Esercizi svolti sulla meccanica hamiltoniana

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Esercizi svolti sulla meccanica hamiltoniana

Questa dispensa contiene 25 esercizi svolti sulla meccanica hamiltoniana. I problemi sono stati selezionati dal sito del professore Guido Gentile e dai testi di riferimento [1], [2] e [3]. Gli esercizi sono stati appositamente scelti per corsi di meccanica analitica o meccanica razionale, spesso denominati fisica matematica. Ogni esercizio è presentato con una spiegazione dettagliata, senza omettere alcun passaggio, permettendo così una comprensione completa e approfondita dei concetti trattati.

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Ottieni il documento contenente 25 esercizi risolti, contenuti in 105 pagine ricche di dettagli, per migliorare la tua comprensione della Meccanica Hamiltoniana.

Introduzione agli esercizi svolti sulla meccanica hamiltoniana

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La meccanica razionale rappresenta un capitolo fondamentale della matematica, permettendo di applicare i metodi e il rigore matematico al contesto della meccanica. Uno dei capisaldi di questa disciplina è costituito dalle equazioni di Hamilton, una formulazione della meccanica tramite equazioni del primo ordine, che in diversi casi è equivalente alle formulazioni lagrangiane e newtoniane. Esistono, tuttavia, casi in cui l’equivalenza non sussiste, ad esempio quando le trasformate di Legendre sono singolari. Questo approccio offre una prospettiva più generale e versatile, che è cruciale per lo studio dei sistemi dinamici.

Gli esercizi seguenti mirano a esplorare e approfondire questi temi dal punto di vista pratico. Ogni problema è stato scelto per illustrare concetti chiave e tecniche fondamentali della meccanica hamiltoniana, offrendo al lettore la possibilità di sviluppare una comprensione approfondita e applicativa della materia. Attraverso questi esercizi, si avrà modo di vedere come la teoria si traduca in pratica, fornendo strumenti utili per affrontare problemi complessi sia in ambito accademico che professionale.

Autori e revisori degli esercizi svolti sulla meccanica hamiltoniana

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Autori: Valerio Brunetti.

Revisori: Roberto Castorrini, Alberto Cella, Elisa Bucci.

Nota sulle unità di misura sugli esercizi svolti sulla meccanica hamiltoniana

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Si osserva che le lagrangiane e le hamiltoniane possono includere termini additivi che, a prima vista, sembrano dimensionalmente incompatibili, come ad esempio $q^2 + (\dot{q} q) + (\dot{q})^2$ . Tuttavia, questo problema è solo apparente, poiché i rispettivi coefficienti di questi termini possono essere scelti in modo tale da garantire che le lagrangiane e le hamiltoniane abbiano la corretta unità di misura.

Testi degli esercizi svolti di meccanica hamiltoniana

Esercizio 1 $(\bigstar \largewhitestar\largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar)$ . Data la lagrangiana

$\mathcal{L}(q,\dot q)=\dfrac 12 \dot q^2+\dot q q+3q^2,$

scrivere la corrispondente hamiltoniana e risolvere le equazioni di Hamilton associate.

Svolgimento.

Ricordiamo che, data la lagrangiana $\mathcal{L}(q,\dot q)$ , si definisce il momento cinetico

$p=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}(q,\dot q).$

Quando la funzione $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}(q,\cdot)$ è invertibile, allora possiamo esprimere $\dot q$ in termini di $p$ e definire l’hamiltoniana del sistema come la funzione

$H(q, p):=p \dot q-\mathcal{L}.$

Nel nostro caso, la lagrangiana è definita per ogni $q,\dot q \in \mathbb{R}$ e la funzione

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}=\dot q+q$

è chiaramente invertibile (vista come funzione di $\dot q$ ) per ogni $q$ , e abbiamo

$\dot q=p-q.$

Conseguentemente

$\begin{split} H(q,p)&=p \dot q-\mathcal{L}\\ &=p(p-q)-\left(\dfrac 12 (p-q)^2+(p-q) q+3q^2\right)\\ &=p(p-q)-\left(\dfrac 12 (p^2+q^2-2pq)+pq-q^2+3q^2\right)\\ &=p^2-pq-\dfrac{p^2}{2}-\dfrac{q^2}{2}+pq-pq+q^2-3q^2\\ &=\dfrac{p^2}{2}-\dfrac{5}{2}q^2-pq. \end{split}$

In definitiva, l’hamiltoniana del sistema, definita per ogni $p,q \in \mathbb{R}$ , è

$\boxcolorato{fisica}{H(q,p)=\dfrac{p^2}{2}-\dfrac{5}{2}q^2-pq.}$

Le equazioni di Hamilton del moto sono date da:

(1) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot p= -\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}\\ \dot q=\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}. \end{cases} \end{equation*}$

Calcoliamo i termini di destra rispettivamente della prima e seconda equazione del precedente sistema. Usando l’hamiltoniana calcolata al punto 1, abbiamo

$\begin{split} -\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}&=-\frac{\partial}{\partial q}\left(\dfrac{p^2}{2}-\dfrac{5}{2}q^2-pq\right)=5q+p, \end{split}$

$\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}=\frac{\partial}{\partial p}\left(\dfrac{p^2}{2}-\dfrac{5}{2}q^2-pq\right)=p-q,$

da cui

(2) $\begin{equation*} \boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \dot p=5q+p,\\ \dot q=p-q. \end{cases}} \end{equation*}$

Risolviamo il precedente sistema di equazioni differenziali. Osserviamo che, dalla seconda equazione del sistema (2), deduciamo che

$p=\dot q+q.$

Dunque, derivando ambo i membri dell’equazione precedente rispetto al tempo $t$ e sfruttando la prima equazione del sistema (2), otteniamo

$5q+(\dot q+q)=\ddot q+\dot q,$

da cui perveniamo ad un equazione differenziale del secondo ordine per la funzione $q$ ,

$\ddot q-6q=0.$

Il polinomio caratteristico associata alla precedente equazione è

$\lambda^2-6=0$

che ha soluzioni reali $\lambda_-=-\sqrt 6$ e $\lambda_+=\sqrt 6$ . Dunque, la soluzione generale dell’equazione differenziale in $q(t)$ è data dalla famiglia

$q(t)=c_1 e^{-\sqrt 6 t}+c_2 e^{\sqrt 6 t}, \qquad c_1,c_2 \in \mathbb{R}, t\ge 0.$

Derivando la funzione $q$ rispetto al tempo, si ha

$\dot q(t)=\dfrac{d}{dt}\left( c_1 e^{-\sqrt 6 t}+c_2 e^{\sqrt 6 t} \right)= -c_1\sqrt 6 e^{-\sqrt 6 t}+c_2\sqrt 6 e^{\sqrt 6 t}.$

Dunque, ricordando che $p=\dot q+q$ , possiamo ottenere anche $p(t)$ ,

$p(t)=\dot q(t)+q(t)=c_1(1-\sqrt 6)e^{-\sqrt 6 t}+c_2(1+\sqrt 6)e^{\sqrt 6 t}, \quad t \ge 0.$

Concludiamo che le soluzioni delle equazioni di Hamilton sono

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} q(t)=c_1 e^{-\sqrt 6 t}+c_2 e^{\sqrt 6 t}, \qquad t \ge 0\\ p(t)=c_1(1-\sqrt 6)e^{-\sqrt 6 t}+c_2(1+\sqrt 6)e^{\sqrt 6 t}, \qquad t \ge 0. \end{cases}}$

Esercizio 2 $(\bigstar \bigstar \largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar)$ . Data la lagrangiana

$\mathcal{L}(q,\dot q)=\dfrac m2 (\dot q^2+2q^2\dot q)-q^2,$

dove $m>0$ , scrivere la corrispondente hamiltoniana e risolvere le equazioni di Hamilton associate.

Svolgimento.

Ricordiamo che, data la lagrangiana $\mathcal{L}(q,\dot q)$ , si definisce il momento cinetico

$p=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}(q,\dot q).$

$H(q, p):=p \dot q-\mathcal{L}.$

Nel nostro caso la lagrangiana è definita per ogni $q,\dot q \in \mathbb{R}$ , e la funzione

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}=m(\dot q+q^2)$

è chiaramente invertibile (vista come funzione di $\dot q$ ) per ogni $q$ , e abbiamo

$\dot q=\dfrac{p-mq^2}{m}.$

Conseguentemente,

$\begin{split} \mathcal{L}(q,\dot q)&= \dfrac m2 \left(\dfrac{p-mq^2}{m}\right)^2+m q^2\left( \dfrac{p-mq^2}{m}\right)-q^2\\ &= \dfrac{p^2}{2m}+\dfrac{mq^4}{2}-pq^2+q^2p-mq^4-q^2\\ &=\dfrac{p^2}{2m}-\dfrac{mq^4}{2}-q^2. \end{split}$

Dunque l’hamiltoniana, definita per ogni $p,q\in \mathbb{R}$ , è

$\begin{split} H(q,p)&=p \dot q-\mathcal{L}\\ &=p\left( \dfrac{p-mq^2}{m}\right)-\left(\dfrac{p^2}{2m}-\dfrac{mq^4}{2}-q^2\right)\\ &= \dfrac{p^2}{m}-q^2p-\dfrac{p^2}{2m}+\dfrac{mq^4}{2}+q^2\\ &=\dfrac{p^2}{2m}-q^2p+\dfrac{mq^4}{2}+q^2. \end{split}$

In definitiva, l’hamiltoniana del sistema è

$\boxcolorato{fisica}{ H(q,p)=\dfrac{p^2}{2m}-q^2p+\dfrac{mq^4}{2}+q^2.}$

Le equazioni di Hamilton del moto sono date da:

