¿Cómo encontrar las transformaciones continuas que dejan invariante la acción?

Responderé por el caso 1-D, o la mecánica de partículas, en lugar de la mecánica de campos, pero la idea es la misma. El enfoque es similar al de obtener el campo vectorial Killing de una métrica, y este enfoque se reduce a cuando se aplica a lagrangianos puramente cinéticos. El objetivo es conseguir la llamada identidad de Rund-Trautman

Teoría y configuración

Supongamos lo siguiente: el sistema se caracteriza por una variedad de configuración$\mathcal Q$de dimensión$n\equiv dim \mathcal Q$y un lagrangiano$L:T\mathcal Q \times\mathbb R\rightarrow \mathbb R$, posiblemente dependiendo del tiempo.

Definición.- Decimos que un Lagrangiano es (cuasi-)invariante con respecto al$r-$transformación de parámetros

$$\bar{x} = \phi(x,t) = x + \varepsilon^s\xi_s + o(\varepsilon) \simeq x^i + \varepsilon^s\xi_s^i + o(\varepsilon) ,$$ $$\bar{t} = \psi(x,t) = t + \varepsilon^s\tau_s + o(\varepsilon) \simeq t + \varepsilon^s\tau_s,$$ con $s=1,\dots,r$; $\simeq$significa que dejamos caer las órdenes superiores en $\varepsilon$y usamos una expresión de índice; y (cuasi-) se refiere a si hay un término de divergencia $dG$O no; si y solo si

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

Lema.- Un Lagrangiano L es invariante bajo una transformación$\iff$la siguiente$k$ecuaciones valen:

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

Bosquejo de la prueba

Podemos escribir la condición de invariancia como si cambiamos la integración sobre$\bar t$a$t$en$S[\bar x]$como

$$L\left(\bar{x}(\bar t),\frac{d}{d\bar t}\bar{x}(\bar t), \bar{t}\right)\frac{d\bar{t}}{dt} - L(x,\dot x, t) \simeq \varepsilon^s\frac{d}{dt}G_s(x,t).$$
dónde $G_s$es un término de divergencia. Después de esto diferenciar esta ecuación wrt $\varepsilon^s$en $\varepsilon^s=0$.

Este lema nos da una relación general entre la transformación y el Lagrangiano. Se puede utilizar de diferentes maneras:

1. Para comprobar si una transformación conocida$(\phi,\psi)$es una simetría de un lagrangiano conocido$L$, y de aquí derivar las cantidades conservadas de Noether.
2. Si se desconoce el lagrangiano, pero sí las transformaciones, se obtiene un sistema de$r$PDE en el Lagrangian L, an puede usarse para imponer simetrías,
3. Por último, podemos encontrar las transformaciones de simetría de un Lagrangiano L dado, considerando que el$\dot x^i$y sus potencias son independientes, por lo que los coeficientes en el polinomio$P(x^i)$son un sistema de PDE's para obtener$\xi$y$\tau$.

El tercer punto de vista es el que desea encontrar las simetrías de un Lagrangiano.

Solicitud

En el caso de un Lagrangiano natural:

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

calculamos las derivadas

$$\partial_t L =0, \;\;\;\; \partial_{k}L = \frac{1}{2}\partial_{k}g_{ij}\dot{x}^i\dot{x}^j - \partial_{k}V, \;\;\;\; \partial_{,k}L = \frac{1}{2}g_{il}\left(\dot{x}^i\delta^l_k+\dot{x}^l\delta^i_k\right)$$ Entonces las ecuaciones se convierten en:

$$0\cdot \tau_s + \left( \frac{1}{2} g_{ij}\dot{x}^i\dot{x}^j - V \right) \frac{d \tau_s}{dt} + \left( \frac{1}{2}\partial_{k}g_{ij}\dot{x}^i\dot{x}^j - \partial_{k}V \right) \xi^k_s + \frac{1}{2}g_{il}\left(\dot{x}^i\delta^l_k+\dot{x}^l\delta^i_k\right) \left( \frac{d \xi^k_s}{dt} - \dot x^k \frac{d\tau_s}{dt} \right) = \frac{d}{dt}G_s.$$ tomando los poderes de $\dot x$como independientes y exigiendo que las ecuaciones se satisfagan siempre, obtenemos las PDE de primer orden:

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

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

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

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

Estas son las identidades de Rund-Trautman, o ecuaciones de Killing generalizadas para obtener las simetrías del Lagrangiano L. Notamos que para cada$s=1\dots r$tiene el mismo sistema de ecuaciones, y que el número de ecuaciones depende en gran medida de la forma del Lagrangiano.

