Teorema di Lee-Wha-Chung

[apatriarca]

Più che i singoli strumenti, quello che normalmente puoi generalizzare è il procedimento generale della dimostrazione. Ci sono infatti diversi modi con cui si può dimostrare che una forma è esatta.

Se dovessi provare a dimostrare questo teorema credo che partirei dalle seguenti osservazioni.

Siano \(\phi_1\) e \(\phi_2\) due forme differenziali come da teorema per cui \( \int_\gamma \phi_1 = \int_\gamma \phi_2 = C \) per ogni \(\gamma\). La loro differenza dovrà quindi rispettare la seguente condizione
\[ \int_\gamma \psi = \int_\gamma (\phi_2 - \phi_1) = \int_\gamma \phi_2 - \int_\gamma \phi_1 = 0. \]
A questo punto è importante comprendere come sono fatte le forme differenziali con quest'ultima proprietà. Dopodiché si può quindi osservare che se \( \int_\gamma \phi = C, \) allora \( \int_\gamma \phi/C = 1 \). Tutte le forme differenziali che stai cercando sono quindi multipli di una qualche forma differenziale il cui integrale sia uguale a uno. A questo punto dovresti essere riuscito a caratterizzare completamente le tue forme differenziali e quindi ad arrivare alla tesi. È più o meno così che funziona la dimostrazione nel caso con \(n=1\)?

[newton_1372]

Neanche per idea; per n=1 si prende una generica forma differenziale a 1 grado di libertà: $Adq+Bdp+Cdt$. Piu o meno (scriverò la dimostrazione dettagliatamente o vi farò avere un link) si usa il fatto che a 1 grado di libertà ho una forma differenziale del primo ordine in 3 variabili, in qualche modo (anche usando le eq. di Hamilton e l'ipotesi che essa sia un invariante integrale) viene fatta vedere che è esatta mostrando che il rotore è 0...
faccio prima a darvi un link
http://www.google.it/url?sa=t&rct=j&q=& ... 0519,d.ZWU

Scarica il pdf. Pagina 290. La mia curiosità verso questo teorema è ormai troppo accesa per poterlo ignorare. Piu in giro non riesco a trovare la dimostrazione, piu la mia curiosità aumenta. D'altra parte viene assicurato che "La dimostrazione nel caso generale può ottenersi usando le stesse idee, ma è piu laboriosa". Effettivamente l'unica parte della dimostrazione che non è valida per n>1 è quella dove viene dimostrato che la forma è esatta, e quindi annulla le componenti del rotore.

[apatriarca]

Devo ammettere che non avevo capito il teorema. La tesi è un po' diversa da quella da te scritta.. Dopo aver letto velocemente le tue dispense mi è tuttavia tutto un po' più chiaro.

Provo quindi a riproporre tale tesi.

Per ogni Hamiltoniana regolare \(H\), sia \(U^H_{t,t_0}\) l'evoluzione temporale corrispondente ad \(H\). Sia inoltre \( \{ \gamma^H(t), t \in \mathbb R \} \) la famiglia di curve chiuse che si ottiene da una curva regolare chiusa \(\gamma\), trasportandola mediante \(U^H_{t,0}\):
\[ \gamma^H(t) = U^H_{t, 0} \gamma. \]
Siano inoltre \(A\) e \(B\) funzioni regolari definite su \(\tilde\Gamma\) ed a valori in \(\mathbb R^n\).

Se la circuitazione della forma differenziale
\[ \pi = A \cdot dp + B \cdot dq \]
su \(\gamma^H(t),\)
\[ \mathcal{I}^{H,t}(\gamma) = \oint_{\gamma^H(t)} [ A \cdot dp + B \cdot dq ] \]
è indipendente da \(t\) e da \(H\) per OGNI Hamiltoniana \(H\) e per ogni curva chiusa regolare \(\gamma\), allora esiste \(c \in \mathbb R,\) indipendente da \(H\) e da \(\gamma,\) tale che
\[ \mathcal{I}^{H,t}(\gamma) = c\,I(\gamma) = c \, \oint_\gamma p \cdot dq. \]

[newton_1372]

Si, e lei...mi sapreste generalizzare la dimostrazione del pdf per n>1?

[j18eos]

...Come posso generalizzare il rotore per dimensioni maggiori di 3?...

Scusa se non mi sono fatto vivo, cercherò almeno di darti qualche indicazione o riferimento via web; se non proprio la costruzione...

[newton_1372]

uniti contro il teorema del muso giallo!