(3) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot p= -\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}\\ \dot q=\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}. \end{cases} \end{equation*}$

Calcoliamo i termini di destra rispettivamente della prima e seconda equazione del sistema (3). Usando l’hamiltoniana calcolata al punto 1, abbiamo

$\begin{split} -\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}&=-\frac{\partial}{\partial q}\left(\dfrac{p^2}{2m}-q^2p+\dfrac{mq^4}{2}+q^2\right)=2qp-2mq^3-2q, \end{split}$

$\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}=\frac{\partial}{\partial p}\left(\dfrac{p^2}{2m}-q^2p+\dfrac{mq^4}{2}+q^2\right)=\dfrac{p}{m}-q^2,$

da cui otteniamo le equazioni di Hamilton del nostro sistema:

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \dot p=2qp-2mq^3-2q,\\ \dot q=\dfrac{p}{m}-q^2. \end{cases}}$

Dalla seconda equazione del precedente sistema,

$p=m(\dot q+q^2).$

Dunque, derivando ambo i membri dell’equazione precedente rispetto al tempo $t$ e sfruttando la prima equazione del precedente sistema, otteniamo

$m\ddot q +2mq\dot q =2mq(\dot q +q^2)-2mq^3-2q$

da cui, con semplici semplificazioni, perveniamo ad un equazione differenziale del secondo ordine per la funzione $q$ :

$\ddot q+\dfrac 2m q=0.$

Osserviamo che la precedente è l’equazione differenziale per un oscillatore armonico di frequenza $\omega= \sqrt{\frac{2}{m}}$ . Il polinomio caratteristico associato è

$\lambda^2=-\dfrac 2m,$

che ha soluzioni complesse coniugate (ricordiamo che $m>0$ )

$\lambda_{\pm}=\pm i \omega.$

Dunque, la soluzione generale dell’equazione differenziale in $q(t)$ è data dalla famiglia

$q(t)=A \cos(\omega t + \phi),$

dove $A, \phi \in \mathbb{R}$ sono dette rispettivamente ampiezza e fase iniziale dell’oscillazione. Derivando la funzione $q$ rispetto al tempo si ha

$\dot q(t)=-A\omega \sin(\omega t + \phi).$

Quindi, ricordando che $p=m(\dot q+q^2)$ , possiamo ottenere anche $p(t)$ :

$p(t)=m(\dot q(t)+q^2(t))=-A\omega m \sin(\omega t + \phi)+A^2m \cos^2(\omega t + \phi).$

Concludiamo che le soluzioni delle equazioni di Hamilton, valide per ogni $t\ge 0$ , sono

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} q(t)=A \cos(\omega t + \phi),\\ p(t)=-A\omega m \sin(\omega t + \phi)+A^2m \cos^2(\omega t + \phi), \end{cases}}$

con $\omega= \sqrt{\frac{2}{m}}$ .

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestartar\largewhitestar)$ . Dire per quali valori di $\beta \in \mathbb{R}$ e $\alpha \in \mathbb{R}\setminus \{0\}$ la seguente trasformazione è canonica:

(4) $\begin{equation*} \begin{cases} P=\alpha p e^{\beta q}\\ Q=\dfrac 1\alpha e^{-\beta q}. \end{cases} \end{equation*}$

Si trovi una funzione generatrice di seconda specie in corrispondenza di tali valori.

Svolgimento.

La trasformazione data è definita per ogni $p,q\in \mathbb{R}$ . Ricordiamo che la trasformazione è canonica se conserva le parentesi di Poisson fondamentali, ovvero dobbiamo controllare che esse soddisfino

(5) $\begin{equation*} \{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=1, \end{equation*}$

essendo i casi $\{Q,Q\}=0$ e $\{P,P\}=0$ ovvi in dimensione $1$ (i.e. le variabili $q$ e $p$ sono in $\mathbb{R}$ ). Le derivate parziali di $P$ sono:

$\frac{\partial P}{\partial q}=\alpha p \beta e^{\beta q}, \qquad \frac{\partial P}{\partial p}=\alpha e^{\beta q}.$

Le derivate parziali di $Q$ sono:

$\frac{\partial Q}{\partial q}=\dfrac 1\alpha e^{-\beta q} (-\beta)=-\dfrac{\beta}{\alpha}e^{-\beta q}, \qquad \frac{\partial Q}{\partial p}=0.$

Quindi otteniamo

$\{Q,P\} =\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}= =-\dfrac{\beta}{\alpha}e^{-\beta q} \alpha e^{\beta q}=-\beta.$

Dunque $\{Q,P\}=1$ se e solo se

$-\beta=1.$

In definitiva, le parentesi di Poisson sono conservate se e solo se

$\boxcolorato{fisica}{\alpha \in \mathbb{R}\setminus \{0\} \qquad \text{e} \qquad \beta=-1.}$

Per tali valori di $\alpha$ e $\beta$ la trasformazione del sistema (4) diventa

(6) $\begin{equation*} \begin{cases} P=\alpha p e^{- q},\\ Q=\dfrac 1\alpha e^{q}. \end{cases} \end{equation*}$

Ricordiamo che una funzione generatrice $F(q,P)$ di seconda specie è una funzione che deve rispettare le seguenti condizioni

$\begin{cases} p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P),\\ Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P). \end{cases}$

Nel nostro caso, dalle equazioni del sistema (6), si ha

(7) $\begin{equation*} \dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{P}{\alpha}e^{q} \end{equation*}$

(8) $\begin{equation*} \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)=\dfrac{1}{\alpha} e^{q}. \end{equation*}$

Integrando entrambi i membri dell’equazione (8) rispetto alla variabile $P$ , otteniamo

(9) $\begin{equation*} \begin{split} F(q,P)=\int \dfrac{1}{\alpha} e^{q} dP=\dfrac{P}{\alpha} e^q+ h(q), \end{split} \end{equation*}$

dove $h(q)$ è una funzione in $\mathcal{C}^1(\mathbb{R})$ . Non rimane che ricavare $h(q)$ . Derivando ambo i membri dell’equazione (9) rispetto a $q$ si ottiene

$\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac P\alpha e^q+\frac{d}{dq} h(q).$

Dall’equazione (7) deve essere

$\dfrac P\alpha e^q+\frac{d}{dq} h(q)=\dfrac P\alpha e^q,$

da cui

$\frac{d}{dq} h(q)=0.$

Quindi $h$ è costante, $h(q)=c$ , per ogni $q\in \mathbb{R}$ , dove $c \in \mathbb{R}$ .

Inserendo l’espressione di $h(q)$ nell’equazione (9) otteniamo la famiglia di funzioni generatrici di seconda specie richiesta:

$\boxcolorato{fisica}{ F(q,P)=\dfrac P\alpha e^q+c , \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire per quali valori di $\alpha,\beta,\gamma \in \mathbb{R}$ la seguente trasformazione è canonica:

(10) $\begin{equation*} \begin{cases} P=p^\alpha \sin(\beta q)\\ Q=p^\gamma \cos(\beta q). \end{cases} \end{equation*}$

Si trovi una funzione generatrice di prima specie in corrispondenza di tali valori.

Svolgimento.

Se $\alpha=\gamma=0$ , la trasformazione è definita per ogni $q \in \mathbb{R}$ e ogni $p \neq 0$ . Altrimenti, essa è definita per ogni $q \in \mathbb{R}$ e ogni $p>0$ . La trasformazione è canonica se conserva le parentesi di Poisson fondamentali, ovvero dobbiamo controllare che esse soddisfino

(11) $\begin{equation*} \{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=1, \end{equation*}$

essendo i casi $\{Q,Q\}=0$ e $\{P,P\}=0$ ovvi. Le derivate parziali di $P$ sono:

$\frac{\partial P}{\partial q}=p^\alpha \beta \cos(\beta q), \qquad \frac{\partial P}{\partial p}=\alpha p^{\alpha-1}\sin(\beta q).$

Le derivate parziali di $Q$ sono:

$\frac{\partial Q}{\partial q}=-p^\gamma \beta \sin(\beta q), \qquad \frac{\partial Q}{\partial p}=\gamma p^{\gamma-1}\cos(\beta q).$

Quindi otteniamo

$\begin{split} \{Q,P\} &=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=\\[10pt] &=\left(-p^\gamma \beta \sin(\beta q)\right)\left( \alpha p^{\alpha-1}\sin(\beta q) \right) -\left( \gamma p^{\gamma-1}\cos(\beta q) \right)\left( p^\alpha \beta \cos(\beta q)\right)\\[10pt] &=-p^{\gamma+\alpha-1} \alpha \beta \sin^2(\beta q)-p^{\gamma+\alpha-1}\gamma \beta \cos^2(\beta q). \end{split}$

Dunque $\{Q,P\}=1$ se e solo se

(12) $\begin{equation*} -p^{\gamma+\alpha-1} \alpha \beta \sin^2(\beta q)-p^{\gamma+\alpha-1}\gamma \beta \cos^2(\beta q)=1. \end{equation*}$

Visto che

$\sin^2(\beta q)+\cos^2(\beta q)=1$

per ogni $q$ e per ogni $\beta$ , l’equazione (12) si può riscrivere come

$\begin{aligned} &-p^{\gamma+\alpha-1} \alpha \beta\left( 1- \cos^2(\beta q)\right)-p^{\gamma+\alpha-1}\gamma \beta \cos^2(\beta q)=1\quad \iff \\ \iff & -p^{\gamma+\alpha-1} \alpha \beta+p^{\gamma+\alpha-1} \alpha \beta \cos^2\left(\beta q)\right)-p^{\gamma+\alpha-1}\gamma \beta \cos^2(\beta q)=1. \end{aligned}$

Dal precedente passaggio notiamo che se vale

$\begin{cases} \gamma+\alpha-1=0 \\ -\alpha \beta=-\gamma \beta=1, \end{cases}$

la trasformazione è canonica, come richiesto.