En la siguiente parte ilustraré un ejemplo que me interesa particularmente. Se pueden encontrar más ejemplos en las referencias, particularmente en [1,4].

Ejemplo

Una partícula en el Disco Hiperbólico de Poincaré$\mathbb D$, que tiene una métrica$\frac{2|dz|^2}{1-|z|^2}$, tiene un lagrangiano

$$L = \frac{\dot x^2 + \dot y^2}{(1-(x^2+y^2))^2} = \gamma^2( \dot x^2 + \dot y^2)$$ con $\gamma \equiv \frac{1}{1-(x^2+y^2)}$. Entonces $g_{ij}=\gamma^2\delta_{ij}$y $V=0$. Solo quiero transformaciones independientes del tiempo, esto significa que arreglo $\tau_s=0$y $\partial_t=0$, entonces las identidades RT se vuelven

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

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

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

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

solo tenemos un conjunto de ecuaciones, los coeficientes de los términos cuadrados. Teniendo en cuenta que$\partial_kg_{ij} = 2\gamma (-\gamma^2)(-2x^k)= 4\gamma^3 x^k\delta_{ij}$tenemos el sistema

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

y en componentes$(x,y)$obtenemos 3 ecuaciones:

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

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

La segunda ecuación nos dice directamente que una familia de soluciones viene dada por el campo vectorial$\vec{\xi}_s=s(-y,x)$, y lo comprueba con los demás. Entonces, las rotaciones, eso podría verse directamente desde el Lagrangiano. Si sumamos los dos primeros, obtenemos

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

Continuación

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Para las otras simetrías posibles, tendrá que esperar, ya que aún no las he calculado. Bueno, uno y dos se pueden escribir como

$$\frac{1}{\gamma}\partial_i(\gamma \xi^i)=0, \text{ no sum over } i$$ y desafortunadamente, para cumplir ambos al mismo tiempo necesitamos $$\xi = \gamma^{-1}(f_1(y),f_2(x))$$ y esto no cumple con la elección de $f_1,f_2$se hace. Así que parece que no podemos extraer más simetrías variacionales de esta manera. Porque sé que hay una transformación que deja invariante al lagrangiano: $$\Phi_{\alpha\in\mathbb R, a\in \mathbb C}(z) =\exp(i\alpha) \frac{z-a}{\bar{a}z-1}$$ deja la invariante lagrangiana, pero no ha aparecido por completo, solo la parte rotacional, no la dependiente en $a$. Esto es un misterio.

Conclusión

Existe un método para encontrar las simetrías de un Lagrangiano, y es engorroso e involucra grandes sistemas PDE. Para densidades lagrangianas, verifique 1 y 3 . Diviértete e informa si encuentras algo interesante.

Actualizar : Y puede ser que las ecuaciones no sean integrables, como mi caso anterior. Entonces, tiene un algoritmo, pero es engorroso y podría ser que todavía le falte algo. Y esto es extraño, ¿podría ser la parte compleja?

Bibliografía

1. Problemas variacionales invariantes , DJ Logan, Elsevier

2. "Teoría clásica de Noether con aplicación a la partícula amortiguada linealmente", Raphaël Leone y Thierry Gourieux (LPM) arXiv:1412.7523v2 [math-ph]

3. El maravilloso teorema de Emmy Noether Dwight E. Neuenschwander, John Hopkings University Press

4. "Simetrías variacionales de lagrangianos", GF Torres del Castillo, C. Andrade Mirón y RI Bravo Rojas, Rev. Mex. Fis. E 59(2) (2013) 140 .