Geodésicas para métrica FRW utilizando el principio variacional

Question

Geodésicas para métrica FRW utilizando el principio variacional

Física
cosmología
geodésicas
tensor-métrico
relatividad general
principio variacional

Alex

Estoy tratando de encontrar geodésicas para la métrica FRW,

d τ^{2} = d t^{2} - a (t)^{2} (d X^{2} + k \frac{(X \cdot d X)^{2}}{1 - k X^{2}}),

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

x

$\mathbf{x}$ es tridimensional y

K = 0

$K=0$ ,

+ 1

$+1$ , o

- 1

$-1$ .

ecuación geodésica

Usando los símbolos de Christoffel de la Cosmología de Weinberg (Ecs. 1.1.17 - 20) en la ecuación geodésica obtengo:

\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 ecuación) \\ 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 ecuación) \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}$ dónde

λ

$\lambda$ es el parámetro afín, y

\dot{a} = d a / d t

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

Principio variacional

También debería ser posible obtener las geodésicas encontrando los caminos que bordean el tiempo adecuado. $d\tau$ , es decir, usando las ecuaciones de Euler-Lagrange con un Lagrangiano igual a la raíz cuadrada de la $d\tau^2$ Escribí arriba:

L = \frac{d τ}{d pag} = \sqrt{t^{' 2} - a (t)^{2} (X^{' 2} + k \frac{(X \cdot X^{'})^{2}}{1 - k X^{2}})},

$L = \frac{d\tau}{dp}= \sqrt{ t'^2 - a(t)^2 \left(\mathbf{x}'^2 + K \frac{(\mathbf{x}\cdot \mathbf{x}')^2}{1-K\mathbf{x}^2} \right) },$ donde un primo es la derivada con respecto a la variable

p

$p$ que parametriza el camino.

Cuando intento esto $L$ en la ecuación EL para $t$ Obtengo la misma ecuación que la anterior. Sin embargo, cuando pruebo la ecuación EL para $\mathbf{x}$ mi resultado no concuerda con la ecuación geodésica.

Encuentro

\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}}),

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

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

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

escribo la ecuacion EL

\frac{d}{d pag} \frac{\partial L}{\partial X^{'}} = \frac{\partial L}{\partial X},

$\frac{d}{dp}\frac{\partial L}{\partial \mathbf{x}'}=\frac{\partial L}{\partial \mathbf{x}},$ y luego multiplicar ambos lados por

d p / d τ

$dp/d\tau$ para reemplazar

p

$p$ con

τ

$\tau$ en todas partes y deshacerse de la

L

$L$ 's en los denominadores (utilizando el hecho de que

1 / L = d p / d τ

$1/L=dp/d\tau$ y cambiar el significado de los números primos para significar derivadas con respecto al tiempo propio

τ

$\tau$ ).

yo obtengo

\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}}) .

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

No puedo reorganizar esto en la fórmula de la ecuación geodésica y sospechar que los dos conjuntos de ecuaciones no son equivalentes. He pasado por ambos métodos un par de veces, pero no he detectado ningún error.

¿Alguien puede decirme de dónde viene la inconsistencia (si es que realmente hay una)?

[Curiosamente, la ecuación EL se puede integrar una vez con un factor de integración de $\sqrt{1-K\mathbf{x}^2}$ , mientras que no veo cómo hacerlo con la ecuación geodésica (no es que sea muy bueno resolviendo ecuaciones diferenciales).]

everiana

Creo que también te estás perdiendo algunos pasos. Por ejemplo, si

d t / d p

$dt/dp$ no es cero, eso también debería significar que

d (a) / d p

$d(a)/dp$ no es cero ya que

a (t)

$a(t)$ es una función de

t

$t$ . Además, tenga en cuenta que estos dos "métodos" deben coincidir porque en realidad son un método: la ecuación de Euler-Lagrange para trayectorias son geodésicas, por lo que deben satisfacer la ecuación geodésica, es decir, Euler-Lagrange para este Lagrangiano es precisamente la ecuación geodésica.

qmecanico

Si le gusta esta pregunta, también puede disfrutar leyendo esta publicación de Phys.SE.

