Wie findet man die kontinuierlichen Transformationen, die die Aktion invariant lassen?

Ich werde für den 1-D-Fall oder die Teilchenmechanik antworten, anstatt für die Feldmechanik, aber die Idee ist die gleiche. Der Ansatz ähnelt dem, das Killing-Vektorfeld einer Metrik zu erhalten, und dieser Ansatz reduziert sich darauf, wenn er auf rein kinetische Lagrangianer angewendet wird. Ziel ist es, die sogenannte Rund-Trautman-Identität zu erlangen

Theorie und Aufbau

Nehmen wir folgendes an: Das System ist durch eine Konfigurationsmannigfaltigkeit gekennzeichnet$\mathcal Q$von Dimension$n\equiv dim \mathcal Q$und ein Lagrange$L:T\mathcal Q \times\mathbb R\rightarrow \mathbb R$, möglicherweise zeitabhängig.

Definition.- Wir sagen, dass eine Lagrange-Funktion (quasi-)invariant in Bezug auf die$r-$Parametertransformation

$$\bar{x} = \phi(x,t) = x + \varepsilon^s\xi_s + o(\varepsilon) \simeq x^i + \varepsilon^s\xi_s^i + o(\varepsilon) ,$$ $$\bar{t} = \psi(x,t) = t + \varepsilon^s\tau_s + o(\varepsilon) \simeq t + \varepsilon^s\tau_s,$$ mit $s=1,\dots,r$; $\simeq$bedeutet, dass wir die höheren Ordnungen fallen lassen $\varepsilon$und wir verwenden einen Indexausdruck; und (quasi-) bezieht sich darauf, ob es einen Divergenzterm gibt $dG$oder nicht; dann und nur dann, wenn

$$S[x(t)]- S[\bar{x}(\bar t)] = \varepsilon^s G_s(x(t),t)|_a^b + o(\varepsilon).$$

Lemma.- Ein Lagrange-L ist invariant unter einer Transformation$\iff$die folgende$k$Gleichungen gelten:

$$\frac{\partial L}{\partial t} \tau_s + L\frac{d \tau_s}{dt} + \frac{\partial L}{\partial x^i} \xi^i_s +\frac{\partial L}{\partial \dot{x}^i}(\frac{d \xi^i_s}{dt} - \dot x^i \frac{d\tau_s}{dt} ) = \frac{d}{dt}G_s.$$

Skizze des Beweises

Wir können die Invarianzbedingung so schreiben, als ob wir die Integration umstellen würden$\bar t$Zu$t$In$S[\bar x]$als

$$L\left(\bar{x}(\bar t),\frac{d}{d\bar t}\bar{x}(\bar t), \bar{t}\right)\frac{d\bar{t}}{dt} - L(x,\dot x, t) \simeq \varepsilon^s\frac{d}{dt}G_s(x,t).$$
Wo $G_s$ist ein Divergenzterm. Danach differenziere diese Gleichung bzgl $\varepsilon^s$bei $\varepsilon^s=0$.

Dieses Lemma gibt uns eine allgemeine Beziehung zwischen der Transformation und der Lagrange-Funktion. Es kann auf verschiedene Arten verwendet werden:

1. Um zu prüfen, ob es sich um eine bekannte Transformation handelt$(\phi,\psi)$ist eine Symmetrie einer bekannten Lagrange-Funktion$L$, und leiten daraus die Noether-Erhaltungsgrößen ab.
2. Wenn die Lagrange-Funktion unbekannt ist, aber die Transformationen, erhalten Sie ein System von$r$PDEs auf dem Lagrange-L können verwendet werden, um Symmetrien aufzuerlegen,
3. Schließlich können wir die Symmetrietransformationen eines gegebenen Lagrange-L finden, wenn man bedenkt, dass die$\dot x^i$und ihre Potenzen sind unabhängig, also die Koeffizienten im Polynom$P(x^i)$sind ein System von PDE's zu erhalten$\xi$Und$\tau$.

