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LISTA P1: SIMETRIAS NO FORMALISMO LAGRANGIANO

MS520/F 076 - ESTRUTURA MATEMÁTICA DA MECÂNICA

1. Introdução

O conceito de simetria é de fundamental relevância na Mecânica Clássica,pois está intimamente ligado à própria ideia de movimento. As relaçõesfísicas e geométricas entre simetria e movimento são particularmente clarasna denominada formulação ativa de uma transformação suave, ponto peloqual iniciamos este tópico.

1.1. Transformações ativas. Seja f(x, y) uma função suave f : R2 → R.Podemos considerar como domínio de f qualquer variedadeM. Na prática,expressaremos sempre a função f em alguma carta deM e, portanto, teremossempre algo do tipo f : Rn → R, pois todas nossas análises são estritamentelocais (i.e., restritas à vizinhança coberta pela carta). A opção n = 2 émeramente uma simplificação para gráficos e exemplos, não é difícil estenderpara n arbitrário todos nossos resultados e conclusões. A extensão parafunções a valores vetoriais, f : Rn → Rm, também é análoga.

Consideremos agora a família de curvas suaves Γ(x,y) : R → R2 definidascomo

Γ(x,y) ={

(x, y) ⊂ R2 |x = u(x, y, α), y = v(x, y, α), α ∈ R}, (1)

com a propriedade Γ(x,y)

∣∣α=0

= (x, y), a qual é obviamente equivalente au(x, y, 0) = x e v(x, y, 0) = y. Em palavras, Γ(x,y) é uma curva suave em R2

que passa pelo ponto (x, y). Como toda curva suave, seu vetor tangente é~V = xı+ y, sendo o ponto a derivada em relação ao parâmetro α da curva.Já sabemos que ~V ∈ TM. Sabemos também que, dado um campo vetorial~V (x, y), podemos determinar as funções u e v resolvendo-se o sistema deEDO

x = ı · ~V (x, y), y = · ~V (x, y). (2)

Como nossa preocupação é apenas local, a existência e unicidade dessassoluções estão garantidas com restrições mínimas sobre o campo ~V ∈ TM.Podemos interpretar Γ(x,y) como o movimento de algum corpo pontual deteste que, para α = 0, está no ponto (x, y). Considerando-se arbitrário oponto (x, y), a família de curvas Γ(x,y) corresponderá, de fato, a um fluxo1:a cada ponto (x, y) ∈ R2, temos uma trajetória Γ(x,y) que passa por ele. Emnosso contexto, um fluxo é expresso por uma função Γ : R2 × R→ R2

Γ = (u(x, y, α), v(x, y, α)), com u(x, y, 0) = x e v(x, y, 0) = y. (3)

1Fluxo: uma função suave Φ :M× R →M, sendo que para todo Q ∈ M, Φ(Q, t) =Q′ ∈M, obedecendo: Φ(Q, 0) = Q e Φ(Φ(Q, t), s) = Φ(Q, t+ s).

1

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Funções do tipo (3) são comumente denominadas transformações. Esta in-terpretação como trajetórias de possíveis deslocamentos em R2 é chamadade “ativa”.

Podemos agora nos perguntar como a função f(x, y) varia ao longo dascurvas Γ(x,y). Isso corresponde a considerar a função f : R2 → R restrita àcurva Γ(x,y) ⊂ R2, ou em outras palavras, a considerar f ◦ Γ(x,y) como nodiagrama abaixo

R

R2 R

Γ(x,y)f◦Γ(x,y)

f

Estamos particularmente interessados nos casos em que f ◦Γ(x,y) é constante,i.e., nos casos em que a função f não varia ao longo da curva Γ(x,y). Dizemosque a transformação ativa (3) é uma simetria de f(x, y) quando f ◦ Γ(x,y)

for constante para todo (x, y) ∈ R2. Esta condição de simetria pode serexpressa de forma diferencial se lembrarmos que

f ◦ Γ(x,y) = f(u(x, y, α), v(x, y, α)) (4)

e que a condição de ser constante (não depender de α) implica emd

dα

(f ◦ Γ(x,y)

)= ~V · ∇f = 0, (5)

que naturalmente é a condição que define as curvas de nível da função f .Alguns exemplos ajudarão a compreender melhor estes pontos.

1.1.1. Exemplo: rotações. Consideremos a função f(x, y) = ax2 + y2 e atransformação (

u(x, y, α)v(x, y, α)

)=

(cosα sinα− sinα cosα

)(xy

). (6)

Como

f ◦Γ = (a cos2 α+sin2 α)x2+(cos2 α+a sin2 α)y2+2(a−1)xy cosα sinα (7)

é evidente que f ◦ Γ será independente de α para x e y arbitrários apenasse a = 1. Esse é o único caso em que a transformação (6), que correspondea uma rotação por um ângulo arbitrário α, é uma simetria de f(x, y) =ax2 + y2.

1.1.2. Exemplo: rotações hiperbólicas. Que transformações do tipo (3) serãosimetrias da função f(x, y) = x2 − y2? Esta questão pode ser respondidaexplorando-se a condição (5). As transformações serão aquelas cujos vetorestangentes ~V = xı+ y obedecem

~V · ∇f = 2 (xx− yy) = 0, (8)

cuja uma das solução para x e y é x = y e y = x, que é um sistema de EDO2

que admite como solução(x(α)y(α)

)=

(coshα sinhαsinhα coshα

)(xy

), (9)

2Trata-se de um sistema do tipo X = MX, sendo M uma matriz constante. A soluçãogeral é X = eαMX0, sendo X0 a condição inicial e eαM = 1 + αM + 1

2!(αM)2 + · · ·

SIMETRIAS NO FORMALISMO LAGRANGIANO 3

sendo x e y constantes de integração. As funções u e v serão

u(x, y, α) = x coshα+ y sinhα, v(x, y, α) = x sinhα+ y coshα, (10)

e assim temos finalmente uma transformação que corresponde a uma simetriade f(x, y) = x2 − y2.

