Геодезические связности

[PalmDesert]

Имеются векторные поля $X_1 = x \partial_x + \partial_y, X_2 = - \partial_x + x \partial_y$. Положим $\bigtriangledown_XY=(\partial_X {\eta}^i) X_i$, если $Y = \eta^i X_i$. Найти геодезические связности \bigtriangledown.

--
Подскажите, пожалуйста, правильно ли я понял, что нунжо решить данную СЛАУ:
$\frac{dx^k}{dt^2} + \Gamma^k_{ij} \frac{dx^i}{dt} \frac{dx^j}{dt} = 0$.

Где символы Кристоффеля: \Gamma^{1}_{11} = \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}, \Gamma^{2}_{11} = \frac{2x}{(1+x^2)^2}, \Gamma^{1}_{12} = \frac{-2x}{(1+x^2)^2},\Gamma^{2}_{12} = \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}, а все остальные нули.

[svv]

Прежде всего, откуда взяты эти выражения для $\Gamma^i_{jk}$ ?

[PalmDesert]

svv,
Считал их по следующей формуле: $\bigtriangledown_k X_i=\Gamma^j_{ki} X_j$, где $X_i = \frac{\partial}{\partial x_i} $
Она, вроде бы, получилась несимметричной.

[svv]

Уравнение геодезических — это система дифференциальных уравнений второго порядка, в общем, непростая. Мы можем сильно упростить себе задачу, вот каким способом.

Пусть $\mathbf u$ — вектор с компонентами $u^i=\frac{dx^i}{dt}$. Это — касательный вектор к геодезической $x^i(t)$, который переносится параллельно вдоль самого себя. С помощью $\mathbf u$ уравнение можно переписать как $\nabla_{\mathbf u}\mathbf u=0$. Возможно, Вам встречалась и такая его форма. Расписав это в компонентах, получим опять уравнение геодезических в привычном виде.

Так вот, на основании результатов предыдущей темы Вы можете сразу написать решение $\mathbf u$ этого уравнения. Попробуйте.

[PalmDesert]

svv,
Я так понимаю, это какие-то прямые вида: u=C_1t+C_2?

[svv]

Нет. Смотрите: ковариантная производная от вектора равна нулю, если он равен линейной комбинации $X_i$ с постоянными коэффициентами. Понятно, откуда я это взял?

[PalmDesert]

svv,
Да, понял, сейчас попробую расписать :)

-- 03.12.2017, 22:28 --

svv
Имеем: $\bigtriangledown_uu=(\partial_u \eta^i)X_i = u^j \frac{\partial \eta^i}{\partial x^j}X_i + u^j \eta^i \bigtriangledown_i X_j$ и отсюда уже следуюет следующее СЛДУ: $\frac{d \eta^k}{dt} + \frac{dx^i}{dt} \Gamma^k_{ij} \eta^j = 0$, так?

[svv]

Стоит Вам взять линейную комбинацию $Y=\eta^1 X_1+\eta^2 X_2$ с постоянными коэффициентами $\eta^1, \eta^2$, как её ковариантная производная сразу обращается в нуль по условию

PalmDesert в сообщении #1271488 писал(а):

Положим $\bigtriangledown_XY=(\partial_X {\eta}^i) X_i$, если $Y = \eta^i X_i$.

Ковариантная производная вдоль какого вектора $X$? Вдоль любого, потому что постоянство коэффициентов $\eta^i$ убивает ковариантную производную наповал, независимо от $X$.

Следовательно, в качестве $X$ можно взять и сам $Y$. Но тогда этот $Y=\eta^1 X_1+\eta^2 X_2$ является решением уравнения $\nabla_\mathbf v \mathbf v=0$.

Таким образом, касательный вектор геодезической известен. Неплохо было бы выразить его через базисные векторы $\partial_i$.

[PalmDesert]

svv,
получается уравнение геодезических это просто u=\eta^i X_i = (\eta^1x-\eta^2)\partial_x + (\eta^1+x\eta^2)\partial_y

[svv]

Это решение той формы уравнения геодезических, которая записана для касательного вектора $(\nabla_{\mathbf u}\mathbf u=0$).
Не забываем о важном условии: $\eta^i$ постоянные.

Теперь, имея касательный вектор, надо получить сами геодезические в виде $x^i(t, \;\text{произвольные константы})$.
Первое, что надо сделать: выразить касательный вектор через $\partial_i$.

PalmDesert в сообщении #1271669 писал(а):

Осталось просто заменить все X_i по их начальным формулам?

Не только. Надо будет решить систему ДУ. Но она много проще, чем исходное уравнение геодезических.

[PalmDesert]

svv,
получается, имеем следующие ду:
$\frac{dx^j}{dt} = \eta^i X_i$?

[svv]

PalmDesert в сообщении #1271669 писал(а):

$u=\eta^i X_i = (\eta^1x-\eta^2)\partial_x + (\eta^1+x\eta^2)\partial_y$

Да. Так как компоненты вектора в базисе — это коэффициенты его разложения по базисным векторам ($\partial_i$), то
$u^1=\eta^1x^1-\eta^2$
$u^2=\eta^1+x^1\eta^2$
С другой стороны, касательный вектор $\mathbf u=\frac{d}{dt}$, где $t$ — параметр. Как отсюда вывести, чему равны компоненты? Очень просто:
Так как $\frac{df}{dt}=\frac{\partial f}{\partial x^i}\frac{d x^i}{dt}$, то $\mathbf u=\frac d{dt}=\frac{d x^i}{dt}\frac{\partial}{\partial x^i}=\dot x^i\partial_i$
Отсюда получаем, что компоненты $u^i$ равны $\dot x^i$ (Вы выше сами до этого догадались).

Остается записать систему.

-- Вс дек 03, 2017 22:16:48 --

PalmDesert в сообщении #1271681 писал(а):

получается, имеем следующие ду:
$\frac{dx^j}{dt} = \eta^i X_i$?

Немного не так: $\frac{dx^j}{dt} = \eta^i (X_i)^j$, где $(X_i)^j$ — $j$-я компонента поля $X_i$ в базисе $\partial_j$.

[PalmDesert]

svv, получается, так?
$\left\{\begin{matrix} \dot x^1 = \eta^1 x - \eta^2 \\ \dot x^2 = \eta^1 + x \eta^2 \\ \end{matrix}\right.$, откуда $\left\{\begin{matrix} x^1 = \frac{\eta^2}{\eta^1} + C_1 e^{\eta_1 t} \\ x^2 =C_2 e^{\eta^2 t} - \frac{\eta^1}{\eta^2} \\ \end{matrix}\right.$

[svv]

Систему записали правильно (только будем писать единообразно везде $x^1$, не $x$), за решение не ручаюсь.
Попробуйте найти константы, считая известными значения $x^i(0)$.

-- Вс дек 03, 2017 22:53:56 --

Первое уравнение удовлетворяется, второе нет. Обратите внимание, в правой части второго уравнения тоже $x^1$, не $x^2$. Найдя его из первого уравнения, подставьте во второе и просто проинтегрируйте.

[PalmDesert]

svv,
Хорошо, сейчас попробую :)
А как вы определили, что везде вместо x должно быть x_1?