Geodäten für FRW-Metrik nach Variationsprinzip

Question

Geodäten für FRW-Metrik nach Variationsprinzip

Alex

Ich versuche, Geodäten für die FRW-Metrik zu finden,

D τ^{2} = D T^{2} - A (T)^{2} (D X^{2} + K \frac{(X \cdot D X)^{2}}{1 - K X^{2}}),

$d\tau^2 = dt^2 - a(t)^2 \left(d\mathbf{x}^2 + K \frac{(\mathbf{x}\cdot d\mathbf{x})^2}{1-K\mathbf{x}^2} \right),$ Wo

x

$\mathbf{x}$ ist dreidimensional und

K = 0

$K=0$ ,

+ 1

$+1$ , oder

- 1

$-1$ .

Geodätische Gleichung

Unter Verwendung der Christoffel-Symbole aus Weinbergs Kosmologie (Gl. 1.1.17 - 20) in der geodätischen Gleichung erhalte ich:

\begin{aligned} 0 & = \frac{D^{2} T}{D λ^{2}} + A \dot{A} [{(\frac{D X}{D λ})}^{2} + \frac{K (X \cdot \frac{D X}{D λ})^{2}}{1 - K X^{2}}], & (T Gleichung) \\ 0 & = \frac{D^{2} X}{D λ^{2}} + 2 \frac{\dot{A}}{A} \frac{D T}{D λ} \frac{D X}{D λ} + [{(\frac{D X}{D λ})}^{2} + \frac{K (X \cdot \frac{D X}{D λ})^{2}}{1 - K X^{2}}] K X, & (X Gleichung) \end{aligned}

$\begin{align} 0 &= \frac{d^2 t}{d\lambda^2} + a\dot{a} \left[ \left( \frac{d\mathbf{x}}{d\lambda} \right)^2 +\frac{K(\mathbf{x}\cdot \frac{d\mathbf{x}}{d\lambda})^2}{1-K \mathbf{x}^2}\right], &\text{($t$ equation)}\\ 0 &= \frac{d^2\mathbf{x}}{d\lambda^2} + 2 \frac{\dot{a}}{a}\frac{dt}{d\lambda}\frac{d\mathbf{x}}{d\lambda} + \left[ \left(\frac{d\mathbf{x}}{d\lambda}\right)^2 + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \frac{d\mathbf{x}}{d\lambda})^2}{1-K\mathbf{x}^2} \right]K\mathbf{x}, &\text{($\mathbf{x}$ equation)} \end{align}$ Wo

λ

$\lambda$ ist der affine Parameter, und

\dot{a} = d a / d t

$\dot{a}=da/dt$ .

Variationsprinzip

Es sollte auch möglich sein, die Geodäten zu erhalten, indem man die Pfade findet, die die Eigenzeit extremieren $d\tau$ , dh unter Verwendung der Euler-Lagrange-Gleichungen mit einer Lagrange-Funktion gleich der Quadratwurzel der $d\tau^2$ Ich habe oben geschrieben:

L = \frac{D τ}{D P} = \sqrt{T^{' 2} - A (T)^{2} (X^{' 2} + K \frac{(X \cdot X^{'})^{2}}{1 - K X^{2}})},

$L = \frac{d\tau}{dp}= \sqrt{ t'^2 - a(t)^2 \left(\mathbf{x}'^2 + K \frac{(\mathbf{x}\cdot \mathbf{x}')^2}{1-K\mathbf{x}^2} \right) },$ wobei eine Primzahl die Ableitung in Bezug auf die Variable ist

p

$p$ die den Pfad parametrisiert.

Wenn ich das versuche $L$ in der EL-Gleichung für $t$ Ich bekomme die gleiche Gleichung wie oben. Wenn ich jedoch die EL-Gleichung für versuche $\mathbf{x}$ Mein Ergebnis stimmt nicht mit der geodätischen Gleichung überein.

ich finde

\frac{\partial L}{\partial X} = - \frac{1}{L} \frac{A^{2} K (X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}} (X^{'} + \frac{K (X \cdot X^{'}) X}{1 - K X^{2}}),

$\frac{\partial L}{\partial \mathbf{x}} = -\frac{1}{L} \frac{a^2 K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2} \left(\mathbf{x}' + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')\mathbf{x}}{1-K\mathbf{x}^2}\right),$ Und

\frac{\partial L}{\partial X^{'}} = - \frac{A^{2}}{L} (X^{'} + \frac{K (X \cdot X^{'}) X}{1 - K X^{2}}) .

