Warum ist der Satz von Liouville offensichtlich?

In Florian Schecks Mechanics hat er die lokale Form des Satzes von Liouville wie folgt angegeben:

Lassen Φ T , S ( X ) sei der Fluss der Differentialgleichung

− J D D T X = H X .
Dann für alle X , T , S für die der Fluss definiert ist, haben wir
D Φ T , S ( X ) ∈ S P 2 F .

In seinem Beweis behauptete er das

D D T [ D Φ T , S ( X ) T J D Φ T , S ( X ) ] = 0
Also seit
D Φ T , S ( X ) T J D Φ T , S ( X ) = J
Wenn T = S , haben wir den Satz bewiesen.

Meine Frage ist: Warum bei T = S ,

D Φ S , S ( X ) T J D Φ S , S ( X ) = J
hält? Der Autor behauptete, dies sei „offensichtlich“, aber für mich ist es nicht offensichtlich. Mathematisch T = S bedeutet nur, dass der Fluss zu der Zeit beginnt T = S für die es definiert ist. Also können wir verwenden S = 0 ohne die Allgemeingültigkeit zu verlieren. Aber warum würde Hamiltons Gleichung
− J D D Φ T , S , T = S ( X ) D T = D H X ∘ D Φ T , S , T = S ( X )

implizieren

D Φ S , S ( X ) T J D Φ S , S ( X ) = J ?
Wenn wir dies in Blockmatrixform schreiben, sollten wir dies gleich haben det [ D Φ S , S ] J stattdessen. Und wir wissen es nicht vorher det [ D Φ S , S ] = 1 .

Antworten (3)

Der Grund dafür ist offensichtlich, dass der Hamilton-Fluss eine kanonische Transformation im Phasenraum ist, und dies bedeutet, dass der Jacobi-Fluss des Hamilton-Flusses eine lineare Transformation im Tangentenraum von durchführt D Φ , behält die symplektische Form bei.

Der Weg D Φ die symplektische Form J umwandelt, ist das, was er aufgeschrieben hat, und die Tatsache, dass es J bewahrt, impliziert den Satz von Liouville. Aber es ist schwierig zu argumentieren, was was impliziert, da sie so einfach einander gleichwertig sind. Um zu sehen, dass der Hamilton-Fluss eine kanonische Transformation ist, wählen Sie kanonische Koordinaten und entwickeln x und p um einen infinitesimalen Betrag dt zu neuen Koordinaten:

X ich + ∂ P ich H D T
P J − ∂ X J H D T

Überprüfen Sie dann, ob die Poisson-Klammer dieser neuen Koordinaten ist X ich ' , P J ' (unter Verwendung der alten Koordinaten zur Berechnung der Poisson-Klammer) ist immer noch δ ich J , also sind sie immer noch kanonisch und J hat sich nicht geändert. Dies folgt aus der Aufhebung der zweiten partiellen Ableitung von H in der Poisson-Klammer-Berechnung, und dies zeigt Ihnen, dass J bei jedem Zeitschritt erhalten bleibt, also muss es erhalten bleiben, indem die Differentialgleichung in endliche Zeit integriert wird. Es gibt eine Million Möglichkeiten, dasselbe zu sagen, einige oberflächlich strenger, aber das ist gut genug.

Großartig wie immer; Ich möchte den Kommentar anfügen, dass wir ein kanonisches Koordinatensystem gewissermaßen dadurch definieren, dass es unter Hamilton-Fluss erhalten bleibt. Alternativ kann man die kovariante Sicht einnehmen und sagen, dass wir versuchen, Koordinaten auf den Raum physikalischer Bewegungen zu setzen, die Konstanten sind, wie z. B. die Position und der Impuls eines Teilchens zu einem bestimmten Zeitpunkt; wenn das System eine bevorzugte Referenzkoordinate wie Zeit hat, würde man eine volumenerhaltende Transformation zwischen Koordinationen benötigen, die durch zeitliche Transformationen in Beziehung stehen.
@Ron Maimon: Das ist hilfreich, aber für einen Laien wie mich (der gestern Possion Bracket gelernt hat) nicht so transparent. Ich muss also etwas Zeit aufwenden, um das zu verstehen. Danke für die Hilfe.
@ user32240: Es ist nicht transparent, wenn Sie mit diesem Zeug nicht vertraut sind - Sie sollten die PB-Berechnung, die ich gegeben habe, explizit durchführen - es ist überhaupt nicht schwierig. Der Punkt hier ist, dass es so ist, als würde man eine Rotation in kleinen Schritten durchführen, die Punktprodukte erhalten. Der PB ist eine mathematische Struktur, wie ein Skalarprodukt, außer kein Skalarprodukt, codiert durch J. Wenn die Zeitentwicklung das Skalarprodukt beibehält, erhalten Sie eine Rotation, wenn die Zeitentwicklung J beibehält, ist es symplektisch. Man muss das verinnerlichen, und dann ist all das Zeug offensichtlich, aber es erfordert, es einmal sorgfältig durchzugehen.
@genneth: Ich stimme zu, aber es ist a priori nicht offensichtlich, dass so etwas möglich ist, also brauchen Sie eine explizite Demonstration, dass es mit den üblichen kanonischen Koordinaten funktioniert. Wenn Sie eine volumenzerstörende Differentialgleichung haben (wie bei Reibung), wäre jeder Versuch, kanonische Koordinaten zu finden, kontraproduktiv.
@RonMaimon: Einverstanden. Ich habe mir darüber noch nie so viele Gedanken gemacht, aber im Prinzip würde es reichen zu verlangen, dass die Dynamik reversibel ist? Aber selbst das ist nicht notwendig, da wir davon ausgehen, dass es Trajektorien gibt, und wir nur Koordinaten für sie auswählen müssen. Die Existenz der kanonischen Paare ist nicht offensichtlich und erfordert grundsätzlich, dass die Lagrange-Funktion erster Ordnung ist; aber im Allgemeinen ist es nicht trivial, wenn ein Messgerät vorhanden ist, das eine globale Auswahl verhindert ( ncatlab.org/nlab/show/phase+space ).
@genneth: Wenn die Trajektorien alle in ein Gleichgewicht sinken, wie im Gradientenfluss, müssen Sie, wenn Sie einen Trajektorien-Phasenraum erstellen möchten, den Bereich in der Nähe des Fixpunkts mit der Zeit aufblähen, damit das Volumen konstant bleibt. Das ist eindeutig lächerlich. Was den Phasenraum natürlich macht, ist, dass die Trajektorien selbst in der nicht-dissipativen klassischen Mechanik in einem starken Sinne informationserhaltend sind. Ich denke nicht, dass dies von vornherein offensichtlich ist. Sie können Unterschiede finden, bei denen der Zusammenbruch zweier Trajektorien in endlicher Zeit auftritt, und dies ist offensichtlich nicht mit dem Phasenraum vereinbar.

