1 哈雅方程
希望寻找一种正则变换, 其母函数为 𝐹
2
(𝑞, 𝑃, 𝑡), 它使得变换后的哈密顿函数 𝐾 (𝑃, 𝑄, 𝑡) ≡ 0, 此时正则方
程为
¤
𝑄
𝛼
=
𝜕𝐾
𝜕𝑃
𝛼
= 0,
¤
𝑃
𝛼
= −
𝜕𝐾
𝜕𝑄
𝛼
= 0
因此 𝑃, 𝑄 是守恒量, 就是 2𝑠 个运动积分. 希望求出这样的正则变换, 也就是求出生成函数 𝐹
2
. 由正则变
换条件知 𝐹
2
满足三个偏导关系
𝑝
𝛼
=
𝜕𝐹
2
𝜕𝑞
𝛼
, 𝑄
𝛼
=
𝜕𝐹
2
𝜕𝑃
𝛼
, 𝐾 = 𝐻 +
𝜕𝐹
2
𝜕𝑡
于是就令 𝑝
𝛼
=
𝜕𝐹
2
𝜕𝑞
𝛼
, 代入 𝐾 = 𝐻 (𝑞, 𝑝, 𝑡) +
𝜕𝐹
2
𝜕𝑡
中. 由于 𝐾 = 0, 得到
𝐻
𝑞
1
, ··· , 𝑞
𝑠
,
𝜕𝐹
2
𝜕𝑞
1
, ··· ,
𝜕𝐹
2
𝜕𝑞
𝑠
+
𝜕𝐹
2
𝜕𝑡
= 0
希望求出这样的正则变换即求出 𝐹
2
. 上式是一个关于 𝐹
2
的偏微分方程, 可以由此解出 𝐹
2
. 然而, 该方程
中并不含有 𝑃, 因此记
𝑆(𝑞, 𝑡) = 𝐹
2
(𝑞, 𝑃, 𝑡) + 𝐴
𝑆 即求解上述方程得到的”𝐹
2
”,𝑃 已经被包含在 𝑆 的常数中了. 该方程实际上是
𝐻
𝑞
1
, ··· , 𝑞
𝑠
,
𝜕𝑆
𝜕𝑞
1
, ··· ,
𝜕𝑆
𝜕𝑞
𝑠
+
𝜕𝑆
𝜕𝑡
= 0
称其为哈密顿-雅可比方程. 但是 𝑆 中并没有 𝑃, 不能由此确定 𝐹
2
. 但是作为 𝑠 元一阶偏微分方程的解,𝑆
中会包含 𝑠 +1 个待定的常数.
由于 𝑆 在方程中仅以偏微分形式存在, 故 𝑆 加上一个任意常数都是方程的解, 于是得到了一个常数是单
独的常数项 𝐴. 剩下还有 𝑠 个常数, 设它们是 𝜂. 于是
𝑆 ≡ 𝑆(𝑞, 𝜂, 𝑡) + 𝐴
不妨就令 𝜂 为 𝑃, 也就是
𝐹
2
≡ 𝑆(𝑞, 𝑃, 𝑡)
这样的 𝐹 能够通过三个偏导关系确定一个正则变换
𝑝
𝛼
=
𝜕𝐹
2
𝜕𝑞
𝛼
, 𝑄
𝛼
=
𝜕𝐹
2
𝜕𝑃
𝛼
, 𝐾 = 𝐻 +
𝜕𝐹
2
𝜕𝑡
其中第一条和第三条已经作为条件, 于是
𝑄 =
𝜕𝐹
2
𝜕𝑃
=
𝜕𝑆
𝜕𝜂
就得到了期望中的使 𝐾 为零的正则变换. 事实上这样的正则变换并不唯一, 令 𝑃 ≡ 𝜂 并不是强制性的要
求, 而只是为了方便计算.𝑃 也可以是 𝜂 的任意函数, 这样就可以得到其他满足要求的正则变换. 真正必须
满足的条件仅仅是 𝐾 = 𝐻 +
𝜕𝐹
2
𝜕𝑡