$\begin{cases} &\gamma+\alpha-1=0 \\ & -\alpha \beta=-\gamma \beta=1. \end{cases}$

Visto che

$\sin^2(\beta q)+\cos^2(\beta q)=1$

per ogni $q$ e per ogni $\beta$ , l’equazione (12) è vera per ogni $p$ e $q$ se e solo se

$\begin{cases} \gamma+\alpha-1=0 \\ -\alpha \beta=-\gamma \beta=1. \end{cases}$

Risolvendo il sistema si ha $\alpha=\gamma=\frac 12$ e $\beta=-2$ . In definitiva, le parentesi di Poisson sono conservate se e solo se

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \alpha=\dfrac 12\\ \beta= -2\\ \gamma=\dfrac 12. \end{cases}}$

Per tali valori di $\alpha$ e $\beta$ la trasformazione del sistema (10) diventa

$\begin{cases} P=\sqrt{p} \sin(-2 q),\\[10pt] Q=\sqrt{p} \cos(-2 q). \end{cases}$

Inoltre, usando che $\sin(-x)=-\sin x$ e $\cos(-x)=\cos(x)$ , si ha

(13) $\begin{equation*} \begin{cases} P=-\sqrt{p} \sin(2 q),\\[10pt] Q=\sqrt{p} \cos(2 q). \end{cases} \end{equation*}$

Notiamo che le equazioni del precedente sistema, per $q \neq \frac \pi 4+k\frac \pi 2, k\in \mathbb{Z}$ , forniscono le relazioni

$\dfrac PQ = -\tan(2q),$

ovvero

(14) $\begin{equation*} P= -Q \tan(2q). \end{equation*}$

Ricordiamo che una funzione generatrice $F(q,Q)$ di prima specie è una funzione che deve rispettare le seguenti condizioni

(15) $\begin{equation*} \begin{cases} p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,Q),\\[8pt] P=- \dfrac{\partial F}{\partial Q}(q,Q). \end{cases} \end{equation*}$

Nel nostro caso, unendo l’ultima equazione del sistema (15) con l’equazione (14), si ha

$-\dfrac{\partial F}{\partial Q}(q,Q)=-Q\tan (2q).$

Integrando la precedente equazione rispetto alla variabile $Q$ su entrambi i membri, otteniamo

(16) $\begin{equation*} \begin{split} F(q,Q)=\int Q\tan (2q) dQ=\dfrac{Q^2}{2}\tan(2q)+ h(q), \end{split} \end{equation*}$

dove $h(q)$ è una funzione in $\mathcal{C}^1(\mathbb{R})$ . Non rimane che ricavare $h(q)$ . Derivando ambo i membri dell’equazione (16) rispetto a $q$ si ottiene

$\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,Q)=\dfrac{Q^2}{\cos^2(2q)}+\frac{d}{dq} h(q).$

Dalla prima equazione del sistema (15) deve essere

(17) $\begin{equation*} \dfrac{Q^2}{\cos^2(2q)}+\frac{d}{dq} h(q)=p. \end{equation*}$

Per ricavare $p$ in funzione di $q$ e $Q$ , usiamo la seconda equazione del sistema (13), che fornisce

$p=\dfrac{Q^2}{\cos^2(2q)}.$

Inserendo quest’ultima nell’equazione (17) si ottiene

$\frac{d}{dq} h(q)=0.$

Quindi $h$ è costante, $h(q)=c$ per ogni $q\in \mathbb{R}$ , dove $c \in \mathbb{R}$ . Inserendo l’espressione di $h(q)$ nell’equazione (16) otteniamo la famiglia di funzioni generatrici di prima specie richiesta, definita per $Q \in \mathbb{R}$ e per $q \neq \frac \pi 4+k\frac \pi 2, k\in \mathbb{Z}$ e data da

$\boxcolorato{fisica}{ F(q,Q)=\dfrac{Q^2}{2}\tan(2q)+c , \qquad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire per quali valori di $A, \alpha,\beta \in \mathbb{R}$ la seguente trasformazione è canonica:

(18) $\begin{equation*} \begin{cases} Q=\ln\left( \dfrac 1q e^{\alpha p}\right)\\[10pt] P=Aqe^{\beta p}. \end{cases} \end{equation*}$

Si trovi una funzione generatrice di quarta specie in corrispondenza dei valori $A=\dfrac 12$ e $\alpha=-2$ .

Svolgimento.

La trasformazione è definita per $q>0$ e per $p\in \mathbb{R}$ . La trasformazione è canonica se conserva le parentesi di Poisson fondamentali, ovvero dobbiamo controllare che esse soddisfino

(19) $\begin{equation*} \{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=1, \end{equation*}$

essendo i casi $\{Q,Q\}=0$ e $\{P,P\}=0$ ovvi in dimensione $1$ (i.e. le variabili $p$ e $q$ sono in $\mathbb{R}$ ). Le derivate parziali di $P$ sono:

$\frac{\partial P}{\partial q}=Ae^{\beta p}, \qquad \frac{\partial P}{\partial p}=Aq\beta e^{\beta p}.$

Le derivate parziali di $Q$ sono:

$\frac{\partial Q}{\partial q}=\dfrac{1}{q^{-1} e^{\alpha p}}\left(-q^{-2} e^{\alpha p}\right)=-\dfrac 1 q, \qquad \frac{\partial Q}{\partial p}=\dfrac{1}{q^{-1}e^{\alpha p}}\left(\frac 1q \alpha e^{\alpha p}\right)=\alpha.$

Quindi otteniamo

$\{Q,P\} =\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q} =-\dfrac 1 q A q \beta e^{\beta p}-\alpha Ae^{\beta p} =-A\beta e^{\beta p}-\alpha Ae^{\beta p}.$

Dunque $\{Q,P\}=1$ se e solo se

(20) $\begin{equation*} -A\beta e^{\beta p}-\alpha Ae^{\beta p}=1. \end{equation*}$

Ovvero deve essere

$-e^{\beta p} A(\alpha+\beta)=1,$

da cui otteniamo che le parentesi di Poisson sono conservate se e solo se

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \beta=0 \\ -\alpha A=1. \end{cases}}$

Per tali valori di $\alpha$ e $\beta$ la trasformazione del sistema (18) diventa

$\begin{cases} Q=\ln\left( \dfrac 1q e^{\alpha p}\right),\\[10pt] P=Aq. \end{cases}$

dove $\alpha A=-1$ . Poniamo $A=\dfrac 12$ e $\alpha=-2$ , ovvero

(21) $\begin{equation*} \begin{cases} Q=-\ln q-2p,\\[10pt] P=\dfrac q2. \end{cases} \end{equation*}$

Determiniamo una funzione generatrice $F(p,P)$ di quarta specie, ovvero una funzione che deve rispettare le seguenti condizioni

(22) $\begin{equation*} \begin{cases} q=-\dfrac{\partial F}{\partial p}(p,P)\\[9pt] Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(p,P). \end{cases} \end{equation*}$

Dalla prima equazione del sistema (22) e dalla seconda equazione del sistema (21), otteniamo

$q=2P=-\dfrac{\partial F}{\partial p}(p,P).$

Integrando ambo i membri della precedente equazione rispetto alla variabile $p$ abbiamo

(23) $\begin{equation*} \begin{split} F(p,P)=-\int 2Pdp=-2pP+ h(P), \end{split} \end{equation*}$

dove $h(P)$ è una funzione in $\mathcal{C}^1(\mathbb{R})$ . Derivando ambo i membri dell’equazione (23) rispetto a $P$ , si ottiene

(24) $\begin{equation*} \dfrac{\partial F}{\partial P}(p,P)=-2p+\frac{d}{dP} h(P). \end{equation*}$

Dalla seconda equazione del sistema (22), riformulata usando la relazione (24), e dalla prima equazione del sistema (21), ricordando che $q=2P$ , otteniamo:

(25) $\begin{equation*} -2p+\frac{d}{dP} h(P)=-\ln(2P)-2p, \end{equation*}$

da cui si ottiene

$\frac{d}{dP} h(P)=-\ln(2P).$

Integrando ambo i membri della precedente equazione rispetto a $P$ si ha

$\begin{split} h(P)&=\int -\ln(2P) dP\\ &=-\int (\ln 2+\ln P) dP\\ &=-P\ln 2-P\ln P+P+c \end{split}$

dove $c \in \mathbb{R}$ è una costante. Inserendo l’espressione di $h(P)$ nell’equazione (23) otteniamo la famiglia di funzioni generatrici di prima specie richiesta, definita per $p\in \mathbb{R}$ e per $P>0$ e data da:

$\boxcolorato{fisica}{ F(p,P)=P(1-2p-\ln (2P))+c , \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ .Verificare che la seguente trasformazione è canonica:

(26) $\begin{equation*} \begin{cases} Q_1=p_2\\ Q_2=3p_1+2p_2\\ P_1=-q_2+\dfrac 23 q_1 \\ P_2=-\dfrac 13 q_1. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

La trasformazione data è definita per $p_1,p_2,q_1,q_2\in \mathbb{R}$ . Per verificare che la trasformazione è canonica dobbiamo verificare che conservi le parentesi di Poisson fondamentali, ovvero dobbiamo controllare che esse soddisfino

