Теорема Нётер и закон сохранения энергии в классической механике

Повторяя ответ pppqqq, ваша ошибка находится в самом начале, где вы установили$\delta L = 0$. Лагранжиан не является константой движения, поэтому это уравнение ошибочно.

Вместо этого вы хотите

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

который предполагает$\frac{\partial L}{\partial t} = 0$.

Когда вы применяете уравнение Эйлера-Лагранжа, вы получаете

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

что всего в нескольких шагах от алгебры, чтобы показать, что гамильтониан сохраняется.

Ваш первоначальный вывод просто показывает, что если лагранжиан не зависит от времени, а также является константой движения, то$p \dot{q}$также постоянная движения.

I) Во-первых, отметим, что теорема Нётер (в ее первоначальном виде) касается симметрии действия$S$, не обязательно лагранжиан$L$. Подходящим понятием для лагранжиана является квазисимметрия, ср . этот ответ Phys.SE.

II) Во-вторых, мы делаем предположение, что

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

Мы хотели бы использовать теорему Нётер, чтобы доказать, что функция энергии$^1$

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

затем сохраняется в оболочке

$$\frac{dh}{dt}~\approx~0.\tag{3}$$ Следовательно, мы должны определить соответствующую симметрию. (Здесь$\approx$символ означает равенство по модулю eom. Обратите внимание, что мы не будем использовать eom в оставшейся части этого ответа. Это связано с тем, что предположения теоремы Нётер требуют, чтобы симметрия сохранялась также для виртуальных конфигураций вне оболочки, которые нарушают eom.)

III) Из первого уравнения ОП видно, что он рассматривает бесконечно малый перевод чистого времени.

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

(Слова горизонтальный и вертикальный относятся к переводу в$t$направление и$q^i$направления соответственно). Также обратите внимание, что мы изменили знак перед$\varepsilon$для последующего удобства. Трансляция чистого времени (A), вообще говоря , не является симметрией лагранжиана

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

Полное объяснение того, почему чисто горизонтальное преобразование (А) — (С) нельзя использовать для доказательства сохранения энергии, дано в разделе VI ниже. Но сначала мы покажем два других преобразования, которые действительно работают, в следующих разделах IV и V.

IV) Если мы изменим время (A), значения$q^{i}$а также$\dot{q}^{i}$в общем тоже изменится. Другими словами, мы должны ввести компенсирующую вертикальную вариацию (В'), чтобы полная вариация (С') обобщенных позиций была равна нулю:

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

Преобразование (А') — (С') является симметрией лагранжиана:

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

где мы в последнем равенстве использовали, что лагранжиан$L$не имеет явной зависимости от времени.

Используя стандартную формулу, упомянутую в Википедии , (голый) ток Нётер (умноженный на$\varepsilon$) становится энергией (умноженной на$\varepsilon$)

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

как мы хотели показать.

V) В качестве альтернативы, как это сделано в Примере 1 в Википедии , мы можем рассмотреть чисто вертикальное инфинитезимальное преобразование

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

Преобразование (А'') — (С'') есть квазисимметрия лагранжиана:

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

где мы в последнем равенстве использовали, что лагранжиан$L$не имеет явной зависимости от времени.

(Голый) ток Нётер (умноженный на$\varepsilon$) становится

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

Ток Нётер необходимо скорректировать из-за появления полной производной по времени в уравнении. (Д''). Полный ток Нётер становится функцией энергии

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

как мы хотели показать.

VI) Наконец, вернемся к чисто горизонтальному преобразованию ОП (А)-(С). Хотя это и не симметрия, это все же квазисимметрия лагранжиана$L$, ср. экв. (Д). (Голый) ток Нётер (умноженный на$\varepsilon$) становится

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

Ток Нётер необходимо скорректировать из-за появления полной производной по времени в уравнении. (Д). Полный ток Нётер становится равным нулю:

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

Иными словами, соответствующий закон сохранения — тривиальность! Это потому, что мы никогда не использовали в уравнении. (D) нетривиальный факт (1) того, что лагранжиан$L$не имеет явной зависимости от времени.

--

$^1$Энергетическая функция$h(q,\dot{q},t)$в лагранжевом формализме соответствует гамильтониану$H(q,p,t)$в гамильтоновом формализме .

Вот правильный способ понять это (не то, чтобы я предвзято или что-то в этом роде). Позвольте мне начать с того, что я согласен с другими, которые указывают, что$\delta L \neq 0$в данном случае, но я хотел бы убедительно продемонстрировать, почему. Надеюсь, то, как я представлю резолюцию, будет понятно. Я буду математически точен, но не буду беспокоиться о некоторых технических допущениях, таких как степени дифференцируемости задействованных функций.

Общие положения.

Чтобы мы могли быть абсолютно уверены в отсутствии путаницы, позвольте мне повторить некоторые обозначения и определения.