$\frac{\partial L}{\partial \mathbf{x}'} = -\frac{a^2}{L} \left(\mathbf{x}' + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')\mathbf{x}}{1-K\mathbf{x}^2}\right).$

Ich schreibe die EL-Gleichung

\frac{D}{D P} \frac{\partial L}{\partial X^{'}} = \frac{\partial L}{\partial X},

$\frac{d}{dp}\frac{\partial L}{\partial \mathbf{x}'}=\frac{\partial L}{\partial \mathbf{x}},$ und dann beide Seiten mit multiplizieren

d p / d τ

$dp/d\tau$ ersetzen

p

$p$ mit

τ

$\tau$ überall und loswerden

L

$L$ 's in den Nennern (unter Verwendung der Tatsache, dass

1 / L = d p / d τ

$1/L=dp/d\tau$ und Ändern der Bedeutung der Primzahlen in Ableitungen in Bezug auf die Eigenzeit

τ

$\tau$ ).

Ich bekomme

\frac{D}{D τ} [A^{2} (X^{'} + \frac{K (X \cdot X^{'}) X}{1 - K X^{2}})] = \frac{K (X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}} A^{2} (X^{'} + \frac{K (X \cdot X^{'}) X}{1 - K X^{2}}) .

$\frac{d}{d\tau} \left[ a^2\left(\mathbf{x}' + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')\mathbf{x}}{1-K\mathbf{x}^2}\right) \right] = \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2} a^2 \left(\mathbf{x}' + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')\mathbf{x}}{1-K\mathbf{x}^2}\right).$

Ich kann dies nicht in die Formel der geodätischen Gleichung umordnen und vermute, dass die beiden Gleichungssätze nicht äquivalent sind. Ich habe beide Methoden ein paar Mal durchlaufen, aber keine Fehler entdeckt.

Kann mir jemand sagen, woher die Inkonsistenz (falls es tatsächlich eine gibt) kommt?

[Interessanterweise kann die EL-Gleichung einmal mit einem Integrationsfaktor von integriert werden $\sqrt{1-K\mathbf{x}^2}$ , während ich nicht sehe, wie ich das mit der geodätischen Gleichung machen soll (nicht, dass ich sehr gut darin wäre, Differentialgleichungen zu lösen).]

Everiana

Ich denke, Sie vermissen auch einige Schritte. Zum Beispiel, wenn

d t / d p

$dt/dp$ nicht Null ist, das sollte das auch bedeuten

d (a) / d p

$d(a)/dp$ ist nicht null da

a (t)

$a(t)$ ist eine Funktion von

t

$t$ . Beachten Sie auch, dass diese beiden "Methoden" übereinstimmen müssen, da sie eigentlich eine Methode sind: Euler-Lagrange-Gleichung für Trajektorien sind Geodäten, also müssen sie die geodätische Gleichung erfüllen, dh Euler-Lagrange für diese Lagrange ist genau die geodätische Gleichung.

QMechaniker

Wenn Ihnen diese Frage gefällt, können Sie auch diesen Phys.SE-Beitrag lesen .

Olli113

Sie haben definitiv irgendwo einen Fehler gemacht, wenn die beiden nicht als gleichwertig herauskommen. Wie Everiana sagte, ergibt sich die geodätische Gleichung aus der Anwendung der Euler-Lagrange-Gleichung; im Fall von zeitähnlichen Weltlinien sollte es die Eigenzeit extremisieren. Ich frage mich nur, was Ihre Motivation ist, L in Bezug auf p so zu definieren, wie Sie es getan haben? Wenn ich es wäre, würde ich die Weltlinie explizit nach Eigenzeit parametrisieren, so dass L = 1. Auf diese Weise wissen Sie, dass das Extremisieren von L die Eigenzeit extremisieren wird.