(27) $\begin{equation*} \{Q_1,P_1\}=\{Q_2,P_2\}=1 \end{equation*}$

(28) $\begin{equation*} \{Q_1,Q_2\}=\{Q_1,P_2\}=\{Q_2,P_1\}=\{P_1,P_2\}=0. \end{equation*}$

Le derivate parziali di $Q_1$ sono:

$\dfrac{\partial Q_1}{\partial q_1}=0,\qquad \dfrac{\partial Q_1}{\partial p_1}=0, \qquad \dfrac{\partial Q_1}{\partial q_2}=0,\qquad \dfrac{\partial Q_1}{\partial p_2}=1,$

e quelle di $P_1$ sono

$\dfrac{\partial P_1}{\partial p_1}=0, \qquad \dfrac{\partial P_1}{\partial q_1}=\dfrac 23, \qquad \dfrac{\partial P_1}{\partial p_2}=0,\qquad \dfrac{\partial P_1}{\partial q_2}=-1.$

Dunque,

$\begin{split} \{Q_1,P_1\}&=\dfrac{\partial Q_1}{\partial q_1}\dfrac{\partial P_1}{\partial p_1}-\dfrac{\partial Q_1}{\partial p_1}\dfrac{\partial P_1}{\partial q_1}+\dfrac{\partial Q_1}{\partial q_2}\dfrac{\partial P_1}{\partial p_2}-\dfrac{\partial Q_1}{\partial p_2}\dfrac{\partial P_1}{\partial q_2}\\ &=0\cdot 0-0\cdot \dfrac 23+0\cdot 0-1\cdot(-1) \\ &=1. \end{split}$

Le derivate parziali di $Q_2$ sono

$\begin{split} &\dfrac{\partial Q_2}{\partial q_1}=0,\qquad \dfrac{\partial Q_2}{\partial p_1}=3,\qquad \dfrac{\partial Q_2}{\partial q_2}=0,\qquad \dfrac{\partial Q_2}{\partial p_2}=2, \end{split}$

e quelle di $P_2$ sono

$\dfrac{\partial P_2}{\partial p_1}=0, \qquad \dfrac{\partial P_2}{\partial q_1}=-\dfrac 13, \qquad \dfrac{\partial P_2}{\partial p_2}=0, \qquad \dfrac{\partial P_2}{\partial q_2}=0,$

da cui

$\begin{split} \{Q_2,P_2\}&=\dfrac{\partial Q_2}{\partial q_1}\dfrac{\partial P_2}{\partial p_1}-\dfrac{\partial Q_2}{\partial p_1}\dfrac{\partial P_2}{\partial q_1}+\dfrac{\partial Q_2}{\partial q_2}\dfrac{\partial P_2}{\partial p_2}-\dfrac{\partial Q_2}{\partial p_2}\dfrac{\partial P_2}{\partial q_2}\\[5pt] &=0\cdot 0-3\cdot \left(-\dfrac 13\right)+0\cdot 0-2\cdot(0) \\ &=1. \end{split}$

Quindi la condizione (27) è verificata.

Controlliamo ora che siano soddisfatte le equazioni in (28). Si ha

$\begin{split} \{Q_1,Q_2\}&=\dfrac{\partial Q_1}{\partial q_1}\dfrac{\partial Q_2}{\partial p_1}-\dfrac{\partial Q_1}{\partial p_1}\dfrac{\partial Q_2}{\partial q_1}+ \dfrac{\partial Q_1}{\partial q_2}\dfrac{\partial Q_2}{\partial p_2}-\dfrac{\partial Q_1}{\partial p_2}\dfrac{\partial Q_2}{\partial q_2}\\[5pt] &=0\cdot 3-0\cdot 2+0\cdot 2-1\cdot 0= 0, \end{split}$

poi,

$\begin{split} \{Q_1,P_2\}&=\dfrac{\partial Q_1}{\partial q_1}\dfrac{\partial P_2}{\partial p_1}-\dfrac{\partial Q_1}{\partial p_1}\dfrac{\partial P_2}{\partial q_1}+ \dfrac{\partial Q_1}{\partial q_2}\dfrac{\partial P_2}{\partial p_2}-\dfrac{\partial Q_1}{\partial p_2}\dfrac{\partial P_2}{\partial q_2}\\[5pt] &=0\cdot 0-0\cdot \left(-\frac 13\right)+0\cdot 0-1\cdot 0= 0, \end{split}$

$\begin{split} \{Q_2,P_1\}&=\dfrac{\partial Q_2}{\partial q_1}\dfrac{\partial P_1}{\partial p_1}-\dfrac{\partial Q_2}{\partial p_1}\dfrac{\partial P_1}{\partial q_1}+ \dfrac{\partial Q_2}{\partial q_2}\dfrac{\partial P_1}{\partial p_2}-\dfrac{\partial Q_2}{\partial p_2}\dfrac{\partial P_1}{\partial q_2}\\[5pt] &=0\cdot 0- 3\cdot \left( \frac 23\right)+0\cdot 0-2(-1)= -2+2=0. \end{split}$

Infine

$\begin{split} \{P_1,P_2\}&=\dfrac{\partial P_1}{\partial q_1}\dfrac{\partial P_2}{\partial p_1}-\dfrac{\partial P_1}{\partial p_1}\dfrac{\partial P_2}{\partial q_1}+ \dfrac{\partial P_1}{\partial q_2}\dfrac{\partial P_2}{\partial p_2}-\dfrac{\partial P_1}{\partial p_2}\dfrac{\partial P_2}{\partial q_2}\\[5pt] &=\left(\frac 23 \right)\cdot 0- 0\cdot \left( -\frac 13\right)+(-1)\cdot 0-0\cdot 0=0. \end{split}$

Dunque anche la condizione (28) è verificata e concludiamo che la trasformazione data è canonica.

Esercizio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si applichi la trasformazione canonica

(29) $\begin{equation*} \begin{cases} P=-2\sqrt p \sin q\\[6pt] Q=\sqrt p \cos q \end{cases} \end{equation*}$

alla hamiltoniana

$H(p,q)=-p\sin (2q)$

e si risolvano le equazioni di Hamilton associate alla nuova hamiltoniana. Si determini la funzione generatrice di seconda specie nella forma $F=F(q,P)$ .

Svolgimento.

Essendo $\sqrt p$ ben definita se $p\ge 0$ , le funzioni

$P(p,q)=-2\sqrt p \sin q, \qquad Q(p,q)=\sqrt p \cos q$

sono definite e continue per $p \ge 0$ e $q\in \mathbb{R}$ . Dunque il dominio della trasformazione è dato dall’insieme $\{(p,q)\in \mathbb{R}^2 \mid p \ge 0\}$ , e su questo insieme la trasformazione è continua. Tuttavia, siccome nei punti successivi useremo anche la regolarità delle funzioni $P$ e $Q$ rispetto alle variabili $p$ e $q$ , è conveniente considerare il dominio in cui la trasformazione data sia composta da funzioni differenziabili. In questo caso osserviamo che

$\begin{gathered} \frac{\partial P}{\partial p}= -\frac{1}{\sqrt p} \sin q, \qquad \frac{\partial P}{\partial q}= -2\sqrt p \cos q; \\ \frac{\partial Q}{\partial p}= \frac{1}{2\sqrt p} \cos q, \qquad \frac{\partial Q}{\partial q}= -\sqrt p \sin q; \end{gathered}$

ne deduciamo che l’insieme in cui la trasformazione è derivabile con continuità è dato da $\{(p,q)\in \mathbb{R}^2 \mid p>0\}$ .

Supponiamo che $p,q,P,Q \neq 0$ , altrimenti siamo in un caso banale. Possiamo riscrivere l’hamiltoniana $H(p,q)$ come

$H(p,q)= -2p \sin q \cos q =-2\sqrt p \sin q \sqrt p \cos q=PQ,$

dove abbiamo usato che $\sin(2q)=2\sin q\cos q$ e che $p=\sqrt p \sqrt p.$ Definiamo dunque la nuova hamiltoniana

$\widetilde H(P,Q)=PQ.$

Le equazioni di Hamilton associate a $\widetilde H$ sono

$\begin{cases} \dot P=-\dfrac{\partial \widetilde H}{\partial Q},\\[7pt] \dot Q=\dfrac{\partial \widetilde H}{\partial P}. \end{cases}$

Poichè

$\dfrac{\partial \widetilde H}{\partial Q}=P, \qquad \dfrac{\partial \widetilde H}{\partial P}=Q,$

le equazioni di Hamilton diventano

$\begin{cases} \dot P=-P,\\ \dot Q=Q. \end{cases}$

Le due precedenti equazioni differenziali hanno soluzioni

$P(t)=c_1e^{-t}, \qquad Q(t)=c_2e^t,$

dove $c_1,c_2\in \mathbb{R}$ e $t \ge 0$ .

