werte von$q^{i}$und$\dot{q}^{i}$wird sich im Allgemeinen auch ändern. Mit anderen Worten, wir müssen eine kompensierende vertikale Variation (B') einführen, damit die volle Variation (C') der verallgemeinerten Positionen Null ist:

$$t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~-\varepsilon, \qquad \text{(horizontal variation)}\tag{A'}$$ $$q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~\varepsilon\dot{q}^i, \qquad \text{(vertical variation)}\tag{B'}$$ $$q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~0. \qquad \text{(full variation)}\tag{C'}$$

Die Transformation (A') - (C') ist eine Symmetrie der Lagrange-Funktion:

$$\begin{align} \delta L ~=~&\frac{\partial L}{\partial q^i }\delta_0 q^i + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i }\delta_0 \dot{q}^i + \frac{dL}{dt}\delta t \cr ~=~&-\varepsilon\frac{\partial L}{\partial t }~=~0,\end{align} \tag{D'}$$

wobei wir in der letzten Gleichheit den Lagrange verwendet haben$L$hat keine explizite Zeitabhängigkeit.

Unter Verwendung der auf Wikipedia erwähnten Standardformel wird der (nackte) Noetherstrom (multipliziert mit$\varepsilon$) wird zur Energie (multipliziert mit$\varepsilon$)

$$\varepsilon j ~:=~ p_i \delta_0 q^i + L \delta t~=~ p_i \delta q^i - h \delta t~=~ \varepsilon h ,\tag{E'}$$

wie wir zeigen wollten.

V) Alternativ können wir wie in Beispiel 1 auf Wikipedia eine rein vertikale infinitesimale Transformation betrachten

$$t^{\prime} - t ~=:~\delta t ~=~0, \qquad \text{(no horizontal variation)}\tag{A''}$$ $$q^{\prime i}(t) - q^i(t)~=:~\delta_0 q^i ~=~\varepsilon\dot{q}^i, \qquad \text{(vertical variation)}\tag{B''}$$ $$q^{\prime i}(t^{\prime}) - q^i(t)~=:~\delta q^i ~=~\varepsilon\dot{q}^i. \qquad \text{(full variation)}\tag{C''}$$

Die Transformation (A'') - (C'') ist eine Quasi-Symmetrie der Lagrange-Funktion:

$$\begin{align} \delta L ~=~&\frac{\partial L}{\partial q^i }\delta_0 q^i + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i }\delta_0 \dot{q}^i \cr ~=~&\varepsilon\frac{\partial L}{\partial q^i }\dot{q}^i + \varepsilon\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i } \ddot{q}^i\cr ~=~& \varepsilon\frac{dL}{dt}-\varepsilon\frac{\partial L}{\partial t}~=~ \varepsilon\frac{dL}{dt}, \end{align} \tag{D''}$$

wobei wir in der letzten Gleichheit den Lagrange verwendet haben$L$hat keine explizite Zeitabhängigkeit.

Der (nackte) Noetherstrom (multipliziert mit$\varepsilon$) wird

$$\varepsilon j ~:=~ p_i \delta_0 q^i + L \delta t~=~ \varepsilon p_i\dot{q}^i.\tag{E''}$$

Der Noetherstrom muss wegen des Auftretens der Gesamtzeitableitung in Gl. (D''). Der volle Noetherstrom wird zur Energiefunktion

$$J~=~j-L~=~p_i\dot{q}^i-L~=~h,\tag{F''}$$

wie wir zeigen wollten.

VI) Kehren wir abschließend zu OPs reiner horizontaler Transformation (A)-(C) zurück. Obwohl es keine Symmetrie ist, ist es immer noch eine Quasi-Symmetrie der Lagrange-Funktion$L$, vgl. Gl. (D). Der (nackte) Noetherstrom (multipliziert mit$\varepsilon$) wird

$$\varepsilon j ~:=~ p_i \delta_0 q^i + L \delta t~=~ -\varepsilon L .\tag{E}$$

Der Noetherstrom muss wegen des Auftretens der Gesamtzeitableitung in Gl. (D). Der volle Noetherstrom wird Null:

$$J~=~j-(-L)~=~-L+L~=~0.\tag{F}$$

Mit anderen Worten, der entsprechende Erhaltungssatz ist eine Trivialität! Das liegt daran, dass wir in Gl. (D) die nicht-triviale Tatsache (1), dass die Lagrangian$L$hat keine explizite Zeitabhängigkeit.