Olli113

Zur Verdeutlichung, was ist die metrische Signatur, die Sie verwenden?

Alex

@Ollie113 Ich beginne mit

p

$p$ anstatt

τ

$\tau$ als unabhängige Variable im "Aktions" -Integral, weil ich mich nicht damit auskenne, dass das Integral feste Werte von hat

τ

$\tau$ an den Endpunkten. Mit fest

τ

$\tau$ Endpunkte, es scheint nicht so, als würde das Ausführen der Variation die richtige Zeit extremisieren. Für mich ist es klarer, mit einer willkürlichen Parametrisierung für die Variation zu beginnen und dann auf die Verwendung der richtigen Zeit umzuschalten. Für die metrische Signatur verwendet Weinberg

(-, +, +, +)

$(-,+,+,+)$ , aber Sie brauchen keinen für die EL-Gleichungen (

d τ

$d\tau$ ist eine Eigenzeit, die für sich bewegende Objekte positiv ist).

Olli113

Ich kann Ihnen versichern, dass das Festhalten der Endpunkte die Zeit extrem verkürzen wird. Wenn ich persönlich die Euler-Lagrange-Gleichung oder die geodätische Gleichung abgeleitet habe, habe ich immer feste Endpunkte berücksichtigt. Ich weiß nicht, wie variable Endpunkte dies ändern werden. Ich habe jedoch nach der metrischen Signatur gefragt, weil Sie Ihre Zeitkoordinaten und räumlichen Komponenten getrennt haben. Wenn Sie die Metrik dabei nicht berücksichtigt haben, ist es möglich, dass Sie irgendwo ein Zeichen gesetzt haben, obwohl ich die Metrik vermisst habe, die Sie oben in der Frage angegeben haben.

Alex

Entschuldigung, ich war nicht klar. Ich stimme zu, dass die Endpunkte festgelegt werden müssen. Aber wenn man den Pfad mit parametriert

τ

$\tau$ Was ist das "Aktions"-Integral, mit dem Sie beginnen, das Sie minimieren möchten? Wenn es ein Integral vorbei ist

d τ

$d\tau$ mit festen Endpunkten

τ_{1}

$\tau_1$ Und

τ_{2}

$\tau_2$ ist das Integral nicht völlig unabhängig vom Pfad (also gerade gleich

τ_{2} - τ_{1}

$\tau_2-\tau_1$ )? Wie machst du dann die Variation?

Antworten (2)

