apatriarca ha scritto: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..
Come portare a conclusione questa dimostrazione? Sulla falsa riga del caso n=1 occorrerebbe trovare un integrale primo per ogni hamiltoniana....quindi da quelle espressioni di sopra dovrebbe venire che ${U_i, H} +(\partial U_i)/(\partial t) = 0$ per ogni H.
Nel caso unidimensionale c'era una sola quantità, R. Ma qui ho molte matrici....
Potreste darmi ancora qualche suggerimento?
E' l'unica cosa che mi manca per rendere "completa" la teoria delel trasformazioni canoniche delle mie dispense di meccanica preferite (obbrobri come il Goldstein non menzioniamoli neppure!)