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$^1$Die Energiefunktion$h(q,\dot{q},t)$im Lagrange-Formalismus dem Hamilton-Operator entspricht$H(q,p,t)$im Hamiltonschen Formalismus .

Hier ist der richtige Weg, dies zu verstehen (nicht, dass ich voreingenommen wäre oder so). Lassen Sie mich damit beginnen, dass ich anderen zustimme, die darauf hinweisen$\delta L \neq 0$in diesem Fall, aber ich möchte überzeugend darlegen warum. Hoffentlich ist die Art und Weise, wie ich die Entschließung darlege, klar. Ich werde mathematisch präzise sein, aber ich werde mich nicht um bestimmte technische Annahmen wie den Grad der Differenzierbarkeit der beteiligten Funktionen kümmern.

Allgemeines.

Damit wir absolut sicher sein können, dass es keine Verwirrung gibt, lassen Sie mich einige Notationen und Definitionen wiederholen.

Lassen Sie einen Pfad$q:[t_a, t_b]\to \mathbb R$im Konfigurationsraum angegeben werden. Lassen$\hat q:[t_a, t_b]\times (\epsilon_a, \epsilon_b)\to \mathbb R$sei eine einparametrige Verformung von$q$mit$\epsilon_a<0<\epsilon_b$. Wir definieren die Variation von$q$und sein Derivat$\dot q$bezüglich dieser Verformung wie folgt:

$$\begin{align} \delta q(t) = \frac{\partial \hat q}{\partial\epsilon}(t,0) , \qquad \delta\dot q(t) = \frac{\partial^2\hat q}{\partial \epsilon\partial t}(t,0) \end{align}$$ Übrigens, um etwas Intuition dafür (und insbesondere meine Notation) zu bekommen, könnte Ihnen der folgende Beitrag nützlich sein:

Lagrangesche Mechanik - Kommutativitätsregel$\frac{d}{dt}\delta q=\delta \frac{dq}{dt}$

Nehmen wir nun an, dass es sich um einen Lagrange handelt$L$das ist lokal in$q$und$\dot q$gegeben ist, dann für einen gegebenen Weg$q$wir definieren seine Variation in Bezug auf die Verformung$\hat q$folgendermaßen:

$$\begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t), t) = \frac{\partial}{\partial\epsilon}L\left(\hat q(t,\epsilon), \frac{\partial\hat q}{\partial t}(t,\epsilon), t\right)\Big|_{\epsilon=0} \end{align}$$ Aus diesen beiden Definitionen finden wir den folgenden Ausdruck für die Variation des Lagrange-Operators (wobei wir die Argumente von Funktionen für die Kompaktheit der Notation unterdrücken) $$\begin{align} \delta L = \frac{\partial L}{\partial q}\delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot q}\delta\dot q \end{align}$$ Wir nennen eine gegebene Deformation eine Symmetrie von $L$sofern eine Funktion vorhanden ist $F$das ist lokal in Pfaden $q$so dass $$\begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t), t) = \frac{dF_q}{dt}(t) \end{align}$$ für alle $q$. Mit anderen Worten, eine Symmetrie ist eine Verformung, die im Verformungsparameter erster Ordnung liegt $\epsilon$, ändert den Lagrange-Operator höchstens um eine Gesamtzeitableitung. Diese Definitionen ermöglichen es uns, die folgende Lagrange-Version des Satzes von Noether kompakt zu schreiben

Für jede Symmetrie der Lagrangefunktion die Menge

$$\begin{align} Q_q(t) = \frac{\partial L}{\partial \dot q}(q(t), \dot q(t), t) \delta q(t) - F_q(t) \end{align}$$ bleibt für alle erhalten $q$Erfüllung der Euler-Lagrange-Gleichungen.

Zeitübersetzungssymmetrie.

Wir betrachten die Verformung

$$\begin{align} \hat q(t,\epsilon) = q(t+\epsilon). \end{align}$$ was wir natürlich Zeitübersetzung nennen . Nun zeigt eine kurze Rechnung, dass man unter dieser Verformung folgende Variationen hat: $$\begin{align} \delta q(t) = \dot q(t), \qquad \delta \dot q(t) = \ddot q(t) \end{align}$$ Daraus folgt, dass für jeden Lagrange (nicht nur einen mit Zeittranslationssymmetrie) eine kurze Berechnung ergibt $$\begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t) t) = \frac{d}{dt}L(q(t), \dot q(t), t) - \frac{\partial L}{\partial t}(q(t), \dot q(t), t), \end{align}$$ und wir erhalten sofort das folgende Ergebnis:

Wenn$\partial L/\partial t = 0$, dann ist die Zeitverschiebung eine Symmetrie von$L$wo die Funktion$F$wird einfach durch die Lagrange-Funktion selbst gegeben.