Der dritte Gesichtspunkt ist der, dass Sie die Symmetrien einer Lagrange-Funktion finden möchten.

Anwendung

Im Falle eines natürlichen Lagrange:

$$L \equiv \frac{1}{2} g_{ij}(x)\dot{x}^i\dot{x}^j - V(x)$$

wir berechnen die Ableitungen

$$\partial_t L =0, \;\;\;\; \partial_{k}L = \frac{1}{2}\partial_{k}g_{ij}\dot{x}^i\dot{x}^j - \partial_{k}V, \;\;\;\; \partial_{,k}L = \frac{1}{2}g_{il}\left(\dot{x}^i\delta^l_k+\dot{x}^l\delta^i_k\right)$$ Dann werden die Gleichungen:

$$0\cdot \tau_s + \left( \frac{1}{2} g_{ij}\dot{x}^i\dot{x}^j - V \right) \frac{d \tau_s}{dt} + \left( \frac{1}{2}\partial_{k}g_{ij}\dot{x}^i\dot{x}^j - \partial_{k}V \right) \xi^k_s + \frac{1}{2}g_{il}\left(\dot{x}^i\delta^l_k+\dot{x}^l\delta^i_k\right) \left( \frac{d \xi^k_s}{dt} - \dot x^k \frac{d\tau_s}{dt} \right) = \frac{d}{dt}G_s.$$ die Befugnisse übernehmen $\dot x$Da die Gleichungen unabhängig und immer zu erfüllen sind, erhalten wir die PDEs erster Ordnung:

$$1 \; : \;\; V\partial_t \tau_s -\partial_k V\xi^k_s = \partial_tG_s$$

$$x^i \; : \;\; - V \partial_i\tau_s + \frac{1}{2}\left(g_{il}\partial_t\xi^l_s+g_{li}\partial_t\xi^l_s\right) = \partial_iG_s$$

$$\dot x^i \dot x^j \; : \;\; -\frac{1}{2} g_{ij} \partial_t\tau_s + \frac{1}{2}\partial_{k}g_{ij} \xi^k_s + \frac{1}{2}\left( g_{il}\partial_j\xi^l_s + g_{lj}\partial_i\xi^l_s \right) = 0$$

$$\dot{x}^i\dot{x}^j\dot x^k\; : \;\; g_{ij}\partial_k\tau_s - 2g_{ik}\partial_j\tau_s= 0$$

Dies sind die Rund-Trautman-Identitäten oder verallgemeinerte Killing-Gleichungen, um die Symmetrien des Lagrange-L zu erhalten. Wir stellen dies für alle fest$s=1\dots r$das gleiche Gleichungssystem hat und dass die Anzahl der Gleichungen stark von der Form der Lagrange-Funktion abhängt.

Im nächsten Teil werde ich ein Beispiel illustrieren, das mich besonders interessiert. Weitere Beispiele finden sich in den Referenzen, insbesondere in [1,4].

Beispiel

Ein Teilchen in der hyperbolischen Poincaré-Scheibe$\mathbb D$, das hat eine Metrik$\frac{2|dz|^2}{1-|z|^2}$, hat einen Lagrange

$$L = \frac{\dot x^2 + \dot y^2}{(1-(x^2+y^2))^2} = \gamma^2( \dot x^2 + \dot y^2)$$ mit $\gamma \equiv \frac{1}{1-(x^2+y^2)}$. Dann $g_{ij}=\gamma^2\delta_{ij}$Und $V=0$. Ich will nur zeitunabhängige Transformationen, das heißt ich fixiere $\tau_s=0$Und $\partial_t=0$, dann werden die RT-Identitäten

