Symmetrien und Erhaltungsgrößen

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Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD
Kein GFDL Der Artikel Symmetrien und Erhaltungsgrößen basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 3.Kapitels (Abschnitt 0) der Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.
Symmetrien und Erhaltungsgrößen Symmetrien und Erhaltungsgrößen

Inhaltsverzeichnis
  1. Theorem von Noether
  2. Räumliche Translationsinvarianz
  3. Räumliche Isotropie
  4. Zeitliche Translationsinvarianz
  5. Das Zweikörperproblem
  1. Das d'Alembertsche Prinzip
  2. Das Hamiltonsche Prinzip
  3. Symmetrien und Erhaltungsgrößen
  4. Der Hamiltonsche kanonische Formalismus
  5. Die Hamilton-Jacobi-Theorie
  6. Mechanik des starren Körpers
  7. Dynamische Systeme und deterministisches Chaos

Theorem von Noether


Voraussetzung: Autonomes, das heißt, nicht explizit zeitabhängiges System mit f Freiheitsgraden und einer Lagrangefunktion


L({{q}_{1}},...,{{\dot{q}}_{1}},...,t)


Theorem (E.Noether, 1882-1935)

Die Lagrangefunktion

L({{q}_{1}},...,{{\dot{q}}_{1}},...,t)

eines autonomen Systems sei unter der Transformation


\bar{q}\to {{h}^{s}}(\bar{q})

invariant. Dabei ist s ein eindimensionaler Parameter und

{{h}^{s=0}}(\bar{q})=\bar{q}

die Identität.

Dann gibt es ein Integral der Bewegung


I(\bar{q},\dot{\bar{q}})=\sum\limits_{i=1}^{f}{\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{i}}}{{\left( \frac{d}{ds}{{h}^{s}}({{q}_{i}}) \right)}_{s=0}}}


Beweis:

Sei

\bar{q}=\bar{q}(t)

eine Lösung der Lagrangegleichung. Dann ist auch

\bar{q}(s,t):={{h}^{s}}(\bar{q},t)

Lösung, das heißt:


\frac{d}{dt}\frac{\partial L(\bar{q}(s,t),\dot{\bar{q}}(s,t))}{\partial {{{\dot{q}}}_{i}}}=\frac{\partial L(\bar{q}(s,t),\dot{\bar{q}}(s,t))}{\partial {{q}_{i}}}


Invarianz der Lagrangefunktion für beliebige s:


\begin{align} & \frac{d}{ds}L(\bar{q}(s,t),\dot{\bar{q}}(s,t))=\sum\limits_{i=1}^{f}{\left( \frac{\partial L}{\partial {{q}_{i}}}\left( \frac{d{{q}_{i}}}{ds} \right)+\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{i}}}{{\left( \frac{d{{{\dot{q}}}_{i}}}{ds} \right)}_{{}}} \right)=}0 \\ & \Rightarrow \frac{d}{dt}I(\bar{q},\dot{\bar{q}})=\sum\limits_{i=1}^{f}{\frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{i}}}{{\left( \frac{d}{ds}{{h}^{s}}({{q}_{i}}) \right)}_{s=0}} \right)=}\sum\limits_{i=1}^{f}{\left( \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{i}}}\left( \frac{d{{q}_{i}}}{ds} \right)+\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{i}}}\frac{d}{dt}{{\left( \frac{d{{q}_{i}}}{ds} \right)}_{{}}} \right)} \\ \end{align} Mit \begin{align} & \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{i}}}=\frac{\partial L}{\partial {{q}_{i}}} \\ & \frac{d}{dt}\left( \frac{d{{q}_{i}}}{ds} \right)=\left( \frac{d{{{\dot{q}}}_{i}}}{ds} \right) \\ \end{align}


und mit Hilfe von


\frac{d}{ds}L(\bar{q}(s,t),\dot{\bar{q}}(s,t))=\sum\limits_{i=1}^{f}{\left( \frac{\partial L}{\partial {{q}_{i}}}\left( \frac{d{{q}_{i}}}{ds} \right)+\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{i}}}{{\left( \frac{d{{{\dot{q}}}_{i}}}{ds} \right)}_{{}}} \right)=}0


folgt dann:


\frac{d}{dt}I(\bar{q},\dot{\bar{q}})=\frac{d}{ds}L=0

Räumliche Translationsinvarianz

Seien die Kräfte konservativ und seien keine Randbedingungen:


L=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{N}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}^{2}-V({{{\bar{r}}}_{1}},...,{{{\bar{r}}}_{N}})}


Eine Translation in Richtung x ist damit eine Translation der Form:


{{h}^{s}}:{{\bar{r}}_{i}}{{\to }_{{}}}{{\bar{r}}_{i}}+s{{\bar{e}}_{x}}\quad i=1,..,N


Der Parameter s ist dabei beliebig.

Die Translationsinvarianz entlang der x- Achse bewirkt nun:


\begin{align} & L({{h}^{s}}({{{\bar{r}}}_{i}}),{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}})=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{N}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}^{2}-V({{{\bar{r}}}_{1}}+s{{{\bar{e}}}_{x}},...,{{{\bar{r}}}_{N}}+s{{{\bar{e}}}_{x}})}=L({{{\bar{r}}}_{i}},{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}})\ Forderung! \\ & \frac{dL}{ds}=-\sum\limits_{i=1}^{N}{\left( {{\nabla }_{ri}}\cdot {{{\bar{e}}}_{x}} \right)}V=-\sum\limits_{i=1}^{N}{\frac{\partial }{\partial {{x}_{i}}}}V=0\quad Forderung! \\ \end{align}


Das bedeutet aber: es darf keine äußere Kraft in x- Richtung geben!