Der Satz von Noether sagt uns dann, dass es eine erhaltene Ladung gibt;

$$\begin{align} Q_q(t) = \frac{\partial L}{\partial \dot q}(q(t), \dot q(t), t)\dot q(t) - L(q(t), \dot q(t), t) \end{align}$$ das ist genau der Hamiltonoperator.

Ich denke, das Problem liegt in der ersten Zeile: Invarianz für endliche Zeitverschiebung ist

$$L(q,\dot q ,t+h)-L(q,\dot q ,t)=0.$$ Im infinitesimalen Fall sollte dies werden: $$L (q,\dot q, t+h)-L (q,\dot q,t)=O(h^2) \iff \partial _t L(q,\dot q ,t)=0$$ (beachten Sie, dass $q$und $\dot q$hier sind keine Funktionen der Zeit). Mit dieser und der Bewegungsgleichung von Lagrange sollten Sie das beweisen können $H=p\dot q-L$bleibt entlang von Lösungen erhalten.

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Ich bin mir nicht sicher, was der Begriff „infinitesimale Zeitverschiebung“ bedeutet. Wenn$g^{\varepsilon}\colon M \to M$eine Ein-Parameter-Transformation des Konfigurationsraums ist, dann die Bedingung

$$\dfrac {\partial}{\partial \varepsilon} |_{\varepsilon =0}L(g^\varepsilon _*(\dot q),t)=0,$$ dass ich glaube, dass Symmetrie unter infinitesimaler Verschiebung ausgedrückt wird, unterscheidet sich von $$L(g^\varepsilon _*(\dot q),t)=L(\dot q, t)$$ Dies ist (nach Arnold) die übliche Definition der (endlichen Verschiebungs-) Symmetrie. Betrachten wir den Spezialfall wo $g^\varepsilon$(was eine leichte Verallgemeinerung des vorangehenden Diskurses beinhaltet) die Zeitübersetzung ist, dann ist es offensichtlich, dass die endlichen und infinitesimalen Verschiebungssymmetriebedingungen gleich sind.

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Ich werde versuchen, die Frage „Wie können wir sehen, wie Energie auf natürliche Weise aus der Zeittranslationssymmetrie hervorgeht“ in dem einzigen Sinn zu beantworten, den ich verstehen kann, das heißt, „Kann Energie als eine Noether-Ladung gesehen werden?“. Achtung: Der Beweis ist chaotisch.

Erinnern Sie sich an die Definition der Noether-Ladung, die einer Symmetriegruppe mit 1 Parameter zugeordnet ist$g^{\varepsilon}$:

$$I=\dfrac{\partial L}{\partial \dot q}\dfrac{\partial }{\partial \varepsilon}|_{\varepsilon = 0}(g^\varepsilon q).$$ Das besagt der Satz von Noether $I$ist entlang Lösungen erhalten, wenn $\partial _\varepsilon |_{\varepsilon =0}L(g_* ^\varepsilon \dot q)=0$.

So wie es ist, wird das Theorem für einen autonomen Lagrangian angegeben, dh für einen nicht zeitabhängigen Lagrangian. Um zu sehen, wie die Energie auf natürliche Weise als Noether-Ladung entsteht, wird in Arnolds Buch ein Ansatz angegeben, der wie folgt ist.

Wenn$M$ist der Konfigurationsraum und$L$der falsche (dh nicht autonome) Lagrangian ist, definieren Sie den verallgemeinerten Konfigurationsraum als$M'=M\times \mathbb R$. Definieren Sie die Lagrange-Funktion an$TM'$:

$$\tilde L(q,\dot q,\tau ,\dot \tau)=L(q,\frac{\dot q}{\dot \tau},\tau)\dot \tau.$$ Wenn $q\colon \mathbb [\tau _1 ,\tau _2] \to M$und $\tau \colon [t_1,t_2] \to [\tau _1,\tau _2]$, beachten Sie, dass die Aktion: $$\tilde S[q,\tau]=\int _{t_1} ^{t_2}\tilde L(q(\tau(t)),\dot q (\tau (t)),\tau (t),\dot \tau (t))\text d t=\int _{\tau _1}^{\tau _2}L(q(\tau),\dot q (\tau),\tau)\text d \tau=S[q]$$ hängt nicht davon ab $\tau$. Also wenn $q$ist ein Extremal von $S$, dann $(q\circ \tau,\tau)$ist ein Extremal von $\tilde S$und erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichungen.

