Meccanica analitica/Parentesi di Poisson e trasformazioni canoniche

Riprendiamo quanto abbiamo già visto riguardo le parentesi di Poisson. Date due funzioni delle coordinate e dei momenti coniugati $f,g$, la parentesi di Poisson è così definita:

$[f,g]=\sum _{h=1}^n(\frac{\partial f}{\partial q_h}\frac{\partial g}{\partial p_h}-\frac{\partial f}{\partial p_h}\frac{\partial g}{\partial q_h})$

Adesso consideriamo una trasformazione completamente canonica $(q,p)\to (Q,P)$, ottenendo le nuove funzioni $f^{\prime },g^{\prime }$; cosa possiamo dire della parentesi di Poisson nelle nuove variabili?

Teorema

L'indice basso indica la variabili rispetto a cui è calcolata la parentesi di Poisson.

Dimostrazione

Ci limiteremo al caso di trasformazione completamente canoniche. Consideriamo un grado di libertà per semplicità di notazione. Prima di procedere, ricordiamo che, tramite le parentesi di Poisson, abbiamo calcolato la derivata totale temporale di una funzione come:

$\dot{x}(q,p,t)=[x,H]+\frac{\partial x}{\partial t}$

Se, invece, $x(q,p)$ è indipendente dal tempo, la sua derivata è esattamente $\dot{x}=[x,H]$, poiché la derivata parziale $\frac{\partial x}{\partial t}=0$.

Nella nostra parentesi $[f,g]$, consideriamo la funzione $g$ come se fosse l'hamiltoniana di un qualsiasi sistema fisico; non ci interessa sapere quale sistema sia, possiamo tranquillamente supporre questo, ricordando l'alta flessibilità del formalismo hamiltoniano (abbiamo calcolato l'hamiltoniana dei conigli che vengono mangiati dalle volpi, insomma, non stupiamoci per così poco). Ha senso, posto ciò, scrivere $[f,g]=[f,H]$. Questo risultato appena ottenuto va a coincidere proprio con:

$\dot{f}=\frac{df}{dt}=[f,H]=[f,g{]}_{q,p}$

Inoltre, poiché abbiamo posto $g=H$, valgono le equazioni canoniche di Hamilton nelle variabili di partenza:

$\begin{array}{cc}& \dot{q}=\frac{\partial g}{\partial p}\\ & \dot{p}=-\frac{\partial g}{\partial q}\end{array}$

Inoltre, essendo la trasformazione completamente canonica, abbiamo che $H=H^{\prime }$, ovvero $g=g^{\prime }$:

$\begin{array}{cc}& g^{\prime }=g(q(Q,P),p(Q,P))\\ & H^{\prime }=H(q(Q,P),p(Q,P))\end{array}$

Quindi, deve valere anche che $\frac{d{f}^{\prime }}{dt}=[f^{\prime },g^{\prime }{]}_{Q,P}$ e quindi:

$\begin{array}{cc}& \dot{Q}=\frac{\partial g^{\prime }}{\partial P}\\ & \dot{P}=-\frac{\partial g^{\prime }}{\partial Q}\end{array}$

Essendo la trasformazione completamente canonica, vale anche che $f^{\prime }=f(q(Q,P),p(Q,P))$, per cui $\dot{f}\text{'}=\dot{f}$, ovvero:

$[f,g{]}_{q,p}=[f^{\prime },g^{\prime }{]}_{Q,P}$

Ovvero le parentesi di Poisson sono invarianti per trasformazioni completamente canoniche.