Geodäten für FRW-Metrik nach Variationsprinzip

Ich denke, Sie vermissen auch einige Schritte. Zum Beispiel, wenn $dt/dp$ nicht Null ist, das sollte das auch bedeuten $d(a)/dp$ ist nicht null da $a(t)$ ist eine Funktion von $t$ . Beachten Sie auch, dass diese beiden "Methoden" übereinstimmen müssen, da sie eigentlich eine Methode sind: Euler-Lagrange-Gleichung für Trajektorien sind Geodäten, also müssen sie die geodätische Gleichung erfüllen, dh Euler-Lagrange für diese Lagrange ist genau die geodätische Gleichung.
Wenn Ihnen diese Frage gefällt, können Sie auch diesen Phys.SE-Beitrag lesen .
Sie haben definitiv irgendwo einen Fehler gemacht, wenn die beiden nicht als gleichwertig herauskommen. Wie Everiana sagte, ergibt sich die geodätische Gleichung aus der Anwendung der Euler-Lagrange-Gleichung; im Fall von zeitähnlichen Weltlinien sollte es die Eigenzeit extremisieren. Ich frage mich nur, was Ihre Motivation ist, L in Bezug auf p so zu definieren, wie Sie es getan haben? Wenn ich es wäre, würde ich die Weltlinie explizit nach Eigenzeit parametrisieren, so dass L = 1. Auf diese Weise wissen Sie, dass das Extremisieren von L die Eigenzeit extremisieren wird.
Zur Verdeutlichung, was ist die metrische Signatur, die Sie verwenden?
@Ollie113 Ich beginne mit $p$ anstatt $\tau$ als unabhängige Variable im "Aktions" -Integral, weil ich mich nicht damit auskenne, dass das Integral feste Werte von hat $\tau$ an den Endpunkten. Mit fest $\tau$ Endpunkte, es scheint nicht so, als würde das Ausführen der Variation die richtige Zeit extremisieren. Für mich ist es klarer, mit einer willkürlichen Parametrisierung für die Variation zu beginnen und dann auf die Verwendung der richtigen Zeit umzuschalten. Für die metrische Signatur verwendet Weinberg $(-,+,+,+)$ , aber Sie brauchen keinen für die EL-Gleichungen ( $d\tau$ ist eine Eigenzeit, die für sich bewegende Objekte positiv ist).
Ich kann Ihnen versichern, dass das Festhalten der Endpunkte die Zeit extrem verkürzen wird. Wenn ich persönlich die Euler-Lagrange-Gleichung oder die geodätische Gleichung abgeleitet habe, habe ich immer feste Endpunkte berücksichtigt. Ich weiß nicht, wie variable Endpunkte dies ändern werden. Ich habe jedoch nach der metrischen Signatur gefragt, weil Sie Ihre Zeitkoordinaten und räumlichen Komponenten getrennt haben. Wenn Sie die Metrik dabei nicht berücksichtigt haben, ist es möglich, dass Sie irgendwo ein Zeichen gesetzt haben, obwohl ich die Metrik vermisst habe, die Sie oben in der Frage angegeben haben.
Entschuldigung, ich war nicht klar. Ich stimme zu, dass die Endpunkte festgelegt werden müssen. Aber wenn man den Pfad mit parametriert $\tau$ Was ist das "Aktions"-Integral, mit dem Sie beginnen, das Sie minimieren möchten? Wenn es ein Integral vorbei ist $d\tau$ mit festen Endpunkten $\tau_1$ Und $\tau_2$ ist das Integral nicht völlig unabhängig vom Pfad (also gerade gleich $\tau_2-\tau_1$ )? Wie machst du dann die Variation?

Eli · Answer 1

Ich glaube nicht, dass Ihre geodätischen Gleichungen korrekt sind?

Dies ist Ihre Metrik:

G = [\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - {(A (T))}^{2} (1 + \frac{K X^{2}}{1 - K (X^{2} + j^{2} + z^{2})}) & - \frac{{(A (T))}^{2} K j X}{1 - K (X^{2} + j^{2} + z^{2})} & - \frac{{(A (T))}^{2} K z X}{1 - K (X^{2} + j^{2} + z^{2})} \\ 0 & - \frac{{(A (T))}^{2} K j X}{1 - K (X^{2} + j^{2} + z^{2})} & - {(A (T))}^{2} (1 + \frac{K j^{2}}{1 - K (X^{2} + j^{2} + z^{2})}) & - \frac{{(A (T))}^{2} K z j}{1 - K (X^{2} + j^{2} + z^{2})} \\ 0 & - \frac{{(A (T))}^{2} K z X}{1 - K (X^{2} + j^{2} + z^{2})} & - \frac{{(A (T))}^{2} K z j}{1 - K (X^{2} + j^{2} + z^{2})} & - {(A (T))}^{2} (1 + \frac{K z^{2}}{1 - K (X^{2} + j^{2} + z^{2})}) \end{array}]

$G= \left[ \begin {array}{cccc} 1&0&0&0\\ 0&- \left( a \left( t \right) \right) ^{2} \left( 1+{\frac {K{x}^{2}}{1-K \left( {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \right) }} \right) &-{\frac { \left( a \left( t \right) \right) ^{2}Kyx}{1-K \left( {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \right) }}&-{\frac { \left( a \left( t \right) \right) ^{2}Kzx}{1-K \left( {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \right) }}\\ 0&-{ \frac { \left( a \left( t \right) \right) ^{2}Kyx}{1-K \left( {x}^{2} +{y}^{2}+{z}^{2} \right) }}&- \left( a \left( t \right) \right) ^{2} \left( 1+{\frac {K{y}^{2}}{1-K \left( {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \right) }} \right) &-{\frac { \left( a \left( t \right) \right) ^{2} Kzy}{1-K \left( {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \right) }} \\ 0&-{\frac { \left( a \left( t \right) \right) ^{ 2}Kzx}{1-K \left( {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \right) }}&-{\frac { \left( a \left( t \right) \right) ^{2}Kzy}{1-K \left( {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2 } \right) }}&- \left( a \left( t \right) \right) ^{2} \left( 1+{ \frac {K{z}^{2}}{1-K \left( {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \right) }} \right) \end {array} \right]$

