Problema sobre caída de un cuerpo, Lagrangiano y teorema de Noether

[inakigarber]

Buenas tardes;

He estado siguiendo el video cuya dirección anexo a continuación sobre el teorema de Noether y después he tratado de aplicarlo a un problema teórico que me ha parecido sencillo, pero he debido perderme en algún lugar.

Supongamos que dejo caer un objeto desde una altura h y con una velocidad inicial nula.
Si definimos el Lagrangiano como la resta de las energías cinética y potencial tendríamos;
$L=\dfrac{m \dot x^2}{2}-mgx$
$\dfrac{\partial L}{\partial x}-\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}=0$
$\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}=m\dot x$
$\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}=m\ddot x$
$\dfrac{\partial L}{\partial x}=mg$
Sustituyendo me queda $\dfrac{\partial L}{\partial x}-\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}=mg-m\ddot x$. Lo cual tiene mucho sentido, ya que $\ddot x$ y g son aceleraciones. Creo, por tanto, que hasta aquí es todo correcto. Pero cuando trato de seguir adelante me pierdo en alguna parte y me salen resultados erróneos. Dado que el teorema de Noether se aplica en los casos en que hay una conservación y en este caso se trata de la conservación de la energía también debería aplicarse a este caso si no estoy errado. Bien, una vez llegado a este punto. ¿cómo debería seguir para aplicar dicho teorema?

Saludos;
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P.D. Por otra parte, el video menciona varias veces "curvas que 'minimizan' la acción" supongo que aunque no lo dice se refiere a las geodésicas.

[Weip]

Hola inakigarber. No estoy seguro de si te pierdes en el cálculo teórico del vídeo o en el ejemplo concreto que pones. Al hacer ejercicios nunca se hace como en el vídeo porque es muy largo, normalmente una vez sabes que en el lagrangiano hay una simetría planteamos directamente la conclusión del teorema de Noether:

$\dst\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}a+\left(L-\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\dot{x}\right)b=c.t.e.$

La simetría del lagrangiano es temporal, $t'=t+\epsilon b$, con lo que $a=0$ y $b$ es constante, y la carga conservada es:

$\left(L-\dst\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\dot{x}\right)b=\dst\left(\frac{m\dot{x}^2}{2}-mgx-m\dot{x}^2\right)b=-\dst\left(\frac{m\dot{x}^ 2}{2}+mgx\right)b=c.t.e.$

La $b$ al final y el $-$ se pueden reescalar sin problema. El interior del paréntesis lo puedes identificar con el hamiltoniano $H$, así que esa es la carga conservada, que en este caso coincide con la energía del sistema. En verdad aquí el teorema de Noether mata moscas a cañonazos: en mecánica hamiltoniana si el lagrangiano no depende del tiempo explícitamente entonces el hamiltoniano es una cantidad conservada (se demuestra usando las ecuaciones de Hamilton, lo puedo desarrollar si quieres).

P.D. Por otra parte, el video menciona varias veces "curvas que 'minimizan' la acción" supongo que aunque no lo dice se refiere a las geodésicas.

Las curvas que minimizan la acción (mejor dicho, las curvas que son puntos críticos de la acción) son las soluciones de las ecuaciones del movimiento, por tanto son las trayectorias físicas que siguen las partículas. Estas trayectorias no tienen porqué ser geodésicas, que en este caso son líneas rectas recorridas a velocidad constante. Recuerda que no estamos haciendo relatividad general, el vídeo y tu ejemplo tratan de mecáncia newtoniana.

[inakigarber]

Gracias por tu respuesta.

Dado que no tengo una idea clara de los conceptos, pensé que un ejemplo sencillo me serviría para aclararlos. Por eso se me ocurrió este ejemplo.