Para estes exemplos simples que consideramos, o fluxo associado às sime-trias de f(x, y) corresponde às suas curvas de níveis, o que de certa formaé intuitivo, já que definimos simetria como um conjunto de possíveis traje-tórias sobre as quais a função f(x, y) é invariante. Nesse contexto, não ésurpresa encontramos alguma arbitrariedade na definição de ~V , como o daequação (8). Se um dado vetor ~V é tangente às curvas de nível de f(x, y)

(este é o conteúdo geométrico da condição de simetria (5)), então g(x, y)~Vtambém será, com g(x, y) arbitrária que não se anula. Notem que se ti-véssemos, por exemplo, uma função f : R3 → R, obteríamos mais de umvetor diretor tangente ~V a partir de (5) e, portanto, mais de uma possívelsimetria, o que é natural já que, nesse caso, as curvas de nível de f serãosubvariedades de dimensão 2 e, portanto, teríamos sempre 2 direções L.I.para possíveis trajetórias contidas nas superfícies de f constante.

Há uma outra maneira de se encarar as expressões (4) e (5) que são deuso muito comum na Mecânica Clássica. Notem, primeiro, que se fizermosuma expansão de Taylor em α para a transformação (3), teremos

u(x, y, α) = x+ αu+ · · · , v(x, y, α) = x+ αv + · · · , (11)

sendo ~V = uı + v o chamado gerador infinitesimal da transformação. Acomposição (4), portanto, corresponde a fazer as substituições x 7→ x + αue y 7→ y + αv em f(x, y), a qual, por sua vez, irá ser alterada como

f(x, y) 7→ f(x+ αu, y + αv). (12)

A condição de simetria (5) é equivalente a dizer que f(x, y) é invariante soba ação da transformação x 7→ x + αu e y 7→ y + αv em primeira ordemem α. Esta será a maneira com que iremos definir todas as simetrias queencontraremos mais adiante.

1.2. Transformações passivas. Há uma outra possível interpretação paraa transformação (3). Considere agora um certo α fixo e que a matriz Jaco-biana

Jα =∂(u, v)

∂(x, y)(13)

seja de posto-completo. Isto nos permite interpretar a transformação (3)como uma mudança de coordenadas (x, y) ↔ (u, v) de R2. A interpretaçãode (3) como uma mudança de coordenadas é chamada de “passiva”. Seja Γαa transformação que, para um dado α, retorne os valores de (u, v) associadosa (x, y), exatamente como a transformação (3). O diagrama abaixo nosajudará com a definição de simetria para transformações passivas. Suponha


que a função f : R2 → R seja expressa em coordenadas (u, v).

R2(x,y)

R2(u,v) R

Γαf◦Γα

f

A transformação passiva (3) é dita uma simetria de f se f ◦Γα : R2 → R forindependente de α. Porem

f ◦ Γα = f(u(x, y, α), v(x, y, α)) (14)

e a análise é idêntica ao caso anterior.

2. Simetrias pontuais

Seja a Lagrangiana L(qk, qk; t), k = 1, . . . , n. A primeira noção de si-metria que iremos discutir envolve, basicamente, apenas transformações navariedade de configurações Q parametrizada pelas coordenadas generalizadas{qk}, i.e., consideramos em todos nossos desenvolvimentos apenas transfor-mações suaves do tipo qk 7→ qk = qk(qj , t), sendo que, de fato, nos interessaapenas a formulação infinitesimal da transformação:

qk 7→ qk = qk + εξk(qj , t). (15)

As funções ξk(qj , t) são chamadas geradores da transformação e sempre estãobem definidas se a transformação for suave na vizinhança da identidade,vejam discussão da seção anterior. Transformações desse tipo, apesar deestarem definidas apenas no espaço de configuração (espaço de base) Q,podem ser estendidas facilmente para todo o fibrado tangente TQ no qual afunção Lagrangiana L está naturalmente definida. Obviamente, a extensãoconsiste em se admitir que as derivadas se transformam como qk 7→ ˙qk =ddt q

k(qj , t), ou na versão infinitesimal

qk 7→ ˙qk = qk + εξk(qj , qj , t), (16)

com

ξk(qj , qj , t) =n∑j=1

∂ξk

∂qjqj +

∂ξk

∂t(17)

Este procedimento também é chamado de “prolongamento” da transformaçãode Q a TQ. Transformações desse tipo recebem o nome de transformaçõespontuais e as simetrias eventualmente derivadas a partir delas são chamadassimetrias pontuais. Em termos de (15) e (16), supondo-se já ε infinitesimal,tem-se

L(qk, qk; t) 7→ L(qk, ˙qk; t) = L(qk, qk; t) + ε

n∑k=1

(ξk∂L∂qk

+ ξk∂L∂qk

). (18)

É evidente que se o termo entre parêntesis for nulo, a função Lagrangiana L éinvariante pelas transformação pontual (15) estendida a todo TQ como (16).Assim, a transformação (15) é dita uma simetria pontual da Lagrangiana.Porém, já sabemos que a Lagrangiana em si não é uma quantidade relevante,ao contrário das equações de movimento (Euler-Lagrange). Portanto, se


estamos interessados (e sempre estaremos) em simetrias das equações demovimento, podemos admitir situações do tipo

n∑k=1

(ξk∂L∂qk

+ ξk∂L∂qk

)=

d

dtF (qk, t), (19)

pois já sabemos que Lagrangianas que diferem por uma derivada total têmas mesmas equações de Euler-Lagrange.

Exercício 1: Demonstre essa última afirmação: duas Lagrangianasque diferem por uma derivada total têm as mesmas equações deEuler-Lagrange. O que você pode afirmar sobre a inversa dessa afir-mação? Se duas Lagrangianas têm exatamente as mesmas equaçõesde Euler-Lagrange, elas necessariamente diferem por uma derivadatotal? E se usarmos como critério não as equações de Euler-Lagrange,mas sim suas soluções? Em outras palavras, se duas Lagrangianascoincidem na descrição de um certo sistema (quer dizer, obtemosas mesmas soluções a partir das correspondentes equações de Euler-Lagrange), elas necessariamente diferirão por uma derivada total?

Solução. Sejam L(qk, qk; t) e L′(qk, qk; t) duas Lagrangianas tais que

L − L′ =d

dtF (qk, t) =

n∑j=1

∂F

∂qjqj +

∂F

∂t= G(qk, qk; t).