[newton_1372]

up

[apatriarca]

Per prima cosa direi che chiamarlo "teorema del muso giallo" sia un po' irrispettoso verso il matematico (o fisico) che ha dimostrato il teorema. Credo sia meglio continuare a chiamarlo teorema di Lee Hwa-Chung o eventualmente teorema LHC.

Ti propongo l'inizio della generalizzazione della tua dimostrazione. In realtà il discorso sul rotore si generalizza semplicemente all'osservazione che una forma esatta è anche chiusa. Se una forma differenziale è chiusa allora tutte le derivate parziali miste devono essere uguali e questa è l'espressione che ho usato alla fine. Puoi provare a continuare la dimostrazione visto il tuo interesse in essa. In questo momento non ho tempo per finirla io stesso.

Per una maggiore comodità di lettura ho usato \(\delta\) per indicare il differenziale e ho limitato l'uso della lettera \(d\) alla notazione per la derivazione. Ho anche usato la notazione di Einstein per alleggerire la notazione.

Siccome \(\mathcal I^{H,t}(\gamma)\) rimane costante al variare di \(t\), deve valere la relazione
\[ \frac{d}{dt} \, \mathcal I^{H,t}(\gamma) = 0. \]
Derivando sotto il segno di integrale otteniamo quindi
\[\begin{align*}
0 = &\oint \frac{d A_i}{dt} \, \delta p^i + A_i \, \frac{d}{dt} \, \delta p^i + \frac{d B_i}{dt} \, \delta q^i + B_i \, \frac{d}{dt} \, \delta q^i \\
= &\oint \frac{d A_i}{dt} \, \delta p^i + A_i\,\delta\,\frac{d p^i}{dt} + \frac{d B_i}{dt} \, \delta q^i + B_i\,\delta\,\frac{d q^i}{dt}.
\end{align*}\]

A questo punto possiamo integrare per parti i termini con le derivate all'interno dei differenziali osservando che per una curva chiusa vale la relazione \( \oint_\gamma u\,\delta v = - \oint_\gamma v\, \delta u \). Possiamo inoltre fare uso delle equazioni di Hamilton per riscrivere le derivate temporali di \(p^i\) e \(q^i\) ed esplicitare le derivate totali. Otteniamo così la seguente equazione:
\[\begin{align*}
0 = &\oint \biggl( \frac{\partial A_i}{\partial q^j}\frac{\partial H}{\partial p^j} - \frac{\partial A_i}{\partial p^j}\frac{\partial H}{\partial q^j} + \frac{\partial A_i}{\partial t} \biggr) \, \delta p^i + \biggl( \frac{\partial B_i}{\partial q^j}\frac{\partial H}{\partial p^j} - \frac{\partial B_i}{\partial p^j}\frac{\partial H}{\partial q^j} + \frac{\partial B_i}{\partial t} \biggr) \, \delta q^i \\
&+ \frac{\partial H}{\partial q^i} \, \delta A_i - \frac{\partial H}{\partial p^i}\,\delta B_i \\
= &\oint \biggl( \frac{\partial A_i}{\partial q^j}\frac{\partial H}{\partial p^j} - \frac{\partial A_i}{\partial p^j}\frac{\partial H}{\partial q^j} + \frac{\partial A_i}{\partial t} \biggr) \, \delta p^i + \biggl( \frac{\partial B_i}{\partial q^j}\frac{\partial H}{\partial p^j} - \frac{\partial B_i}{\partial p^j}\frac{\partial H}{\partial q^j} + \frac{\partial B_i}{\partial t} \biggr) \, \delta q^i \\
&+ \frac{\partial H}{\partial q^i} \, \biggl( \frac{\partial A_i}{\partial p^j} \, \delta p^j + \frac{\partial A_i}{\partial q^j} \, \delta q^j \biggr) - \frac{\partial H}{\partial p^i} \, \biggl( \frac{\partial B_i}{\partial p^j} \, \delta p^j + \frac{\partial B_i}{\partial q^j} \, \delta q^j \biggr) \\
= &\oint \biggl( \frac{\partial A_i}{\partial q^j}\frac{\partial H}{\partial p^j} - \frac{\partial A_i}{\partial p^j}\frac{\partial H}{\partial q^j} + \frac{\partial A_j}{\partial p^i}\frac{\partial H}{\partial q^j} - \frac{\partial B_j}{\partial p^i}\frac{\partial H}{\partial p^j} + \frac{\partial A_i}{\partial t} \biggr)\,\delta p^i \\
&+ \biggl( \frac{\partial B_i}{\partial q^j}\frac{\partial H}{\partial p^j} - \frac{\partial B_i}{\partial p^j}\frac{\partial H}{\partial q^j} + \frac{\partial A_j}{\partial q^i}\frac{\partial H}{\partial q^j} - \frac{\partial B_j}{\partial q^i}\frac{\partial H}{\partial p^j} + \frac{\partial B_i}{\partial t} \biggr) \, \delta q^i
\end{align*}\]

