Teorema de Noether (basado en el texto de Lemos)

Supongamos transformaciones infinitesimales que incluyan cualquier desplazamiento temporal y espacial, no necesariamente uniformes para todas las partículas de nuestro sistema

$$t\;\to\;t' = t+\varepsilon\,X(q,t) \;, \qquad\qquad q_i(t)\;\to\;q_i'(t') = q_i(t)+\varepsilon\,\Psi_i(q,t) \;.$$ (16)

Para un sistema descripto por la lagrangiana $L(q,\dot{q},t)$, el teorema de Noether postula:

Si la integral de acción no varía con esta transformación, es decir

$$\hspace{4em} \Delta S = \int_{t'_1}^{t'_2} {\rm d}t'\; L\left(q'(... ...1}^{t_2} {\rm d}t\; L\left(q(t),\frac{{\rm d}q(t)}{{\rm d}t~},t\right) = 0 \;,$$

entonces la magnitud $\qquad C = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \frac{\partial L}{\partial\dot{q}_i} \left(\dot{q}_i X-\Psi_i\right) - L\,X \qquad$ es una constante de movimiento.

Por ejemplo, si consideramos un desplazamiento temporal $t'\!=t+\varepsilon\,$ (únicamente) ante el cual $L\,$ es invariante, tenemos $X(q,t)\!=\!1\,$ y $\Psi_i\!=\!0\,$: según el teorema de Noether se conserva la magnitud

$$\sum_{i=1}^{n} \color[rgb]{.55,.55,.55}\left(\color{black}\dot{q}... ...L}{\partial\dot{q}_i} - L\color[rgb]{.55,.55,.55}\cdot1 \color{black} = h \;.$$

Es decir a partir de la invariancia temporal de $L\,$ obtenemos la conservación de la “función energía”, tal como habíamos demostrado explicitando ${\rm d}h/\!{\rm d}t\,$.

Otro ejemplo, eligiendo coordenadas cartesianas y considerando únicamente rotaciones rígidas infinitesimales $\bm{\delta\theta}=\varepsilon\bm{\hat{n}}$, de manera que $\;X\!=\!0\; (t'\!=\!t)\;$ y $\;\Psi_1\!=\!(\bm{\hat{n}}\times\bm{r}_1)_x\,$, $\;\Psi_2\!=\!(\bm{\hat{n}}\times\bm{r}_1)_y\,$, $\;\Psi_3\!=\!(\bm{\hat{n}}\times\bm{r}_1)_z\,$, $\;\Psi_4\!=\!(\bm{\hat{n}}\times\bm{r}_2)_x\;$, ... , $\;\Psi_{3N}\!=\!(\bm{\hat{n}}\times\bm{r}_N)_z\,$. Si $L\,$ resulta invariante ante estas transformaciones, como no hay desplazamientos temporales, la integral de acción $S\,$ no cambia (ejercicio). Por lo tanto, teniendo en cuenta que $%\partial\Lambda/\partial\dot{q}_k= \partial L/\partial\dot{q}_k\,$ es el momento generalizado $p_k\,$, podemos escribir la magnitud conservada como

$$\sum_{k=1}^{3N}\frac{\partial L}{\partial\dot{q}_k} \Psi_k = \su... ...\times\bm{r}_i) = \bm{\hat{n}}\cdot\sum_{i=1}^{N}(\bm{r}_i\times\bm{p}_i) \;,$$

que implica la conservación del momento angular total de nuestro sistema.

La demostración del teorema se obtiene después de explicitar, a partir de (16), las derivadas

$$\frac{{\rm d}t'}{{\rm d}t}=1+\varepsilon\,\dot{X}\;, \qquad \fra... ...m d}t}{{\rm d}t'}=\frac{1}{1+\varepsilon\,\dot{X}}\simeq1-\varepsilon\,\dot{X}$$

y

$$\frac{{\rm d}q'_i(t')}{{\rm d}t' ~}=\frac{{\rm d}q'_i(t')}{{\rm d... ...\,{\color{Maroon}\xi_i}+{\color{lightgray}{\cal O}\big(\varepsilon^2\big)} \;,$$

donde definimos $\xi\!=\!\dot{\Psi}_i-\dot{q}_i\,\dot{X}$. La invariancia de $S\,$ ante la transformación implica

$$\Delta S = \int_{t_1}^{t_2} {\color{SeaGreen}\underbrace{\color{b... ...silon\,X\big) - \int_{t_1}^{t_2}\!\!{\rm d}t\; L\big(q,\dot{q},t\big) = 0 \;.$$

Teniendo en cuenta que $\varepsilon\,$ es pequeño, desarrollamos en serie de Taylor el primer integrando, conservamos siempre hasta primer orden en $\varepsilon\,$, y cancelamos términos para llegar a (ejercicio)

$$\Delta S = \varepsilon \int_{t_1}^{t_2}\!\!{\rm d}t\;\left\{ \sum... ...\xi_i\right] + \frac{\partial L}{\partial t}\,X + L\,\dot{X} \right\} = 0 \;.$$

Como esto se cumple para $\varepsilon\,$, $t_1\,$ y $t_2\,$ arbitrarios, debe anularse el término entre llaves. Utilizando las ecuaciones de Lagrange para cancelar más términos (ejercicio) se arriba a que

$$\frac{{\rm d}~}{{\rm d}t} \left[ \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \fra... ...l L}{\partial\dot{q}_i} \left(\dot{q}_i X-\Psi_i\right) - L\,X \right] = 0 \;,$$

que es lo que queríamos demostrar.