Determiniamo ora una funzione generatrice $F(q,P)$ di seconda specie, ovvero una funzione che deve rispettare le seguenti condizioni

(30) $\begin{equation*} \begin{cases} p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)\\[9pt] Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P). \end{cases} \end{equation*}$

Dalla prima equazione del sistema (29) abbiamo, poiché $\sin q \neq 0$ ,

$p=\dfrac{P^2}{4\sin^2 q}$

e, usando quanto appena ottenuto nella seconda equazione del sistema (29), si ha

(31) $\begin{equation*} Q=\left|\dfrac{P}{2\sin q} \right| \cos q. \end{equation*}$

Sostituendo la formula per $p$ nella prima equazione del sistema (30) si ottiene

$\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{P^2}{4\sin^2 q}.$

Integrando entrambi i membri dell’equazione precedente rispetto alla variabile $q$ , otteniamo

(32) $\begin{equation*} \begin{split} F(q,P)=\int \dfrac{P^2}{4\sin^2 q} dq=-\dfrac{P^2}{4}\operatorname{cotan} q+ h(P), \end{split} \end{equation*}$

dove $h(P)$ è una funzione di classe $\mathcal{C}^1(\mathbb{R})$ . Derivando entrambi i membri dell’equazione (32) rispetto alla variabile $P$ , si ottiene

$\dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)=-\dfrac{P}{2} \operatorname{cotan} q+\frac{d}{dP} h(P).$

Dall’equazione (31) e dalla seconda equazione del sistema (30) deve essere

$-\dfrac{P}{2} \operatorname{cotan} q+\frac{d}{dP} h(P)=\left|\dfrac{P}{2\sin q} \right| \cos q.$

Se $\frac{P}{2\sin q}>0$ si ha

$\frac{d}{dP} h(P)=P \operatorname{cotan} q$

da cui, integrando in $P$ ,

$h(P)=\dfrac{P^2}{2} \operatorname{cotan} q+ c,$

con $c\in \mathbb{R}$ costante arbitraria. Quindi, sostituendo in (32), otteniamo in questo caso che la famiglia di funzioni generatrici è

$F(q,P)=-\dfrac{P^2}{4}\operatorname{cotan} q+\dfrac{P^2}{2}\operatorname{cotan} q+c=\dfrac{P^2}{4}\operatorname{cotan} q+c.$

Se $\frac{P}{2\sin q}<0$ , si ha

$\frac{d}{dP} h(P)=0,$

da cui $h$ è costante, $h(P)=c$ per ogni $q$ , dove $c\in \mathbb{R}$ . La famiglia di funzioni generatrici di seconda specie in questo caso è:

$F(q,P)=-\dfrac{P^2}{4}\operatorname{cotan} q+c , \quad c\in \mathbb{R}.$

In definitiva si ha:

$\boxcolorato{fisica}{F(q,P)= \begin{cases} -\dfrac{P^2}{4}\operatorname{cotan} q+c & {\text{se }} \dfrac{P}{2\sin q}<0 \\ \dfrac{P^2}{4}\operatorname{cotan} q+c & {\text{se }} \dfrac{P}{2\sin q}>0. \end{cases}}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la lagrangiana

$\mathcal{L}(q,\dot q)=\dfrac{q^2\dot q^2}{2(1+q^2)^2}, \qquad q\neq 0.$

Si scrivano l’hamiltoniana $\mathcal{H}(q,p)$ associata a $\mathcal{L}(q,\dot q)$ e le equazioni di Hamilton corrispondenti.
Si determini il dominio della trasformazione di coordinate

(33) $\begin{equation*} \begin{cases} Q=\log (1+q^2)-\dfrac{2q}{(1+q^2)p}\\[9pt] P=\dfrac{(1+q^2)p}{2q}, \end{cases} \end{equation*}$

e si dimostri che è canonica, trovandone una funzione generatrice di seconda specie $F(q,P)$ .
Si determini l’hamiltoniana $\mathcal{K}(Q,P)$ nel sistema di coordinate $(Q,P)$ .
Si usi il risultato del punto precedente per trovare la soluzione $q(t)$ delle equazioni di Eulero-Lagrange con dati iniziali $(q(0),\dot q(0))=(1,1)$ .

Premessa.

Di seguito vengono illustrati due diversi metodi per affrontare il punto 1.

Svolgimento primo metodo punto 1.

Ricordiamo che, data la lagrangiana $\mathcal{L}(q,\dot q)$ , si definisce il momento cinetico

$p=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}(q,\dot q).$

$\mathcal{H}(q, p):=p \dot q-\mathcal{L}.$

Osserviamo che $p, \dot q$ e $\mathcal{L}$ sono funzioni di $p$ e $q$ . Nel nostro caso, la lagrangiana è definita per ogni $q, \dot q \in \mathbb{R}$ tale che $q \neq 0$ e la funzione

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}=\dfrac{q^2\dot q}{(1+q^2)^2}$

è una funzione lineare (vista come funzione di $\dot q$ ) e quindi è chiaramente invertibile: abbiamo dunque

(34) $\begin{equation*} \dot q=\dfrac{p(1+q^2)^2}{q^2}. \end{equation*}$

Sfruttando la precedente equazione possiamo esprimere la lagrangiana nelle variabili $q$ e $p$ , i.e.,

$\begin{split} \mathcal{L}(q,p)&=\dfrac{q^2}{2(1+q^2)^2}\left(\dfrac{p(1+q^2)^2}{q^2}\right)^2=\\ &= \dfrac{q^2}{2(1+q^2)^2}\dfrac{p^2(1+q^2)^4}{q^4}=\\ &=\frac 12 \dfrac{p^2(1+q^2)^2}{q^2}. \end{split}$

Si ha

$\begin{split} \mathcal{H}(q,p)&=p\dot q -\mathcal{L}(q,p)=\\ &=\dfrac{p^2(1+q^2)^2}{q^2}-\frac 12 \dfrac{p^2(1+q^2)^2}{q^2}=\\ &=\dfrac{p^2(1+q^2)^2}{2q^2}=\\ &=\dfrac{p^2}{2}(q^{-1}+q)^2. \end{split}$

Si conclude che l’hamiltoniana del sistema, definita per ogni $q, p \in \mathbb{R}$ tale che $q \neq 0$ , è

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{H}(q,p)=\dfrac{p^2}{2}(q^{-1}+q)^2.}$

Svolgimento secondo metodo punto 1.

Proponiamo un metodo alternativo e, a volte, più diretto di determinare l’hamiltoniana.

Vale il seguente fatto: se la lagrangiana del sistema della forma

$\mathcal{L}(q,\dot q)=f(q) \dfrac{\dot q^2}{2}+g(q),$

per funzioni $f,g: \mathbb{R}\setminus\{0\}\to \mathbb{R}$ , con $f(q)\neq 0$ per ogni $q$ , allora l’hamiltoniana corrispondente è

(35) $\begin{equation*} \mathcal{H}(p,q)=\dfrac{p^2}{2f(q)}-g(q). \end{equation*}$

Nel caso specifico dell’esercizio, abbiamo

$f(q)=\dfrac{q^2}{(1+q^2)^2}\qquad \text{e} \qquad g(q)=0.$

Pertanto, da (35) si ha

$\mathcal{H}(p,q)=\frac{p^2(1+q^2)^2}{2q^2}= \dfrac{p^2}{2}(q^{-1}+q)^2,$

ottenendo lo stesso risultato fornito dal metodo 1.

Le equazioni di Hamilton del moto sono date da:

(36) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot p= -\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial q},\\[9pt] \dot q=\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}. \end{cases} \end{equation*}$

Calcoliamo i termini di destra rispettivamente della prima e seconda equazione del sistema (36). Usando l’hamiltoniana calcolata al punto 1, abbiamo

$\begin{split} -\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}&=-\dfrac{p^2}{2}\dfrac{\partial}{\partial q} \left(\dfrac{1}{q}+q\right)^2=\\[6pt] &=-{p^2}\left(\dfrac{1}{q}+q\right)\left(1-\dfrac{1}{q^2}\right)=\\[6pt] &=-{p^2}\left(\dfrac{q^2+1}{q}\right)\left(\dfrac{q^2-1}{q^2}\right)=\\ &=-\dfrac{p^2}{q^3}(q^4-1), \end{split}$

$\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}=p\left(\dfrac 1q +q\right)^2.$

Quindi le equazioni di Hamilton del nostro sistema sono date da:

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \dot p=-\dfrac{p^2}{q^3}(q^4-1),\\ \dot q=p\left(\dfrac 1q +q\right)^2. \end{cases}}$

Svolgimento punto 2.

Il dominio della trasformazione (33) è

$\mathcal{D}=\{(q,p)\in \mathbb{R}^2 \mid q \neq 0, p\neq 0\}.$

Verifichiamo ora che la trasformazione è canonica trovando una funzione generatrice di seconda specie, ovvero una funzione $F(q,P)$ che rispetta le seguenti condizioni

(37) $\begin{equation*} \begin{cases} Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)\\[8pt] p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P). \end{cases} \end{equation*}$

Nel nostro caso, dalle equazioni del sistema (33) abbiamo

$p=\dfrac{2qP}{{1+q^2}}, \qquad Q=\ln(1+q^2)-\frac{1}{P},$

da cui otteniamo che il sistema (37) diventa

(38) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)= \ln(1+q^2)-\dfrac{1}{P},\\[9pt] \dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{2qP}{{1+q^2}}. \end{cases} \end{equation*}$

Integrando la seconda equazione del sistema (38) rispetto alla variabile $q$ si ha

(39) $\begin{equation*} F(q,P)=P\int \dfrac{2q}{{1+q^2}} dq=P\ln (1+q^2)+h(P), \end{equation*}$

dove $h(P)$ è una funzione di classe $\mathcal{C}^1(\mathbb{R})$ . Infatti, è una funzione che dipende solo dalla variabile $P$ , la quale varia in $\mathbb{R}$ essendo

$P=P(q,p)=\frac{(1+q^2)p}{2q}, \qquad p \in \mathbb{R}, \,\,q \neq 0.$

Per convincerci di ciò, osserviamo che $P$ è una funzione continua e tale che

$\lim_{p \to \pm \infty} P(1,p)=\pm \infty.$

Ne segue che l’immagine di $P$ è tutto $\mathbb{R}$ per il teorema dei valori intermedi. Non rimane che ricavare $h(P)$ . A tal fine, calcoliamo la derivata parziale di $F(q,P)$ rispetto a $P$ :

$\begin{split} \frac{\partial F(q,P)}{\partial P}&=\ln (1+q^2)+\dfrac{dh}{dP}(P). \end{split}$

Sostituendo la formula precedente nella prima equazione del sistema (38) abbiamo l’identità

$\ln (1+q^2)+\dfrac{dh}{dP}(P)=\ln(1+q^2)-\dfrac{1}{P},$

da cui

$\dfrac{dh}{dP}(P)=-\dfrac 1P.$

Per ottenere la funzione $h(P)$ , è sufficiente integrare la precedente equazione rispetto a $P$ su entrambi i membri, ottenendo:

$h(P)=\int -\dfrac 1P dP=-\log |P|+c,$

dove $c\in \mathbb{R}$ è una costante arbitraria. Inserendo l’espressione di $h(P)$ nell’equazione (39) otteniamo finalmente la famiglia di funzioni generatrici di seconda specie:

$\boxcolorato{fisica}{F(q,P)=P\ln (1+q^2)-\log |P|+c, \quad c\in \mathbb{R},}$

dimostrando, in accordo, la canonicità della trasformazione.