und mein Programm berechnet diese Geodätik

\frac{D^{2}}{D λ^{2}} T (λ) + \frac{A (T) (- 1 + K j^{2} + K z^{2}) (\frac{D}{D T} A (T)) {(\frac{D}{D λ} X (λ))}^{2}}{- 1 + K X^{2} + K j^{2} + K z^{2}} - 2 \frac{A (T) K j X (\frac{D}{D T} A (T)) (\frac{D}{D λ} X (λ)) \frac{D}{D λ} j (λ)}{- 1 + K X^{2} + K j^{2} + K z^{2}} + \frac{A (T) (- 1 + K X^{2} + K z^{2}) (\frac{D}{D T} A (T)) {(\frac{D}{D λ} j (λ))}^{2}}{- 1 + K X^{2} + K j^{2} + K z^{2}} + \frac{A (T) (- 1 + K X^{2} + K j^{2}) (\frac{D}{D T} A (T)) {(\frac{D}{D λ} z (λ))}^{2}}{- 1 + K X^{2} + K j^{2} + K z^{2}} = 0

${\frac {d^{2}}{d{\lambda}^{2}}}t \left( \lambda \right) +{\frac {a \left( t \right) \left( -1+K{y}^{2}+K{z}^{2} \right) \left( {\frac {d}{dt}}a \left( t \right) \right) \left( {\frac {d}{d\lambda}}x \left( \lambda \right) \right) ^{2}}{-1+K{x}^{2}+K{y}^{2}+K{z}^{2}}} -2\,{\frac {a \left( t \right) Kyx \left( {\frac {d}{dt}}a \left( t \right) \right) \left( {\frac {d}{d\lambda}}x \left( \lambda \right) \right) {\frac {d}{d\lambda}}y \left( \lambda \right) }{-1+K {x}^{2}+K{y}^{2}+K{z}^{2}}}+{\frac {a \left( t \right) \left( -1+K{x} ^{2}+K{z}^{2} \right) \left( {\frac {d}{dt}}a \left( t \right) \right) \left( {\frac {d}{d\lambda}}y \left( \lambda \right) \right) ^{2}}{-1+K{x}^{2}+K{y}^{2}+K{z}^{2}}}+{\frac {a \left( t \right) \left( -1+K{x}^{2}+K{y}^{2} \right) \left( {\frac {d}{dt}}a \left( t \right) \right) \left( {\frac {d}{d\lambda}}z \left( \lambda \right) \right) ^{2}}{-1+K{x}^{2}+K{y}^{2}+K{z}^{2}}}=0$

usw.

2) Wenn Sie die Geodätik mit der EL-Methode berechnen möchten, können Sie auch diese Lagrangian verwenden

$L=\frac{1}{2}\left(g_{\mu\nu}\,\frac{dx^\mu}{d\tau}\frac{dx^\nu}{d\tau}\right)$

Ich denke, Ihnen fehlen Minuszeichen bei den letzten beiden Termen auf der Diagonale der Metrik ( $g_{yy}$ Und $g_{zz}$ ). Auch der $a(t)$ 's sollte quadriert werden.
Ja, ich korrigiere es, aber ist Ihre Geodätik für t in Ordnung?
Ja, sowohl EL als auch geodätische Gleichungen scheinen dasselbe zu geben $t$ Gleichung. Aber die $\mathbf{x}$ Gleichung sieht zwischen den beiden anders aus. Macht Ihr Programm das $x$ auch geodätische Gleichungen?
Ich denke immer noch, dass Sie "t-Gleichung" nicht richtig? Ich vergleiche es mit meiner Computerberechnungsgleichung
Ich denke da ist noch ein Fehler drin. Die Metrik ist völlig symmetrisch in Bezug auf x, y und z, aber Ihre Gleichung sieht nicht sehr symmetrisch aus - zB die zweite Zeile hat $Kyx$ aber es gibt keine Bedingungen mit $Kyz$ oder $Kzx$ wie ich es erwarten würde.
Dies ist nicht mein Programm, das die Gleichungen generiert, ich verwende das symbolische Maple-Programm, die Eingabe ist die Metrik und die Ausgabe sind die geodätischen Gleichungen.