= 0, 而它已经作为方程本身自动满足了
实际上,𝑆 被称为哈密顿主函数
𝜕𝑆
𝜕𝑡
=
𝜕𝐹
2
𝜕𝑡
= −𝐻,
𝜕𝑆
𝜕𝑞
=
𝜕𝐹
2
𝜕𝑞
= 𝑝
将其代入 𝑆 的全微分中得到
𝑑𝑆
𝑑𝑡
=
𝜕𝑆
𝜕𝑞
¤𝑞 +
𝜕𝑆
𝜕𝑡
= 𝑝 ¤𝑞 − 𝐻 = 𝐿
因此
𝑆 =
∫
𝐿𝑑𝑡
𝑆 就是积分上下限未定的哈密顿作用量, 因此还称 𝑆 是哈密顿作用函数
若 𝐻 不含时, 则有 𝐻 = 𝐸, 因而
𝜕𝑆
𝜕𝑡
= −𝐻 = −𝐸
故积分得到
𝑆 = −𝐸𝑡 +𝑊 (𝑞) + 𝐴
𝑊 称为哈密顿特征函数. 由上式得到
𝜕𝑆
𝜕𝑞
=
𝜕𝑊
𝜕𝑞
替换掉相应关于 𝑆 的量后得到
𝐻
𝑞
1
, ··· , 𝑞
𝑠
;
𝜕𝑊
𝜕𝑞
1
, ··· ,
𝜕𝑊
𝜕𝑞
𝑠
= 𝐸
解出 𝑊 即可得到 𝑆. 需要注意的是, 解这个方程会得到 𝑠 个常数, 除去 𝐴 后还剩 𝑠 − 1 个. 实际上 𝐸 也是
待定的常数, 加上 𝐸 后就有 𝑠 个 𝜂, 于是就可以得到正则变换
既然 𝑆 是积分上下限未定的作用量, 又有 𝑆 = −𝐸𝑡 +𝑊 (𝑞) + 𝐴, 代入得到
𝑆 =
∫
𝐿𝑑𝑡 =
∫
(𝑝 ¤𝑞 − 𝐻)𝑑𝑡 =
∫
𝑝𝑑𝑞 − 𝐸𝑡 + 𝐴 ⇒ 𝑊 =
∫
𝑝𝑑𝑞
这是莫培督作用量
将哈雅方程写为
𝜙
𝑞
𝑖
,
𝜕𝑊
𝜕𝑞
𝑖
, 𝑡
= 0
其中的变量是可分离的
𝑆 = 𝑆
0
(𝑞
2
, ··· , 𝑞
𝑠
, 𝑡) + 𝑆
1
(𝑞
𝑖
)
对于开普勒问题, 哈密顿量为
𝐻 =
1
2𝑚
𝑝
2
𝑟
+
𝑝
2
𝜃
𝑟
2
−
𝑎
𝑟
于是哈雅方程为
1
2𝑚
"
𝜕𝑊
𝜕𝑟
2
+
1
𝑟
2
𝑊
𝜃
2
#
−
𝑎
𝑟
= 𝐸
变形为
𝜕𝑊
𝜕𝜃
2
= 𝑟
2
"
2𝑚𝐸 +
𝑎
𝑟
−
𝑊
𝑟
2
#
期望解的形式为
𝑊 = 𝑊
𝜃
(𝜃) + 𝑊
𝑟
( 𝑟)
于是方程就化为
𝜕𝑊
𝜃
𝜕𝜃
2
= 𝑟
2
"
2𝑚𝐸 +
𝑎
𝑟
−
𝑊
𝑟
𝑟
2
#
由于左边只与 𝜃 有关, 右边只与 𝑟 有关, 若是相等则只能等于常数. 由拉格朗日量的形式得到
𝜕𝑊
𝜃
𝜕𝜃
2
= 𝑟
2
"
2𝑚𝐸 +
𝑎
𝑟
−
𝑊
𝑟
𝑟
2
#
= 𝐽
2
那么
𝑊
𝜃
= 𝐽
𝜃
+ 𝐴, 𝑊
𝑟
=
∫
r
2𝑚𝐸 +
𝑎
𝑟
−
𝐽
2
𝑟
2
𝑑𝑟
有运动积分 𝑃
1
= 𝐸, 𝑃
2
= 𝐽, 于是
𝑄
1
= −𝑡 +
𝜕𝑊
𝜕𝐸
= −𝑡 +
∫
𝑚𝑑𝑟
q
2𝑚𝐸 +
