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

[Weip]

Más que estar equivocado, el problema es que estás trabajando con una transformación en general. Para una translación temporal, $\delta{x}=\delta\dot{x}=0$ y $\delta t=\epsilon b$. Si no usas esta información, no podrás saber si la transformación es una simetría o no. Has igualado a cero pero piensa que la expresión que di no es cero en general, solo será cero si la transformación es una simetría. Más que una ecuación se ha de ver como una condición a cumplir, no sé si me explico.

[inakigarber]

Buenas noches;
Gracias por tu respuesta.

Creo que estoy dando palos de ciego.

Más que estar equivocado, el problema es que estás trabajando con una transformación en general. Para una translación temporal, $\delta{x}=\delta\dot{x}=0$ y $\delta t=\epsilon b$. Si no usas esta información, no podrás saber si la transformación es una simetría o no. Has igualado a cero pero piensa que la expresión que di no es cero en general, solo será cero si la transformación es una simetría. Más que una ecuación se ha de ver como una condición a cumplir, no sé si me explico.

Entiendo que debo elegir entre una translación temporal $\delta{x}=\delta\dot{x}=0\longrightarrow a=0$ (el espacio permanece invariante), solo cambia el tiempo $\delta t=\epsilon b$, o bien una translación espacial en la que cambia el espacio pero no el tiempo $\delta{t}=\delta\dot{t}=0\longrightarrow b=0$. Definiendo el Lagrangiano como $L=E_k-U$. En el primer caso $a=0$ se conservará la energía y en el segundo $b=0$ se conservará el momento.

[Weip]

Correcto, todo lo que has dicho está bien. Ahora, yo me centraría en la conservación de la energía y la del momento la dejaría aparte. Si tenemos una translación temporal entonces $\delta x=\delta \dot{x}=0$ y $\delta t=\epsilon b$, hemos de sustituir aquí:

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

Sustituyendo, los dos primeros términos se anulan automáticamente. El último término se anula porque $\delta t=\epsilon b$ no depende del tiempo. Finalmente:

$\dst\frac{\partial L_1}{\partial t}=0$ y $\dst\frac{\partial L_2}{\partial t}\neq 0$

Fíjate que no hay que calcular nada: la derivada parcial no ve la dependencia implícita en $t$ que hay en $x(t)$ y en $\dot{x}(t)$, solo ve la dependencia explícita, es decir, $t$ sueltos por el lagrangiano. $L_1$ es un oscilador armónico normal y corriente, no depende explícitamente del tiempo, por tanto su derivada parcial respecto $t$ se anula. Por otro lado, $L_2$ es un oscilador amortiguado, depende explícitamente del tiempo a causa de la exponencial, con lo que su derivada parcial respecto a $t$ es distinto de cero.

En resumen:

$\dst\frac{\partial L_1}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L_1}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L_1}{\partial t}\delta t+L_1\frac{d}{dt}\delta t=0$

Esto quiere decir que $S_1'[x',t']=S_1[x,t]$, es decir, $L_1$ es invariante ante translaciones temporales.

$\dst\frac{\partial L_2}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L_2}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L_2}{\partial t}\delta t+L_2\frac{d}{dt}\delta t\neq 0$

Esto quiere decir que $S_2'[x',t']\neq S_2[x,t]$, es decir, $L_2$ no es invariante ante translaciones temporales.

Como $L_1$ es invariante por translaciones temporales, tiene una simetría contínua, por tanto el teorema de Noether dice que habrá una carga conservada dada por:

$\left(L_1-\dst\frac{\partial L_1}{\partial \dot{x}}\dot{x}\right)\delta t=\dst\left(\frac{m\dot{x}^2}{2}-\frac{1}{2}kx^2-m\dot{x}^2\right)\epsilon b=-\dst\left(\frac{m\dot{x}^ 2}{2}+\frac{1}{2}kx^2\right)\epsilon b=c.t.e.$

$\epsilon b$ es constante así que lo podemos pasar a la derecha sin problemas. Finalmente, la carga conservada es el hamiltoniano, la función dentro del paréntesis:

$H(q,p)=\dst\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}kq^2$

Lo he expresado en las variables momento $p$ y posición $q$ porque así es realmente la dependencia del hamiltoniano (dejamos los $x$ y $\dot{x}$ para los lagrangianos). La carga conservada coincide con la energía del sistema.