La simetría del lagrangiano es temporal, $t'=t+\epsilon b$, con lo que $a=0$ y $b$ es constante, y la carga conservada es:

$\left(L-\dst\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\dot{x}\right)b=\dst\left(\frac{m\dot{x}^2}{2}-mgx-m\dot{x}^2\right)b=-\dst\left(\frac{m\dot{x}^ 2}{2}+mgx\right)b=c.t.e.$

La $b$ al final y el $-$ se pueden reescalar sin problema. El interior del paréntesis lo puedes identificar con el hamiltoniano $H$, así que esa es la carga conservada, que en este caso coincide con la energía del sistema. En verdad aquí el teorema de Noether mata moscas a cañonazos: en mecánica hamiltoniana si el lagrangiano no depende del tiempo explícitamente entonces el hamiltoniano es una cantidad conservada (se demuestra usando las ecuaciones de Hamilton, lo puedo desarrollar si quieres).

Sería interesante desarrollarlo, y así constaría en el hilo por si hubiera alguien interesado aparte de mi. En tu explicación dices;

La simetría del lagrangiano es temporal,$t'=t+\epsilon b$ , con lo que $a=0$ y $b$ es constante, y la carga conservada es:

Entiendo que esto es así porque se considera que $x$ y $\dot x$ son invariantes con respecto al tiempo.

Las curvas que minimizan la acción (mejor dicho, las curvas que son puntos críticos de la acción) son las soluciones de las ecuaciones del movimiento, por tanto son las trayectorias físicas que siguen las partículas. Estas trayectorias no tienen porqué ser geodésicas, que en este caso son líneas rectas recorridas a velocidad constante. Recuerda que no estamos haciendo relatividad general, el vídeo y tu ejemplo tratan de mecáncia newtoniana.

Pensaba que tanto en física clásica como en física relativista las curvas que minimizan la acción eran geodésicas, de manera que significaban lo mismo.

[Weip]

Sería interesante desarrollarlo, y así constaría en el hilo por si hubiera alguien interesado aparte de mi. En tu explicación dices;

Vale pues vamos a ver que si el lagrangiano no depende del tiempo explícitamente, el hamiltoniano es una cantidad conservada. Denotaré por $L=L(x,\dot{x},t)$ el lagrangiano. Usando cálculo en varias variables tenemos:

$\dst\frac{dL}{dt}=\frac{\partial L}{\partial t}+\frac{\partial L}{\partial x}\dot{x}+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\ddot{x}$

Sabemos de mecánica hamiltoniana:

$p=\dst\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}$, $\dot{p}=\dst\frac{\partial L}{\partial x}$

Por tanto podemos escribir:

$\dst\frac{dL}{dt}=\frac{\partial L}{\partial t}+\dot{p}\dot{x}+p\ddot{x}$

Los dos últimos términos se pueden escribir como una derivada respecto al tiempo:

$\dot{p}\dot{x}+p\ddot{x}=\dst\frac{d}{dt}(p\dot{x})$

Pasando esta derivada a la izquierda:

$\dst\frac{d}{dt}\left(L-p\dot{x}\right)=\frac{\partial L}{\partial t}$

Identificando el término de la izquierda como la derivada temporal del hamiltoniano $H=H(x,p,t)$:

$\dst\frac{dH}{dt}=-\frac{\partial L}{\partial t}$

De esta manera si el lagrangiano no depende explícitamente del tiempo el lado derecho es cero, cosa que implica $H=c.t.e.$.

Entiendo que esto es así porque se considera que $x$ y $\dot x$ son invariantes con respecto al tiempo.

