14.4: Виведення нескінченно малих генераторів

Процедура пошуку нескінченно малих генераторів

Вивчаємо диференціальні рівняння, які можна записати як

$$F(t, y, \dot{y}, \ldots) = 0 \nonumber$$

для якоїсь функції$F$. Ми шукаємо неперервні симетрії, які можна застосувати до цього рівняння таким чином, щоб вихідне рівняння та перетворене рівняння мали однакові розв'язки. Симетрії позначаються нескінченно малими генераторами

$$U = \xi \partial_t + \eta \partial_y \nonumber$$

які описують, як$y$ перетворюється незалежна змінна$t$ та залежна змінна. При перетворенні симетрії незалежна змінна і залежна змінна перетворюються, але так само роблять похідні залежної$\ldots$ змінної$\dot{y}$$\ddot{y}$,,, Пролонгація нескінченно малий генератор є узагальненням нескінченно малий генератор, який описує перетворення незалежної змінної, залежної змінної та похідних залежної змінної [164, с. 94].

Пролонгація генератора$U$ визначається як$\mathfrak{n}$

$$pr^{(\mathfrak{n})}U = \xi \partial_t + \eta \partial_y + \eta^t \partial_{\dot{y}} + \eta^{tt} \partial_{\ddot{y}} + \eta^{ttt} \partial_{\dddot{y}} + \dots, \label{14.4.3}$$

і він має терміни за участю$\eta^{t^{\mathfrak{n}}}$. Функції$\eta^{t}$ та$\eta^{tt}$ визначені [164],

$$\eta^t = \eta^t(t, y, \dot{y}) = \frac{d}{dt}(\eta - \xi\dot{y})+\xi\ddot{y} \label{14.4.4}$$

$$\eta^{tt} = \eta^{tt}(t, y, \dot{y}) = \frac{d^2}{dt^2}(\eta - \xi\dot{y})+\xi\dddot{y} \label{14.4.5}$$

Величини$\eta^{ttt}$$\eta^{tttt}$, і так далі можна визначити аналогічно, але вони не знадобляться для наведених нижче прикладів. Пролонгація нескінченно маленького генератора - це оператор, який описує перетворення$t$,$y$,$\dot{y}$,$\ddot{y}$, і так далі аж до$\mathfrak{n}$ ї похідної. Деякі автори [189] використовують термін тангенціальне відображення замість пролонгації.

Процедура пошуку всіх можливих неперервних симетрій рівняння заснована на ідеї, що розв'язки рівняння залишаються незмінними при операції симетрії. Щоб задане перетворення було операцією симетрії, не тільки повинні залишатися незмінними всі рішення, але і всі похідні рішень. Таким чином, для диференціального рівняння$F(t, y, \dot{y}, \ldots) = 0$ виду всі симетрії$U$ підкоряються умові симетрії

$$pr^{(\mathfrak{n})}UF=0. \label{14.4.6}$$

Вирішено цю умову симетрії, щоб знайти всі дозволені нескінченно малі генератори, які описують неперервні симетрії вихідного рівняння.

Ми можемо використовувати Equation\ ref {14.4.4} і\ ref {14.4.5} для запису умови симетрії через складові нескінченно малих генераторів,$\xi$ і$\eta$. Потім вирішуємо умову симетрії для$\xi$ і$\eta$. Цей крок включає в себе деяку алгебру, але це може бути досягнуто з деяким терпінням і достатнім запасом чорнила і паперу.

Ми можемо розв'язати умову симетрії для дозволених нескінченно малих генераторів. При ретельному вирішенні ми знаходимо всі нескінченно малі генератори форми$U = \xi \partial_t + \eta \partial_y$. Ця процедура дає нам систематичний спосіб знайти всі безперервні симетрії рівняння.