Ollie113

Definitivamente te has equivocado en alguna parte si los dos no salen como equivalentes. Como dijo Everiana, la ecuación geodésica resulta de aplicar la ecuación de Euler-Lagrange; en el caso de líneas de tiempo similares al tiempo, debería extremar el tiempo propio. Me pregunto cuál es su motivación para definir L con respecto a p en la forma en que lo ha hecho. Si fuera yo, parametrizaría explícitamente la línea de mundo por tiempo propio para que L = 1. De esta manera, sabrá que al extremar L se extremará el tiempo adecuado.

Ollie113

Para aclarar, ¿cuál es la firma métrica que está utilizando?

Alex

@Ollie113 empiezo con

p

$p$ en lugar de

τ

$\tau$ como variable independiente en la integral de "acción" porque no me siento cómodo con la integral que tiene valores fijos de

τ

$\tau$ en los puntos finales. con fijo

τ

$\tau$ puntos finales, no parece que hacer la variación exceda el tiempo adecuado. Para mí es más claro comenzar con una parametrización arbitraria para hacer la variación y luego cambiar a usar el tiempo adecuado. Para la firma métrica que usa Weinberg

(-, +, +, +)

$(-,+,+,+)$ , pero no necesita uno para las ecuaciones EL (

d τ

$d\tau$ es un tiempo propio que es positivo para objetos en movimiento).

Ollie113

Puedo asegurarle que mantener los puntos finales fijos extremará el tiempo adecuado. Personalmente, cada vez que he derivado la ecuación de Euler-Lagrange o la ecuación geodésica, siempre he considerado puntos finales fijos. No sé cómo los puntos finales variables cambiarán esto. Sin embargo, pregunté sobre la firma métrica porque ha separado sus componentes espaciales y de coordenadas de tiempo. Si no estabas considerando la métrica cuando hiciste esto, entonces es posible que hayas dejado caer una señal en alguna parte, aunque me perdí la métrica que diste en la parte superior de la pregunta.

Alex

Lo siento, no fui claro. Estoy de acuerdo en que los puntos finales deben ser arreglados. Pero si parametrizas la ruta con

τ

$\tau$ ¿Cuál es la integral de "acción" con la que comienzas que buscas minimizar? Si es una integral sobre

d τ

$d\tau$ con puntos finales fijos

τ_{1}

$\tau_1$ y

τ_{2}

$\tau_2$ no es la integral completamente independiente de la trayectoria (es decir, igual a

τ_{2} - τ_{1}

$\tau_2-\tau_1$ )? Entonces, ¿cómo se hace la variación?

Respuestas (2)