Como o termo da derivada total não contribui ao problema variacional (se res-tringirá a contribuições nos pontos extremos, que são considerados fixos no pro-blema de Euler-Lagrange), não se espera nenhuma diferença. Isso também podeser mostrado diretamente determinando-se as equações de Euler-Lagrange de G:

d

dt

∂F

∂qk−

(n∑j=1

∂2F

∂qj∂qkqj +

∂2F

∂qk∂t

),

que são identicamente nulas. Vamos agora considerar a inversa. Suponhamosque L e L′ possuam exatamente as mesmas equações de Euler-Lagrange. Istoimplica em

d

dt

∂G

∂qk− ∂G

∂qk= 0,

para L − L′ = G, identicamente, que implica emn∑j=1

∂2G

∂qj∂qkqj +

n∑j=1

∂2G

∂qj∂qkqj +

∂2G

∂qk∂t− ∂G

∂qk= 0,

que também deve valer identicamente, i.e., para todos os valores de qk, qk e qk,implicando que o termo da segunda derivada deve se anular isoladamente, o quenos fornece

G =

n∑j=1

qjHj(qk, t) + I(qk, t).

Substituindo-se na equação de Euler-Lagrange, tem-sen∑j=1

(∂Hk∂qj

− ∂Hj∂qk

)qj +

(∂Hk∂t− ∂I

∂qk

)= 0.

Novamente, para que seja identicamente nula essa expressão, precisamos que ostermos entre parênteses se anulem individualmente. O primeiro nos fornece3

Hk =∂F

∂qk,

3Note que a equação corresponde a uma componente de um rotacional. Se quiseremmais informações, procure sobre lema de Poincaré.


com F suave arbitrária, enquanto o segundo implica em

I =∂F

∂t,

o que nos finalmente proporciona G = ddtF. Em palavras: duas Lagrangianas

com equações de Euler-Lagrange idênticas diferem por uma derivadatotal. Assim, se considerarmos como equivalentes as Lagrangianas com equaçõesde Euler-Lagrange idênticas, temos um critério simples para classificá-las numaclasse de equivalência: basta que difiram por uma derivada total.

Porém, se quisermos definir como equivalentes Lagrangianas que dão origemàs mesmas soluções, tudo fica muito mais complicado. Como exemplo explícitodesta situação, há o caso de duas Lagrangianas que diferem por uma constantemultiplicativa. Um exemplo mais surpreendente é o da Lagrangiana do exercício7

L(x, x; t) = eλt(x2 − ω2x2) ,

a qual descreve completamente a dinâmica do oscilador harmônico amortecido,pois

d

dt

∂L∂x− ∂L∂x

= eλt(x+ λx+ ω2x

).

Por outro lado, a (estranhíssima) Lagrangiana4

L′ =(

1 + eλt) x2

2+ λxx ln x− λ2

2x2,

por exemplo, nos forneced

dt

∂L′

∂x− ∂L′

∂x=(

1 + eλt + λx

x

)(x+ λx) ,

cujas soluções descrevem o limite ω → 0 do oscilador harmônico amortecido,mas L e L′ não diferem por uma derivada total. Outro exemplo curioso é estaLagrangiana

L =x4

6+ ω2x2x2 − ω4

2x4,

para a quald

dt

∂L∂x− ∂L∂x

= 2(x2 + ω2x2) (x+ ω2x

),

que corresponde ao oscilador harmônico sem dissipação (λ→ 0). Uma vez mais,trata-se de uma Lagrangiana que não difere por uma derivada total da anteriorcom λ = 0.

As transformações pontuais (15) que obedecem (19) são chamadas de sime-trias variacionais. Usualmente, dá-se o nome de termo de gauge à funçãoF e denominam-se simetrias de gauge as simetrias com F 6= 0 (na práticaF não constante). É importante frisar que a condição de simetria (19) deveser encarada como uma identidade sem supor que temos uma solução qk(t)definida, i.e. as variáveis qk e qk devem ser consideradas independentes,são apenas a “coordenadas” de TQ. A condição (19) deve ser entendidacomo uma propriedade da função Lagrangiana e da geometria de TQ, nãoda dinâmica. Finalmente, nunca, jamais, se deve usar as equações deEuler-Lagrange para se estabelecer a identidade (19).

Se a condição (19) for verificada, as equações de Euler-Lagrange de Limplicam em

d

dt

(n∑k=1

ξk∂L∂qk− F

)= 0, (20)

4Para mais informações, ver N.A. Lemos, Symmetries, Noether’s theorem and inequi-valent Lagrangians applied to nonconservative systems, Rev. Mex. Fis. 39, 304 (1993).

https://rmf.smf.mx/pdf/rmf/39/2/39_2_304.pdf


e o teorema de Noether segue diretamente:

Teorema. Se uma Lagrangiana L exibe uma simetria variacional (19)com geradores ξk(qj , t) e função F (qj , t), então a quantidade entreparêntesis em (20) é uma constante de movimento e comumente recebeo nome de “carga de Noether” associada à simetria (15).

Porém, nós conhecemos uma outra constante de movimento que está sem-pre disponível quando a função Lagrangiana não depende explicitamente dotempo. Trata-se da função Hamiltoniana

H(qk, qk) =n∑k=1

qk∂L∂qk− L (21)

e uma pergunta natural aqui é se haveria alguma simetria que pudesse serassociada a H via alguma variação do teorema de Noether. A resposta ésim, mas não com a abordagem anterior, já que não existe nenhum mo-mento canônico conjugado a t. Em outras palavras, t não é uma coordenadageneralizada, não parametriza Q. Porém, não será nenhuma surpresa se afunção Hamiltoniana surgir com simetrias que envolvam o tempo, pois jásabemos que H é constante se a Lagrangiana não depender explicitamentedo tempo. Será suficiente consideramos uma reparametrização do tempocomo t 7→ s = s(t), com s(t) > 0, mantendo-se os pontos de Q inalterados,i.e., qk(t) 7→ qk(s(t)) = qk(t). Por outro lado, devemos esperar mudançasnas derivadas: qk(t) 7→ q′k(s(t)) = 1

s qk(t). (Um ponto indica derivada em

relação a t, a linha derivada em relação a s.) Diante de uma transformaçãodesse tipo, a ação se alterará como∫

L(qk, qk; t) dt 7→∫L(qk, q′k; s) ds =

∫L(qk, q′k; s) s dt. (22)

Supondo-se uma reparametrização s(t) infinitesimal no mesmo espírito de(15), teremos

t 7→ t+ εv(t),

qk 7→ qk, (23)qk 7→ (1− εv(t))qk,

e de (22) teremos

L(qk, qk; t) 7→ (1 + εv)L(qk, (1− εv)qk; t+ εv) (24)

= L(qk, qk; t)− εvH+ εv∂L∂t.