Ця методика застосовується до будь-якого диференціального рівняння. Нам найбільше цікаво застосовувати його до рівнянь руху, які описують процеси перетворення енергії. З цієї методики ми отримуємо інформацію про розв'язки рівняння навіть тоді, коли рівняння руху нелінійне. Крім того, у розділі 14.5 ми бачимо, що ми можемо використовувати симетрії для пошуку інваріантів рівняння, а інваріанти часто мають фізичне значення. Всі симетрії варіаційних задач виду обов'язково$\delta \int \mathcal{L}dt = 0$ є симетріями рівняння Ейлера-Лагранжа. Однак зворотне не обов'язково вірно, тому не всі симетрії рівняння Ейлера-Лагранжа є симетріями інтегрального рівняння [164, с. 255].

Приклад рівняння Томаса-Фермі

Як приклад ми застосуємо цю процедуру до рівняння Томаса-Фермі

$$\ddot{y} = y^{3/2}t^{-1/2}. \label{14.4.7}$$

Це рівняння було виведено в главі 13. З вирішення цього рівняння щільність заряду$\rho_{ch}(r)$ електронів навколо ізольованого атома і напруга$y(t)$, що$V (r)$ відчувається електронами, можна обчислити в межах, досить суворих, припущень, зазначених у цій главі. Незалежна змінна рівняння - це масштабована версія радіального положення, а не часу. Однак тут$t$ буде використовуватися як незалежна змінна, оскільки процедура застосовується до рівнянь незалежно від назви змінної. Довідник [190] застосовує цю процедуру до сімейства рівнянь, відомих як рівняння Емдена-Фаулера. Рівняння Томаса-Фермі є окремим випадком рівняння Емдена-Фаулера, тому результат цього прикладу можна знайти у довідці [190].

Ми хотіли б визначити неперервні симетрії рівняння\ ref {14.4.7}. Ці симетрії будуть задаватися нескінченно малими генераторами форми

$$U = \xi \partial_t + \eta \partial_y \label{14.4.8}$$

де$\xi$ і$\eta$ мають форму$\xi(t, y)$ і$\eta(t, y)$. Розв'язки рівняння задовольняють

$$(\ddot{y} - y^{3/2}t^{-1/2}) = 0. \label{14.4.9}$$

Для нескінченно малих генераторів, що описують симетрії цього рівняння, подовження також дорівнює нулю.

$$pr^{(\mathfrak{n})}U (\ddot{y} - y^{3/2}t^{-1/2}) = 0. \label{14.4.10}$$

Рівняння\ ref {14.4.10} може бути розв'язано для всіх генераторів,$U$ що відповідають неперервним симетріям рівняння Томаса-Фермі. Рівняння\ ref {14.4.3} і\ ref {14.4.10} можуть бути об'єднані.

$$\eta^{tt} + \frac{1}{2}\xi y^{3/2}t^{-3/2} - \frac{3}{2}\eta y^{1/2}t^{-1/2} = 0 \nonumber$$

Далі використовується рівняння\ ref {14.4.5}.

$$\partial_{t t} \eta+2 \dot{y} \partial_{y t} \eta+\ddot{y} \partial_{y} \eta+\dot{y}^{2} \partial_{y y} \eta-2 \ddot{y} \partial_{t} \xi-\dot{y} \partial_{t t} \xi-2 \dot{y}^{2} \partial_{y t} \xi - \dot{y}^{3} \partial_{y y} \xi-3 \dot{y} \ddot{y} \partial_{y} \xi+\frac{1}{2} \xi y^{3 / 2} t^{-3 / 2}-\frac{3}{2} \eta y^{1 / 2} t^{-1 / 2}=0 \nonumber$$

Підставляємо вихідне рівняння для$\ddot{y}$.

$$\partial_{t t} \eta+2 \dot{y} \partial_{y t} \eta+y^{3 / 2} t^{-1 / 2} \partial_{y} \eta+\dot{y}^{2} \partial_{y y} \eta-2 y^{3 / 2} t^{-1 / 2} \partial_{t} \xi-\dot{y} \partial_{t t} \xi-2 \dot{y}^{2} \partial_{y t} \xi -\dot{y}^{3} \partial_{y y} \xi-3 \dot{y} y^{3 / 2} t^{-1 / 2} \partial_{y} \xi+\frac{1}{2} \xi y^{3 / 2} t^{-3 / 2}-\frac{3}{2} \eta y^{1 / 2} t^{-1 / 2}=0 \label{14.4.13}$$