Svolgimento punto 3.

Per determinare $\mathcal{K}(Q,P)$ dobbiamo esprimere l’hamiltoniana trovata al punto 1 nelle nuove coordinate { $Q$ e $P$ }. A tal fine ricordiamo che

$\mathcal{H}(q,p)=\dfrac{p^2(1+q^2)^2}{2q^2}.$

Osserviamo che dalla seconda equazione del sistema (33) si ha

$\dfrac{(1+q^2)^2p^2}{(2q)^2}=P^2,$

da cui,

$\mathcal{H}(q,p)=\dfrac{p^2(1+q^2)^2}{2q^2}=2 \dfrac{(1+q^2)^2p^2}{(2q)^2}=2P^2.$

Pertanto la nuova hamiltoniana cercata è

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{K}(Q,P)=2P^2.}$

Svolgimento punto 4.

Ricaviamo dapprima la soluzione delle equazioni di Hamilton per le coordinate $Q$ e $P$ . Le equazioni di Hamilton per l’hamiltoniana $\mathcal{K}$ trovata al punto 3 sono date da

$\begin{cases} \dot Q= \dfrac{\partial \mathcal{K}}{\partial P},\\[9pt] \dot P=- \dfrac{\partial \mathcal{K}}{\partial Q}. \end{cases}$

Essendo $\mathcal{K}(Q,P)=2P^2$ , si ha dunque

(40) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot Q=4P,\\[6pt] \dot P=0. \end{cases} \end{equation*}$

Senza perdita di generalità possiamo guardare l’evoluzione del moto per tempi $t \ge 0$ . La seconda equazione del sistema (40) è immediata:

$P(t)=P(0) \quad \forall t\ge 0$

la quale, inserita nella prima equazione del sistema, fornisce l’equazione differenziale per $Q(t)$ :

$\dot Q=4P(0).$

Integrando ambo i membri della precedente equazione tra l’istante di tempo $t=0$ e il generico istante $t>0$ , si ottiene:

$Q(t)-Q(0)=\int_0^t 4P(0) ds,$

da cui

$Q(t)=Q(0)+4P(0)t , \qquad \forall t \ge 0.$

Ora, da (34) abbiamo che

$p(t)=\dfrac{\dot q(t)q^2(t)}{(1+q^2(t))^2}.$

Valutando la precedente equazione in $t=0$ e sostituendo le condizioni iniziali $q(0)=1$ e $\dot q(0)=1$ otteniamo

(41) $\begin{equation*} p(0)=\dfrac{\dot q(0)q^2(0)}{(1+q^2(0))^2}=\dfrac{1\cdot 1}{(1+1)^2}=\dfrac 14. \end{equation*}$

Valutando il sistema (33) in $t=0$ , si ha

$\begin{cases} Q(0)=\log (1+q^2(0))-\dfrac{2q(0)}{(1+q^2(0))p(0)},\\[9pt] P(0)=\dfrac{(1+q^2(0))p(0)}{2q(0)}. \end{cases}$

Dalle condizioni iniziali $\dot q(0)=1$ e $\dot q(0)=1$ , e dall’equazione (41) il precedente sistema diventa

$\begin{cases} Q(0)=\log 2-4,\\[6pt] P(0)=\dfrac 14. \end{cases}$

Abbiamo quindi ottenuto, per ogni $t \ge 0$ ,

(42) $\begin{equation*} \begin{cases} Q(t)=\log 2-4+t,\\[6pt] P(t)=\dfrac 14. \end{cases} \end{equation*}$

Possiamo ricavare l’equazione per $q(t)$ a partire dalle equazioni del sistema (33), che forniscono:

$Q(t)=\log (1+q^2(t))-\dfrac{1}{P(t)}.$

Usando le formule ottenute per $Q$ e $P$ otteniamo

$\log 2-4+t= \log (1+q^2(t))-4,$

da cui

$1+q^2(t)=e^{t+\log 2} \quad \Rightarrow \quad q^2(t)=2e^{t}-1.$

Essendo $q(0)=1$ , dalla precedente equazione si deve prendere la soluzione positiva, ammissibile poiché

$2e^t-1>0$

per ogni $t >-\ln 2$ , e abbiamo assunto $t \ge 0$ . Si ha in definitiva

$\boxcolorato{fisica}{q(t)=\sqrt{{2e^{t}-1}}.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri la trasformazione di coordinate

(43) $\begin{equation*} \begin{cases} Q_1=q_1+\dfrac{q_1^3}{3}\\[10pt] Q_2=q_2-\dfrac{q_1^3}{3}\\[10pt] P_1=\dfrac{p_1+q_1^2p_2}{1+q_1^2} \\[10pt] P_2=p_2. \end{cases} \end{equation*}$

Si determini il dominio $\mathcal{D}$ della trasformazione.
Si trovi una funzione generatrice di seconda specie $F(q_1,q_2,P_1,P_2)$ .
Si verifichi che la funzione generatrice $F(q_1,q_2,P_1,P_2)$ trovata al punto precedente soddisfa la condizione che la matrice $2\times 2$ di elementi $\partial F/\partial q_i\partial P_j$ è non singolare nel dominio $\mathcal{D}$ .
Data l’hamiltoniana
$H\left(q_1, q_2, p_1, p_2\right)= \frac{p_1^2}{\left(1+q_1^2\right)^2}+\left(1+\frac{q_1^4}{\left(1+q_1^2\right)^2}\right) p_2^2 +\frac{2 q_1^2 p_1 p_2}{\left(1+q_1^2\right)^2}+\left(q_2-\frac{q_1^3}{3}\right)^2,$

si determini l’hamiltoniana $\mathcal{K}(Q_1,Q_2,P_1,P_2)$ nelle nuove variabili.
Si consideri il sistema descritto dall’hamiltoniana data e si determini la soluzione delle equazioni del moto nelle nuove variabili $(Q_1,Q_2,P_1,P_2)$ al variare dei dati iniziali $(Q_1(0),Q_2(0),P_1(0),P_2(0))$ .

Svolgimento punto 1.

Possiamo facilmente verificare che il dominio della trasformazione è dato dall’insieme

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{D}=\mathbb{R}^4.}$

Svolgimento punto 2.

Ricordiamo che in questo caso una funzione generatrice di seconda specie per la trasformazione data in (43) è una funzione $F(q_1,q_2,P_1,P_2)$ che rispetta le seguenti condizioni

(44) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial F}{\partial q_1}=p_1,\\[8pt] \dfrac{\partial F}{\partial q_2}=p_2,\\[8pt] \dfrac{\partial F}{\partial P_1}=Q_1, \\[8pt] \dfrac{\partial F}{\partial P_2}=Q_2. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla quarta equazione del sistema (43) si ha $p_2=P_2$ che, usato nella seconda equazione del sistema (44) fornisce

$\dfrac{\partial F}{\partial q_2}=P_2,$

da cui, integrando ambo i membri la precedente equazione rispetto alla variabile $q_2$ , si trova

(45) $\begin{equation*} F(q_1,q_2,P_1,P_2)=P_2q_2+C(q_1,P_1,P_2) \end{equation*}$

dove $C$ è una funzione di classe $\mathcal{C}^1(\mathbb{R}^3)$ che dipende dalle variabili $q_1,P_1$ e $P_2$ e non dipende da $q_2$ . Derivando $F$ rispetto a $P_2$ e usando la quarta equazione del sistema (44) e la seconda equazione del sistema (43), si ha

$\frac{\partial F}{\partial P_2}= q_2+ \frac{\partial C}{\partial P_2}=q_2-\dfrac{q_1^3}{3},$

dunque

$\frac{\partial C(q_1,P_1,P_2)}{\partial P_2}=-\dfrac{q_1^3}{3},$

da cui

$C(q_1,P_1,P_2)=-\dfrac{q_1^3P_2}{3}+K(q_1,P_1),$

dove $K$ è una funzione di classe $\mathcal{C}^1(\mathbb{R}^2)$ che dipende dalle variabili $q_1$ e $P_1$ . Sfruttando la precedente equazione si può riscrivere l’equazione (45) come segue

(46) $\begin{equation*} F(q_1,q_2,P_1,P_2)=P_2q_2-\dfrac{q_1^3P_2}{3}+K(q_1,P_1). \end{equation*}$

Derivando $F$ rispetto a $P_1$ , data dall’espressione (46), e usando la prima equazione del sistema (43) e la terza equazione del sistema (44), si ha