Für die Transformation gilt:


{{h}^{s}}({{\bar{r}}_{i}})={{\bar{r}}_{i}}+s{{\bar{e}}_{x}}\quad i=1,..,N


{{h}^{s=0}}({{\bar{r}}_{i}})={{\bar{r}}_{i}}

(Identität)


\frac{d}{ds}{{h}^{s}}({{\bar{r}}_{i}})={{\bar{e}}_{x}}


Für unser Integral der Bewegung gilt jedoch:


I=\sum\limits_{i=1}^{N}{{{\nabla }_{\dot{r}i}}L\frac{d{{h}^{s}}}{ds}=\sum\limits_{i}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}}}\cdot {{\bar{e}}_{x}}=\sum\limits_{i}{{{m}_{i}}{{{\dot{x}}}_{i}}}={{P}_{x}}


Fazit: die Translationsinvarianz in x- Richtung bestimmt die Erhaltung der x-Komponente des Gesamtimpulses.

Dieser Zusammenhang ist leicht für die anderen Komponenten zu zeigen.

Dies kann auch umgekehrt betrachtet werden:

Wähle q1=s als verallgemeinerte Koordinate:

Nun gilt die Transformation:


{{\bar{r}}_{i}}={{\bar{r}}_{i}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f}},t)={{q}_{1}}{{\bar{e}}_{x}}+\Delta {{\bar{r}}_{i}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f}},t) mit {{q}_{1}}{{\bar{e}}_{x}} 
als Schwerpunktskoordinate und


\Delta {{\bar{r}}_{i}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f}},t) 
als Relativpositionen.

Es folgt:


\frac{\partial }{\partial {{q}_{1}}}{{\bar{r}}_{i}}={{\bar{e}}_{x}}


\frac{\partial }{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}{{\dot{\bar{r}}}_{i}}=\frac{\partial }{\partial {{q}_{1}}}{{\bar{r}}_{i}}={{\bar{e}}_{x}} wegen {{\dot{\bar{r}}}_{i}}=\sum\limits_{k}^{{}}{{}}\frac{\partial }{\partial {{q}_{k}}}{{\bar{r}}_{i}}{{\dot{q}}_{k}}+\frac{\partial }{\partial t}{{\bar{r}}_{i}}


Invarianz Erhaltungssatz


{{\frac{\partial L}{\partial {{q}_{1}}}}_{{}}}=0\Leftrightarrow \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=0 
 äquivalent zum Erhaltungssatz
\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=const


Allgemein heißt

\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{j}}}={{p}_{j}}

der zur Koordinate qj konjugierte verallgemeinerte Impuls.

Falls gilt dass

{{\frac{\partial L}{\partial {{q}_{1}}}}_{{}}}=0\Leftrightarrow \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=0, 
wenn also die Lagrangefunktion invariant gegen q1- Änderungen ist, dann nennt man q1 eine zyklische Koordinate. der zu q1 konjugierte Impuls ist in diesem Fall eine Erhaltungsgröße .

Hier:


\begin{align} & {{p}_{1}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=\frac{\partial }{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}(T-V)=\frac{\partial T}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=\frac{\partial }{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}\left( \sum\limits_{i}{\frac{1}{2}{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}^{2}} \right)=\sum\limits_{i}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}\frac{\partial }{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}} \\ & mit\quad \frac{\partial }{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}={{{\bar{e}}}_{x}} \\ & {{p}_{1}}=\sum\limits_{i}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}{{{\bar{e}}}_{x}}}={{P}_{x}} \\ \end{align}


Verallgemeinerung auf Nichtkonservative Kräfte
\frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}-\frac{\partial T}{\partial {{q}_{1}}}={{Q}_{1}}=\sum\limits_{i}{{{{\bar{X}}}_{i}}\frac{\partial }{\partial {{q}_{1}}}{{{\bar{r}}}_{i}}={{{\bar{e}}}_{x}}}\sum\limits_{i}{{{{\bar{X}}}_{i}}}


Xi kennzeichnet dabei die Kraft. Nun steht rechts also die resultierende Kraft in x- Richtung. Existiert keine resultierende Kraft in x- Richtung (Translationsinvarianz in x- Richtung), so gilt:


\frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}-\frac{\partial T}{\partial {{q}_{1}}}={{Q}_{1}}=\sum\limits_{i}{{{{\bar{X}}}_{i}}\frac{\partial }{\partial {{q}_{1}}}{{{\bar{r}}}_{i}}={{{\bar{e}}}_{x}}}\sum\limits_{i}{{{{\bar{X}}}_{i}}}=0


Invarianz sagt


\frac{\partial T}{\partial {{q}_{1}}}={{Q}_{1}}=0\Rightarrow \frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=0\Leftrightarrow {{P}_{x}}=\frac{\partial T}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=const


Nebenbedingung für das fehlen konservativer Kräfte (Falls Q1 konservative Kraft ist)


{{Q}_{1}}=0\Rightarrow \frac{\partial }{\partial {{q}_{1}}}V({{\bar{r}}_{1}}+{{q}_{1}}{{\bar{e}}_{x}},...,{{\bar{r}}_{N}}+{{q}_{1}}{{\bar{e}}_{x}})=\sum\limits_{i}{{{\nabla }_{ri}}}V\frac{\partial }{\partial {{q}_{1}}}\left( {{q}_{1}}{{{\bar{e}}}_{x}} \right)={{\bar{e}}_{x}}\sum\limits_{i}{{{\nabla }_{ri}}}V=-{{\bar{e}}_{x}}\sum\limits_{i}{{{{\bar{X}}}_{i}}=0}


