Derivación de Lagrangian en coordenadas generalizadas

Estoy leyendo Statistical Mechanics de Mark Tuckerman y estoy revisando su derivación del Lagrangiano en coordenadas generalizadas, usando el tensor métrico de masas. GRAMO . Él define la energía cinética como

k ( q , q ˙ ) = 1 2 α = 1 3 norte β = 1 3 norte [ i = 1 norte metro i r i q α r i q α ] q α ˙ q β ˙ = 1 2 α = 1 3 norte β = 1 3 norte GRAMO α β ( q 1 , q 2 , . . . ) q α ˙ q β ˙
Y la energía potencial es simplemente
tu tu ( q 1 , q 2 , . . . )

Entonces el lagrangiano es

L = k tu
Ahora, al conectar las definiciones anteriores en la ecuación de Euler-Lagrange, se obtiene:
d d t ( L q γ ˙ ) L q γ = 0
La parte de la energía potencial es trivial, tu q γ . Desempaquetando, la parte KE de la ecuación anterior, obtengo,
d d t ( k q γ ˙ ) = d d t ( q γ ˙ 1 2 GRAMO α β ( q 1 , q 2 , . . . ) q α ˙ q β ˙ ) = d d t ( 1 2 ( GRAMO α β d α γ q ˙ β + GRAMO α β q ˙ α d γ β ) ) = 1 2 d d t ( GRAMO γ β q ˙ β + GRAMO α γ q ˙ α )
Aquí es donde en realidad no sé cómo simplificar más para obtener,

β = 1 3 norte GRAMO γ β q ¨ β + α = 1 3 norte β = 1 3 norte [ GRAMO γ β q α 1 2 GRAMO α β q γ ] q ˙ α q ˙ β
que es lo que tiene Tuckermann en su libro. ¿Cómo llego a este resultado?

Tenga en cuenta que la energía cinética parece depender de la q es a través del tensor métrico de masas. EDITAR: Por lo tanto, debe tener en cuenta también la parte cinética para calcular q γ L
Gracias @Javi por la respuesta. ¿Podrías ampliar eso?

Respuestas (1)

Observe que el tensor métrico de masas GRAMO α β es simétrica, es decir GRAMO α β = GRAMO β α . Entonces tu parte cinética

1 2 d d t ( GRAMO γ β q ˙ β + GRAMO α γ q ˙ α ) = 1 2 d d t ( GRAMO γ β q ˙ β + GRAMO γ α q ˙ α ) .
Desde α y β son índices ficticios, se pueden resumir para dar d GRAMO γ β q ˙ β d t . Entonces el segundo término en la ecuación (1.4.19) es simplemente la derivada parcial de GRAMO α β con respecto a q γ .