$x$ y $\dot{x}$ sí dependen del tiempo. No olvides la física que estamos describiendo, tenemos una caída libre. Al final es un cuerpo que dejamos caer y por la acción de la gravedad, caerá al suelo. Eso significa que la altura $x$ irá disminuyendo con el tiempo. Por otro lado, el lagrangiano del ejemplo es invariante por translaciones temporales porque esta es una simetría. En general, una simetría por definición es una trasnformación que deja invariante la acción:

$S'[x',t']=S[x,t]$

$S$ es la acción normal y $S'$ es la acción transformada. Esto quiere decir que para tener una simetría, la acción antes y después de la simetría tiene que quedarse igual. Esta condición se puede desarrollar para obtener:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L}{\partial t}\delta t+L\frac{d}{dt}\delta t=0$

Por tanto para tener una simetría, se debe cumplir esta condición de manera off-shell, es decir, para trayectorias $x$ generales, que no tienen porqué solucionar las ecuaciones del movimiento. Puedes comprobar que si hacemos una translación temporal $t'=t+\epsilon b$ la condición de simetría se cumple porque cada término se anula individualmente: al ser una translación temporal $\delta x=\delta \dot{x}=0$, el lagrangiano no depende explícitamente del tiempo por lo que su derivada se anula, y $b$ es constante por lo que el último término es cero. Al final tenemos que el lagrangiano es invariante por translaciones temporales. Una vez aquí puedes aplicar el teorema de Noether tal y como expliqué arriba para llegar a que la cantidad conservada es el hamiltoniano $H$, que en este caso coindice con la energía del sistema.

Pensaba que tanto en física clásica como en física relativista las curvas que minimizan la acción eran geodésicas, de manera que significaban lo mismo.

Creo que confundes dos cosas: las curvas que minimizan la acción son las soluciones de las ecuaciones del movimiento, y en general no tienen porqué ser geodésicas. Las geodésicas deben ser mínimos del funcional de longitud, no del funcional de acción. Ahora, en relatividad general ocurre que si el sistema es puramente gravitatorio, los puntos críticos de la acción resultan ser geodésicas en un espaciotiempo curvo. Pero es una cosa particular de RG.

Edito: Supongo que ya lo habrás visto pero dejo este link con otro vídeo de Javier. Lo comento porque ahí desarrolla teóricamente algunas de las cosas que he escrito en este mensaje. El teorema de Noether no es difícil de aplicar en la práctica, pero demostrarlo con toda generalidad es duro en mi opinión.

[inakigarber]

Gracias por tu explicación.
Voy a empezar por el final, las fórmulas que expones merecen su tiempo para verlas con detalle.

Creo que confundes dos cosas: las curvas que minimizan la acción son las soluciones de las ecuaciones del movimiento, y en general no tienen porqué ser geodésicas. Las geodésicas deben ser mínimos del funcional de longitud, no del funcional de acción. Ahora, en relatividad general ocurre que si el sistema es puramente gravitatorio, los puntos críticos de la acción resultan ser geodésicas en un espaciotiempo curvo. Pero es una cosa particular de RG.

Edito: Supongo que ya lo habrás visto pero dejo este link con otro vídeo de Javier. Lo comento porque ahí desarrolla teóricamente algunas de las cosas que he escrito en este mensaje. El teorema de Noether no es difícil de aplicar en la práctica, pero demostrarlo con toda generalidad es duro en mi opinión.

Quizá sea una un ejemplo claro el de la trayectoria parabólica de una bala disparada por un cañón, si despreciamos el rozamiento con el aíre y consideramos un entrono local (g=constante) se mantienen la energía y el momento, pero la curva no es una geodésica, ya que la geodésica sería una recta. ¿Sería este un buen ejemplo?

[Weip]

Quizá sea una un ejemplo claro el de la trayectoria parabólica de una bala disparada por un cañón, si despreciamos el rozamiento con el aíre y consideramos un entrono local (g=constante) se mantienen la energía y el momento, pero la curva no es una geodésica, ya que la geodésica sería una recta. ¿Sería este un buen ejemplo?

Sí, es un buen ejemplo porque la trayectoria no es recta. Una caída libre tampoco es una geodésica pero por otra razón: a parte de ser recta, hay que recorrerla a velocidad constante, con aceleración cero. En todo caso, una geodésica es una curva que minimiza la distancia. En mecánica newtoniana el espacio es $\mathbb{R}^3$ así que las geodésicas son siempre líneas rectas.