Raccogliendo un po' di termini otteniamo
\[\begin{align*}
0 = &\oint \Biggl( \biggl( \frac{\partial A_i}{\partial q^j} - \frac{\partial B_j}{\partial p^i} \biggr)\,\frac{\partial H}{\partial p^j} + \biggl( \frac{\partial A_j}{\partial p^i} - \frac{\partial A_i}{\partial p^j} \biggr)\,\frac{\partial H}{\partial q^j} + \frac{\partial A_i}{\partial t} \Biggr)\,\delta p^i \\
&+ \Biggl( \biggl( \frac{\partial B_i}{\partial q^j} - \frac{\partial B_j}{\partial q^i} \biggr)\,\frac{\partial H}{\partial p^j} + \biggl( \frac{\partial A_j}{\partial q^i} - \frac{\partial B_i}{\partial p^j} \biggr)\,\frac{\partial H}{\partial q^j} + \frac{\partial B_i}{\partial t} \Biggr) \, \delta q^i
\end{align*}\]
Sfortunatamente in questo caso generale i termini non si semplificano molto. Possiamo però provare a definire alcune matrici il cui studio potrebbe forse aiutarci un po'. Sia per esempio
\[ S_{ji} = \biggl( \frac{\partial A_j}{\partial p^i} - \frac{\partial A_i}{\partial p^j} \biggr). \]
Osserviamo prima di tutto che \(S_{ii} = 0\) e che \(S_{ij} = -S_{ji}\). Si tratta quindi di una matrice antisimmetrica. Possiamo dire lo stesso per
\[ T_{ji} = \biggl( \frac{\partial B_i}{\partial q^j} - \frac{\partial B_j}{\partial q^i} \biggr). \]
Discorso un po' diverso vale invece per
\[ U_{ji} = \biggl( \frac{\partial A_i}{\partial q^j} - \frac{\partial B_j}{\partial p^i} \biggr). \]
Non possiamo dire molto su questa matrice, ma osserviamo subito che la matrice compare normalmente nei termini con \(p^i\) e trasposta e negata nei termini con \(q^i\). Usando la notazione matriciale possiamo riscrivere la forma differenziale come segue:
\[ \biggl( \frac{\partial H}{\partial p}\,U + \frac{\partial H}{\partial q}\,S + \frac{\partial A}{\partial t} \biggr)\,\delta p + \biggl( \frac{\partial H}{\partial p}\,T - \frac{\partial H}{\partial q}\,U^t + \frac{\partial B}{\partial t} \biggr)\,\delta q \]

In modo simile alla dimostrazione per \(n = 1\), osserviamo a questo punto che la circuitazione della forma differenziale che abbiamo ottenuto è nulla per ogni curva chiusa e quindi deve essere esatta. Quindi è ovviamente anche chiusa da cui possiamo dedurre che valgono le relazioni:
\[\begin{align*}
\frac{\partial \bar{A_i}}{\partial p^j} &= \frac{\partial \bar{A_j}}{\partial p^i} \\
\frac{\partial \bar{A_i}}{\partial q^j} &= \frac{\partial \bar{B_j}}{\partial p^i} \\
\frac{\partial \bar{B_i}}{\partial q^j} &= \frac{\partial \bar{B_j}}{\partial q^i}
\end{align*}\]
Credo sia a questo punto abbastanza evidente perché la maggior parte degli autori preferisce dare la dimostrazione solo per \(n = 1\).. Ti lascio continuare..

[newton_1372]

1).Pensi abbia gli strumenti concettuali per continuarla?
2). Teorema del muso giallo....dai era solo un epiteto simpatico e scherzoso! E non penso che Lee Wha Chang se ne prenderà troppo...

[apatriarca]

E' un epiteto razzista, più che scherzoso, ma non importa. Non ho idea se tu abbia o meno gli strumenti per continuarlo. Non ho alcuna idea di quali siano le tue conoscenze. La parte iniziale consiste comunque semplicemente nell'esplicitare quei calcoli e per il resto i metodi dovrebbero essere simili a quelli del caso \(n=1\). In ogni caso non ho tempo durante questo weekend per portare a termine la dimostrazione.