Estamos agora em condições de formular o equivalente do teorema de No-ether para a função Hamiltoniana. A reparametrização (23) será uma sime-tria variacional do problema se

vH− v∂L∂t

=d

dtF (qk, t). (25)

Nesse caso, utilizando as equações de Euler-Lagrange que, em particular,implicam em

d

dtH = −∂L

∂t, (26)


teremosd

dt(vH− F ) = 0, (27)

que corresponde ao teorema de Noether para transformações do tipo (23).Exercício 2: Mostre que se uma ação é invariante sob qualquer re-

parametrização t 7→ s(t), s > 0, necessariamente teremos H = 0.Problemas deste tipo são ditos invariante por reparametrização tem-poral. Considere agora uma Lagrangiana L(qk, qk; t) homogênea degrau 1 nas variáveis qk, i.e., se qk 7→ αqk, então L 7→ αL, paraqualquer α ∈ R (positivo). Mostre que, para estas Lagrangianas, amatriz Hessiana

[H]kj =∂2L∂qk∂qj

nunca é de posto-completo e H = 0 sempre. Discuta sob que condi-ções uma Lagrangiana homogênea de grau 1 nas velocidades descre-verá problemas invariantes por reparametrização temporal.

Solução. Afirmar que a ação é invariante sob qualquer reparametrização equivalea afirmar que (25) deve ser verificada para quaisquer funções v e v. Comecemospelo caso mais simples, quando F = 0 (de fato, qualquer constante). Nesse, caso,a Lagrangiana (24) é invariante, e, portanto, sua integral, a ação, também será.Se (25) deve ser verificada para quaisquer funções v e v com F = 0, teremosimediatamente ∂L

∂t= 0 e H = 0. Porém, já sabemos que ao considerarmos a ação

como uma integral entre extremos fixos, a condição F = 0 passa a ser um tantoforte. Vamos agora considerar que (12) é verificada para quaisquer funções v ev, com F 6= 0. Nesse caso, é natural também esperar que a função F dependa dev. Teremos

vH− v ∂L∂t

=∂F

∂vv +

n∑k=1

∂F

∂qkqk +

∂F

∂t.

Novamente, os termos em v e v devem se anular individualmente. Em particular,teremos H = ∂F

∂v. Porém, como H não depende de v, isto implica em F =

vH(qk, t) + I(qk, t), e ficamos com

(H−H) v −(∂L∂t− dH

dt

)v − dI

dt= 0,

que já implica I constante. Para os outros termos, teremos

H = H, L =

n∑k=1

Gk qk +H,

com∂Gk∂t

=∂H

∂qk. Porem, para L dessa forma, teremos H = −H, que implica em

H = H = 0.A questão da matriz Hessiana decorre diretamente do teorema de Euler para

funções homogêneas. Seja

L(qk, αqk; t) = αL(qk, qk; t).

Derivando-se em relação a α ambos lados e tomando α = 1, tem-sen∑k=1

qkL∂qk

= L,

de onde já temos H = 0 para essas Lagrangianas. Aplicando-se ∂∂qj

em amboslados, temos

n∑k=1

qk [H]jk = 0,


que mostra que as colunas da matriz Hessiana não são L.I. e, portanto, ela nãopode ser de posto-completo. Uma Lagrangiana homogênea de grau 1 nas velo-cidades será invariante por reparametrizações se, e somente se, for independentedo tempo.

A formulação Hamiltoniana para problemas invariantes por reparametrização,como o caso do fluxo geodésico, requer a utilização de vínculos. Discutiremos esseassunto oportunamente.

Já deve estar claro que o teorema de Noether pode ser formulado para paratransformações infinitesimais que envolvam simultaneamente mudanças emqk e em t

t 7→ t+ εv(qj , t),

qk 7→ qk + εξk(qj , t). (28)

Obviamente, transformações desse tipo não correspondem a simples mu-danças de coordenadas em Q, como eram as transformações iniciais (15).São mudanças de coordenadas simultâneas a reparametrizações “não homo-gêneas”, pois a mudança em t depende do ponto Q. Não precisamos agoranos aprofundar na interpretação geométrica precisa das transformações (28).Necessitaremos apenas do seu prolongamento para TQ, que será dado por

qk 7→ qk + ε(ξk − vqk

). (29)

Com as transformações (28) e (29), teremos

L 7→ L+ εn∑k=1

(ξk∂L∂qk

+ (ξk − vqk) ∂L∂qk

)+ εvL+ εv

∂L∂t, (30)

Lembrando que

ξk =n∑j=1

∂ξk

∂qjqj +

∂ξk

∂te v =

n∑j=1

∂v

∂qjqj +

∂v

∂t. (31)

Como no caso das simetrias pontuais, supondo-se que (28) é uma simetriavariacional

L 7→ L+ εd

dtF, (32)

com F = F (qk, t) e usando-se as equações de movimento, tem-se ddtC = 0,

com

C(qk, qk; t) =n∑k=1

ξk∂L∂qk− vH− F, (33)

que corresponde ao teorema de Noether em sua maior generalidade parasimetrias pontuais na formulação Lagrangiana da Mecânica.

Exercício 3: Demonstre todas as fórmulas (29) a (33). Demonstretambém que C(qk, qk; t) é invariante pelas transformações (28) e (29).Em palavras: uma carga de Noether é sempre invariante sob a açãode sua transformação associada. Este fato simples é útil em diversassituações, como por exemplo no seguinte exercício.