Voy a empezar por el final, las fórmulas que expones merecen su tiempo para verlas con detalle.

Ciertamente toma un tiempo aprender estas cosas. De normal en clase el teorema de Noether son una o dos semanas solo con lo que hemos comentado hasta ahora porque las derivaciones son muy largas. Aún así los casos concretos de la conservación de la energía y del momento son más amigables.

[inakigarber]

Muchas gracias por tu explicación.

Voy a poner otro ejemplo, a ver si voy acertando.
Supongamos una partícula de masa $m$ ligada a un resorte de constante en un movimiento oscilante $k$. El Lagrangiano sería;
$L=E_k-U=\dfrac{m \dot x^2}{2}-\dfrac{kx^2}{2}$, aplicando la fórmula
$\dst\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}a+\left(L-\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\dot{x}\right)b=c.t.e.$

Obtendre;

$\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}=m\dot x$
$\dfrac{\partial L}{\partial x}=-k x$
$\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}a+\left[-\left(\dfrac{m \dot x^2}{2}+\dfrac{k x^2}{2}\right)\right]b=Q$
No tengo aún nada claro bajo que conceptos puedo hacer a ó b =0, pero en este caso queda claro que haciendo a=0 me queda solamente la conservación de la energía (que supongo es el Hamiltoniano). Si hiciera b=0, entonces me quedaría $m\dot x=Q$ que en este ejemplo no se conservaría, ya que este variaría con la velocidad.

[Weip]

Antes de aplicar el teorema de Noether hemos de saber qué simetría tiene el lagrangiano. Sino, no hay forma de saber cuál es la cantidad conservada porque no podemos determinar $a$ y $b$, tal como has observado en tu cálculo. Como explica Javier al principio de su vídeo, necesitamos tener una transformación de $x$ y de $t$ que en general se puede escribir como:

$x\to x'=x+\delta x(x,t)$
$t\to t'+\delta t(x,t)$

Esta es una transformación infinitesimal de manera que $\delta x(x,t)=\epsilon a(x,t)$ y $\delta t=\epsilon b(x,t)$ con $\epsilon$ pequeño. Fíjate que en general $a$ y $b$ son funciones de $x$ y $t$, pero en el caso particular que presentabas al principio del hilo teníamos un lagrangiano invariante bajo translaciones temporales. Una translación temporal por definición es de la forma $t'=t+\epsilon b$ con $b$ constante (si $b$ dependiera de $x$ y $t$, ya no sería una translación en primer lugar). Para saber que es una simetría del lagranguiano aplicamos la igualdad que puse en mi anterior mensaje:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L}{\partial t}\delta t+L\frac{d}{dt}\delta t=0$

Como vimos cada término se anula individualmente ($\delta x=\delta \dot{x}=0$, etc), con lo que el lazo izquierdo es cero y por tanto $t'=t+\epsilon b$ es una simetría del lagrangiano del primer mensaje. Es en este punto que ya sabemos que tenemos una simetría y que ya sabemos cosas sobre $a$ y $b$ que podemos aplicar el teorema de Noether. Aquí es determinante el tener una trsanlación temporal porque solo estamos transformando el tiempo, por tanto $a=0$, y tenemos una translación, por tanto $b=c.t.e.$. Estos dos hechos son los que permiten quedarnos con la carga conservada $H=c.t.e.$.

La explicación aplica igualmente en el caso que presentas del muelle porque el lagrangiano tampoco depende explícitamente del tiempo. Si hubieran $t$s por el lagrangiano entonces la energía no se conservaría.

[inakigarber]

Gracias por tu explicación.

Antes de aplicar el teorema de Noether hemos de saber qué simetría tiene el lagrangiano. Sino, no hay forma de saber cuál es la cantidad conservada porque no podemos determinar $a$ y $b$, tal como has observado en tu cálculo. Como explica Javier al principio de su vídeo, necesitamos tener una transformación de $x$ y de $t$ que en general se puede escribir como:

$x\to x'=x+\delta x(x,t)$
$t\to t'+\delta t(x,t)$

....