Beispiel: ein Teilchen im Potenzial V=V(y,z)

Das Potenzial hänge nicht von x ab:

{{\frac{\partial L}{\partial x}}_{{}}}=0


Daraus folgt:

{{\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}}_{{}}}=m\dot{x}={{P}_{x}}=const


In diesem Fall existiert ein Integral der Bewegung:


I(\bar{r},\dot{\bar{r}})=\frac{\partial L}{\partial \dot{\bar{r}}}\cdot {{\frac{d{{h}^{s}}}{ds}}_{{}}}=\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}={{P}_{x}}=const wegen \begin{align} & \frac{\partial L}{\partial \dot{\bar{r}}}={{\nabla }_{{\dot{r}}}}L \\ & {{\frac{d{{h}^{s}}}{ds}}_{{}}}={{{\bar{e}}}_{x}} \\ \end{align}


Beispiel: 2 Teilchen mit innerer Paarwechselwirkung
V({{\bar{r}}_{1}},{{\bar{r}}_{2}})=V({{\bar{r}}_{1}}-{{\bar{r}}_{2}}) 
 Das Potenzial kann auch anisotrop sein.

Es sollen keine äußeren Kräfte wirken, so dass das Potenzial unabhängig von den Schwerpunktskoordinaten wird.

Gleichzeitig soll Translationsinvarianz entlang x-, - und z- Richtung vorliegen:


\begin{align} & L({{{\bar{r}}}_{1}},{{{\bar{r}}}_{2}},{{{\dot{\bar{r}}}}_{1}},{{{\dot{\bar{r}}}}_{2}})=\frac{{{m}_{1}}}{2}{{{\dot{\bar{r}}}}_{1}}^{2}+\frac{{{m}_{2}}}{2}{{{\dot{\bar{r}}}}_{2}}^{2}-V({{{\bar{r}}}_{1}}-{{{\bar{r}}}_{2}}) \\ & L({{h}^{s}}\left( {{{\bar{r}}}_{1}} \right),{{h}^{s}}\left( {{{\bar{r}}}_{2}} \right),{{{\dot{\bar{r}}}}_{1}},{{{\dot{\bar{r}}}}_{2}})=\frac{{{m}_{1}}}{2}{{{\dot{\bar{r}}}}_{1}}^{2}+\frac{{{m}_{2}}}{2}{{{\dot{\bar{r}}}}_{2}}^{2}-V(\left( {{{\bar{r}}}_{1}}-s{{{\bar{e}}}_{i}} \right)-\left( {{{\bar{r}}}_{2}}-s{{{\bar{e}}}_{i}} \right))=L({{{\bar{r}}}_{1}},{{{\bar{r}}}_{2}},{{{\dot{\bar{r}}}}_{1}},{{{\dot{\bar{r}}}}_{2}}) \\ \end{align}

für alle i = x,y,z

Somit existieren gleich drei Integrale der Bewegung:


\begin{align} & {{I}_{x}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{\bar{r}}}}_{1}}}{{{\bar{e}}}_{x}}+\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{\bar{r}}}}_{2}}}{{{\bar{e}}}_{x}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{x}}}_{1}}}+\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{x}}}_{2}}}={{m}_{1}}{{{\dot{x}}}_{1}}+{{m}_{2}}{{{\dot{x}}}_{2}}={{P}_{x}}=const \\ & {{I}_{y}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{\bar{r}}}}_{1}}}{{{\bar{e}}}_{y}}+\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{\bar{r}}}}_{2}}}{{{\bar{e}}}_{y}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{y}}}_{1}}}+\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{y}}}_{2}}}={{m}_{1}}{{{\dot{y}}}_{1}}+{{m}_{2}}{{{\dot{y}}}_{2}}={{P}_{y}}=const \\ & {{I}_{z}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{\bar{r}}}}_{1}}}{{{\bar{e}}}_{z}}+\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{\bar{r}}}}_{2}}}{{{\bar{e}}}_{z}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{z}}}_{1}}}+\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{z}}}_{2}}}={{m}_{1}}{{{\dot{z}}}_{1}}+{{m}_{2}}{{{\dot{z}}}_{2}}={{P}_{z}}=const \\ \end{align}


Dies ist, aufgrund des Fehlens äußerer Kräfte, gerade der Schwerpunkts- Erhaltungssatz:


M\dot{\bar{R}}={{\bar{P}}_{{}}}=const


Mit den Schwerpunktskoordinaten


\bar{R}:=\frac{1}{M}\sum\limits_{i=1}^{2}{{{m}_{i}}{{{\bar{r}}}_{i}}}


Und der Gesamtmasse


M:=\sum\limits_{i=1}^{2}{{{m}_{i}}}

Räumliche Isotropie

Nebenbedingung: konservative Kräfte, keine Zwangsbedingungen

Es erfolgt eine Drehung des Bezugssystems um den Winkel

φ = s

um die z- Achse.