𝑎
𝑟
−
𝐽
2
𝑟
2
𝑄
2
=
𝜕𝑊
𝜕𝐽
= −
∫
𝐽
𝑑𝑟
𝑟
2
q
2𝑚𝐸 +
𝑎
𝑟
−
𝐽
2
𝑟
2
2 作用量-角变量
对于一维谐振子有哈密顿量
𝐻
(
𝑞, 𝑝
)
=
𝑝
2
2𝑚
+
1
2
𝑚𝜔
2
𝑞
2
, 𝜔 =
r
𝑘
𝑚
作正则变换
𝑞 =
r
2𝐼
𝑚𝜔
sin 𝜃, 𝑝 =
√
2𝐼𝑚𝜔 cos 𝜃
就得到了
𝐾 = 𝐻 =
1
2𝑚
2𝐼𝑚𝜔 cos
2
𝜃 +
1
2
𝑚𝜔
2
2𝐼
𝑚𝜔
sin
2
𝜃 = 𝜔𝐼
正则方程为
¤
𝐼 = 0,
¤
𝜃 = 𝜔
不含时时 𝐻 = 𝐸, 那么 𝐼 =
𝐸
𝜔
. 可以解得
𝜃 = 𝜃
0
+ 𝜔𝑡
𝐼 =
𝐸
𝜔
称 𝜃 为角变量,𝐼 为作用量变量. 对于任意如下形式的哈密顿量
𝐻 =
𝑝
2
2𝑚
+𝑉 (𝑞)
若 𝑞 有界
对于第一类生成函数的形式
𝑑𝐹
1
= 𝑝𝑑𝑞 − 𝐼 𝑑𝜃
对一个周期积分
∮
𝑑𝐹
1
=
∮
𝑝𝑑𝑞 −
∮
𝐼𝑑𝜃 =
∮
𝑝𝑑𝑞 − 2𝜋𝐼 = 0
于是
𝐼 =
1
2𝜋
∮
𝑝𝑑𝑞
3 绝热不变量
系统的能量在缓慢变化, 设一个缓慢变化的量 𝜆
𝐻 = (𝑝, 𝑞, 𝜆(𝑡)), 𝑇 =
𝑑𝜆
𝑠𝑡
<< 𝜆
由 𝐻 = 𝐸
𝑑𝐸
𝑑𝑡
=
𝜕𝐻
𝜕𝜆
¤
𝜆 ≠ 0
𝐼 =
1
2𝜋
∮
𝑝𝑑𝑞
考虑单粒子的情形
𝐼 =
1
2𝜋
∮
p
2𝑚(𝐸 (𝑡) −𝑉 (𝑞, 𝜆))𝑑𝑞 ≡ 𝐼 (𝐸, 𝜆)
那么
¤
𝐼 =
𝜕𝐼
𝜕𝐸
¤
𝐸 +
𝜕𝐼
𝜕𝜆
¤
𝜆
由于
𝜕𝐼
𝜕𝐸
=
1
𝑤
=
𝑇 (𝜆)
2𝜋
,
𝜕𝐼
𝜕𝜆
=
1
2𝜋
∮
𝜕 𝑝
𝜕𝜆
𝑑𝑞
𝑑𝐻 =
𝜕𝐻
𝜕𝑞
𝑑𝑞 +
𝜕𝐻
𝜕 𝑝
𝑑𝑝 +
𝜕𝐻
𝜕𝜆
𝑑𝜆
于是
𝑑𝑝 =
𝜕 𝑝
𝜕𝐻
−1
−
𝜕𝐻
𝜕 𝑝
−1
𝜕𝐻
𝜕𝜆
𝑑𝜆 −
𝜕𝐻
𝜕 𝑝
−1
𝜕𝐻
𝜕𝑃
𝑑𝑝
因此
𝜕 𝑝
𝜕𝜆
= −
𝜕𝐻
𝜕𝜆
𝜕𝐻
𝜕𝑝
𝜕𝐼
𝜕𝜆
=
1
2𝜋
∮
𝜕 𝑝
𝜕𝜆
𝑑𝑞 =
1
2𝜋
∫
𝑇
0
𝜕𝑃
𝜕𝜆
𝐸
¤𝑞𝑑𝑡 =
1
2𝜋
∫
𝑇
0
𝜕𝑃
𝜕𝜆
𝐸
𝜕𝐻
𝜕 𝑝
𝑑𝑡 = −
1
2𝜋
∫
𝑇
0
𝜕𝐻
𝜕𝜆
𝑑𝑡
故
¤
𝐼 =
𝑇 (𝜆)
2𝜋
𝜕𝐻
𝜕𝜆
¤
𝜆 −
1
2𝜋
∫
𝑇
0
𝜕𝐻
𝜕𝜆
𝑑𝑡
¤
𝜆
其中后一项由于 𝜆 是缓变的,
𝜕𝐻
𝜕𝜆
认为是不变的, 因此
𝑇
2𝜋
𝜕𝐻
𝜕𝜆
¤
𝜆
故得到
¤
𝐼 = 0