Solução. A primeira parte é simples, vamos direto a segunda. Devemos mostrarque (adotando-se a notação de Einstein)

C(qk, qk; t) = ξk∂L∂qk− vH− F


é invariante pelas transformações

t 7→ t+ εv(qj , t),

qk 7→ qk + ξk(qj , t),

qk 7→ qk + ε(ξk − vqk

)(34)

tais que

ξk∂L∂qk

+ (ξk − vqk)∂L∂qk

+ vL+ v∂L∂t

=d

dtF (qk, t). (35)

Vamos elaborar um pouco mais nossas notações para facilitar a solução desteproblema. É fácil verificar que uma função f(qk, t) será invariante sob transfor-mações pontuais (35) se Υ

(0)v,ξf = 0, sendo Υ0 o operador diferencial5

Υ(0)v,ξ = v

∂

∂t+ ξk

∂

∂qk, (36)

Caso a função seja do tipo f(qk, qk, t), sua invariância irá requerer Υ(1)v,ξf = 0,

sendo Υ(1)v,ξ o operador prolongado a TQ

Υ(1)v,ξ = v

∂

∂t+ ξk

∂

∂qk+ ζk

∂

∂qk, (37)

com

ζk = ξk − vqk =∂ξk

∂qjqj +

∂ξk

∂t− ∂v

∂qjqk qj − ∂v

∂tqk (38)

Obviamente, sempre teremos Υ(1)v,ξf(qk, t) = Υ

(0)v,ξf(qk, t). Daqui em diante, dei-

xaremos de registrar os subíndices dos geradores v, ξ para não congestionar asexpressões. Nosso problema requer mostrar que

Υ(1)C(qk, qk; t) =(ξk − vqk

)Υ(1) ∂L

∂qk+∂L∂qk

Υ(1)(ξk − vqk

)+

vΥ(1)L+ LΥ(0)v −Υ(0)F = 0. (39)

Notem, primeiro, que temos a seguinte identidade para o operador Υ(1)

∂

∂qjΥ(1)f = Υ(1) ∂f

∂qj+∂ζk

∂qj∂f

∂qk. (40)

Aplicando-se para o caso da Lagrangiana, temos

Υ(1) ∂L∂qj

=∂

∂qjΥ(1)L − ∂ζk

∂qj∂L∂qk

. (41)

Ao mesmo tempo, (35) implica em

Υ(1)L =d

dtF − vL =

∂F

∂qkqk +

∂F

∂t−(∂v

∂qkqk +

∂v

∂t

)L (42)

e finalmente teremos

Υ(1) ∂L∂qj

=∂F

∂qj− ∂v

∂qjL − v ∂L

∂qj− ∂ζk

∂qj∂L∂qk

. (43)

A equação (39) fica

Υ(1)C(qk, qk; t) =

[(ξk − vqk

) ∂F∂qk

+ vd

dtF −Υ(0)G

]+

[Υ(0)v −

(ξk − vqk

) ∂v

∂qk− vv

]L (44)

+

[Υ(1)

(ξk − vqk

)− v

(ξk − vqk

)−(ξj − vqj

) ∂ζk∂qj

]∂L∂qk

,

5Para mais detalhes, ver W. Sarlet e F. Cantrijn, Generalizations of Noether’s theoremin Classical Mechanics, SIAM Review 23, 467 (1981). Outro artigo pertinente, descobertopelos colegas, é este: Z.K. Silagadze, Invariance of the Noether charge, Eur. J. Phys. 37,015004 (2016), disponível no arXiv.

http://arxiv.org/abs/1507.05009


e pode-se mostrar sem muitas dificuldades que os termos entre colchetes são todosidenticamente nulos.

Exercício 4: Considere o problema de Kepler no plano (x, y), cujaLagrangiana é

L(x, y, x, y) = T − U =1

2

(x2 + y2

)+k

r,

com r2 = x2 + y2, admitindo-se, sem perda de generalidade, m = 1.Já sabemos que este problema tem 3 constantes de movimento: aenergia total E = T + U , o momento angular I = xy − yx e nossotão admirado vetor de Laplace-Runge-Lenz ~R = R1ı+R2, com

R1 = Iy − kx

r, R2 = −Ix− ky

r.

Item 4.1: Determine as simetrias pontuais independentes to tempode I, i.e., determine as transformações x 7→ x + εf(x, y) ey 7→ y + εg(x, y) que deixam invariante I.

Solução. A condição de ser uma simetria é

f∂I

∂x+ g

∂I

∂y+ f

∂I

∂x+ g

∂I

∂y= 0,

que implica em

fy − gx− y(x∂xf + y∂yf) + x(x∂xg + y∂yg) = 0,

que pode ser rearranjado como

(x∂xg − y∂xf − g) x− (y∂yf − x∂yg − f) y = 0,

que implica em duas equações simultâneas

x∂xg − y∂xf − g = 0 e y∂yf − x∂yg − f = 0 (45)

Derivando-se a primeira em relação a y e a segunda em relação a x esomando-se, temos

∂xf + ∂yg = 0. (46)

Substituindo-se nas primeiras equações, ficamos com

x∂xg + y∂yg = g e x∂xf + y∂yf = f (47)

Esta equação pode ser resolvida, por exemplo, pelo método das caracterís-ticas6. As soluções gerais para f e g podem ser convenientemente escritascomo

f(x, y) = xF

(x

y

), g(x, y) = yG

(x

y

), (48)

com F e G arbitrárias. Levando-se às equações (45), teremos (as duasequações são idênticas)

zG′(z)−G(z) = zF ′(z) + F (z), (49)

com z = xy. Notem que uma arbitrariedade em uma das funções. Vamos

considerar o seguinte problema, completamente equivalente

zG′(z)−G(z) = zF ′(z) + F (z) = H(z), (50)

sendoH(z) uma função completamente arbitrária. Para cadaH(z), teremosduas funções F e G e uma simetria pra I. Comecemos com a mais simples:H = 0. Nesse caso, as soluções são

G(z) = aZ, F (z) =b

z, (51)

6Ver livro de Métodos II


com a e b constantes. Levando-se em (48), teremos f = by e g = ax.Levando-se agora em (45), teremos b = −a e podemos, sem perda de gene-ralidade, escolher b = 1. Esta é a simetria de rotação usual. A Lagrangianado problema de Kepler tem essa simetria, e a carga de Noether associada éI. Porém, considerem agora o caso H(z) = 1. Temos outra possível soluçãoF = 1 e G = 1, que nos dá f = x e g = y, que é um deslocamento radial!Não é uma simetria da Lagrangiana, que depende explicitamente de r, masé uma simetria da função I, confiram.Só por curiosidade, vejam o caso H = zn, com n > 1, que corresponde aestranhíssima transformação

f(x, y) =1

n+ 1

xn+1

yn, g(x, y) =

1

n− 1

xn

yn−1. (52)

Isto é uma simetria de I para todo n! Confiram! Moral da história: Umacarga de Noether é invariante pelas simetrias que a geram, mas tipicamentenão só por elas!