Alex · Answer 2

Ich denke, die Gleichungen könnten doch konsistent sein. Zuerst eine Lösung der EL-Gleichung für $\mathbf{x}$ erfüllt auch die geodätische Gleichung:

Beginnend mit der EL-Gleichung habe ich oben:

\frac{D}{D τ} [A^{2} (X^{'} + \frac{K (X \cdot X^{'}) X}{1 - K X^{2}})] = \frac{K (X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}} A^{2} (X^{'} + \frac{K (X \cdot X^{'}) X}{1 - K X^{2}}),

$\frac{d}{d\tau} \left[ a^2\left(\mathbf{x}' + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')\mathbf{x}}{1-K\mathbf{x}^2}\right) \right] = \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2} a^2 \left(\mathbf{x}' + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')\mathbf{x}}{1-K\mathbf{x}^2}\right),$

definieren $\mathbf{f}$ als

F \equiv A^{2} (X^{'} + \frac{K (X \cdot X^{'}) X}{1 - K X^{2}}),

$\mathbf{f} \equiv a^2\left(\mathbf{x}' + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')\mathbf{x}}{1-K\mathbf{x}^2}\right),$

so ist die EL-Gleichung

\frac{D F}{D τ} - \frac{K (X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}} F = 0 .

$\frac{d\mathbf{f}}{d\tau} - \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2} \mathbf{f}=\mathbf{0}.$

Beachten Sie, dass

\begin{aligned} F \cdot X & = A^{2} (X \cdot X^{'} + \frac{K (X \cdot X^{'}) X^{2}}{1 - K X^{2}}) \\ = A^{2} (X \cdot X^{'}) (1 + \frac{K X^{2}}{1 - K X^{2}}) \\ = \frac{A^{2} (X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}}, \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{f} \cdot \mathbf{x} &= a^2\left(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}' + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')\mathbf{x}^2}{1-K\mathbf{x}^2}\right) \\ &= a^2 (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}') \left(1 + \frac{K\mathbf{x}^2}{1-K\mathbf{x}^2}\right) \\ &= \frac{a^2 (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2}, \end{align}$ Und

F \cdot X^{'} = A^{2} (X^{' 2} + \frac{K (X \cdot X^{'})^{2}}{1 - K X^{2}}) \equiv Q,

$\mathbf{f} \cdot \mathbf{x}' = a^2\left(\mathbf{x}'^2 + \frac{K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')^2}{1-K\mathbf{x}^2}\right) \equiv Q,$ (

Q

$Q$ erscheint in der geodätischen Gleichung für

x

$\mathbf{x}$ ).

Als nächstes punktieren Sie die EL-Gleichung mit $\mathbf{x}$ :

\begin{aligned} 0 & = \frac{D F}{D τ} \cdot X - \frac{K (X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}} F \cdot X \\ = \frac{D}{D τ} (F \cdot X) - F \cdot X^{'} - A^{2} \frac{K (X \cdot X^{'})^{2}}{(1 - K X^{2})^{2}}, \end{aligned}

$\begin{align} 0 &= \frac{d\mathbf{f}}{d\tau} \cdot \mathbf{x} - \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2} \mathbf{f}\cdot \mathbf{x} \\ &=\frac{d}{d\tau}\left(\mathbf{f} \cdot \mathbf{x}\right) - \mathbf{f} \cdot \mathbf{x}' - a^2 \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')^2}{(1-K\mathbf{x}^2)^2}, \end{align}$ So

\frac{D}{D τ} (F \cdot X) = Q + A^{2} \frac{K (X \cdot X^{'})^{2}}{(1 - K X^{2})^{2}} .