Assumiamo vero che sia valido in generale per trasformazioni canoniche, saltando la dimostrazione matematica. Possiamo applicare questo risultato interessante a delle parentesi di Poisson notevoli che abbiamo già trattato in passato. Ricordiamole:

$\begin{array}{cc}& [q_h,p_k]={\delta }_{hk}\\ & [a_h,q_k]=0\\ & [p_h,p_k]=0\end{array}$

Prendiamo ora la seconda. Applichiamo una trasformazione completamente canonica:

$\begin{array}{cc}& q_h=q_h(Q,P)\\ & p_h=p_h(Q,P)\end{array}$

Per il teorema prima dimostrato, deve valere $[q_h,q_k]=[Q_h,Q_k]=[Q_h(q,p),Q_k(q,p)]=0$. La più interessante da osservare è invece la prima parentesi. Applicando la stessa trasformazione, deve verificarsi:

$[q_h,p_k{]}_{Q,P}=[Q_h(q,p),P_k(q,p){]}_{q,p}={\delta }_{hk}$

Questa è un'altra condizione per la canonicità di una trasformazione.

Le trasformazioni canoniche hanno anche particolari proprietà. La più notevole è la seguente.

Teorema (proprietà delle trasformazioni canoniche)

Sullo jacobiano possono esserci, a volta, problemi. Per fortuna le trasformazioni canoniche sono speciali.

Teorema

Dimostrazione

Sfruttiamo il fatto che, dividendo la trasformazione in due passi successivi, non cambia il risultato finale. Cambiamo quindi prima le coordinate lagrangiane e poi i rispettivi momenti, potendo scrivere quindi:

$J=\frac{\partial (Q_1,\cdots ,Q_n,P_1,\cdots ,P_n)}{\partial (q_1,\cdots ,q_n,P_1,\cdots ,P_n)}\cdot \frac{\partial (q_1,\cdots ,q_n,P_1,\cdots ,P_n)}{\partial (q_1,\cdots ,q_n,p_1,\cdots ,p_n)}$

Nella prima matrice la trasformazione è $Q\to q$, nella seconda $P\to p$, lasciando le altre invariate in entrambi i passi. Possiamo scrivere:

$J=\frac{\partial (Q_1,\cdots ,Q_n,P_1,\cdots ,P_n)}{\partial (q_1,\cdots ,q_n,P_1,\cdots ,P_n)}\cdot {\left[\frac{\partial (q_1,\cdots ,q_n,p_1,\cdots ,p_n)}{\partial (q_1,\cdots ,q_n,P_1,\cdots ,P_n)}\right]}^{-1}$

Al posto del secondo termine abbiamo solo scritto l'inverso. Poiché nel primo resta costante il momento $P_h$, mentre nel secondo resta costante la coordinata $q_h$, possiamo scrivere:

${\frac{\partial (Q_1,\cdots ,Q_n)}{\partial (q_1,\cdots ,q_n)}|}_{P=\text{cost}}\cdot {\left[\frac{\partial (p_1,\cdots ,p_n)}{\partial (P_1,\cdots ,P_n)}\right]}_{q=\text{cost}}$

Il determinante dello jacobiano sarà quindi dato da:

$\det J=\det \left[\frac{\partial Q_i}{\partial q_h}\right]\cdot {[\det \left[\frac{\partial P_i}{\partial p_h}\right]]}^{-1}$

Da quello che abbiamo visto nel modulo scorso sulle trasformazioni canoniche e funzioni generatrici, vale $\frac{\partial F_2}{\partial P_i}=Q_i$, da cui

$\frac{\partial Q_i}{\partial q_h}=\frac{\partial \left(\frac{\partial F_2}{\partial P_i}\right)}{\partial q_h}=\frac{{\partial }^2{F}_2}{\partial q_h\partial P_i}$

Vale anche $p_i=\frac{\partial F_2}{\partial q_i}$, quindi:

$\frac{\partial p_i}{\partial P_h}=\frac{\partial \left(\frac{\partial F_2}{\partial q_i}\right)}{\partial P_h}=\frac{{\partial }^2{F}_2}{\partial q_i}\partial P_h$

Osserviamo che le due matrici sono uguali, quindi il determinante dello jacobiano:

$\det J=\det \left[\frac{\partial Q_i}{\partial q_h}\right]\cdot {[\det \left[\frac{\partial P_i}{\partial p_h}\right]]}^{-1}=\det J_{ik}\cdot (\det J_{ik}{)}^{-1}=\det J_{ik}\cdot \frac{1}{\det J_{ik}}=1$ Template:Avanzamento