$$1 \; : \;\; 0 - 0 = \partial_tG_s$$

$$x^i \; : \;\; 0 = \partial_iG_s$$

$$\dot x^i \dot x^j \; : \;\; \frac{1}{2}\partial_{k}g_{ij} \xi^k_s + \frac{1}{2}\left( g_{il}\partial_j\xi^l_s + g_{lj}\partial_i\xi^l_s \right) = 0$$

$$\dot{x}^i\dot{x}^j\dot x^k\; : \;\; 0 = 0$$

wir haben nur einen Satz von Gleichungen, die Koeffizienten der quadratischen Terme. Unter Berücksichtigung dessen$\partial_kg_{ij} = 2\gamma (-\gamma^2)(-2x^k)= 4\gamma^3 x^k\delta_{ij}$Wir haben das System

$$4\gamma x_k\delta_{ij} \xi^k_s + \partial_j\xi^i_s + \partial_i\xi^j_s = 0$$

Und in Komponenten$(x,y)$Wir erhalten 3 Gleichungen:

$$\partial_y\xi^y_s = -2 \gamma \vec{x}\vec{\xi}_s$$ $$\partial_x\xi^x_s = -2 \gamma \vec{x}\vec{\xi}_s$$

$$\partial_x\xi^y_s + \partial_y\xi^x_s = 0$$

Die zweite Gleichung sagt uns direkt, dass eine Familie von Lösungen durch das Vektorfeld gegeben ist$\vec{\xi}_s=s(-y,x)$, und es prüft mit den anderen. Also Drehungen, die man direkt am Lagrange sehen konnte. Wenn wir die ersten beiden zusammenzählen, erhalten wir

$$\nabla\cdot \vec{\xi}_s = -4 \gamma \vec{x}\vec{\xi}_s$$

Fortsetzung

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Für die anderen möglichen Symmetrien müssen Sie warten, da ich sie noch nicht berechnet habe. Nun, eins und zwei können geschrieben werden als

$$\frac{1}{\gamma}\partial_i(\gamma \xi^i)=0, \text{ no sum over } i$$ und leider, um beides gleichzeitig zu erfüllen, brauchen wir $$\xi = \gamma^{-1}(f_1(y),f_2(x))$$ und dies erfüllt nicht die Wahl $f_1,f_2$se machen. Es scheint also, dass wir auf diese Weise keine weiteren Variationssimmetrien extrahieren können. Weil ich weiß, dass es eine Transformation gibt, die die Lagrange-Invariante verlässt: $$\Phi_{\alpha\in\mathbb R, a\in \mathbb C}(z) =\exp(i\alpha) \frac{z-a}{\bar{a}z-1}$$ lässt die Lagrange-Invariante unverändert, ist aber nicht vollständig erschienen, nur die Rotationsparti, nicht die abhängige in $a$. Das ist ein Mysterium.

Abschluss

Es gibt eine Methode, um die Symmetrien einer Lagrange-Funktion zu finden, und sie ist umständlich und erfordert riesige PDE-Systeme. Überprüfen Sie für Lagrange-Dichten 1 und 3 . Viel Spaß und berichte, wenn du etwas Interessantes findest.

Update : Und es könnte sein, dass die Gleichungen nicht integrierbar sind, wie in meinem vorherigen Fall. Wer also einen Algorithmus hat, ist aber umständlich und kann sein, dass ihm noch einiges fehlt. Und das ist seltsam, könnte es der komplexe Teil sein.

Literaturverzeichnis

1. Invariante Variationsprobleme , DJ Logan, Elsevier

2. "Klassische Noether-Theorie mit Anwendung auf das linear gedämpfte Teilchen", Raphaël Leone und Thierry Gourieux (LPM) arXiv: 1412.7523v2 [math-ph]

3. Emmy Noethers wunderbarer Satz Dwight E. Neuenschwander, John Hopkings University Press

4. "Variationssymmetrien von Lagrange", GF Torres del Castillo, C. Andrade Mirón und RI Bravo Rojas, Rev. Mex. Fis. E 59(2) (2013) 140 .