$\frac{d}{d\tau}\left(\mathbf{f} \cdot \mathbf{x}\right) = Q +a^2 \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')^2}{(1-K\mathbf{x}^2)^2}.$

Gehen Sie nun zurück zur ursprünglichen EL-Gleichung (erste Gleichung) und wenden Sie die an $d/d\tau$ in den Klammern:

EL LHS = \frac{D}{D τ} (A^{2} X^{'}) + [\frac{D}{D τ} (A^{2} \frac{K (X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}})] X + A^{2} \frac{K (X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}} X^{'} .

$\text{EL LHS} = \frac{d}{d\tau}\left(a^2 \mathbf{x}'\right) + \left[\frac{d}{d\tau}\left( a^2 \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2}\right)\right]\mathbf{x} + a^2 \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2}\mathbf{x}'.$ Der letzte Term oben hebt sich mit dem ersten Term auf der rechten Seite der EL-Gleichung auf.

Wenn Sie alles, was übrig ist, auf eine Seite schieben, erhalten Sie

\begin{aligned} 0 & = \frac{D}{D τ} (A^{2} X^{'}) + [\frac{D}{D τ} (A^{2} \frac{K (X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}})] X - \frac{A^{2} K^{2} (X \cdot X^{'})^{2} X}{(1 - K X^{2})^{2}} \\ = \frac{D}{D τ} (A^{2} X^{'}) + [\frac{D}{D τ} (A^{2} \frac{(X \cdot X^{'})}{1 - K X^{2}}) - \frac{A^{2} K (X \cdot X^{'})^{2}}{(1 - K X^{2})^{2}}] K X \\ = \frac{D}{D τ} (A^{2} X^{'}) + [\frac{D}{D τ} (F \cdot X) - \frac{A^{2} K (X \cdot X^{'})^{2}}{(1 - K X^{2})^{2}}] K X \\ = \frac{D}{D τ} (A^{2} X^{'}) + Q K X, \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{0} &= \frac{d}{d\tau}\left(a^2 \mathbf{x}'\right) + \left[\frac{d}{d\tau}\left( a^2 \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2}\right)\right]\mathbf{x} - \frac{a^2 K^2(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')^2\mathbf{x}}{(1-K\mathbf{x}^2)^2} \\ &= \frac{d}{d\tau}\left(a^2 \mathbf{x}'\right) + \left[\frac{d}{d\tau}\left( a^2 \frac{(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2}\right) - \frac{a^2 K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')^2}{(1-K\mathbf{x}^2)^2}\right]K\mathbf{x}\\ &= \frac{d}{d\tau}\left(a^2 \mathbf{x}'\right) + \left[\frac{d}{d\tau}\left( \mathbf{f} \cdot \mathbf{x}\right) - \frac{a^2 K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')^2}{(1-K\mathbf{x}^2)^2}\right]K\mathbf{x} \\ &= \frac{d}{d\tau}\left(a^2 \mathbf{x}'\right) + Q K\mathbf{x}, \end{align}$

was nach dem Teilen beider Seiten durch $a^2$ , ist genau die geodätische Gleichung aus meiner ursprünglichen Frage.

Wenn Sie mit einer Lösung der geodätischen Gleichung beginnen und zeigen möchten, dass sie die EL-Gleichung erfüllt, können Sie die Schritte fast umkehren. Das einzige Neue, das Sie zeigen müssen, ist die Umkehrung des allerletzten Schritts, den die geodätische Gleichung impliziert

Q = \frac{D}{D τ} (F \cdot X) - \frac{A^{2} K (X \cdot X^{'})^{2}}{(1 - K X^{2})^{2}} .

$Q = \frac{d}{d\tau}\left(\mathbf{f} \cdot\mathbf{x}\right) - \frac{a^2 K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')^2}{(1-K\mathbf{x}^2)^2}.$ Sie beginnen, indem Sie die geodätische Gleichung mit punktieren

x

$\mathbf{x}$ , und beginnen Sie dann mit der Neuanordnung (unter Verwendung der Definitionen von

f

$\mathbf{f}$ Und

Q

$Q$ irgendwann).

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Berechnung der Christoffel-Symbole mit der geodätischen Gleichung

Anwendbarkeit der zeitabhängigen Metrik für expandierendes Universum

Interpretation der geodätischen Bewegungskonstante