Para empezar debería poder aclarar el concepto de la simetría. Todos los ejemplos que se me ocurren son ejemplos que permanecen invariantes en el tiempo. Entiendo que esto quiere decir que son simétricos con respecto al tiempo y que la magnitud conservada permanece invariante con respecto al tiempo, pero no se me ocurre ningún ejemplo que no permanezca invariante con respecto al tiempo. Tampoco se me ocurre el como aplicar este teorema en otros ejemplos, tales como el ejemplo de una colisión inelástica (donde el momento permanece) o el de una rotación, por ejemplo una bailarina girando con respecto a su eje de simetría y cuya velocidad de rotación varía en función de como acerca o aleja sus brazos.

Saludos

[Weip]

Una simetría es una trasnformación que deja invariante un sistema. Yo siempre pongo este ejemplo: imagina un peńdulo simple oscilando en el vacío. ¿Cómo sabes si estás viendo el péndulo bien, o estás viendo una película marcha atrás? No puedes distinguir las dos situaciones, así que el peńdulo simple en el vacío es invariante por translaciones temporales, cosa que lleva a la conservación de la energía a través del teorema de Noether. Ahora imagina que tenemos un péndulo simple oscilando en nuestra habitación, rodeado de aire. En este caso el péndulo oscilará durante un tiempo, sus oscilanciones se irán haciendo cada vez más pequeñas, y finalmente parará. Aquí es fácil decir donde está el pasado y donde está el futuro: claramente el péndulo en el pasado oscilaba, y a medida que avanza el tiempo se va parando. Esta vez no hay duda que el sistema no es invariante por translaciones temporales, por tanto la energía ya no se conserva.

Vamos a poner ejemplos concretos. Considera los siguientes lagrangianos:

$L_1=\dst\frac{1}{2}m\dot{x}^2-\frac{1}{2}kx^2$
$L_2=\dst\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^2-\frac{1}{2}kx^2\right)e^{\lambda t/m}$

El primero es un oscilador armónico simple, el segundo es un oscilador amortiguado. Considera también la siguiente transformación infinitesimal:

$x\to x'=x$

$t\to t'=t+\delta t=t+\epsilon b$

Esta transformación corresponde a una translación temporal: al espacio lo dejamos igual, y al tiempo le sumamos una constante. A partir de aquí, comprueba que esta transformación es una simetría de $L_1$ pero no de $L_2$. Para ello calcula para cada lagrangiano:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L}{\partial t}\delta t+L\frac{d}{dt}\delta t$

Si el resultado de esta operación te da , significa que $L$ tiene esa simetría. Si no da , significa que $L$ no tiene esa simetría. Con lo que hemos hablado en el hilo puedo hacer un pequeño spoiler: $L_2$ depende explícitamente del tiempo, así que esto será determinante para que la condición de simetría no se cumpla.

Creo que el ejemplo puede ayudar a aclarar qué es una simetría y qué no. Si quieres luego podemos ver los ejemplos de la conservación del momento y del momento angular, pero creo que primero es mejor aclarar la energía.

[inakigarber]

Una simetría es una trasnformación que deja invariante un sistema. Yo siempre pongo este ejemplo: imagina un peńdulo simple oscilando en el vacío. ¿Cómo sabes si estás viendo el péndulo bien, o estás viendo una película marcha atrás? No puedes distinguir las dos situaciones, así que el peńdulo simple en el vacío es invariante por translaciones temporales, cosa que lleva a la conservación de la energía a través del teorema de Noether. Ahora imagina que tenemos un péndulo simple oscilando en nuestra habitación, rodeado de aire. En este caso el péndulo oscilará durante un tiempo, sus oscilanciones se irán haciendo cada vez más pequeñas, y finalmente parará. Aquí es fácil decir donde está el pasado y donde está el futuro: claramente el péndulo en el pasado oscilaba, y a medida que avanza el tiempo se va parando. Esta vez no hay duda que el sistema no es invariante por translaciones temporales, por tanto la energía ya no se conserva.