An einer Skizze kann man sich schnell verdeutlichen:


{{h}^{s}}:{{\bar{r}}_{i}}=({{x}_{i}},{{y}_{i}},{{z}_{i}})\to {{\bar{r}}_{i}}\acute{\ }=(x{{\acute{\ }}_{i}},y{{\acute{\ }}_{i}},z{{\acute{\ }}_{i}})


Dabei gilt:


\begin{align} & {{x}_{i}}\acute{\ }={{x}_{i}}\cos s+{{y}_{i}}\sin s \\ & {{y}_{i}}\acute{\ }={{y}_{i}}\cos s-{{x}_{i}}\sin s \\ & {{z}_{i}}\acute{\ }={{z}_{i}} \\ \end{align}


Rotationsinvarianz für die Drehung um die z- Achse:

Betrachten wir infinitesimale Transformationen (Drehungen um die z- Achse mit kleinen Winkeln

δφ = δs


\left( \begin{matrix} {{x}_{i}}\acute{\ } \\ {{y}_{i}}\acute{\ } \\ {{z}_{i}}\acute{\ } \\ \end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix} \cos s & \sin s & 0 \\ -\sin s & \cos s & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)\left( \begin{matrix} {{x}_{i}} \\ {{y}_{i}} \\ {{z}_{i}} \\ \end{matrix} \right)\approx \left[ \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)+\left( \begin{matrix} 0 & s & 0 \\ -s & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{matrix} \right) \right]\left( \begin{matrix} {{x}_{i}} \\ {{y}_{i}} \\ {{z}_{i}} \\ \end{matrix} \right)


Dabei gilt die rechtsseitige Taylorentwicklung für kleine Winkel. Wir schreiben


\left( \begin{matrix} 0 & s & 0 \\ -s & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{matrix} \right)=-s{{\bar{\bar{J}}}_{z}} Mit {{\bar{\bar{J}}}_{z}}

als Erzeugende für infinitesimale Drehungen um die z- Achse.

Somit folgt:


\left( \begin{matrix} {{x}_{i}}\acute{\ } \\ {{y}_{i}}\acute{\ } \\ {{z}_{i}}\acute{\ } \\ \end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix} {{x}_{i}} \\ {{y}_{i}} \\ {{z}_{i}} \\ \end{matrix} \right)+s\left( \begin{matrix} {{y}_{i}} \\ -{{x}_{i}} \\ 0 \\ \end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix} {{x}_{i}} \\ {{y}_{i}} \\ {{z}_{i}} \\ \end{matrix} \right)+s\left( {{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{e}}}_{z}} \right)


Formal schreibt man:


{{\bar{r}}_{i}}\acute{\ }={{h}^{s}}({{\bar{r}}_{i}})\left| _{s=0} \right.+s{{\left( \frac{d}{ds}{{h}^{s}}({{{\bar{r}}}_{i}}) \right)}_{s=0}}+O({{s}^{2}}) mit {{\left( \frac{d}{ds}{{h}^{s}}({{{\bar{r}}}_{i}}) \right)}_{s=0}}={{\bar{r}}_{i}}\times {{\bar{e}}_{z}}


Rotationsinvarianz der Lagrange-Funktion
T=\frac{1}{2}\sum\limits_{i}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}^{2}}

ist rotationsinvariant, da nur von

\left| {{{\dot{\bar{r}}}}_{i}} \right|

abhängig und die Drehmatrix ändert die Abstände nicht.

(Drehungen sind orthogonale Transformationen).


{{\left( \frac{\partial L}{\partial s} \right)}_{s=0}}=-{{\left( \frac{\partial V}{\partial s} \right)}_{s=0}}=-\sum\limits_{i=1}^{N}{\left( {{\nabla }_{ri\acute{\ }}}V \right){{\left( \frac{d{{{\bar{r}}}_{i}}\acute{\ }}{ds} \right)}_{s=0}}=\sum\limits_{i=1}^{N}{{{{\bar{F}}}_{i}}({{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{e}}}_{z}})}}


wegen:


\begin{align} & \left( {{\nabla }_{ri\acute{\ }}}V \right)=-{{{\bar{F}}}_{i}} \\ & {{\left( \frac{d{{{\bar{r}}}_{i}}\acute{\ }}{ds} \right)}_{s=0}}={{\left( \frac{d{{h}^{s}}}{ds} \right)}_{s=0}} \\ \end{align}


Als zyklische Permutation gilt dann jedoch:


{{\left( \frac{\partial L}{\partial s} \right)}_{s=0}}=-{{\left( \frac{\partial V}{\partial s} \right)}_{s=0}}={{\bar{e}}_{z}}\cdot \sum\limits_{i}{\left( {{{\bar{F}}}_{i}}\times {{{\bar{r}}}_{i}} \right)}=-{{\bar{e}}_{z}}\cdot \sum\limits_{i}{\left( {{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{F}}}_{i}} \right)} Mit \sum\limits_{i}{\left( {{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{F}}}_{i}} \right)}

als gesamtes Drehmoment und der Tatsache, dass die z-Komponente des äußeren resultierenden Drehmomentes verschwindet:


-{{\bar{e}}_{z}}\cdot \sum\limits_{i}{\left( {{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{F}}}_{i}} \right)}={{\left( \frac{\partial L}{\partial s} \right)}_{s=0}}=-{{\left( \frac{\partial V}{\partial s} \right)}_{s=0}}=0


Interpretation nach dem Noetherschen Theorem


I(\bar{r},\dot{\bar{r}})=\sum\limits_{i=1}^{N}{{}}\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}}\cdot {{\left( \frac{d{{h}^{s}}}{ds} \right)}_{s=0}}=\sum\limits_{i}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}\cdot \left( {{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{e}}}_{z}} \right)}=-{{\bar{e}}_{z}}\sum\limits_{i}{\left( {{{\bar{r}}}_{i}}\times {{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}} \right)}=-{{\bar{e}}_{z}}\bar{l}=-{{l}_{z}}


Also: Rotationsinvarianz entspricht Drehimpulserhaltung

Andere Betrachtungsweise

Wähle

q1 = φ = s

als verallgemeinerte Koordinate

Trafo:

{{\bar{r}}_{i}}={{\bar{r}}_{i}}(\phi ,{{q}_{2}},...,{{q}_{f}},t) mit \frac{\partial }{\partial {{q}_{1}}}{{\bar{r}}_{i}}={{\left( \frac{d}{ds}{{h}^{s}}({{{\bar{r}}}_{i}}) \right)}_{s=0}}={{\bar{r}}_{i}}\times {{\bar{e}}_{z}}


Für infinitesimale Drehung um z-Achse.