Item 4.2: Mostre que não há nenhuma simetria desse tipo quedeixe invariante ~R. Em palavras: não há nenhuma simetriapontual independente do tempo associada ao vetor de Laplace-Runge-Lenz.

Solução. Tomemos, por exemplo, a primeira componente. A condiçãode simetria será

f∂R1

∂x+ g

∂R1

∂y+ f

∂R1

∂x+ g

∂R1

∂y= 0, (53)

que implica em

(f − y∂yf + 2x∂yg) y2 + (2x∂xg − y∂yg − y∂xf − g) xy

− (y∂xg) x2 −(f∂x

kxr

+ g∂ykxr

)= 0 . (54)

Os termos entre parêntesis devem ser todos nulos individualmente. Notemque o termo proporcional a x2 implica em g = g(y). Do termo envolvendoo potencial, temos

f(x, y) = xg(y)

y. (55)

Levando-se este resultado às equações decorrente dos termos y2 e xy, tere-mos

(2y − 1)g′ + 2g = 0, yg′ + 2g = 0, (56)

que implicam g = f = 0.Exercício 5: Considere Lagrangianas usuais L = T − U , com

T =m

2

n∑k=1

(qk)2

e U = U(qk, t), e simplifique ao máximo que conseguir as transfor-mações (28) que poderiam corresponder às simetrias variacionais doproblema.

Solução. As simetrias pontuais variacionais de uma Lagrangiana são tais que

ξk∂L∂qk

+ (ξk − vqk)∂L∂qk

+ vL+ v∂L∂t

=d

dtF (qk, t), (57)

relembrando que

ξk =∂ξk

∂qjqj +

∂ξk

∂t, v =

∂v

∂qjqj +

∂v

∂t. (58)


Colecionando-se os termos de mesma potência nas velocidades, ficamos com

−m2∂v∂qj

qjqk qk +m(∂ξk

∂qj− 1

2∂v∂tδkj

)qj qk

+(m ∂ξk

∂t− ∂v

∂qkU − ∂F

∂qk

)qk −

(ξk ∂U

∂qk+ ∂v

∂tU + v ∂U

∂t+ ∂F

∂t

)= 0. (59)

Cada um dos termos deve se anular isoladamente. O primeiro, nos dá ∂v∂qj

=

0, i.e., v = v(t), que já faz desaparecer um termo da contribuição linear navelocidade. O termo quadrático nas velocidades implica que

∂ξk

∂qj− 1

2

∂v

∂tδkj = Akj (t) (60)

é uma matriz antissimétrica, possivelmente dependente do tempo. Assim, temos

ξk =1

2

∂v

∂tqk +Akj (t)qj +Bk(t), (61)

com Bk(t) arbitrário. O termo linear na velocidade nos diz que (já derivamosambos os lados com relação a qj)

1

m

∂2F

∂qk∂qj=

1

2

∂2v

∂t2δkj +

∂

∂tAkj . (62)

Como o lado esquerdo é simétrico, devemos ter ∂∂tAkj = 0, i.e., a matriz antissi-

métrica Akj é constante e ficamos com

F =m

4

∂2v

∂t2qkqk +m

∂Bk

∂tqk + g(t) (63)

Resumindo:

As simetrias pontuais de uma Lagrangiana do tipo L = T − U têm ne-cessariamente a forma

t 7→ t+ εv(t),

qk 7→ qk + ε

(v

2qk +Akj q

j +Bk), (64)

sendo Akj uma matriz antissimétrica constante. O termo de gauge é dotipo (63), e a condição de simetria é(

v

2qk +Akj q

j +Bk)∂U

∂qk+ vU + v

∂U

∂t+∂F

∂t= 0. (65)

Antes de passarmos ao próximo item, convém uma olhada no caso U = 0, i.e.,o bem conhecido caso da partícula livre. Note que nesse caso, de (51), temos queF não depende do tempo, o que implica, de (49), que

v(t) = at2 + bt+ c, Bk = tCk +Dk, (66)

sendo a, b, c, Ck e Dk constante. Sem perda de generalidade, tomamos g(t) = 0.A carga de Noether associada será

C = am

(tqk qk − t2

2qk qk − 1

2qkqk

)+bm

2

(qk qk − tqk qk

)−cH+mAkj q

j qk +mCk(tqk − qk

)+mDk qk (67)

Como a, b, c, Ck e Dk são constantes arbitrárias, cada termo do lado direito éuma constante individualmente. Algumas são esperadas: H, associada a transfor-mação que apenas tem c 6= 0 (translação temporal), as componentes do momentoangular (confiram!), associadas a Akj , o momento linear, etc.

Vejam agora a transformação correspondente a Ck. Sua grandeza conservadaé

tqk − qk = qk0 , (68)


lembrando que a solução geral das equações de Euler-Lagrange para U = 0são qk(t) = tW k + qk0 , sendo W k (velocidade) e qk0 (posição inicial em t = 0)constantes. Por outro lado, a simetria subjacente a esta grandeza tem formainfinitesimal

t 7→ t, qk 7→ qk + εtCk. (69)

Como vemos, trata-se de uma transformação de Galileo! Vamos agora a simetriacorrespondente ao parâmetro b. Sua ação infinitesimal é

t 7→ t+ εt, qk 7→ qk +ε

2qk. (70)

A grandeza conservada associada é

qk qk − tqk qk = qk0Wk. (71)

A ação finita correspondente ao geradores (70) é

t 7→ αt, qk 7→√αqk, (72)

que já tivemos oportunidade de discutir. A última simetria, e talvez a maiscuriosa, é a correspondente á constante a. Sua ação infinitesimal é

t 7→ t+ εt2, qk 7→ qk + εtqk, (73)

e sua carga associada

tqk qk − t2

2qk qk − 1

2qkqk = −q

k0 qk0

2. (74)

Não se trata de uma carga independente das anteriores, mas sua simetria asso-ciada é um tanto curiosa, e inesperada. Convém fazermos um exercício explícitode como se obter a ação finita a partir de uma infinitesimal não trivial. É o casoem questão, por ser não linear. Lembrando o que foi dito na primeira parte, paraobter a forma finita da transformação, devemos resolver o sistema de EDO

d

dαt = t2

d

dαqk = tqk (75)

cujas soluções são t = t01−αt0

e qk =qk0

1−αt0. As transformações finitas, cuja

interpretação, se for interessante, pode valer um 10 vitalício em todasas disciplinas comigo, é esta

t 7→ t

1− αt , qk 7→ qk

1− αt . (76)

Fica de exercício mostrar que essa transformação finita é uma simetria variacionalde T . (Façam, é interessante). Moral da história: uma Lagrangiana pode tersimetrias esquisitas!