Wir können also den Satz von Noether anwenden$\tilde L$. Beachten Sie, dass$\partial _\tau \tilde L(q,\dot q ,\tau , \dot \tau)=\partial _\tau L (q,\dot q/\dot \tau,\tau) \dot \tau$, Also$\tilde L$gibt Zeitübersetzungen zu, wenn$L$tut. Schließlich ist Noethers Ladung in Bezug auf die Zeitübersetzung:

$$\dfrac{\partial \tilde L}{\partial \dot \tau}=L-\dfrac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\dot q}{\dot \tau},$$ das ist minus der Energie.

Ok, aus Ihren Kommentaren verstehe ich, dass Sie bereits wissen, wie man den Satz von Noether (?) Ableitet, was bedeutet, dass der Strom von Noether:

$$j = \left( L- \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q}(t) \right) \epsilon(t) + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q (t) \tag{1}$$ wird konserviert: $$\frac{d j }{dt} = 0$$ wenn die Wirkung eines gegebenen Systems unter den folgenden infinitesimalen Transformationen unveränderlich ist: $$\begin{equation} t \rightarrow t' = t + \delta t = t + \epsilon (t) \end{equation}$$ $$\begin{equation} q(t) \rightarrow q'(t')=q(t) + \delta q (t) \end{equation}$$

Beachten Sie nun, dass der Hamilton-Operator wie folgt definiert ist:

$$H = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q} - L$$ was diese Gleichung bedeutet $(1)$kann geschrieben werden als: $$j = - H \epsilon(t) + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q (t)$$

Betrachten wir nun einen Lagrange-Operator, der nicht explizit von der Zeit abhängt, d. h$L=L(q,\dot{q})$. Anschließend betrachten wir eine Zeitübersetzung:

$$t \rightarrow t' = t + \delta t = t + \epsilon$$ wo $\epsilon$ist eine Konstante (z $\epsilon\neq \epsilon (t)$). Wenn $S$ist unveränderlich ( $\delta S = 0$) unter Zeitübersetzungen, dann ist der Noetherstrom gegeben durch: $$\begin{equation} j = -H\epsilon \end{equation}$$ (weil der Pfad nicht von einer Zeitübersetzung betroffen ist, das heißt $\delta q (t)=0$) und somit ist der Hamiltonoperator eine Bewegungskonstante.

Aber leider ist dies nicht der Hamiltonian. Diese Berechnung sollte ergeben

$$\begin{equation} \rightarrow \frac{d}{dt} \left( p \dot{q} - L \right) = 0. \end{equation}$$ Aber ich kann keinen Grund finden, warum und wie das das Extra ist$-L$entstehen soll. Ich kann sehen, dass dieser Begriff an der Stelle geschrieben werden kann, wo er geschrieben wird, weil wir haben$\delta L = - \frac{d L}{dt } \epsilon$und deshalb $$\begin{equation} \rightarrow \delta L = - \frac{d}{d t} \left(\frac{\partial L(q,\dot{q},t)}{\partial \dot{q}} \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon. \end{equation}$$ Und dann würde die gewünschte Gleichung nur sagen$0-0=0$. Jede Idee, wo ich einen Fehler gemacht habe, wäre sehr willkommen.

Du hast keinen Fehler gemacht. Nehmen Sie Ihre letzte Gleichung:

$$\begin{equation} - \frac{d}{d t} \left(\frac{\partial L(q,\dot{q},t)}{\partial \dot{q}} \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon. \end{equation}$$

Verwenden Sie die Definition von Momentum:

$$p = \frac{\partial L}{\partial \dot p}$$

Und finde:

$$- \frac{d}{d t} \left(p \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon.$$

Dein$\partial q/\partial t$sollte geschrieben werden als$\dot q$, Also hast du:

$$- \frac{d}{d t} \left(p \dot q \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon.$$

Abbrechen Epsilon von beiden Seiten:

$$- \frac{d}{d t} \left(p \dot q \right) = - \frac{d L}{dt } .$$

Verschieben Sie den LHS-Begriff nach rechts:

$$0 = \frac{d}{d t}\left(p \dot q - L \right)$$

Das sagt das$p \dot q - L$wird konserviert. Das heißt, der Hamiltonian/die Energie bleibt erhalten, was genau das ist, was Sie zu beweisen versuchten.