Invarianz Erhaltungssätze


{{\frac{\partial L}{\partial {{q}_{1}}}}_{{}}}=0\Leftrightarrow \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=0 
 äquivalent zum Erhaltungssatz
{{p}_{1}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=const


Der Winkel ist also eine zyklische Variable.

Berechnet man den verallgemeinerten konjugierten Impuls zu

q1 = φ = s, 
so ergibt sich:


{{p}_{1}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}=\frac{1}{2}\sum\limits_{i}{{{m}_{i}}\frac{\partial }{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}^{2}=}\sum\limits_{i}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}\frac{\partial }{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}=\sum\limits_{i}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}\left( {{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{e}}}_{z}} \right)}}=-{{\bar{e}}_{z}}\sum\limits_{i}{\left( {{{\bar{r}}}_{i}}\times {{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}} \right)}=-{{l}_{z}} wegen \frac{\partial }{\partial {{{\dot{q}}}_{1}}}{{\dot{\bar{r}}}_{i}}=\frac{\partial }{\partial {{q}_{1}}}{{\bar{r}}_{i}}\ da{{\ }_{{}}}{{\dot{\bar{r}}}_{i}}=\sum\limits_{k}{\frac{\partial {{{\bar{r}}}_{i}}}{\partial {{q}_{k}}}{{{\dot{q}}}_{k}}+}\frac{\partial {{{\bar{r}}}_{i}}}{\partial t}


Es ergibt sich also wieder die z-Komponente des Drehimpulses als verallgemeinerter Impuls.

Nebenbedingung:

Wir betrachteten hier eine passive Drehung des Korodinatensystems. Die Aktive Drehung des Koordinatensystems ist jedoch äquivalent. Das bedeutet, wir drehen aktiv alle Massenpunkte mit

\tilde{\phi }=-\phi .


Dazu gehören dann die konjugierten Impulse +lz

Beispiel:

N Teilchen mit einer inneren Paarwechselwirkung, die nur vom Abstand abhängt:


V({{\bar{r}}_{1}},...,{{\bar{r}}_{N}})=V({{r}_{12}},...,{{r}_{ij}},...) mit {{r}_{ij}}=\left| {{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}} \right|


Rotationsinvarianz gegen Drehung um alle Achsen:


\frac{\partial V({{r}_{12}},...,{{r}_{ij}},...)}{\partial \phi }=\sum\limits_{i,j}{\frac{\partial V}{\partial {{r}_{ij}}}\cdot \frac{\partial }{\partial \phi }{{r}_{ij}}=0}

für beliebige Achsen, da


\begin{align} & \frac{\partial }{\partial \phi }{{r}_{ij}}=\frac{\partial }{\partial \phi }{{\left[ \left( {{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}} \right)\left( {{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}} \right) \right]}^{1/2}}=\frac{1}{{{r}_{ij}}}\left( {{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}} \right)\frac{\partial }{\partial \phi }\left( {{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}} \right)=\frac{{{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}}}{{{r}_{ij}}}\left( \frac{\partial }{\partial \phi }{{{\bar{r}}}_{i}}-\frac{\partial }{\partial \phi }{{{\bar{r}}}_{j}} \right) \\ & \frac{\partial }{\partial \phi }{{{\bar{r}}}_{i}}={{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{e}}}_{k}} \\ & \Rightarrow \frac{{{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}}}{{{r}_{ij}}}\left( \frac{\partial }{\partial \phi }{{{\bar{r}}}_{i}}-\frac{\partial }{\partial \phi }{{{\bar{r}}}_{j}} \right)=\frac{{{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}}}{{{r}_{ij}}}\left[ \left( {{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}} \right)\times {{{\bar{e}}}_{k}} \right]=\frac{1}{{{r}_{ij}}}{{{\bar{e}}}_{k}}\left[ \left( {{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}} \right)\times \left( {{{\bar{r}}}_{i}}-{{{\bar{r}}}_{j}} \right) \right]=0 \\ \end{align}


Also ist der resultierende Drehimpuls

\bar{l}

eine Erhaltungsgröße

Erzeugende der infinitesimalen Drehung um z-Achse

Die infinitesimale Drehung läßt sich schreiben als:


{{\bar{r}}_{i}}\acute{\ }={{h}^{s}}({{\bar{r}}_{i}})=(\bar{\bar{1}}-s{{\bar{\bar{J}}}_{z}}){{\bar{r}}_{i}}


Mit der Erzeugenden

{{\bar{\bar{J}}}_{z}}=\left( \begin{matrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{matrix} \right)


Bei einer Drehung um den endlichen Winkel

φ

gilt:


{{\bar{r}}_{i}}\acute{\ }={{\bar{\bar{R}}}_{z}}(\phi ){{\bar{r}}_{i}}=\left( \begin{matrix} \cos \phi & \sin \phi & 0 \\ -\sin \phi & \cos \phi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right){{\bar{r}}_{i}}


Es gilt:


{{\bar{\bar{R}}}_{z}}(\phi )=\exp \left( -{{{\bar{\bar{J}}}}_{z}}\phi \right)


mit Definition


\exp \left( -{{{\bar{\bar{J}}}}_{z}}\phi \right):=\bar{\bar{1}}+\left( -{{{\bar{\bar{J}}}}_{z}}\phi \right)+\frac{1}{2}{{\left( -{{{\bar{\bar{J}}}}_{z}}\phi \right)}^{2}}+...+\frac{1}{k!}{{\left( -{{{\bar{\bar{J}}}}_{z}}\phi \right)}^{k}}


Beweis:

Für


\begin{align} & \bar{\bar{M}}=\left( \begin{matrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \\ \end{matrix} \right)\Rightarrow {{{\bar{\bar{M}}}}^{2}}=-\bar{\bar{1}},{{{\bar{\bar{M}}}}^{3}}=-\bar{\bar{M}},{{{\bar{\bar{M}}}}^{4}}=\bar{\bar{1}} \\ & {{{\bar{\bar{M}}}}^{2n}}={{\left( -1 \right)}^{n}}\bar{\bar{1}} \\ & {{{\bar{\bar{M}}}}^{(2n+1)}}={{\left( -1 \right)}^{n}}\bar{\bar{M}} \\ \end{align}


Mit Hilfe der Taylorreihen für Sinus und Cosinus folgt dann:


\begin{align} & \left( \begin{matrix} \cos \phi & \sin \phi \\ -\sin \phi & \cos \phi \\ \end{matrix} \right)=\bar{\bar{1}}\sum\limits_{n=0}^{\infty }{\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}}{\left( 2n \right)!}{{\phi }^{2n}}-\bar{\bar{M}}}\sum\limits_{n=0}^{\infty }{\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}}{\left( 2n+1 \right)!}{{\phi }^{2n+1}}} \\ & =\sum\limits_{n=0}^{\infty }{\frac{1}{\left( 2n \right)!}{{{\bar{\bar{M}}}}^{2n}}{{\phi }^{2n}}-\bar{\bar{M}}}\sum\limits_{n=0}^{\infty }{\frac{1}{\left( 2n+1 \right)!}{{{\bar{\bar{M}}}}^{2n+1}}{{\phi }^{2n+1}}} \\ & =\exp \left( -\bar{\bar{M}}\phi \right) \\ \end{align}


Analog behandelbar ist die Drehung um die x-Achse

Erzeugende:


{{\bar{\bar{J}}}_{x}}=\left( \begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{matrix} \right)


Hier gewinnen wir die Drehmatrix:


{{\bar{\bar{R}}}_{x}}(\phi )=\exp \left( -{{{\bar{\bar{J}}}}_{x}}\phi \right)


Bei der y- Achse gilt:

Erzeugende:


{{\bar{\bar{J}}}_{y}}=\left( \begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ \end{matrix} \right)


Hier gewinnen wir die Drehmatrix:


{{\bar{\bar{R}}}_{y}}(\phi )=\exp \left( -{{{\bar{\bar{J}}}}_{y}}\phi \right)


Beliebige Drehungen um den Winkel

φ

mit der Drehachse

\bar{n}


{{\bar{\bar{R}}}_{{}}}(\bar{\phi })=\exp \left( -\phi \sum\limits_{i=1}^{3}{{}}{{n}_{i}}{{{\bar{\bar{J}}}}_{i}} \right) mit \bar{\phi }:=\phi \bar{n}


Die Drehmatrizen

{{\bar{\bar{R}}}_{{}}}(\bar{\phi })=\exp \left( -\phi \sum\limits_{i=1}^{3}{{}}{{n}_{i}}{{{\bar{\bar{J}}}}_{i}} \right)

bilden nun eine 3- parametrige

\left( {{\phi }_{1}},{{\phi }_{2}},{{\phi }_{3}} \right), 
stetige, diffbare
\left( in\phi \right) 
und orthogonale Gruppe.

Eine solche Gruppe heißt Lie- Gruppe oder kontinuierliche Gruppe in drei reellen Dimensionen

SO(3)


SO\left( 3 \right)=\left\{ \bar{\bar{R}}:{{R}^{3}}\to {{R}^{3}}linear\left| {{{\bar{\bar{R}}}}^{t}}\bar{\bar{R}}=1\left| \det \bar{\bar{R}}=1 \right. \right. \right\} Mit {{\bar{\bar{R}}}^{t}}\bar{\bar{R}}=1

als Orthogonalitätsbedingung, so dass

|\bar{r}\acute{\ }|=|\bar{r}| und \det \bar{\bar{R}}=1

zum Ausschluß von Raumspiegelungen.

Die Erzeugenden

{{\bar{\bar{J}}}_{i}}

der Drehgruppe bilden eine Lie- Algebra mit dem Lieschen Produkt (=Kommutator):


\left[ {{{\bar{\bar{J}}}}_{i}},{{{\bar{\bar{J}}}}_{k}} \right]={{\bar{\bar{J}}}_{i}}{{\bar{\bar{J}}}_{k}}-{{\bar{\bar{J}}}_{k}}{{\bar{\bar{J}}}_{i}}

i,k=x,y,z

Dabei vertauschen 2 Drehungen um unterschiedliche Achsen nicht. Das bedeutet, das Ergebnis hängt von der Reihenfolge ab!:


\begin{align} & \left[ {{{\bar{\bar{J}}}}_{x}},{{{\bar{\bar{J}}}}_{y}} \right]={{{\bar{\bar{J}}}}_{z}} \\ & \left[ {{{\bar{\bar{J}}}}_{z}},{{{\bar{\bar{J}}}}_{x}} \right]={{{\bar{\bar{J}}}}_{y}} \\ & \left[ {{{\bar{\bar{J}}}}_{y}},{{{\bar{\bar{J}}}}_{z}} \right]={{{\bar{\bar{J}}}}_{x}} \\ \end{align}
→ zyklische Permutation des Lieschen Produktes

Zeitliche Translationsinvarianz

Die Zeit spielt in der klassischen Mechanik im Ggstz zur relativistischen Mechanik gegenüber dem Ort eine Sonderrolle.