Si el procedimiento se ha entendido podemos ver el caso de la conservación del momento (se hace de manera análoga).

[inakigarber]

Si el procedimiento se ha entendido podemos ver el caso de la conservación del momento (se hace de manera análoga).

Gracias por tu explicación. Creo que lo voy entendiendo (poco a poco) y que se puede seguir adelante. Así podría comparar ambos procedimientos.

[inakigarber]

Esto quiere decir que $S_1'[x',t']=S_1[x,t]$, es decir, $L_1$ es invariante ante translaciones temporales.

$\dst\frac{\partial L_2}{\partial x}\delta x+\frac{\partial L_2}{\partial \dot{x}}\delta \dot{x}+\frac{\partial L_2}{\partial t}\delta t+L_2\frac{d}{dt}\delta t\neq 0$

Esto quiere decir que $S_2'[x',t']\neq S_2[x,t]$, es decir, $L_2$ no es invariante ante translaciones temporales.

Supongo que esto significa que en el primer caso (oscilador armónico no amortiguado) se cumple el teorema de Noether y en el segundo (oscilador amortiguado) no (al menos ante las transacciones temporales), no se conserva la energía.

[Weip]

Supongo que esto significa que en el primer caso (oscilador armónico no amortiguado) se cumple el teorema de Noether y en el segundo (oscilador amortiguado) no (al menos ante las transacciones temporales), no se conserva la energía.

Exacto, en el oscilador amortiguado la translación temporal no es una simetría, así que no se puede aplicar el teorema de Noether.

Gracias por tu explicación. Creo que lo voy entendiendo (poco a poco) y que se puede seguir adelante. Así podría comparar ambos procedimientos.

Para la conservación del momento procederemos igual pero, viendo la forma del lagrangiano, fíjate que depende de $x$ explícitamente:

$L=\dst\frac{1}{2}m\dot{x}^2-\frac{1}{2}kx^2$

Esto hace que el momento no pueda ser una cantidad conservada. De todas formas creo que es instructivo aplicar la condición de simetría igualmente. Olvidemos por un momento que sabemos la respuesta al ejercicio y consideramos la transformación:

$x\to x'=x+\delta x=x+\epsilon a$
$t\to t'=t$

Esto es una translación espacial: $\delta x=\epsilon a$ es constante, $\delta\dot{x}=0$ y $\delta t=0$, el tiempo no cambia esta vez. Para saber si esta transformación es una simetría del lagrangiano $L$, toca calcular:

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

Hay términos se van anulando porque $\delta t=0$, $\delta\dot{x}=0$... La cuestión aquí es que hay un término que no se anula, y tampoco se cancela con otros términos:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x=kx\epsilon a$

El hecho que $L$ depende explícitamente de $x$ hace que la derivada no se anule. Por tanto una translación espacial no es una simetría de $L$. Todo este razonamiento lo habíamos hecho ya sin el teorema de Noether pero lo hacemos para practicar: energía, momento y momento angular son fáciles, pero con simetrías más abstractas la única manera razonable de encontrar una ley de conservación es usando el teorema.

Dicho esto, vamos a poner un ejemplo donde sí haya conservación del momento para poder hacer todo el ejercicio entero. Quizás es un poco aburrido pero vamos a tratar el caso de una partícula libre:

$L=\dst\frac{1}{2}m\dot{x}^2$

Consideramos una translación espacial:

$x\to x'=x+\delta x=x+\epsilon a$
$t\to t'=t$

Como antes, $\delta x=\epsilon a$ es constante, $\delta \dot{x}=0$ y $\delta t=0$. Sabiendo esto, comprueba que

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

es igual a . Una vez lo hayas visto, aplica el teorema de Noether:

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

Sustituye las deltas y calcula las derivadas, el resultado será la conservación del momento:

$m\dot{x}=c.t.e.$

Si la partícula libre resulta aburrida siempre se puede hacer la versión relativista para complicarlo un poco más pero prefiero explicar el caso newtoniano que al fin y al cabo también hay que saberlo.