Geodésicas para métrica FRW utilizando el principio variacional

Creo que también te estás perdiendo algunos pasos. Por ejemplo, si $dt/dp$ no es cero, eso también debería significar que $d(a)/dp$ no es cero ya que $a(t)$ es una función de $t$ . Además, tenga en cuenta que estos dos "métodos" deben coincidir porque en realidad son un método: la ecuación de Euler-Lagrange para trayectorias son geodésicas, por lo que deben satisfacer la ecuación geodésica, es decir, Euler-Lagrange para este Lagrangiano es precisamente la ecuación geodésica.
Si le gusta esta pregunta, también puede disfrutar leyendo esta publicación de Phys.SE.
Definitivamente te has equivocado en alguna parte si los dos no salen como equivalentes. Como dijo Everiana, la ecuación geodésica resulta de aplicar la ecuación de Euler-Lagrange; en el caso de líneas de tiempo similares al tiempo, debería extremar el tiempo propio. Me pregunto cuál es su motivación para definir L con respecto a p en la forma en que lo ha hecho. Si fuera yo, parametrizaría explícitamente la línea de mundo por tiempo propio para que L = 1. De esta manera, sabrá que al extremar L se extremará el tiempo adecuado.
Para aclarar, ¿cuál es la firma métrica que está utilizando?
@Ollie113 empiezo con $p$ en lugar de $\tau$ como variable independiente en la integral de "acción" porque no me siento cómodo con la integral que tiene valores fijos de $\tau$ en los puntos finales. con fijo $\tau$ puntos finales, no parece que hacer la variación exceda el tiempo adecuado. Para mí es más claro comenzar con una parametrización arbitraria para hacer la variación y luego cambiar a usar el tiempo adecuado. Para la firma métrica que usa Weinberg $(-,+,+,+)$ , pero no necesita uno para las ecuaciones EL ( $d\tau$ es un tiempo propio que es positivo para objetos en movimiento).
Puedo asegurarle que mantener los puntos finales fijos extremará el tiempo adecuado. Personalmente, cada vez que he derivado la ecuación de Euler-Lagrange o la ecuación geodésica, siempre he considerado puntos finales fijos. No sé cómo los puntos finales variables cambiarán esto. Sin embargo, pregunté sobre la firma métrica porque ha separado sus componentes espaciales y de coordenadas de tiempo. Si no estabas considerando la métrica cuando hiciste esto, entonces es posible que hayas dejado caer una señal en alguna parte, aunque me perdí la métrica que diste en la parte superior de la pregunta.
Lo siento, no fui claro. Estoy de acuerdo en que los puntos finales deben ser arreglados. Pero si parametrizas la ruta con $\tau$ ¿Cuál es la integral de "acción" con la que comienzas que buscas minimizar? Si es una integral sobre $d\tau$ con puntos finales fijos $\tau_1$ y $\tau_2$ no es la integral completamente independiente de la trayectoria (es decir, igual a $\tau_2-\tau_1$ )? Entonces, ¿cómo se hace la variación?

eli · Answer 1

¿No creo que sus ecuaciones geodésicas sean correctas?

Esta es su métrica:

GRAMO = [\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - {(a (t))}^{2} (1 + \frac{k X^{2}}{1 - k (X^{2} + y^{2} + z^{2})}) & - \frac{{(a (t))}^{2} k y X}{1 - k (X^{2} + y^{2} + z^{2})} & - \frac{{(a (t))}^{2} k z X}{1 - k (X^{2} + y^{2} + z^{2})} \\ 0 & - \frac{{(a (t))}^{2} k y X}{1 - k (X^{2} + y^{2} + z^{2})} & - {(a (t))}^{2} (1 + \frac{k y^{2}}{1 - k (X^{2} + y^{2} + z^{2})}) & - \frac{{(a (t))}^{2} k z y}{1 - k (X^{2} + y^{2} + z^{2})} \\ 0 & - \frac{{(a (t))}^{2} k z X}{1 - k (X^{2} + y^{2} + z^{2})} & - \frac{{(a (t))}^{2} k z y}{1 - k (X^{2} + y^{2} + z^{2})} & - {(a (t))}^{2} (1 + \frac{k z^{2}}{1 - k (X^{2} + y^{2} + z^{2})}) \end{array}]

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

y mi programa calcula esta geodésica

\frac{d^{2}}{d λ^{2}} t (λ) + \frac{a (t) (- 1 + k y^{2} + k z^{2}) (\frac{d}{d t} a (t)) {(\frac{d}{d λ} X (λ))}^{2}}{- 1 + k X^{2} + k y^{2} + k z^{2}} - 2 \frac{a (t) k y X (\frac{d}{d t} a (t)) (\frac{d}{d λ} X (λ)) \frac{d}{d λ} y (λ)}{- 1 + k X^{2} + k y^{2} + k z^{2}} + \frac{a (t) (- 1 + k X^{2} + k z^{2}) (\frac{d}{d t} a (t)) {(\frac{d}{d λ} y (λ))}^{2}}{- 1 + k X^{2} + k y^{2} + k z^{2}} + \frac{a (t) (- 1 + k X^{2} + k y^{2}) (\frac{d}{d t} a (t)) {(\frac{d}{d λ} z (λ))}^{2}}{- 1 + k X^{2} + k y^{2} + k z^{2}} = 0

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

etcétera.