Exercício 6: Utilize seus conhecimentos do teorema de Noether, in-cluindo o exercício anterior, e discuta as possíveis constantes de mo-vimento para as seguintes Lagrangianas (considere todos os proble-mas definidos no espaço usual Q = R3 e todas as Lagrangianas dotipo L = T − U):

Item 6.1: Lagrangianas com potencial U(~r) homogêneo de grau k(U(α~r) = αkU(~r), para todo α ∈ R+). Há algum valor notávelpara k?

Solução. Do teorema de Euler para funções homogêneas, sabemos que

qk∂U

∂qk= kU. (77)

Levando-se na condição de simetria, ficamos com

v

(1 +

k

2

)U +Akj q

j ∂U

∂qk+Bk

∂U

∂qk+∂F

∂t= 0. (78)


Esta equação deve ser entendida como uma equação para v(t), Akj e g(t),com U fixo. Notem que k = −2 é um valor especial, pois nesse caso oprimeiro termo desaparece e ficamos com algo do tipo

m

4

...v (qk)2 +mBkqk + g = Akj q

j ∂U

∂qk+Bk

∂U

∂qk. (79)

Sem nenhuma outra informação sobre U , só podemos esperar que ambosos lados sejam zero, pois envolvem diferentes funções de qk. Isso implicaráAkj = Bk = 0 . Do lado direito, teremos as mesmas restrições sobre v e gdo problema anterior: v(t) = at2 + bt+ c e g = 0, com todos os coeficientesconstantes. Portanto, para k = −2, temos a simetria

t→ t+ εv(t), qk 7→ qk +εv

2qk (80)

As cargas de Noether são

C = am

(tqk qk − t2

2qk qk − 1

2qkqk − U(r)

)+bm

2

(qk qk − tqk qk − 2U(r)

)− cH,

cuja interpretação é semelhante ao caso anterior. Para k 6= −2, sem, ne-nhuma outra condição sobre U , necessitamos de (78) que v = 0, e ficaremosapenas com a Hamiltoniana como quantidade conservada.

Item 6.2: Lagrangianas com potencial do tipo onda plana U =

U(~r−t ~W ), com ~W constante e arbitrário. Aproveite e interpreteesta Lagrangiana em termos das transformações de Galileo.

Solução. Nesse caso, notem que U : R3 → R. Portanto, U tem gradi-ente ∇U . O fato de seu argumento ser ~r − t ~W , implica em

∂U

∂t= − ~W · ∇U = −W k ∂U

∂qk(81)

sendo W k as componentes de ~W . A condição de simetria (65) fica(v

2qk +Akj q

j +Bk − vW k

)∂U

∂qk+ vU +

∂F

∂t= 0. (82)

Novamente, sem nenhuma outra informação acerca de U , todos os termosdevem se anular isoladamente. Isto nos dá v = 0. Também devemos terAkj = 0 e ficamos com Bk = vW k, com v constante, que implica F = 0. Asimetria final é

t 7→ t+ εv, qk 7→ qk + εvW k, (83)

e a carga de Noether correspondente é

C = mW k qk −H. (84)

A questão das transformações de Galileu neste problema tem a ver com aobservação que, diante da transformação ~r 7→ ~r + t ~W , temos

U(~r − t ~W ) 7→ U(~r) (85)

e o problema aparentemente fica independente do tempo! Porém, as trans-formações de Galileu não são simetrias desde problema. Mais detalhes, naaula.

Item 6.3: Lagrangianas com potencial do tipo onda esférica U =U(|~r| − ct), com c constante.

Solução. Novamente, U : R3 → R, mas neste caso

∇U = U ′∇|~r| ou∂U

∂qk= qk

U ′

r(86)


Também temos∂U

∂t= −cU ′ (87)

A condição de simetria neste caso é(v

2qkqk +Bkqk − cvr

)U ′

r+ vU +

∂F

∂t= 0. (88)

A primeira conclusão é que temos conservação de momento angular, pois otermo proporcional à matriz antissimétrica é identicamente satisfeito. Defato, não é surpresa, pois o potencial, apesar de depender de t, é central.

Exercício 7: Mostre que Lagrangiana

L(x, x; t) =m

2eλt(x2 − ω2x2

)descreve completamente a dinâmica do oscilador harmônico amorte-cido x + λx + ω2x = 0. Discuta as possíveis grandezas conservadasdessa Lagrangiana, supondo sempre λ 6= 0.

Solução. Trata-se de um problema unidimensional, as transformações pontuaismais gerais são do tipo

t 7→ t+ εv, x 7→ x+ εξ, x 7→ x+ ε(ξ − vx

). (89)

Esta transformação será uma simetria se

ξ∂L∂x

+(ξ − vx

) ∂L∂x

+ vL+ v∂L∂t

=d

dtF (x, t), (90)

com∂L∂x

= −mω2eλtx,∂L∂x

= meλtx∂L∂t

= λL. (91)

Primeiro, notem o termo proporcional a x3 implica v = v(t). Os termos seguintespodem ser agrupados como

meλt

2

(2∂ξ

∂x− v + λv

)x2 +

(meλt

∂ξ

∂t− ∂F

∂x

)x

−mω2eλt(ξx+

v

2x2 +

λv

2x2

)=∂F

∂t(92)

O primeiro termo implica

ξ =1

2(v − λv)x+ g(t). (93)

Já o segundo, implica

F =m

4eλt(v − λv)x2 +meλtgx+ h(t). (94)

Os termos restantes podem ser agrupados como

−mω2eλtv =m

4

d

dteλt(v − λv), −mω2eλtg = m

d

dteλtg, (95)

e h = 0. As eqs. (95) implicam em...v −

(λ2 + 4ω2) v = 0 e g + λg + ω2g = 0, (96)

cujas soluções são

v = a+ be$t + ce−$t, g = e−λt2 (m cosϑt+ n sinϑt) , (97)

sendo a, b, c,m e n constantes,$2 = λ2+4ω2 e ϑ2 = ω2−λ2

4, que admitimos como

positiva (caso subcrítico. Os outros, são análogos). As cargas de Noether sãocalculadas como já sabemos. A única simetria “óbvia” do problema correspondea constante a. Trata-se da transformação

t→ t+ εa, x→ x− εa

2x (98)