Vamos a poner ejemplos concretos. Considera los siguientes lagrangianos:

$L_1=\dst\frac{1}{2}m\dot{x}^2-\frac{1}{2}kx^2$
$L_2=\dst\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^2-\frac{1}{2}kx^2\right)e^{\lambda t/m}$

El primero es un oscilador armónico simple, el segundo es un oscilador amortiguado. Considera también la siguiente transformación infinitesimal:

$x\to x'=x$

Entiendo que en el caso $L_1$ se mantiene la simetría, por tanto se cumple el teorema de Noether y en el segundo no (por cierto, creo que falta un signo negativo en el exponente de la segunda expresión) pero a partir de ahí me pierdo un poco y no sé como seguir.

Por ejemplo, en el caso del oscilador armónico no amortiguado tendremos;
$L_1=\dst\frac{1}{2}m\dot{x}^2-\frac{1}{2}kx^2$
$\dfrac{\partial L}{\partial x}=-kx$
$\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}=m\dot x$
Partiendo de la expresión;
$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L}{\partial t}\delta t+L\frac{d}{dt}\delta t$

sustituyendo;
$\dst -kx\delta x+m\dot x\delta \dot{x}+\frac{\partial L}{\partial t}\delta t+L\frac{d}{dt}\delta t$, pero los otros dos términos no sé muy bien como tratarlos.
Entiendo que al ser el Lagrangiano $L=E_k-U$ y al ser los valores máximos de $E_k$ y de U alternos, cuando uno es máximo el otro es nulo y viceversa, entiendo que el Lagrangiano deberá ir cambiando con el tiempo, alternando entre un valor máximo y otro mínimo, pero me veo muy perdido en este tema.

Saludos.

[Weip]

Vale, primero recuerda que una transformación del espacio y del tiempo en general es de la forma:

$x\to x'=x+\delta{x}$

$t \to t'=t+\delta{t}$

Nosotros trabajamos con la translación temporal:

$x\to x'=x$

$t\to t'=t+\epsilon b$

Ahora, leyendo esta transformación y comparando, nos preguntamos: ¿Cuánto vale $\delta{x}$? ¿Cuánto vale $\delta\dot{x}$? ¿Y $\delta t$? Una vez sepamos la respuesta, sustituimos aquí:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L}{\partial t}\delta t+L\frac{d}{dt}\delta t$

Las derivadas no las hagas, solo sustituye las deltas y simplifica lo que se pueda. Seguiremos después pero primero responderemos estas incógnitas.

(por cierto, creo que falta un signo negativo en el exponente de la segunda expresión)

En principio el signo está bien, calculando la ecuación del movimiento queda la ecuación de un oscilador amortiguado:

$m\ddot{x}+\lambda\dot{x}+kx=0$

En todo caso $\lambda$ es constante así que puede reabsorber cualquier signo si usas otra convención, aunque es un poco raro de hacer. Quizás te lía porque la solución de esta ecuación sí lleva una exponencial negativa.

[inakigarber]

Muchas gracias por tu respuesta.

Ahora, leyendo esta transformación y comparando, nos preguntamos: ¿Cuánto vale $\delta{x}$? ¿Cuánto vale $\delta\dot{x}$? ¿Y $\delta t$? Una vez sepamos la respuesta, sustituimos aquí:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L}{\partial t}\delta t+L\frac{d}{dt}\delta t$

Las derivadas no las hagas, solo sustituye las deltas y simplifica lo que se pueda. Seguiremos después pero primero responderemos estas incógnitas.