$\frac{\partial F}{\partial P_1}= \frac{\partial K}{\partial P_1}=q_1+\dfrac{q_1^3}{3},$

da cui, integrando rispetto a $P_1$ ,

$K(q_1,P_1)=\int q_1+\dfrac{q_1^3}{3}\mathrm{d}P_1=P_1 \left( q_1+\dfrac{q_1^3}{3}\right)+S(q_1),$

dove $S$ è una funzione che varia in modo $\mathcal{C}^1$ rispetto alla variabile $q_1$ . Sfruttando la precedente equazione è possibile riscrivere l’equazione (46) come segue

(47) $\begin{equation*} F(q_1,q_2,P_1,P_2)=P_2q_2-\dfrac{q_1^3P_2}{3}+P_1 \left( q_1+\dfrac{q_1^3}{3}\right)+S(q_1). \end{equation*}$

Derivando $F$ rispetto a $q_1$ e usando la prima equazione del sistema (44), si ha

(48) $\begin{equation*} \frac{\partial F}{\partial q_1}= -q_1^2P_2+P_1 \left( 1+q_1^2\right)+\dfrac{d S}{q_1}(q_1)=p_1. \end{equation*}$

Ora, dalla terza e quarta equazione del sistema di (43), si ottiene

$p_1=P_1(1+q_1^2)-q_1^2P_2,$

che, sostituito nell’equazione (48), fornisce

$-q_1^2P_2+P_1 \left( 1+q_1^2\right)+\dfrac{d S}{q_1}(q_1)= P_1(1+q_1^2)-q_1^2P_2,$

da cui si ottiene

$\frac{dS}{dq_1}(q_1)=0,$

ovvero

$S(q_1)=c,$

dove $c \in \mathbb{R}$ è una costante arbitraria. Sostituendo quanto ottenuto nella precedente equazione in (47), troviamo la famiglia di funzioni generatrici di seconda specie richiesta:

$\boxcolorato{fisica}{F(q_1,q_2,P_1,P_2)=P_2q_2-\dfrac{q_1^3P_2}{3}+P_1 \left( q_1+\dfrac{q_1^3}{3}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Svolgimento punto 3.

Dobbiamo controllare che la matrice

$D(q_1,q_2,P_1,P_2)= \begin{pmatrix} \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_1} & \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_2} \\[9pt] \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_1} & \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_2} \end{pmatrix}$

sia non singolare, ovvero che $\det D(q_1,q_2,P_1,P_2) \neq 0$ per ogni $q_1,q_2,P_1,P_2 \in \mathbb{R}$ .

Calcoliamo gli elementi della matrice usando la formula ottenuta per $F$ al punto precedente. Le derivate prime sono:

$\dfrac{\partial F}{\partial q_1}=-P_2q_1^2+P_1+q_1^2P_1, \qquad \dfrac{\partial F}{\partial q_2}=P_2.$

Dunque, si ha

$\dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_1}=1+q_1^2, \qquad \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_2}=-q_1^2 , \qquad \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_1}=0 , \qquad \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_2}=1.$

Possiamo quindi calcolare

$\begin{split} \det D(q_1,q_2,P_1,P_2)&=\dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_1}\cdot \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_2}-\dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_2}\cdot \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_1}\\[8pt] &= (1+q_1^2) \cdot 1-(-q_1^2)\cdot 0=(1+q_1^2) \\ &>0. \end{split}$

Siccome $\det D(q_1,q_2,P_1,P_2) \neq 0$ per ogni $(q_1,q_2,P_1,P_2)\in \mathbb{R}^4$ , la matrice è non singolare, come volevasi dimostrare.

Svolgimento punto 4.

Ricordiamo l’espressione di $H$ ,

$H(q_1,q_2,p_1,p_2)=\frac{p_1^2}{\left(1+q_1^2\right)^2}+\left(1+\frac{q_1^4}{\left(1+q_1^2\right)^2}\right) p_2^2+\frac{2 q_1^2 p_1 p_2}{\left(1+q_1^2\right)^2}+\left(q_2-\frac{q_1^3}{3}\right)^2.$

Vogliamo esprimere $H$ in funzione delle variabili $(Q_1,Q_2,P_1,P_2)$ e scrivere l’hamiltoniana corrispondente $\mathcal{K}(Q_1,Q_2,P_1,P_2)$ . Osserviamo che

$\begin{split} H(q_1,q_2,p_1,p_2) &=\frac{p_1^2}{\left(1+q_1^2\right)^2}+p_2^2+\frac{q_1^2p_2^2}{(1+q_1^2)^2}+\frac{2q_1^2p_1p_2}{(1+q_1^2)^2}+\left(q_2-\frac{q_1^3}{3}\right)^2\\ &=p_2^2+\left(q_2-\frac{q_1^3}{3}\right)^2+\frac{p_1^2+q_1^4p_2^2+2q_1^2p_1p_2}{(1+q_1^2)^2}\\ &=p_2^2+\left(q_2-\frac{q_1^3}{3}\right)^2+\frac{(p_1+q_1^2p_2)^2}{(1+q_1^2)}. \end{split}$

Ricordando la trasformazione data dal sistema (43) si ha subito

$\begin{split} H(q_1,q_2,p_1,p_2)=P_1^2+P_2^2+Q_2^2. \end{split}$

Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{K}(Q_1,Q_2,P_1,P_2)=P_1^2+P_2^2+Q_2^2.}$

Svolgimento punto 5.

Ricordiamo che le equazioni di Hamilton associate ad $\mathcal{K}$ sono date da

$\begin{equation*} \begin{cases} -\dfrac{\partial{\mathcal{K}}}{\partial Q_1}=\dot P_1\\[8pt] -\dfrac{\partial{\mathcal{K}}}{\partial Q_2}=\dot P_2\\[8pt] \dfrac{\partial{\mathcal{K}}}{\partial P_1}=\dot Q_1\\[8pt] \dfrac{\partial{\mathcal{K}}}{\partial P_2}=\dot Q_2. \end{cases} \end{equation*}$

Nel nostro caso specifico, dalla formula per $\mathcal{K}$ trovata al punto precedente, otteniamo

$\dfrac{\partial{\mathcal{K}}}{\partial Q_1}=0, \qquad -\dfrac{\partial{\mathcal{K}}}{\partial Q_2}=-2Q_2,\qquad \dfrac{\partial{\mathcal{K}}}{\partial P_1}=2P_1,\qquad \dfrac{\partial{\mathcal{K}}}{\partial P_2}=2P_2,$

da cui

$\dot P_1=0, \qquad \dot P_2=-2Q_2,\qquad \dot Q_1=2P_1,\qquad \dot Q_2=2P_2,$

e quindi

(49) $\begin{equation*} \begin{cases} P_1(t)=P_1(0),\\[5pt] \dot P_2(t)=-2Q_2(t),\\[5pt] Q_1(t)=2P_1(0)t+Q_1(0),\\[5pt] \dot Q_2(t)=2P_2(t). \end{cases} \end{equation*}$

Rimane solo da risolvere il sistema di equazioni differenziali

$\begin{cases} \dot P_2(t)=-2Q_2(t),\\[5pt] \dot Q_2(t)=2P_2(t). \end{cases}$

Derivando entrambi i membri della seconda equazione del precedente sistema rispetto al tempo e utilizzando la prima equazione del precedente sistema, otteniamo la seguente equazione differenziale del secondo ordine per $Q$ :

$\ddot Q_2(t)=-4 Q_2(t).$

Derivando invece entrambi i membri della prima equazione del sistema precedente e utilizzando la seconda equazione del sistema precedente, otteniamo la seguente equazione differenziale del secondo ordine per $P$ :

$\ddot P_2(t)=-4 P_2(t).$

Le due precedenti equazioni descrivono entrambe il moto di un oscillatore armonico. Le soluzioni sono pertanto

$\begin{split} &Q_2(t)=A\cos (4t+\phi),\\ &P_2(t)=B\cos (4t+\psi), \end{split}$

dove $A,B,\phi,\psi \in \mathbb{R}$ e dipendono dai dati iniziali $Q_2(0), P_2(0)$ e $\dot{Q}_2(0), \dot{P}_2(0).$ In definitiva abbiamo ottenuto, per $t \ge 0$ ,

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} P_1(t)&=P_1(0),\\ P_2(t)&=B\cos (2t+\psi), \\ Q_1(t)&=2P_1(0)t+Q_1(0),\\ Q_2(t)&=A\cos (2t+\phi). \end{cases}}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Per $q \in \mathbb{R}, q>0,$ si consideri la lagrangiana

$\mathcal{L}(q,\dot q)=\frac{\dot q^2}{2q^2}-\ln q.$

Determinare l’hamiltoniana del sistema.
Scrivere le equazioni di Hamilton del sistema.
Determinare la trasformazione canonica generata dalla funzione generatrice di seconda specie $F(q,P)=P\ln q$ .
Usare la trasformazione canonica trovata al punto precedente per ricavare le equazioni del moto con dati iniziali $q(0)=1,\; p(0)=0$ .

Premessa.

Di seguito vengono illustrati due diversi metodi per affrontare il punto 1.

Svolgimento primo metodo punto 1.

Ricordiamo che, data la lagrangiana $\mathcal{L}(q,\dot q)$ , si definisce il momento cinetico

$p=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}(q,\dot q).$

$H(q, p)\coloneqq p \dot q-\mathcal{L}.$

Nel nostro caso, la funzione

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}=\frac{\dot q}{q^2}$

è chiaramente invertibile (vista come funzione di $\dot q$ ) per ogni $q>0$ , e abbiamo

$\dot q=pq^2.$

Quindi

$H(q,p)=p(pq^2)-\frac 12 \frac{(pq^2)^2 }{q^2}+\ln q =p^2q^2-\frac{p^2q^2}{2}+\ln q=\frac{p^2q^2}{2}+\ln q,$

da cui otteniamo

(50) $\begin{equation*} H(q,p)=\frac{p^2q^2}{2}+\ln q. \end{equation*}$

In definitiva, l’hamiltoniana del sistema è

$\boxcolorato{fisica}{ H(q,p)=\frac{p^2q^2}{2}+\ln q.}$

Svolgimento secondo metodo punto 1.