Перегрупувати умови.

$$(\partial_{t t} \eta+y^{3 / 2} t^{-1 / 2} \partial_{y} \eta-2 y^{3 / 2} t^{-1 / 2} \partial_{t} \xi+\frac{1}{2} \xi y^{3 / 2} t^{-3 / 2}-\frac{3}{2} \eta y^{1 / 2} t^{-1 / 2}) +\dot{y}(2 \partial_{y t} \eta-\partial_{t t} \xi-3 y^{3 / 2} t^{-1 / 2} \partial_{y} \xi)+\dot{y}^{2}(\partial_{y y} \eta-2 \partial_{y t} \xi)-\dot{y}^{3}(\partial_{y y} \xi)=0 \label{14.4.14}$$

Кожен з термінів у дужках у Equation\ ref {14.4.14} повинен бути нулем.

$$\partial_{t t} \eta+y^{3 / 2} t^{-1 / 2} \partial_{y} \eta-2 y^{3 / 2} t^{-1 / 2} \partial_{t} \xi+\frac{1}{2} \xi y^{3 / 2} t^{-3 / 2}-\frac{3}{2} \eta y^{1 / 2} t^{-1 / 2}=0 \label{14.4.15}$$

$$2\partial_{yt}\eta - \partial_{tt}\xi - 3y^{3/2}t^{-1/2}\partial_y\xi = 0 \label{14.4.16}$$

$$\partial_{yy}\eta - 2\partial_{yt}\xi = 0 \label{14.4.17}$$

$$\partial_{yy}\xi = 0 \label{14.4.18}$$

Рівняння\ ref {14.4.15},\ ref {14.4.16},\ ref {14.4.17} і\ ref {14.4.18} можуть бути розв'язані для$\xi$ і$\eta$. З Рівняння\ ref {14.4.18}$\partial_{yy}\xi = 0$, тому$\xi$ повинен мати форму

$$\xi = (c_1 + c_2y) b(t). \nonumber$$

Позначені величини$c_{\mathfrak{n}}$ - це константи. З Рівняння\ ref {14.4.17},$\eta$ повинен мати вигляд

$$\eta = (c_3 + c_4y + c_5y^2) g(t). \nonumber$$

Функції$b(t)$ і залежать$g(t)$ тільки від$t,$ ні$y$. Умова рівняння\ ref {14.4.16} можна переписати.

$$(2c_4\partial_tg - c_1\partial_{tt}b) + y(4c_5\partial_tg - 2c_2\partial_{tt}b) - 3y^{3/2} t ^{-1/2} c_2b = 0 \label{14.4.21}$$

Щоб задовольнити рівняння\ ref {14.4.21},$c_2$ має бути нулем, і або$c_5 = 0$ або$g(t) = 0$. З рівнянь\ ref {14.4.16} і\ ref {14.4.17},$\partial_y\eta$ і$\partial_y\xi$ повинні бути постійними. Тому форма$\xi$ повинна бути

$$\xi = c_6 + c_7t. \nonumber$$

Цю форму можна замінити на Equation\ ref {14.4.15}.

$$y^{3/2} t^{-1/2} (c_4 + 2c_5y) - 2y^{3/2} t^{-1/2} c_7 + \frac{1}{2} (c_6 + c_7t)y^{3/2} t^{-3/2} - \frac{3}{2} (c_3 + c_4y + c_5y^{2})y^{1/2} t^{-1/2} = 0 \nonumber$$

$$y^{3/2} t^{-1/2} (c_4 - 2c_7 + \frac{1}{2}c_7 - \frac{3}{2}c_4) + \frac{1}{2} c_6 y^{3/2} t^{-1/2} - \frac{3}{2} c_3 y^{1/2} t^{-1/2} + y^{5/2}t^{-1/2} (2c_5 - \frac{3}{2}c_5) = 0 \nonumber$$

Коефіцієнти$c_3$$c_5$, і$c_6$ повинні дорівнювати нулю. Крім того,$c_4 = -3c_7$. Ніякі інші рішення тут неможливі. Таким чином, умова симетрії рівняння\ ref {14.4.10} може бути задоволена$\xi = t$ і$\eta = -3y$.

