Как найти непрерывные преобразования, оставляющие действие неизменным?

Я отвечу за одномерный случай или механику частиц, а не механику поля, но идея та же. Подход аналогичен получению векторного поля Киллинга метрики, и этот подход сводится к подходу применительно к чисто кинетическим лагранжианам. Цель состоит в том, чтобы получить тождество Рунда-Траутмана.

Теория и настройка

Предположим следующее: система характеризуется конфигурационным многообразием$\mathcal Q$размера$n\equiv dim \mathcal Q$и лагранжиан$L:T\mathcal Q \times\mathbb R\rightarrow \mathbb R$, возможно, зависит от времени.

Определение. Мы говорим, что лагранжиан (квази)инвариантен относительно$r-$преобразование параметра

$$\bar{x} = \phi(x,t) = x + \varepsilon^s\xi_s + o(\varepsilon) \simeq x^i + \varepsilon^s\xi_s^i + o(\varepsilon) ,$$ $$\bar{t} = \psi(x,t) = t + \varepsilon^s\tau_s + o(\varepsilon) \simeq t + \varepsilon^s\tau_s,$$ с $s=1,\dots,r$; $\simeq$означает, что мы опускаем более высокие порядки на $\varepsilon$и мы используем индексное выражение; и (квази-) относится к термину расхождения $dG$или нет; если и только если

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

Лемма. Лагранжиан L инвариантен относительно преобразования$\iff$следующее$k$выполняются уравнения:

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

Набросок доказательства

Мы можем записать условие инвариантности, как если бы мы изменили интегрирование по$\bar t$к$t$в$S[\bar x]$как

$$L\left(\bar{x}(\bar t),\frac{d}{d\bar t}\bar{x}(\bar t), \bar{t}\right)\frac{d\bar{t}}{dt} - L(x,\dot x, t) \simeq \varepsilon^s\frac{d}{dt}G_s(x,t).$$
где $G_s$является термином дивергенции. После этого продифференцируем это уравнение относительно $\varepsilon^s$в $\varepsilon^s=0$.

Эта лемма дает нам общую связь между преобразованием и лагранжианом. Его можно использовать по-разному:

1. Чтобы проверить, известно ли преобразование$(\phi,\psi)$является симметрией известного лагранжиана$L$, и отсюда вывести нётерово сохраняющиеся величины.
2. Если лагранжиан неизвестен, а преобразования есть, то получится система$r$УЧП на лагранжиане L можно использовать для наложения симметрии,
3. Наконец, мы можем найти преобразования симметрии данного лагранжиана L, учитывая, что$\dot x^i$и их степени независимы, поэтому коэффициенты полинома$P(x^i)$представляют собой систему УЧП для получения$\xi$и$\tau$.

Третья точка зрения заключается в том, что вы хотите найти симметрии лагранжиана.

Приложение

В случае натурального лагранжиана:

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

мы вычисляем производные

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

$$0\cdot \tau_s + \left( \frac{1}{2} g_{ij}\dot{x}^i\dot{x}^j - V \right) \frac{d \tau_s}{dt} + \left( \frac{1}{2}\partial_{k}g_{ij}\dot{x}^i\dot{x}^j - \partial_{k}V \right) \xi^k_s + \frac{1}{2}g_{il}\left(\dot{x}^i\delta^l_k+\dot{x}^l\delta^i_k\right) \left( \frac{d \xi^k_s}{dt} - \dot x^k \frac{d\tau_s}{dt} \right) = \frac{d}{dt}G_s.$$ взяв на себя полномочия $\dot x$как независимые и требующие, чтобы уравнения всегда выполнялись, мы получаем УЧП первого порядка:

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

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

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

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

Это тождества Рунда-Траутмана, или обобщенные уравнения Киллинга для получения симметрии лагранжиана L. Отметим, что для каждого$s=1\dots r$имеет ту же систему уравнений, и что количество уравнений сильно зависит от формы лагранжиана.

В следующей части я проиллюстрирую один пример, который меня особенно интересует. Другие примеры можно найти в ссылках, особенно в [1,4].

Пример

Частица в гиперболическом диске Пуанкаре$\mathbb D$, у которого есть метрика$\frac{2|dz|^2}{1-|z|^2}$, имеет лагранжиан

$$L = \frac{\dot x^2 + \dot y^2}{(1-(x^2+y^2))^2} = \gamma^2( \dot x^2 + \dot y^2)$$ с $\gamma \equiv \frac{1}{1-(x^2+y^2)}$. Затем $g_{ij}=\gamma^2\delta_{ij}$и $V=0$. Мне нужны только независимые от времени преобразования, это означает, что я исправляю $\tau_s=0$и $\partial_t=0$, то тождества RT становятся

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

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

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

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

у нас есть только один набор уравнений, коэффициенты при квадратных членах. Принимая во внимание, что$\partial_kg_{ij} = 2\gamma (-\gamma^2)(-2x^k)= 4\gamma^3 x^k\delta_{ij}$у нас есть система

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

И в компонентах$(x,y)$получаем 3 уравнения:

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

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

Второе уравнение прямо говорит нам, что одно семейство решений задается векторным полем$\vec{\xi}_s=s(-y,x)$, и сверяется с остальными. Итак, вращения, которые можно было увидеть прямо из лагранжиана. Если сложить первые два, получим

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

Продолжение

---

Для других возможных симметрий вам придется подождать, так как я их еще не вычислил. Ну, один и два можно записать как

$$\frac{1}{\gamma}\partial_i(\gamma \xi^i)=0, \text{ no sum over } i$$ и, к сожалению, для выполнения обоих одновременно нам нужно $$\xi = \gamma^{-1}(f_1(y),f_2(x))$$ и это не соответствует выбору $f_1,f_2$сделай. Получается, что таким образом мы не можем извлечь больше вариационных симметрий. Потому что я знаю, что существует преобразование, оставляющее лагранжев инвариант: $$\Phi_{\alpha\in\mathbb R, a\in \mathbb C}(z) =\exp(i\alpha) \frac{z-a}{\bar{a}z-1}$$ уходит из лагранжевого инварианта, но не появляется целиком, только вращательная часть, а не та, которая зависит от $a$. Это загадка.

Заключение

Существует метод нахождения симметрий лагранжиана, он громоздкий и включает в себя огромные системы дифференциальных уравнений. Для лагранжевых плотностей отметьте 1 и 3 . Получайте удовольствие и сообщайте, если найдете что-то интересное.

Обновление : возможно, уравнения не интегрируемы, как в моем предыдущем случае. Итак, у нас есть алгоритм, но он громоздкий и может быть, что он все еще пропускает некоторые. И это странно, может быть, это сложная часть.

Библиография

1. Инвариантные вариационные задачи , DJ Logan, Elsevier

2. «Классическая теория Нётер с применением к частице с линейным затуханием», Рафаэль Леоне и Тьерри Гурье (LPM) arXiv: 1412.7523v2 [math-ph]

3. Замечательная теорема Эмми Нётер Дуайт Э. Нойеншвандер, издательство Университета Джона Хопкингса

4. «Вариационные симметрии лагранжианов», Г. Ф. Торрес дель Кастильо, К. Андраде Мирон и Р. И. Браво Рохас, преподобный Мекс. Фис. Е 59(2) (2013) 140 .