Пусть путь$q:[t_a, t_b]\to \mathbb R$в пространстве конфигурации. Позволять$\hat q:[t_a, t_b]\times (\epsilon_a, \epsilon_b)\to \mathbb R$быть однопараметрической деформацией$q$с$\epsilon_a<0<\epsilon_b$. Определим вариацию _$q$и его производная$\dot q$относительно этой деформации следующим образом:

$$\begin{align} \delta q(t) = \frac{\partial \hat q}{\partial\epsilon}(t,0) , \qquad \delta\dot q(t) = \frac{\partial^2\hat q}{\partial \epsilon\partial t}(t,0) \end{align}$$ Кстати, чтобы получить некоторое представление об этом (и особенно о моих обозначениях), вам может пригодиться следующий пост:

Лагранжева механика — правило коммутативности$\frac{d}{dt}\delta q=\delta \frac{dq}{dt}$

Теперь предположим, что лагранжиан$L$это локально в$q$а также$\dot q$задан, то для данного пути$q$определим его вариацию относительно деформации$\hat q$следующим образом:

$$\begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t), t) = \frac{\partial}{\partial\epsilon}L\left(\hat q(t,\epsilon), \frac{\partial\hat q}{\partial t}(t,\epsilon), t\right)\Big|_{\epsilon=0} \end{align}$$ Из этих двух определений мы находим следующее выражение для вариации лагранжиана (где мы опускаем аргументы функций для компактности обозначений) $$\begin{align} \delta L = \frac{\partial L}{\partial q}\delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot q}\delta\dot q \end{align}$$ Назовем данную деформацию симметрией $L$если существует функция $F$это локально в путях $q$такой, что $$\begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t), t) = \frac{dF_q}{dt}(t) \end{align}$$ для любого $q$. Другими словами, симметрия — это деформация, которая в первом порядке по параметру деформации $\epsilon$, меняет лагранжиан не более чем на полную производную по времени. Эти определения позволяют нам компактно записать следующую лагранжеву версию теоремы Нётер

Для каждой симметрии лагранжиана величина

$$\begin{align} Q_q(t) = \frac{\partial L}{\partial \dot q}(q(t), \dot q(t), t) \delta q(t) - F_q(t) \end{align}$$ сохраняется для всех $q$удовлетворяющие уравнениям Эйлера-Лагранжа.

Симметрия перевода времени.

Рассмотрим деформацию

$$\begin{align} \hat q(t,\epsilon) = q(t+\epsilon). \end{align}$$ что, конечно же, мы называем переводом времени . Теперь краткое вычисление показывает, что при этой деформации имеют место следующие изменения: $$\begin{align} \delta q(t) = \dot q(t), \qquad \delta \dot q(t) = \ddot q(t) \end{align}$$ Отсюда следует, что для любого лагранжиана (а не только того, который имеет симметрию сдвига во времени) короткое вычисление дает $$\begin{align} \delta L(q(t), \dot q(t) t) = \frac{d}{dt}L(q(t), \dot q(t), t) - \frac{\partial L}{\partial t}(q(t), \dot q(t), t), \end{align}$$ и мы сразу получаем следующий результат:

Если$\partial L/\partial t = 0$, то перенос времени есть симметрия$L$где функция$F$просто дается самим лагранжианом.

Тогда теорема Нётер говорит нам, что существует сохраняющийся заряд;

$$\begin{align} Q_q(t) = \frac{\partial L}{\partial \dot q}(q(t), \dot q(t), t)\dot q(t) - L(q(t), \dot q(t), t) \end{align}$$ что и есть гамильтониан.

Я думаю, проблема в первой строке: инвариантность для конечного смещения времени

$$L(q,\dot q ,t+h)-L(q,\dot q ,t)=0.$$ В бесконечно малом случае это должно стать: $$L (q,\dot q, t+h)-L (q,\dot q,t)=O(h^2) \iff \partial _t L(q,\dot q ,t)=0$$ (Обратите внимание, что $q$а также $\dot q$здесь не функции времени). С этим и уравнением движения Лагранжа вы сможете доказать, что $H=p\dot q-L$сохраняется вдоль решений.

---

Я не уверен в том, что означает термин «бесконечно малый сдвиг во времени». Если$g^{\varepsilon}\colon M \to M$является однопараметрическим преобразованием конфигурационного пространства, то условие

$$\dfrac {\partial}{\partial \varepsilon} |_{\varepsilon =0}L(g^\varepsilon _*(\dot q),t)=0,$$ который, как я полагаю, выражает симметрию при бесконечно малом смещении, отличается от $$L(g^\varepsilon _*(\dot q),t)=L(\dot q, t)$$ что является (согласно Арнольду) обычным определением симметрии (конечного смещения). Если мы рассмотрим частный случай, когда $g^\varepsilon$(что предполагает небольшое обобщение прецедентного дискурса) является переносом времени, то очевидно, что условия симметрии конечного и бесконечно малого смещения совпадают.

---

Я попытаюсь ответить на вопрос «как мы можем увидеть, как энергия естественным образом возникает из симметрии переноса времени» в единственном смысле, который я могу понять, а именно: «можно ли рассматривать энергию как нётеровский заряд?». Предупреждение: доказательство беспорядочно.