Ця процедура знаходить одну регулярну неперервну нескінченно малу симетрію рівняння Томаса-Фермі з генератором нескінченно малої симетрії

$$U = t\partial_t - 3y\partial_y. \nonumber$$

Жодне інше рішення не може задовольнити обмежень, заданих Equation\ ref {14.4.10}. Тому це рівняння має тільки одну суцільну симетрію.

Кінцеві перетворення пов'язані з нескінченно малими перетвореннями рівнянням 14.3.8. У цьому випадку незалежна змінна перетворюється як

$$t \rightarrow \tilde t = e^{\varepsilon (t\partial_t - 3y\partial_y)}t. \nonumber$$

$$t \rightarrow \tilde{t}=\left[1+\varepsilon\left(t \partial_{t}-3 y \partial_{y}\right)+\frac{1}{2 !} \varepsilon^{2}\left(t \partial_{t}-3 y \partial_{y}\right)^{2}+\ldots\right] t \nonumber$$

$$t \rightarrow \tilde{t}=\left[t+\varepsilon t\left(\partial_{t}t\right)+\frac{1}{2 !} \epsilon^{2}t \left(\partial_{t}t\right) \left(\partial_{t}t\right) +\ldots\right] \nonumber$$

$$t \rightarrow \tilde t = te^{\varepsilon} \nonumber$$

Залежна змінна перетворюється як

$$y \rightarrow \tilde y = e^{\varepsilon (t\partial_t - 3y\partial_y)}y. \nonumber$$

$$y \rightarrow \tilde{y}=\left[1+\varepsilon\left(t \partial_{t}-3 y \partial_{y}\right)+\frac{1}{2 !} \varepsilon^{2}\left(t \partial_{t}-3 y \partial_{y}\right)^{2}+\ldots\right] y \nonumber$$

$$y \rightarrow \tilde y = ye^{-3\varepsilon} \nonumber$$

Визначаючи константу$c_6 = e^{\varepsilon}$, перетворення можна записати як

$$t \rightarrow c_6t \quad \text{ and } \quad y \rightarrow (c_6)^{-3}y. \nonumber$$

Аналіз вище показує, що вихідне рівняння Томаса-Фермі Equation\ ref {14.4.7} і перетворене рівняння

$$\frac{d^2 (yc_6^{-3})}{d (tc_6)^2} = (yc_6^{-3})^{3/2}(tc_6)^{-1/2} \nonumber$$

мають однакові рішення. З нього можна зробити висновок, що якщо$y(t)$ це рішення рівняння Томаса-Фермі, ми знаємо, що$c_6^{-3} y(\tau)$ for$\tau = c_6t$ - це також рішення.

Приклад рівняння лінії

Розглянемо ще один приклад цієї процедури, застосованої до рівняння$\ddot{y} = 0$. Рішення цього рівняння можна знайти шляхом огляду

$$y{t}=c_0t + c_1 \nonumber$$

тому що це рівняння прямої. Коефіцієнти$c_{\mathfrak{n}}$ є константами, і вони відрізняються від попереднього прикладу. У цьому прикладі ми виділимо нескінченно малі генератори для неперервних симетрій цього рівняння і знайдемо вісім нескінченно малих генераторів. Результат цієї проблеми з'являється в роботі [191], і вона є модифікованою версією задачі 2.26 довідки [164, с. 180].