Es scheint, als hätte niemand Ihre spezifische Frage beantwortet, also los geht's. Φ S , S ist nur die Identitätskarte auf dem Phasenraum (siehe Abschnitt 1.20 in der dritten Auflage von Schecks Buch, falls Ihnen das nicht klar ist). Deshalb D Φ S , S ( X ) = ICH 2 N , Die 2 N × 2 N Identitätsmatrix.

@ user32240: Die Determinante ist offensichtlich 1 bei t = s (bei dem, was andere Leute t = 0 nennen), sie ist zu anderen Zeiten immer noch nicht offensichtlich 1. Dazu muss gezeigt werden, dass die Ableitung Null ist, und das ist das Kommutierungsgeschäft. Dies ist der irreduzible Inhalt des Satzes von Liousville (oder der symplektische Charakter der Zeitentwicklung), und es gibt keine mögliche Vereinfachung, die dies vermeidet.
@RonMaimon: Eine doppelte Überprüfung des Beweises des Autors hat Ihre Behauptung bestätigt, danke.

Es gibt bessere Möglichkeiten, dies zu tun, aber ich versuche, mit Ron Maimons Vorschlag zu rechnen. Der Einfachheit halber gehe ich also nur von zwei Variablen aus (hoffentlich spielen andere Variablen keine Rolle). Dann haben wir

Q ich ' = Q ich + D D P ich H D T
Und
P ich ' = P ich − D D Q ich H D T

Daher

{ Q 1 ' , P 2 ' } = [ D Q 1 ' D Q 1 D P 2 ' D P 1 − D Q 1 ' D P 1 D P 2 ' D Q 1 ] + [ D Q 1 ' D Q 2 D P 2 ' D P 2 − D Q 1 ' D P 2 D P 2 ' D Q 2 ]

Beachte das

D Q ich ' D Q J = δ ich J + D 2 D P ich D Q J H D T ; D Q ich ' D P J = D 2 D P ich D P J H D T

Wir sollten die erste Amtszeit haben

( 1 + D D P 1 D Q 1 H D T ) ( − D D Q 2 P 1 H D T ) + ( D 2 D P 1 2 H D T ) ( D D Q 2 D Q 1 H D T )
nach erweiterung und stornierung bleibt uns dies erspart
− D D Q 2 D P 1 H D T

Damit bleibt uns die zweite Amtszeit nach Erweiterung und Aufhebung

D D Q 2 D P 1 H D T

Sie heben sich also tatsächlich gegenseitig auf und wir haben es überprüft { Q 1 ' , P 2 ' } = 0 . Die andere Rechnung { Q ich ' , P ich ' } = 1 sollten weitgehend ähnlich sein.

Der einzige Teil davon, der falsch ist, ist, dass es bessere Möglichkeiten gibt, dies zu tun. Es gibt keine besseren Möglichkeiten, dies zu tun, sie sind alle gleichwertig zu diesem tiefen Inneren. Dies ist keine Antwort und sollte entfernt werden, jeder kann es reproduzieren, das ist der Punkt.
@RonMaimon: Ich meine, indem ich erkenne, dass die Determinante 1 ist, folgt der Beweis einfach. Es ist einfacher als mit den gemischten partiellen Ableitungen zu arbeiten.
Absolut nicht! Die Determinante ist nicht immer offensichtlich eins, darum geht es nicht, sie ist nur offensichtlich 1 bei t=s, wenn keine Transformation stattfindet. Die Ableitung der Determinante nach der Zeit ist Null und die Darstellung dieser Aussage, wie auch immer Sie sie machen, enthält die Rechnung mit gemischten partiellen Ableitungen. Diese Rechnung ist das irreduzible Minimum zum Verständnis des Ergebnisses, alle Beweise enthalten sie, und das ist alles Nichttriviale, was sie enthalten. Es gibt keinen anderen Weg, nur diesen Weg.
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