Вспомним определение нётеровского заряда, связанного с 1-параметрической группой симметрий.$g^{\varepsilon}$:

$$I=\dfrac{\partial L}{\partial \dot q}\dfrac{\partial }{\partial \varepsilon}|_{\varepsilon = 0}(g^\varepsilon q).$$ Теорема Нётер утверждает, что $I$сохраняется вдоль решений, если $\partial _\varepsilon |_{\varepsilon =0}L(g_* ^\varepsilon \dot q)=0$.

Как бы то ни было, теорема сформулирована для автономного лагранжиана, то есть не зависящего от времени лагранжиана. Чтобы увидеть, как энергия естественным образом возникает в виде нётеровского заряда, в книге Арнольда указан один из подходов, который заключается в следующем.

Если$M$это конфигурационное пространство и$L$является ложным (т.е. неавтономным) лагранжианом, определим обобщенное конфигурационное пространство как$M'=M\times \mathbb R$. Определить лагранжиан на$TM'$:

$$\tilde L(q,\dot q,\tau ,\dot \tau)=L(q,\frac{\dot q}{\dot \tau},\tau)\dot \tau.$$ Если $q\colon \mathbb [\tau _1 ,\tau _2] \to M$а также $\tau \colon [t_1,t_2] \to [\tau _1,\tau _2]$, обратите внимание, что действие: $$\tilde S[q,\tau]=\int _{t_1} ^{t_2}\tilde L(q(\tau(t)),\dot q (\tau (t)),\tau (t),\dot \tau (t))\text d t=\int _{\tau _1}^{\tau _2}L(q(\tau),\dot q (\tau),\tau)\text d \tau=S[q]$$ не зависит от $\tau$. Так что если $q$является экстремалью $S$, тогда $(q\circ \tau,\tau)$является экстремалью $\tilde S$и удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа.

Таким образом, мы можем применить теорему Нётер к$\tilde L$. Обратите внимание, что$\partial _\tau \tilde L(q,\dot q ,\tau , \dot \tau)=\partial _\tau L (q,\dot q/\dot \tau,\tau) \dot \tau$, так$\tilde L$допускает перевод времени, если$L$делает. Наконец, заряд Нётер, связанный с переводом времени, таков:

$$\dfrac{\partial \tilde L}{\partial \dot \tau}=L-\dfrac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\dot q}{\dot \tau},$$ это минус энергия.

Итак, из ваших комментариев я понимаю, что вы уже знаете, как вывести теорему Нётер(?), что означает, что ток Нётер:

$$j = \left( L- \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q}(t) \right) \epsilon(t) + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q (t) \tag{1}$$ сохраняется: $$\frac{d j }{dt} = 0$$ если действие данной системы инвариантно относительно следующих инфинитезимальных преобразований: $$\begin{equation} t \rightarrow t' = t + \delta t = t + \epsilon (t) \end{equation}$$ $$\begin{equation} q(t) \rightarrow q'(t')=q(t) + \delta q (t) \end{equation}$$

Теперь обратите внимание, что гамильтониан определяется как:

$$H = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q} - L$$ что означает, что уравнение $(1)$можно записать как: $$j = - H \epsilon(t) + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q (t)$$

Теперь рассмотрим лагранжиан, не зависящий явно от времени, т.е.$L=L(q,\dot{q})$. Далее рассмотрим временной перевод:

$$t \rightarrow t' = t + \delta t = t + \epsilon$$ куда $\epsilon$является константой (т.е. $\epsilon\neq \epsilon (t)$). Если $S$является инвариантным ( $\delta S = 0$) при переносе времени, то ток Нётер определяется выражением: $$\begin{equation} j = -H\epsilon \end{equation}$$ (поскольку на путь не влияет трансляция времени, т. $\delta q (t)=0$) и поэтому гамильтониан является константой движения.

Но, к сожалению, это не гамильтониан. Это вычисление должно дать

$$\begin{equation} \rightarrow \frac{d}{dt} \left( p \dot{q} - L \right) = 0. \end{equation}$$ Но я не могу найти причину, почему и как дополнительные$-L$должно появиться. Я вижу, что этот термин можно написать на том месте, где он написан, потому что у нас есть$\delta L = - \frac{d L}{dt } \epsilon$и поэтому $$\begin{equation} \rightarrow \delta L = - \frac{d}{d t} \left(\frac{\partial L(q,\dot{q},t)}{\partial \dot{q}} \frac{\partial q}{\partial t} \right) \epsilon = - \frac{d L}{dt } \epsilon. \end{equation}$$ И тогда искомое уравнение будет говорить только$0-0=0$. Любая идея, где я сделал ошибку, будет высоко оценена.

Вы не ошиблись. Возьмите окончательное уравнение:

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

Используйте определение импульса:

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

И найти:

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

Ваш$\partial q/\partial t$должно быть написано как$\dot q$, так что у тебя есть:

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

Отмените эпсилон с обеих сторон:

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

Переместите термин LHS в RHS:

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

Это говорит о том, что$p \dot q - L$сохраняется. То есть гамильтониан/энергия сохраняется, что вы и пытались доказать.