Розв'язки вихідного рівняння повинні збігатися з розв'язками рівняння, перетвореного неперервною симетрією, і ця ідея міститься в умові симетрії Equation\ ref {14.4.6}. У цьому випадку вихідне рівняння є$\ddot{y} = 0$, тому подовження нескінченно маленького генератора, що діє на це рівняння, також має дорівнювати нулю для нескінченно маленького генератора$U$, який описує безперервну симетрію.

$$pr^{(\mathfrak{n})}U (\ddot{y}) = 0 \nonumber$$

Використовуючи рівняння\ ref {14.4.3},\ ref {14.4.4} та\ ref {14.4.5}, ми можемо записати цю умову симетрії через$\xi$ і$\eta$.

$$\eta^{tt} = 0 \nonumber$$

$$\eta^{tt} = 0 = \partial_{tt}\eta + 2 \dot{y}\partial_{yt}\eta + \ddot{y}\partial_{y}\eta + \dot{y}^2\partial_{yy}\eta - 2\ddot{y}\partial_{t}\xi - \dot{y}\partial_{tt}\xi - 2\dot{y}^2\partial_{yt}\xi - \dot{y}^3\partial_{yy}\xi - 3\dot{y}\ddot{y}\partial_{y}\xi \nonumber$$

Використовуйте$\ddot{y} = 0$ та перегрупуйте терміни.

$$(\partial_{tt}\eta) + \dot{y}(2\partial_{yt}\eta - \partial_{tt}\xi) + \dot{y}^2 (\partial_{yy}\eta - 2\partial_{yt}\xi) - \dot{y}^3(\partial_{yy}\xi) = 0 \nonumber$$

Вищенаведене рівняння вірно для всіх,$y$ лише якщо всі величини в дужках дорівнюють нулю.

$$\partial_{tt}\eta = 0 \label{14.4.40}$$

$$2\partial_{yt}\eta - \partial_{tt}\xi = 0 = 0 \label{14.4.41}$$

$$\partial_{yy}\eta - 2\partial_{yt}\xi = 0 \label{14.4.42}$$

$$\partial_{yy}\xi = 0 \label{14.4.43}$$

Наступним кроком є розв'язання вищевказаного набору рівнянь для всіх можливих розв'язків$\xi$ і$\eta$ які визначатимуть нескінченно малі генератори всіх можливих неперервних перетворень симетрії.

Ми розглянемо три випадки: випадок 1 с$\eta = 0$, випадок 2 с$\xi = 0$, і випадок 3 з обома$\xi$ і$\eta$ ненульовими.

Випадок 1 з$\eta = 0$: Припустимо$\eta = 0$. Які рішення можна знайти$\xi$? Рівняння\ ref {14.4.40} до рівняння\ ref {14.4.43} можна зменшити.

$$\partial_{tt}\xi = 0 \nonumber$$

$$\partial_{yy}\xi = 0 \nonumber$$

$$\partial_{yt}\xi = 0 \nonumber$$

Є три можливих незалежних рішення для$\xi$. Вони є$\xi = 1$$\xi = t$, і$\xi = y$. Отже, ми знайшли три нескінченно малих генератора.

$$U_1 = \partial_t \nonumber$$

$$U_2 = t\partial_t \nonumber$$

$$U_3 = y\partial_t \nonumber$$

Випадок 2 з$\xi = 0$: Припустимо$\xi = 0$. Які рішення можна знайти$\eta$? Рівняння\ ref {14.4.40} до рівняння\ ref {14.4.43} спростити.

$$\partial_{tt}\eta = 0 \nonumber$$

$$\partial_{yt}\eta = 0 \nonumber$$

$$\partial_{yy}\eta = 0 \nonumber$$

Є три можливих незалежних рішення для$\eta$. Вони є$\eta = 1$$\eta = y$, і$\eta = t$. Отже, ми знайшли ще три нескінченно малих генератора.

