Verwenden des Satzes von Noether, um eine Bewegungskonstante aus einem Killing-Vektorfeld zu erhalten

Bitte beachten Sie, dass ich kein Summationszeichen verwenden werde, sondern Einsteins Summationskonvention: Wiederholte Paare von (oberen und unteren) Indizes werden summiert$\sum_{a} A_{a} B^{a} \equiv A_{a}B^{a} = A_{c}B^{c}$

Angesichts der Lagrange-Funktion:

$$L = G_{ab} \dot q^a\dot q^b\tag{1}$$ Und die folgende Gleichung, die den Killing-Vektor beinhaltet$v^a$ $$\Big( \partial_a G_{bc}v^a + G_{ba}\partial_c v^a + G_{ca}\partial_b v^a \Big) = 0.\tag{2}$$ Beweise das $$Q_v = v^a \dot q^b G_{a b}\tag{3}$$ ist eine Bewegungskonstante. TIPP : Denken Sie an den Satz von Noether.

Was habe ich getan:

Der Satz von Noether besagt, dass wenn$q^a \to q^a + \epsilon k^a$ist dann eine Symmetrie der Lagrange-Funktion$p_a k^a$ist eine Bewegungskonstante.

• Als nächstes begründe ich die Translationssymmetrie. Es hat nichts mit meinem Problem mit diesem Problem zu tun, also können Sie es einfach überspringen, wenn Sie möchten.

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Wenden wir uns der Übersetzung zu.

Zunächst müssen wir zeigen, dass die Translation eine Symmetrie der Lagrangian ist. Bilden wir die Ableitung nach der Zeit auf beiden Seiten von$q^a \to q^a + \epsilon k^a$, landen wir bei$\dot q^a \to \dot q^a$.

Das ist gerechtfertigt$\dot q^a$Begriffe ändern sich bei der Übersetzung nicht.

Aber wir sind noch nicht fertig, weil$G_{ab}$kommt drauf an$q$. Aber es gilt:

$$G_{ab}(q^c) = G_{ab}(q^c + \epsilon k^c)$$

Die Übersetzung lässt also unsere Lagrange-Invariante

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OK, nachdem wir gezeigt haben, dass die Übersetzung unsere Lagrange-Invariante verlässt, müssen wir das beweisen (unter Verwendung des Satzes von Noether):

$$Q_v = p_k \Big( \frac{\partial (q^k)^{\lambda}}{\partial \lambda}\Big)_{\lambda = 0} = v^a \dot q^b G_{a b} \ \ \ \ (1)$$

Ich weiß, wie man rechnet$p_k$

$$p_k = \frac{\partial L}{\partial \dot q^k} = G_{ab} \delta_k^a \dot q^b + G_{ab} \delta_k^b \dot q^a = G_{kb} \dot q^b + G_{ak} \dot q^a = 2 G_{ak} \dot q^a \ \ \ \ (2)$$

Mein Problem ist, wie ich damit umgehen soll $\Big( \frac{\partial (q^k)^{\lambda}}{\partial \lambda}\Big)_{\lambda = 0}$

Ich weiß, dass:

$$\sum_{j=1}^{k} \Big[ \frac{\partial (q_j^k)^{\lambda}}{\partial \lambda}\Big] = \delta_{j}^{k}$$

Also habe ich gerechnet:

$$\frac{\partial (q^a)^{\lambda}}{\partial \lambda} |_{\lambda=0} = 1$$

$$\frac{\partial (q^b)^{\lambda}}{\partial \lambda} |_{\lambda=0} = 0$$

$$\frac{\partial (q^c)^{\lambda}}{\partial \lambda} |_{\lambda=0} = 0$$

Ich habe auch diese Idee mit verwendet$q^b$Und$q^c$und erhielt als konservative Größe:

$$Q = \dot q^b\Big( G_{ab} + G_{bb} + G_{bc} \Big)$$

Was falsch ist...

Außerdem habe ich nicht verwendet$\Big( \partial_a G_{bc}v^a + G_{ba}\partial_c v^a + G_{ca}\partial_b v^a \Big) = 0$

Da fehlt mir definitiv etwas.