Veamos;

A mi me sale:
$x'\dfrac{\partial L}{\partial x}+\dot x'\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}+t'\dfrac{\partial L}{\partial t}+\dot t' L=x\dfrac{\partial L}{\partial x}+\dot x\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}+t\dfrac{\partial L}{\partial t}+\dot t L$

Espero no haberme equivocado con los subíndices, pero me sale que la ecuación con los términos con ' y sin ella son iguales, lo cual me parece que tiene mucho sentido.

¿Es esto correcto?

[Weip]

Vale, déjame explicarlo con todo el detalle posible por separado:

1) $\delta x=0$: Esto es porque una translación temporal no cambia el espacio. Si comparas $x'=x+\delta x$ (transformación general) con $x'=x$ (nuestro caso), verás que $\delta x$ no aparece en nuestro caso porque $x'=x+0$. Así que $\delta x=0$.

2) $\delta \dot{x}=0$: No aparece en la transformación, así que también es cero.

3) $\delta t=\epsilon b$: Aquí si comparamos $t'=t+\delta t$ (transformación general) con $t'=t+\epsilon b$ (nuestro caso), verás que $\delta t=\epsilon b$ porque $t'=t+\epsilon b$.

Creo que cuando lo has calculado de alguna manera has confundido $\delta x$ con la derivada de $x$, pero $\delta x$ aquí es una notación sin más, no tiene que ver con derivar.

Si sustituimos estos datos en la condición de simetría, quedará:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\cdot 0+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\cdot 0+\frac{\partial L}{\partial t}\epsilon b+L\frac{d}{dt}\epsilon b=\frac{\partial L}{\partial t}\epsilon b+L\cdot 0=\frac{\partial L}{\partial t}\epsilon b$

Ya solo queda calcular $\partial L_i/\partial t$ para $i=1,2$, pero eso prefiero tratarlo en otro mensaje para ir despacio (y porque, como veremos, no hay que hacer el cálculo realmente).

[inakigarber]

Buenas noches;

Gracias por tu respuesta.

Creo que cuando lo has calculado de alguna manera has confundido $\delta x$ con la derivada de $x$, pero $\delta x$ aquí es una notación sin más, no tiene que ver con derivar.

Si sustituimos estos datos en la condición de simetría, quedará:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\cdot 0+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\cdot 0+\frac{\partial L}{\partial t}\epsilon b+L\frac{d}{dt}\epsilon b=\frac{\partial L}{\partial t}\epsilon b+L\cdot 0=\frac{\partial L}{\partial t}\epsilon b$

Ya solo queda calcular $\partial L_i/\partial t$ para $i=1,2$, pero eso prefiero tratarlo en otro mensaje para ir despacio (y porque, como veremos, no hay que hacer el cálculo realmente).

Yo partí de los siguientes pasos.
$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L}{\partial t}\delta t+L\frac{d}{dt}\delta t=0$
$x'=x+\delta x$ por tanto, $\delta x=x'-x$ y $\delta \dot x=\dot x'- \dot x$
$t'=t+\delta y-t$ por tanto, $\delta t=t'-t$

Sustituyendo;
$\dst\frac{\partial L}{\partial x}(x'-x)+\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}(\dot x'-\dot x)+\frac{\partial L}{\partial t}(t'-t)+L\frac{d}{dt}(t'-t)=0$
$\dfrac{\partial L}{\partial x}x'-\dfrac{\partial L}{\partial x}x+\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}\dot x'-\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}\dot x+\dfrac{\partial L}{\partial t}t'-\dfrac{\partial L}{\partial t}t+L\dot t'-L \dot t=0$

Dejando los términos ' en el lado izquierdo y pasando los otros al lado derecho me sale lo que puse ayer
$x'\dfrac{\partial L}{\partial x}+\dot x'\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}+t'\dfrac{\partial L}{\partial t}+\dot t' L=x\dfrac{\partial L}{\partial x}+\dot x\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}+t\dfrac{\partial L}{\partial t}+\dot t L$

Imagino que esto, para variar, estará equivocado pero me gustaría saber el porqué.

Saludos.