[inakigarber]

Gracias por tu explicación. A pesar de estar de vacaciones quiero dedicarle un momento a la física, a ver si voy atinando un poco las cosas.

Exacto, en el oscilador amortiguado la translación temporal no es una simetría, así que no se puede aplicar el teorema de Noether.


Para la conservación del momento procederemos igual pero, viendo la forma del lagrangiano, fíjate que depende de $x$ explícitamente:

$L=\dst\frac{1}{2}m\dot{x}^2-\frac{1}{2}kx$

Esto hace que el momento no pueda ser una cantidad conservada. De todas formas creo que es instructivo aplicar la condición de simetría igualmente. Olvidemos por un momento que sabemos la respuesta al ejercicio y consideramos la transformación:

$x\to x'=x+\delta x=x+\epsilon a$
$t\to t'=t$

Entiendo que para el caso en que la magnitud conservada fuera el momento lineal entiendo que este debería aparecer reflejado en dicha expresión. En este caso solo aparecen las energías potencial y cinética. Así como en este caso la expresión es una resta de energías (de otra forma no tendría significado físico) para conservar el momento el Lagrangiano debería expresar momentos. Espero no haber estado demasiado desatinado.

Saludos.

[Weip]

Hola inakigarber.

Entiendo que para el caso en que la magnitud conservada fuera el momento lineal entiendo que este debería aparecer reflejado en dicha expresión. En este caso solo aparecen las energías potencial y cinética. Así como en este caso la expresión es una resta de energías (de otra forma no tendría significado físico) para conservar el momento el Lagrangiano debería expresar momentos. Espero no haber estado demasiado desatinado.

Creo que necesito alguna aclaración adicional para entender bien el mensaje. El lagrangiano es una resta de energía cinética y potencial porque es la forma que da la ecuación del oscilador armónico como ecuación del movimiento. Al ser un lagrangiano lo expresamos en términos de velocidades y no de momentos. A partir de ahí, eso no impide que podamos estudiar si el momento se conserva o no, o si el lagrangiano tiene una cierta simetría o no.

[inakigarber]

Hola inakigarber.

Creo que necesito alguna aclaración adicional para entender bien el mensaje. El lagrangiano es una resta de energía cinética y potencial porque es la forma que da la ecuación del oscilador armónico como ecuación del movimiento. Al ser un lagrangiano lo expresamos en términos de velocidades y no de momentos. A partir de ahí, eso no impide que podamos estudiar si el momento se conserva o no, o si el lagrangiano tiene una cierta simetría o no.

Buenas tardes. Mi mensaje anterior fue bastante confuso, probablemente porque aún no tengo las cosas muy claras. Quizá me ayudaría un ejemplo en el que pudiera aplicar el teorema de Noether para un caso en el que se conservara el momento lineal. Se me ocurre por ejemplo el caso de una colisión.

[Weip]

Puse el ejemplo de la partícula libre por no complicar cosas. Si entiendes bien ese ejemplo entonces podemos hacer alguno con más gracia. Antes por eso quisiera saber si quedó claro el cálculo.

[inakigarber]

Buenos días.

Lo que veo hasta ahora podría resumirlo en dos ejemplos.

Ejemplo 1) Caída libre.

$$L=\dfrac{m \dot x^2}{2}-mgx$$

$$\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}=m\dot x$$

$$\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}a+\left(L-\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}\right)b=K$$

$x \to x'=x+\delta x_{(x,t)}$, donde $\delta x_{(x,t)}=\epsilon a$.
$t \to t'=t+\delta t_{(x,t)}$, donde $\delta t_{(x,t)}=\epsilon b$
Si hago una traslación temporal $x=x'$ y por tanto a=0, llego a la conservación de la energía (lo cual es cierto en este caso), pero si hago una traslación espacial $t=t'$ y, por tanto b=0. Llego a la conservación del momento, lo que en este caso no es cierto, ya que el momento será nulo, o casi, al principio pero máximo al final.
Ejemplo 2) Péndulo en movimiento armónico (no atenuado).

$$L=\dfrac{m \dot x^2}{2}-\dfrac{k x^2}{2}$$

$$\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}=m \dot x$$

Aplicando la misma fórmula, llego a las mismas conclusiones que en el caso anterior. En una traslación temporal la energía se conserva (lo cual sigue siendo cierto), aplicando una traslación espacial llego también a la conservación del momento, lo cual en este caso tampoco es cierto.

Estos son los cálculos a los que llego. Imagino que son correctos, pero insuficientes.

Saludos.

P.D.-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Edito para corregir un error en la formula.
Donde escribí $\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}a+\left(L-\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}\right)b=K$
debí escribir $\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}a+\left(L-\dfrac{\partial L}{\partial \dot x}\dot x\right)b=K$

[Weip]

Hola inakigarber. Antes de avanzar más quiero insistir más en los cálculos que hemos hecho hasta ahora.

Si hago una traslación temporal $x=x'$ y por tanto a=0, llego a la conservación de la energía (lo cual es cierto en este caso), pero si hago una traslación espacial $t=t'$ y, por tanto b=0. Llego a la conservación del momento, lo que en este caso no es cierto, ya que el momento será nulo, o casi, al principio pero máximo al final.

Antes de aplicar el teorema de Noether, has de comprobar si la translación temporal o la translación espacial son una simetría del lagrangiano o no. Sino, no tiene sentido aplicar el teorema. Para el caso de la translación espacial dices que la conclusión del teorema de Noether no es cierta, y llevas razón, pero el motivo por el cual no funciona es porque las hipótesis no se cumplen: la translación espacial no es una simetría del lagrangiano. Para saber si una transformación es una simetría o no, has de verificar si se cumple $S'[x',t']=S[x,t]$, donde $S$ es la acción del sistema y $S'$ es la acción transformada. Esta condición no es fácil de comprobar con lo que, después de un cálculo muy largo, es equivalente a ver si

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

es igual a cero. A esto se le llama condición o test de simetría. Si se cumple la condición de simetría entonces la transformación es una simetría del sistema, es decir, deja invariante la acción. Si no es cero, significa que la transformación no es una simetría. Es fundamental comprobar esto antes de aplicar el teorema de Noether porque, sino, no aplicarán sus conclusiones.

En particular en el ejemplo 1 el lagranguiano depende explícitamente de $x$ en el término potencial $mgx$, por lo que ya sabemos de mecánica lagrangiana y hamiltoniana que el momento no se conservará. En el contexto del teorema de Noether, deberíamos aplicar la condición de simetría para ver si la translación espacial es una simetría o no. Al ser una translación espacial, $\delta t=0$ y $\delta \dot{x}=0$. De esta manera, ya sabemos que los tres últimos términos de la condición de simetría son cero:

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

Ahora bien, observa que $L$ depende explícitamente de $x$ como hemos dicho, así que la derivada parcial será distinta de cero:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x=-mg\epsilon a$

Esto es distinto de cero, por lo cual las translaciones espaciales no son simetrías del sistema. El teorema de Noether no aplica.

Al ejemplo 2 le pasa lo mismo porque el potencial depende de $x$. En todo caso, si tenemos una transformación y no sabemos si es una simetría o no, hay que aplicar la condición de simetría. Si es una simetría, aplicas el teorema de Noether y calculas la carga conservada. Si no, no podemos concluir nada. Este es el proceso que sigue Javier en sus vídeos resumidamente.

Espero que haya aclarado un poco más, en todo caso no me gustaría avanzar más hasta que el detalle de los cálculos esté aclarado porque una colisión, aunque no es muy difícil, tiene sus particularidades que complican la situación y añadirán confusión.

[inakigarber]

Gracias por tu respuesta.

En particular en el ejemplo 1 el lagranguiano depende explícitamente de $x$ en el término potencial $mgx$, por lo que ya sabemos de mecánica lagrangiana y hamiltoniana que el momento no se conservará. En el contexto del teorema de Noether, deberíamos aplicar la condición de simetría para ver si la translación espacial es una simetría o no. Al ser una translación espacial, $\delta t=0$ y $\delta \dot{x}=0$. De esta manera, ya sabemos que los tres últimos términos de la condición de simetría son cero:

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

Ahora bien, observa que $L$ depende explícitamente de $x$ como hemos dicho, así que la derivada parcial será distinta de cero:

$\dst\frac{\partial L}{\partial x}\delta x=-mg\epsilon a$

Esto es distinto de cero, por lo cual las translaciones espaciales no son simetrías del sistema. El teorema de Noether no aplica.

Llevo varios días dándole vueltas inútilmente a porque $\delta\dot x$ debe ser cero en este caso y no consigo aclararlo. Supongo que tiene relación con el hecho de que de las tres variables que intervienen en el Lagrangiano $x, t, \dot x$ las dos primeras son aleatorias la tercera viene determinada por las dos primeras, la última viene determinada por las dos primeras. De manera que esto es como una especie de "juego" en el que podemos elegir dos variables y la tercera nos viene dada por la combinación de las dos primeras.

Saludos.

[Weip]

El tema de $\delta \dot{x}$ he tratado de llevarlo de manera más intuitiva por no introducir fórmulas y cálculos pesados. Si haces una translación espacial, ¿cómo cambia la velocidad? No es nada evidente calcularlo pero si imaginas la situación creo que se llega rápido a la conclusión que no debe variar. Si quieres ver la fórmula concreta, a primer orden en $\epsilon$ tenemos:

$\delta\dot{x}=\dst\frac{d}{dt}\delta x-\dot{x}\frac{d}{dt}\delta t$

En una translación espacial $\delta x=\epsilon a$ es constante y $\delta t=0$ porque el tiempo no lo variamos, solo variamos el espacio. Por tanto $\delta\dot{x}=0$. Pero tampoco le des muchas vueltas, al menos por ahora, es más útil verlo intuitivamente para resolver los ejemplos. Luego si tienes interés se puede estudiar con los pasos intermedios; pero como no quiero ramificar tanto el hilo prefiero no dar detalles. En resumen, la velocidad no varía porque solo estamos cambiando la posición $x$ por una translación suya $x+\epsilon a$, la velocidad no debería enterarse a menos que $a$ de repente dependiera de $t$.

[inakigarber]

Buenas noches
Muchas gracias por tu respuesta.

El tema de $\delta \dot{x}$ he tratado de llevarlo de manera más intuitiva por no introducir fórmulas y cálculos pesados. Si haces una translación espacial, ¿cómo cambia la velocidad? No es nada evidente calcularlo pero si imaginas la situación creo que se llega rápido a la conclusión que no debe variar. Si quieres ver la fórmula concreta, a primer orden en $\epsilon$ tenemos:

$\delta\dot{x}=\dst\frac{d}{dt}\delta x-\dot{x}\frac{d}{dt}\delta t$

En una translación espacial $\delta x=\epsilon a$ es constante y $\delta t=0$ porque el tiempo no lo variamos, solo variamos el espacio. Por tanto $\delta\dot{x}=0$. Pero tampoco le des muchas vueltas, al menos por ahora, es más útil verlo intuitivamente para resolver los ejemplos. Luego si tienes interés se puede estudiar con los pasos intermedios; pero como no quiero ramificar tanto el hilo prefiero no dar detalles. En resumen, la velocidad no varía porque solo estamos cambiando la posición $x$ por una translación suya $x+\epsilon a$, la velocidad no debería enterarse a menos que $a$ de repente dependiera de $t$.

Mirándolo bien, siempre que se deriva, se deriva una variable con respecto a otra variable. No se puede derivar con respecto a una constante. La fórmula que yo conocía (está en alguno de los vídeos cuyo enlace se ha puesto a lo largo de este hilo) es la siguiente;
$\delta \dot x=\epsilon (\dot a -\dot x \dot b)$

Con las definiciones de $\delta x$ y de $\delta t$ se llega a la fórmula que tu has escrito.

Por error al copiar la fórmula olvidé un punto y la cosa me llevó por la calle de la amargura.

[inakigarber]

Buenos días.

He encontrado estos videos de Javier García que creo que pueden ser interesantes relacionados con este tema;
(155) EL PRINCIPIO DE MÍNIMA ACCIÓN en el ESPACIOTIEMPO (1/3) - YouTube
(155) EL PRINCIPIO DE MÍNIMA ACCIÓN en el ESPACIOTIEMPO (2/3) - YouTube
(155) EL PRINCIPIO DE MÍNIMA ACCIÓN en el ESPACIOTIEMPO (3/3) - YouTube
Los cuelgo por si pueden interesar.