2) Si desea calcular la geodésica con el método EL, también puede usar este lagrangiano

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

Creo que te faltan los signos menos en los dos últimos términos de la diagonal de la métrica ( $g_{yy}$ y $g_{zz}$ ). También el $a(t)$ 's debe estar al cuadrado.
Sí, tanto EL como el eqn geodésico parecen dar lo mismo $t$ ecuación. Pero el $\mathbf{x}$ ecuación se ve diferente entre los dos. ¿Su programa hace el $x$ ecuaciones geodésicas también?
Sigo pensando que la "ecuación t" no es correcta? Lo comparo con mi computadora calcula la ecuación
Creo que todavía puede tener un error allí. La métrica es totalmente simétrica con respecto a x, y y z, pero su ecuación no parece muy simétrica, por ejemplo, la segunda línea tiene $Kyx$ pero no hay términos con $Kyz$ o $Kzx$ como yo esperaría.
Este no es mi programa que genera las ecuaciones, uso el programa simbólico Maple, la entrada es la métrica y la salida son las ecuaciones geodésicas.

Alex · Answer 2

Creo que las ecuaciones pueden ser consistentes después de todo. Primero una solución a la ecuación EL para $\mathbf{x}$ también satisface la ecuación geodésica:

Comenzando con la ecuación EL que tengo arriba:

\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}}),

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

definir $\mathbf{f}$ como

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

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

por lo que la ecuación EL es

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

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

Tenga en cuenta que

\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}

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

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

$Q$ aparece en la ecuación geodésica para

x

$\mathbf{x}$ ).

A continuación, puntee la ecuación EL con $\mathbf{x}$ :

\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}

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

\frac{d}{d τ} (F \cdot X) = q + a^{2} \frac{k (X \cdot X^{'})^{2}}{(1 - k X^{2})^{2}} .

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

Ahora regrese a la ecuación EL original (primera ecuación) y aplique el $d/d\tau$ dentro de los paréntesis:

EL IZQUIERDO = \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^{'} .

$\text{EL LHS} = \frac{d}{d\tau}\left(a^2 \mathbf{x}'\right) + \left[\frac{d}{d\tau}\left( a^2 \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2}\right)\right]\mathbf{x} + a^2 \frac{K (\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')}{1-K\mathbf{x}^2}\mathbf{x}'.$ El último término anterior se cancela con el primer término del lado derecho de la ecuación EL.

Moviendo todo lo que queda a un lado obtienes

\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}

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

que, después de dividir ambos lados por $a^2$ , es exactamente la ecuación geodésica de mi pregunta original.

Si desea comenzar con una solución a la ecuación geodésica y demostrar que satisface la ecuación EL, casi puede invertir los pasos. Lo único nuevo que necesita mostrar es el reverso del último paso, que implica la ecuación geodésica

q = \frac{d}{d τ} (F \cdot X) - \frac{a^{2} k (X \cdot X^{'})^{2}}{(1 - k X^{2})^{2}} .

$Q = \frac{d}{d\tau}\left(\mathbf{f} \cdot\mathbf{x}\right) - \frac{a^2 K(\mathbf{x} \cdot \mathbf{x}')^2}{(1-K\mathbf{x}^2)^2}.$ Comienza punteando la ecuación geodésica con

x

$\mathbf{x}$ , y luego comience a reorganizar (usando las definiciones de

f

$\mathbf{f}$ y

Q

$Q$ en algún momento).

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