Vediamo un metodo alternativo e, a volte, più diretto di determinare l’hamiltoniana. Dimostriamo prima il caso generale, quindi lo applicheremo al nostro caso specifico. Sia la lagrangiana del sistema della forma

(51) $\begin{equation*} \mathcal{L}(q,\dot q)=f(q) \dfrac{\dot q^2}{2}+g(q) \end{equation*}$

per funzioni $f(q), g(q)$ , con $f(q)\neq 0$ per ogni $q$ . In questo caso

$p=\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}=f(q) \dot q,$

ovvero, visto che $f(q)\neq 0$ ,

$\dot q=\dfrac{p}{f(q)}.$

Pertanto

$H(p,q)=p\dot q-\mathcal{L}=\dfrac{p^2}{f(q)}-f(q)\dfrac{p^2}{2f(q)^2}-g(q)=\dfrac{p^2}{2f(q)}-g(q),$

ovvero, se la lagrangiana ha la forma (51), allora l’hamiltoniana corrispondente è

(52) $\begin{equation*} H(p,q)=\dfrac{p^2}{2f(q)}-g(q). \end{equation*}$

Nel caso specifico dell’esercizio, abbiamo

$f(q)=\frac{1}{q^2} \qquad \text{e} \qquad g(q)=-\ln q.$

Pertanto, da (52) si ha

$H(p,q)=\frac{p^2q^2}{2}+\ln q,$

ottenendo lo stesso risultato fornito dal metodo 1.

Svolgimento punto 2.

Le equazioni di Hamilton del moto sono date da:

$\begin{cases} \dot p= -\dfrac{\partial H}{\partial q}\\ \dot q=\dfrac{\partial H}{\partial p}. \end{cases}$

Usando (50), abbiamo

$-\frac{\partial H}{\partial q}=-\left( p^2q+\frac 1q \right) , \qquad \frac{\partial H}{\partial p}=pq^2,$

da cui otteniamo

(53) $\begin{equation*} \dot p=-\left( p^2q+\frac 1q \right), \qquad \dot q=pq^2. \end{equation*}$

Le equazioni di Hamilton del nostro sistema sono pertanto

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \dot p=-\left( p^2q+\frac 1q \right)\\ \dot q=pq^2. \end{cases}}$

Svolgimento punto 3.

Determiniamo la trasformazione canonica data dalla funzione generatrice di seconda specie

$F(q,P)=P\ln q,$

ovvero vogliamo ricavare la trasformazione

$\begin{cases} Q=Q(q,p,t)\\[6pt] P=P(q,p,t) \end{cases}$

tale che $F$ sia la funzione generatrice, i.e. che soddisfi

$\begin{cases} p=\dfrac{\partial F}{\partial q}\\[9pt] Q=\dfrac{\partial F}{\partial P}. \end{cases}$

Si ha

(54) $\begin{equation*} p=\frac{\partial F}{\partial q}=\frac Pq, \qquad Q=\frac{\partial F}{\partial P}=\ln q, \end{equation*}$

da cui otteniamo

(55) $\begin{equation*} P=pq, \qquad Q=\ln q. \end{equation*}$

In definitiva, la trasformazione cercata è data da

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} P=pq\\ Q=\ln q. \end{cases}}$

Svolgimento punto 4.

Vogliamo determinare le equazioni del moto $p(t), q(t)$ che fanno seguito alla condizioni iniziali $q(0)=1$ e $p(0)=0$ . Determiniamo l’hamiltoniana relativa alla trasformazione ottenuta al punto precedente, ovvero dobbiamo esprimere le variabili $q$ e $p$ in funzione di $Q$ e $P$ e calcolare l’hamiltoniana in (50) in queste nuove variabili. Dalle due equazioni del sistema (55) abbiamo

(56) $\begin{equation*} q(t)=e^{Q(t)} \qquad p(t)=P(t)e^{-Q(t)}. \end{equation*}$

Dunque l’hamiltoniana cercata è

$\tilde H(P,Q)=\frac 12 (Pe^{-Q})^2e^{2Q}+\ln e^Q=\frac{P^2}{2}+Q.$

Le equazioni di Hamilton associate ad $\tilde H$ sono

(57) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot P= -\dfrac{\partial \tilde H}{\partial Q}=-1\\[9pt] \dot Q=\dfrac{\partial \tilde H}{\partial P}=P. \end{cases} \end{equation*}$

Integrando ambo i membri, della prima equazione del sistema (57), tra l’istante di tempo $t=0$ e il generico istante $t>0$ , si ottiene:

$P(t)-P(0)=\int_0^t -1 ds$

da cui

$P(t)=\int_0^t -1 ds= -t+P(0).$

Pertanto la seconda equazione del sistema (57) diventa

$\dot Q=P(t)=-t+P(0)$

da cui, integrando, si ha

$\begin{split} Q(t)=\int_0^t P(s)\,ds=\int_0^t\left( -s+P(0)\right)ds=-\frac{t^2}{2}+P(0)t+Q(0). \end{split}$

Poiché per ipotesi

$q(0)=1, \qquad p(0)=0,$

ricordando le equazioni del sistema (55), si ha

$P(0)=p(0)q(0)=0, \qquad Q(0)=\ln q(0)=0.$

Dunque, si ha

$\begin{cases} P(t)=-t, \\[8pt] Q(t)=-\dfrac{t^2}{2}. \end{cases}$

Ricordando le (56), per $t \ge 0$ si ottengono le equazioni del moto cercate:

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} q(t)=e^{Q(t)}=e^{-\frac{t^2}{2}}, \\ p(t)=P(t)e^{-Q(t)}=-te^{\frac{t^2}{2}}. \end{cases}}$

Il grafico in figura rappresenta la curva descritta dalla legge oraria $q(t)$ in funzione del tempo $t\ge 0$ .

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Figura 1: andamento della funzione $q(t)$ dell’esercizio 10

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la lagrangiana

$\mathcal{L}(q,\dot q)=\frac 12(1+2q^2)^2e^{2q^2}\dot q^2.$

Si determini l’hamiltoniana $\mathcal{H}(q,p)$ associata a $\mathcal{L}(q,\dot q)$ .
Si scrivano le equazioni di Hamilton corrispondenti.
Si dimostri che la trasformazione di coordinate
$\begin{cases} Q=q^2+\ln\left(\dfrac{1+2q^2}{p}\right)\\[10pt] P=\dfrac{qp}{1+2q^2} \end{cases}$

è canonica, verificando che si conservano le parentesi di Poisson fondamentali.
Si determini l’hamiltoniana $\mathcal{K}(Q,P)$ nel sistema di coordinate $(Q,P)$ .
Si usi il risultato del punto precedente per trovare la soluzione $q(t)$ delle equazioni di Hamilton con dati iniziali $(q(0,\dot q(0)))=(0,1)$ in forma implicita, ovvero nella forma $f(q(t))=t$ .
Si trovi una funzione generatrice di seconda specie $F(q,P)$ della trasformazione.

Premessa.

Di seguito vengono illustrati due diversi metodi per affrontare il punto 1.

Svolgimento primo metodo punto 1.

Ricordiamo che, data la lagrangiana $\mathcal{L}(q,\dot q)$ , si definisce il momento cinetico

$p=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}(q,\dot q).$

$\mathcal{H}(q, p):=p \dot q-\mathcal{L}.$

Nel nostro caso, la funzione

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}=(1+2q^2)^2e^{2q^2}\dot q$

è lineare (vista come funzione di $\dot q$ ) e quindi è chiaramente invertibile: abbiamo dunque

$\dot q=\dfrac{p}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}}.$

Quindi

$\begin{split} \mathcal{H}(q,p)&=\dfrac{p^2}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}}-\frac 12(1+2q^2)^2e^{2q^2}\left( \dfrac{p}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}} \right)^2\\ &=\dfrac{p^2}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}}-\frac 12 \dfrac{p^2}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}}\\ &=\frac 12\dfrac{p^2}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}}. \end{split}$

Si conclude che l’hamiltoniana del sistema è

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{H}(q,p)=\frac 12\dfrac{p^2}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}}.}$

Svolgimento secondo metodo punto 1.

Proponiamo un metodo alternativo e, a volte, più diretto di determinare l’hamiltoniana. Sia la lagrangiana del sistema della forma

$\mathcal{L}(q,\dot q)=f(q) \dfrac{\dot q^2}{2}+g(q)$

per funzioni $f(q), g(q)$ , con $f(q)\neq 0$ per ogni $q$ . Allora l’hamiltoniana corrispondente è

(58) $\begin{equation*} \mathcal{H}(p,q)=\dfrac{p^2}{2f(q)}-g(q). \end{equation*}$

Nel caso specifico dell’esercizio, abbiamo

$f(q)=(1+2q^2)^2e^{2q^2}\qquad \text{e} \qquad g(q)=0.$

Pertanto, da (58) si ha

$\mathcal{H}(p,q)=\frac{p^2}{2 (1+2q^2)^2e^{2q^2}},$

ottenendo lo stesso risultato fornito dal metodo 1.

Svolgimento punto 2.

Le equazioni di Hamilton del moto sono date da

(59) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot q= -\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}\\[9pt] \dot p=\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}. \end{cases} \end{equation*}$

Calcoliamo i termini di destra rispettivamente della prima e seconda equazione del sistema (59). