Lista 9 - Teorema de Noether

1) Demonstre o teorema de Noether.

Solução:


Vamos supor um sistema descrito pela Lagrangeana $L(q(t),\dot{q}(t),t)$ e que a ação associada é : $S = \int_{t_{1}}^{t_{2}}L(q(t),\dot{q}(t),t)dt$.

Supondo a seguinte transformação:

$t \mapsto t' = t + \epsilon X(q(t),t)$ e $q(t) \mapsto q(t') = q(t) + \epsilon \Psi_{i} (q(t),t)$. Onde $\epsilon$  é um parâmetro infinitesimal.


Agora vamos supor que a ação é invariante sob a transformação considerada. Agora, calculando a variação da ação temos:

$$\Delta S = \int_{t'_{1}}^{t'_{2}}L(q(t'),\frac{dq(t')}{dt'},t')dt' - \int_{t_{1}}^{t_{2}}L(q(t),\frac{dq(t)}{dt},t)dt$$


Fazendo uma mudança na integral da Lagrangeana em $dt'$, para a variável de integração $dt$, levando em conta as transformações temos que :

$\dfrac{dt'}{dt} = 1+\epsilon \dot{X}$, de onde $\frac{dt}{dt'} = (1+\epsilon \dot{X})^{-1}$, e expandindo este último termo usando a expansão binomial, considerando apenas os termos de primeira ordem tem-se:

$\dfrac{dt}{dt'} = 1-\epsilon \dot{X}$, portanto:

$\dfrac{dq'(t')}{dt'} = \dfrac{dq'(t')}{dt} \dfrac{dt}{dt'} $ tomando a derivada da transformação de $q'(t')$ e substituindo a expressão encontrada para $\dfrac{dt}{dt'}$ temos que: $\dfrac{dq'(t')}{dt'} = \dot{q}_{i}+\epsilon \xi_{i}$.

Sendo que $\xi = \dot{\Psi}_{i}-\dot{q}_{i}\dot{X}$, tendo descartados os termos de ordem maior que 1 em $\epsilon$.

Reescrevendo a variação na integral de ação em termos da variável $dt$ obtem-se:

$$\Delta S = \int_{t_{1}}^{t_{2}}L(q(t)+\epsilon \Psi, \dot{q}+\epsilon \xi,t + \epsilon X)(1+\epsilon \dot{X})dt - \int_{t_{1}}^{t_{2}}L(q(t),\frac{dq(t)}{dt},t)dt$$

Para calcular a variação na ação vamos primeiramente expandir a  primeira Lagrangeana numa série de Taylor de primeira ordem e então calcular a variação na ação.


$L(q(t)+\epsilon \Psi, \dot{q}+\epsilon \xi,t + \epsilon X) = L(q,\dot{q},t) + \sum_{i=1}^{n} (\dfrac{\partial L}{\partial q_{i}}\epsilon \Psi_{i} + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}\epsilon \xi_{i}) + \dfrac{\partial L}{\partial t}\epsilon X$

Então a variação na ação pode ser escrita como: $\Delta S = \epsilon \int_{t_{1}}^{t_{2}} [\sum_{i=1}^{n} (\dfrac{\partial L}{\partial q_{i}}\Psi_{i} + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}\xi_{i}) + \dfrac{\partial L}{\partial t}X + L\dot{X}]dt$

Como $\epsilon$ e os limites de integração são arbitrários, para que a ação seja nula, é necessário que o integrando seja nulo. Portanto : $\sum_{i=1}^{n} [\dfrac{\partial L}{\partial q_{i}}\Psi_{i} + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}(\dot{\Psi}_{i}-\dot{q}_{i}\dot{X})] + \dfrac{\partial L}{\partial t}X + L\dot{X} = 0$


Agora iremos utilizar a equação de Lagrange, $\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}) - \dfrac{\partial L}{\partial q_{i}} = 0$ para escrever a derivada parcial em $\dot{q}_{i}$. Então:

$\sum_{i=1}^{n} [\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}})\Psi_{i} + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}\dot{\Psi}_{i}]-(\sum_{i=1}^{n}\dot{q}_{i}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}- L)\dot{X} + \dfrac{\partial L}{\partial t}X= 0$.

Como sabemos que : $\dfrac{dh}{dt}=-\dfrac{\partial L}{\partial t}$, escrevendo o primeiro termo como a derivada do produto, e lembrando que $ h = \sum_{i=1}^{n}\dot{q}_{i}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}- L$ então:

$$\sum_{i=1}^{n} [\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}\Psi_{i}) -hX - \dfrac{dh}{dt}X$$

O termos negativos podem ser reescritos como: $-\dfrac{d}{dt}[hX]$, e vemos que a constante do movimento pode ser escrita como:  $C = hX - \dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}})\Psi_{i}$, ou reescrita como:

$$\sum_{i=1}^{n}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}(\dot{q}_{i}X-\Psi_{i}) - LX = C$$

Onde C é uma constante do Movimento.


2) Apresente uma situação Física para cada um dos casos abaixo:

a) A função de Hamilton é conservada, mas não corresponde à energia mecânica.
b) A função de Hamilton corresponde a energia mecânica, mas não é conservada.

Resolução:
a) Se encontrarmos um termo que depende da velocidade na função de Hamilton, isto já é suficiente para podermos dizer que esta expressão não corresponde somente a energia mecânica do corpo. Um exemplo deste fato é o caso de uma partícula carregada num campo eletromagnético. Camo já vimos a Lagrangeana deste sistema é dado por: $L =\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-q(\phi + \dfrac{\dot{\vec{x}}}{c}.\vec{A})$, onde q é a carga da partícula, c é a velocidade da luz,  $\vec{A}$ é o potencial vetor, e $\phi$ o potencial escalar. Estes potenciais não dependem do tempo, e a Lagrangeana não depende diretamente do tempo, logo $\dfrac{\partial L}{\partial t} = 0$ e imediatamente, $\dfrac{dH}{dt} = 0$, ou seja, H é conservado. Porém o potencial depende da velocidade, e portanto não corresponde somente a energia mecânica.

b) Neste caso basta que a Hamiltoniana dependa diretamente do tempo, e que o potêncial não seja função da velocidade, para que a Hamiltoniana corresponda a energia mecânica e que não seja conservada. Por exemplo um pêndulo de massa m tem seu comprimento l encurtado a uma taxa constante $\alpha$, ou seja, $l(t) = l_{0}-\alpha t$. O Lagrangeano do sistema é $L = \dfrac{1}{2}m\alpha^{2} + \dfrac{1}{2}ml(t)^{2}\dot{\theta}^{2} + mgl(t)cos\theta$. Logo como $\dfrac{\partial L}{\partial t}\neq 0 \mapsto \dfrac{dH}{dt} \neq 0$. A energia não é conservada, mas corresponde a energia mecânica.

3) Escreva a função de Hamilton para um sistema massa-mola cuja constante elástica vale k e a massa vale m. Escolha dois conjuntos distintos de condições iniciais e represente o movimento do sistema no espaço de fase em cada caso.

Resolução:

O sistema pode ser descrito pela lagrangeana $L = \dfrac{1}{2}m\dot{x}^{2} - \dfrac{1}{2}kx^{2}$.
Sistema com 1 grau de liberdade. O hamiltoniano do sistema é descrito por : $H = p\dot{q}-L$, onde as coordenadas generalizadas são $q = x$, e $p = \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{x}$ que implica que $\dot{x} = \dfrac{p}{m}$, então:

$ H =  \dfrac{p^{2}}{2m} + \dfrac{1}{2}kx^{2}$.

Usando as equação de Hamilton temos que :

$\dot{p} = -\dfrac{\partial H}{\partial x} = -kx$ e $\dot{x} = \dfrac{\partial H}{\partial p} = \dfrac{p}{m}$

Se prestarmos atenção na expressão do Hamiltoniano, não precisamos resolver este sistema, já que a energia total E é conservada, ou seja: $p = \sqrt{2mE}$,  em $x = 0$, e $x = \sqrt{\dfrac{2E}{k}}$, para $p=0$. Então:

$$\dfrac{x^2}{(2E/k)} + \dfrac{p^2}{(2mE)}=1.$$

Para duas condições iniciais $(x_{0},p_{0})$ diferentes teremos duas energias diferentes. De modo geral o espaço de fase é dado por curvas do tipo:

Onde E e E', representam condições iniciais diferentes para o sistema dentro dos limites de oscilações periódicas.