Deshalb ist eine direkte Anwendung des Noether- Theorems nicht moeglich.

Zeitliche Translationsinvarianz ist erfüllt, falls:

  1. die Zwangsbedingungen die Zeit t nicht explizit enthalten:
Parser-Fehler (die PNG-Konvertierung schlug fehl): \begin{align} & {{{\bar{r}}}_{i}}={{{\bar{r}}}_{i}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f}}) \\ & \frac{\partial }{\partial t}{{{\bar{r}}}_{i}}=0\Rightarrow {{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}=\sum\limits_{j}^{{}}{\frac{\partial }{\partial {{q}_{j}}}{{{\bar{r}}}_{i}}{{{\dot{q}}}_{j}}_{{}}} \\ \end{align}


Dabei ist

\frac{\partial }{\partial {{q}_{j}}}{{\bar{r}}_{i}}

Funktion von q1...qf

\frac{\partial }{\partial t}L=0
  1. Nebenbedingung: Aus der Existenz eines Potenzials der eingeprägten Kräfte folgt NICHT automatisch die Erhaltung der Energie, da die Zwangsbedingungen die Zeit enthalten könnten.

Wenn die Zwangsbedingungen die Zeit enthalten, so ist die Energie nicht enthalten.


{{\bar{r}}_{i}}={{\bar{r}}_{i}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f}},t)


Kinetische Energie:


T=\frac{1}{2}\sum\limits_{i}^{{}}{{{m}_{i}}{{{\dot{\bar{r}}}}_{i}}^{2}=}\frac{1}{2}\sum\limits_{j,k}^{{}}{{{T}_{jk}}{{{\dot{q}}}_{j}}{{{\dot{q}}}_{k}}} Mit {{T}_{jk}}=\sum\limits_{i=1}^{N}{{{m}_{i}}\left( \frac{\partial {{{\bar{r}}}_{i}}}{\partial {{q}_{j}}} \right)\left( \frac{\partial {{{\bar{r}}}_{i}}}{\partial {{q}_{k}}} \right)}

ist abhängig von den q1...qf im Gegensatz zum Fall der kleinen Schwingungen, der eingangs behandelt wurde.

T ist eine homogene quadratische Funktion der

{{\dot{q}}_{1}}...{{\dot{q}}_{f}} Also T\left( \lambda {{{\dot{q}}}_{1}},...,\lambda {{{\dot{q}}}_{f}} \right)={{\lambda }^{2}}T\left( {{{\dot{q}}}_{1}},...,{{{\dot{q}}}_{f}} \right) Nach λ

wird partiell abgelitten, dann wird

λ = 1

gesetzt.


\begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{N}{\left( \frac{\partial T}{\partial \left( \lambda {{{\dot{q}}}_{k}} \right)} \right)\left( \frac{\partial \left( \lambda {{{\dot{q}}}_{k}} \right)}{\partial \lambda } \right)}\left| _{\lambda =1} \right.=2\lambda T\left| _{\lambda =1} \right.\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^{N}{\left( \frac{\partial T}{\partial \left( {{{\dot{q}}}_{k}} \right)} \right){{{\dot{q}}}_{k}}}=2T \\ & \left( \frac{\partial \left( \lambda {{{\dot{q}}}_{k}} \right)}{\partial \lambda } \right)={{{\dot{q}}}_{k}} \\ \end{align}


Obere Äquivalenz ist der sogenannte Eulersche Satz

Da V unabhängig von

{{\dot{q}}_{1}}...{{\dot{q}}_{f}}

gilt auch:


\sum\limits_{k=1}^{N}{\left( \frac{\partial L}{\partial \left( {{{\dot{q}}}_{k}} \right)} \right){{{\dot{q}}}_{k}}}=2T


Zur totalen Zeitableitung von L:


\begin{align} & \frac{dL}{dt}=\sum\limits_{k}^{{}}{\left( \frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{k}}}{{{\ddot{q}}}_{k}}+\frac{\partial L}{\partial {{q}_{k}}}{{{\dot{q}}}_{k}} \right)}+\frac{\partial L}{\partial t} \\ & \frac{\partial L}{\partial {{q}_{k}}}=\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{k}}}\ und\ \frac{\partial L}{\partial t}=0\quad wegen\ 2.(oben) \\ \end{align}


Somit:


\frac{dL}{dt}=\sum\limits_{k}^{{}}{\left( \frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{k}}}{{{\ddot{q}}}_{k}}+\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{k}}}{{{\dot{q}}}_{k}} \right)}=\frac{d}{dt}\sum\limits_{k}^{{}}{\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{k}}}{{{\dot{q}}}_{k}}=2\frac{dT}{dt}} wegen \sum\limits_{k=1}^{N}{\left( \frac{\partial L}{\partial \left( {{{\dot{q}}}_{k}} \right)} \right){{{\dot{q}}}_{k}}}=2T


Somit:


0=\frac{d}{dt}(2T-L)=\frac{d}{dt}(T+V)\Rightarrow T+V=konst


Zeitranslationsinvarianz bedingt also Energieerhaltung!