$$U_4 = \partial_y \nonumber$$

$$U_5 = y\partial_y \nonumber$$

$$U_6 = t\partial_y \nonumber$$

Випадок 3, де обидва$\xi$ і$\eta$ не нульові: З рівняння\ ref {14.4.40}, ми можемо записати

$$\eta = (c_1 + c_2t) b(y). \nonumber$$

Тут$b$ є функція тільки$y$, ні$t$. Тому

$$\partial_{yt}\eta = c_2\partial_y b(y) \nonumber$$

яка не є функцією$t$. З рівняння\ ref {14.4.43} ми можемо записати

$$\xi = (c_3 + c_4y) g(t). \nonumber$$

Тут$g$ є функція тільки$t$, ні$y$. Тому

$$\partial_{yt}\xi = c_4\partial_t g(t) \nonumber$$

яка не є функцією$y$. Тепер використовуйте Рівняння\ ref {14.4.41}.

$$2c_2\partial_y b(y) - (c_3 + c_4y) \partial_{tt}g = 0 \nonumber$$

Перший термін не є функцією$t$. Тому$\xi$ є максимально квадратичним в$t$. Отже,$\xi$ має вигляд

$$\xi = (c_3 + c_4y) (c_5 + c_6t + c_7t^2). \nonumber$$

Розподіліть множення.

$$\xi = c_3c_5 + c_3c_6t + c_3c_7t^2 + c_4c_5y + c_4c_6yt + c_4c_7yt^2 \nonumber$$

$$\partial_{yt}\xi = c_4c_6 + 2c_4c_7t \label{14.4.63}$$

Далі скористайтеся рівнянням\ ref {14.4.42}.

$$\partial_{yy}\eta = 2c_4\partial_t g = 0 \nonumber$$

Другий термін не є функцією$y$. Тому$\eta$ є максимально квадратичним в$y$. Отже,$\eta$ має вигляд

$$\eta = (c_1 + c_2t) (c_8 + c_9y + c_{10}y^2). \nonumber$$

Розподіліть множення.

$$\eta = c_1c_8 + c_1c_9y + c_1c_{10}y^2 + c_2c_8t + c_2c_9yt + c_2c_{10}ty^2 \nonumber$$

$$\partial_{yt}\eta = c_2c_9 + 2c_2c_{10}y \label{14.4.67}$$

Тепер використовуйте рівняння\ ref {14.4.41} і\ ref {14.4.67}.

$$2 (c_2c_9 + 2c_2c_{10}y) - 2 (2c_3c_7 + 2yc_4c_7) = 0 \nonumber$$

$$(2c_2c_9 - 4c_3c_7) + y (4c_2c_{10} - 4c_4c_7) = 0 \nonumber$$

Ми в кінцевому підсумку з парою рівнянь

$$c_2c_9 = 2c_3c_7 \label{14.4.70}$$

$$c_2c_{10} = 2c_4c_7 \label{14.4.71}$$

Далі використовуйте Рівняння\ ref {14.4.42} і\ ref {14.4.63}.

$$(2c_1c_{10} + 2tc_2c_{10}) - 2 (c_4c_6 + 2c_4c_7t) = 0 \nonumber$$

$$(2c_1c_{10} - 2c_4c_6) + t(2c_2c_{10} - 4c_4c_7) = 0 \nonumber$$

і ми в кінцевому підсумку з парою рівнянь.

$$c_1c_{10} = c_4c_6 \label{14.4.74}$$

$$c_2c_{10} = 2c_4c_7 \label{14.4.75}$$

Це єдино можливі рішення рівнянь\ ref {14.4.71} і\ ref {14.4.75}.

Нарешті, є два можливі рішення, які не залежать від раніше знайдених рішень. Ми можемо встановити коефіцієнти рівняння\ ref {14.4.74} на 1. Перше рішення є$\eta = y^2$ і$\xi = yt$ відповідає

$$U_7 = yt\partial_t + y^2\partial_y. \nonumber$$

Для другого розв'язку ми можемо встановити коефіцієнти рівняння\ ref {14.4.70} на 1. Друге рішення є$\eta = yt$ і$\xi = t^2$ відповідає

$$U_8 = t^2 \partial_t + yt\partial_y. \nonumber$$

На даний момент ми знайшли вісім нескінченно малих генераторів. Це всі можливі генератори неперервних правильних негеометричних симетрій.