Trata-se de um “deslocamento” em t e uma multiplicação em x. A transformaçãofinita pode ser facilmente determinada

t→ t+ aα, x 7→ e−aα2 x. (99)

A constante de movimento associada é

C = completar (100)

3. Além das simetrias pontuais

As transformações pontuais têm uma clara interpretação na variedade deconfiguração Q. Podem ser vistas de forma “passiva”, como simples mudan-ças de coordenadas, ou de forma ativa, quando correspondem a certos “des-locamentos” em Q. O livro discute bem esse assunto. Porém, são várias asaplicações nas quais surgem naturalmente simetrias que também envolvem asvelocidades {qk}, i.e., transformação do tipo qt 7→ qk(qj , qj , t). No exercício4, por exemplo, já vimos que se quisermos encontrar simetrias independentesdo tempo associadas ao vetor de Laplace-Runge-Lenz, teremos que genera-lizar nossas transformações. Uma transformação do tipo qt 7→ qk(qj , qj , t)não pode ser interpretada da forma passiva, ela não corresponde a nenhumatransformação de coordenadas em Q, já que também envolve qk ∈ TQ. Elapode, porém, ser interpretada de maneira ativa, como um deslocamento quedepende da velocidade num dado ponto. Vamos considerar para efeitos doteorema de Noether transformações mais gerais do tipo

qk 7→ qk + εV k(qj , qk, t),

t 7→ t+ εv(qj , qk, t). (101)

Por consistência, o prolongamento dessas transformações para TQ deve sercomo (29), porém agora com

V k =n∑j=1

(∂V k

∂qjqj +

∂V k

∂qjqj)

+∂V k

∂te v =

n∑j=1

(∂v

∂qjqj +

∂v

∂qjqj)

+∂v

∂t,

(102)o que nos causa alguns problemas, já que surge nas expressões a segundaderivada qk, que não está definida em TQ, mas sim no espaço tangente dofibrado tangente TQ, chamado também de segundo fibrado T2Q. Porém,esse problema é facilmente contornável. Estamos interessados nas transfor-mações (101), prolongadas como (29) e (102), que correspondam a simetriasvariacionais do problema, i.e., simetrias tais que (18) se verifica, porém nestecaso com G = G(qk, qk, t). Assim, as segundas derivadas acabarão absorvi-das pelo termo d

dtG e ficamos com o problema variacional usual em TQ. Nãoprecisamos de nada do segundo fibrado T2Q.

Exercício 8: Mostre que as fórmulas (15) a (19) continuam válidasneste contexto, com (21) no lugar de (17) e G = G(qk, qk, t).

Exercício 9: Considere transformações com V k = V k(qj , qk) e v = 0para Lagrangianas com termo cinético usual. Mostre que os gerado-res V k e a função G devem satisfazer a equação

mn∑k=1

qk∂V k

∂qj=∂G

∂qj. (103)


Solução. Para estes geradores, uma simetria requer

V k∂L∂qk

+ V k∂L∂qk

=dG

dt,

com G = G(qk qk). Com o termo cinético usual, os temos proporcionais a qj

serão

mqk∂V k

∂qjqj =

∂G

∂qjqj ,

que deve ser válido pra todo qj e, assim, implica (50).Exercício 10: Considere a Lagrangiana

L(x, y, x, y) =m

2

(x2 + y2

)− U(r),

com r2 = x2+y2 (potencial central). Sabemos que há duas grandezasconservadas neste problema, a energia total e o momento angularI = m(xy − yx). Mostre que a transformação

x 7→ x− εyy, y 7→ y + ε (2xy − yx) (104)

satisfaz (22) e determine G. A transformação (23) é simetria paraalgum U(r)? Comente. Faça o mesmo para a transformação

x 7→ x+ ε (2yx− xy) , y 7→ y − εxx. (105)

Solução. Começando por (51). Temos V (1) = −yy e V (2) = 2xy − yx e

−myy =∂G

∂x, m (2xy − yx) =

∂G

∂y.

Notem que ambas as equações implicam∂2G

∂x∂y= −my, o que implica que são

compatíveis e podem ser resolvidas por integração simples, levando a

G(x, y, x, y) = m(xy2 − yxy

)+ F (x, y).

Para determinarmos F (x, y), vamos agora examinar os outros termos na definiçãoda simetria. São eles

V k∂L∂qk

= yy∂U

∂x− (2xy − yx)

∂U

∂y

qj∂V k

∂qj∂L∂qk

= 0

qk∂G

∂qk= x

∂F

∂x+ y

∂F

∂yCombinando-se os termos, teremos

∂F

∂x= y

∂U

∂y,

∂F

∂y=

(y∂U

∂x− 2x

∂U

∂y

).

A condição de integrabilidade sobre∂2F

∂x∂yagora nos dá

∂U

∂y+ y

∂2U

∂y2= y

∂2U

∂x2− 2

(∂U

∂y+ x

∂2U

∂x∂y

)Como U = U(x2 + y2), temos as seguintes identidades

∂xU = 2xU ′, ∂yU = 2yU ′

∂2xU = 2U ′ + 4x2U ′′, ∂2

yU = 2U ′ + 4y2U ′′, ∂x∂yU = 4xyU ′′

Usando-as, temos finalmente

2(x2 + y2)U ′′ + U ′ = 0⇒ 2r2U ′′(r2) + U ′(r2) = 0


⇒ 2sU ′′(s) + U ′(s) = 0⇒ U =A√s

+B,

em outra palavras, só será uma simetria para o potencial Newtoniano 1/r. Usandoessa condição, podemos facilmente determinar F (x, y) por integração simples

∂xF = − Ay2

(x2 + y2)32

⇒ F = − Ax√x2 + y2

⇒ F (x, y) = −xU

Finalmente a carga de Noether será

C = V k∂L∂qk−G = m

(xy2 − yxy

)− F = yI + xU

introduçãovigo.ime.unicamp.br/ms520/listap1c.pdf · 2 ms520/f 076 - estrutura matemÁtica da...

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