Oder: Skleronome Zwangsbedingungen:

\frac{\partial L}{\partial t}=0

bedingen: E=T+V=constant

Nebenbemerkung

Die Aussage folgt auch aus dem Noether-Theorem, wenn man noch den folgenden Trick anwendet: (Scheck, Aufgabe 2.17)

Mache t zu einer q-artigen Variablen durch eine parametrisierte Darstellung:

qk = qk(τ),t = t(τ)


Als Lagrangefunktion muss man sich definieren:


\bar{L}\left( {{q}_{k}},t,\frac{d{{q}_{k}}}{d\tau },\frac{d{{t}_{{}}}}{d\tau } \right):=L\left( {{q}_{k}},\frac{1}{\left( {}^{dt}\!\!\diagup\!\!{}_{d\tau }\; \right)}\frac{d{{q}_{k}}}{d\tau },t,\frac{dt}{d\tau } \right)


soll invariant unter Zeittranslationen sein:


{{h}^{s}}(\bar{q},t)=(\bar{q},t+s)


Dann gilt:

  1. Hamiltonsches Prinzip auf
\bar{L} 
angewandt:


0=\delta \int\limits_{\tau 1}^{\tau 2}{{}}\bar{L}d\tau =\delta \int\limits_{t1}^{t2}{{}}Ldt\Leftrightarrow \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{k}}}-\frac{\partial L}{\partial {{q}_{k}}}=0


2. Noethersches Theorem für

\bar{L}

Integral der Bewegung I:


\begin{align} & I=\sum\limits_{i=1}^{f+1}{\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{i}}}{{\left( \frac{d}{ds}{{h}^{s}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f+1}}) \right)}_{s=0}}}=\frac{\partial \bar{L}}{\partial {{{\dot{q}}}_{f+1}}} \\ & mit\ \left( \frac{d}{ds}{{h}^{s}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f+1}}) \right)=\left( 0,...,0,1 \right)\quad f\ Nullen,1\ an\ Stelle\ f+1\ mit\ {{q}_{f+1}}=t \\ \end{align}


\begin{align} & I=\frac{\partial \bar{L}}{\partial {{{\dot{q}}}_{f+1}}}=\frac{\partial \bar{L}}{\partial \left( \frac{dt}{d\tau } \right)}=L+\sum\limits_{k=1}^{f}{\frac{\partial L}{\partial {{{\dot{q}}}_{k}}}\left( -\frac{1}{{{\left( \frac{dt}{d\tau } \right)}^{2}}} \right)\frac{d{{q}_{k}}}{d\tau }\frac{dt}{d\tau }} \\ & =L-\sum\limits_{k=1}^{f}{\left( \frac{\partial L}{\partial \left( {{{\dot{q}}}_{k}} \right)} \right){{{\dot{q}}}_{k}}}=T-V-2T=-(T-V) \\ \end{align}


Also Erhaltung der Energie durch zeitliche Translationsinvarianz

Das Zweikörperproblem

Hier werden die Erhaltungssätze zur Lösung der Bewegungsgleichung verwendet.

Idee:

f Freiheitsgrade → f Differenzialgleichungen 2. Ordnung

  • 2f Integrationskonstanten nötig! (jeweils zweifaches Integrieren). (Anfangsbedingungen).
  • Also existieren auch 2f Integrale der Bewegung

Falls alle 2f Integrale der Bewegung bekannt wären:


{{I}_{r}}({{q}_{1}},...,{{q}_{f}},{{\dot{q}}_{1}},...{{\dot{q}}_{f}})={{c}_{r}}\quad \quad r=1,...2f


So wäre das Problem vollständig gelöst:


{{q}_{k}}={{q}_{k}}({{c}_{1}},...,{{c}_{2f}},t)\quad \quad k=1,...,f


Also ist es das Ziel, möglichst viele Integrale der Bewegung zu finden.

Beispiel: Zweikörperproblem

2 Massen, m1 und m2 unter dem Einfluss Ihrer inneren Wechselwirkung: V(|r1-r2|) (Zentralpotenzial).

Beispiel: Sonne / Erde unter Gravitationswechselwirkung

Zahl der Freiheitsgrade: f=6

Also: es muessten 12 Integrale der Bewegung existieren

Erhaltungssätze

  1. V(|r1-r2|) ist translationsinvariant.

Somit ist der Impuls:

\bar{P}={{\bar{p}}_{1}}+{{\bar{p}}_{2}}

=konstant

Der Schwerpunkt:

\bar{R}=\frac{1}{M}\bar{P}t+{{\bar{R}}_{0}}

bewegt sich gleichförmig und geradlinig.

Dies folgt aus:

M\dot{\bar{R}}=\bar{P}=const


M:=m1 + m2

Somit sind 6 Integrationskonstanten gefunden:

\bar{P},\bar{R}


  1. V(|r1-r2|) ist rotationsinvariant:

Damit ist der Drehimpuls

\bar{l}={{m}_{1}}{{\bar{r}}_{1}}\times {{\bar{v}}_{1}}+{{m}_{2}}{{\bar{r}}_{2}}\times {{\bar{v}}_{2}}=const


Es sind drei weitere Integrationskonstanten

\bar{l}

gefunden.

  1. Die zeitliche Translationsinvarianz bei konservativer Kraft:


E=\frac{1}{2}{{m}_{1}}{{\bar{v}}_{1}}^{2}+\frac{1}{2}{{m}_{2}}{{\bar{v}}_{2}}^{2}+V\left( \left| {{{\bar{r}}}_{1}}-{{{\bar{r}}}_{2}} \right| \right)=const


Eine Integrationskonstante E

Insgesamt sind 10 Integrale der Bewegung gefunden. Es bleiben nur 2 Integrationskonstanten, nämlich der Nullpunkt der Zeit- und Winkelskala. Diese ergeben sich aus den ANfangsbedingungen.

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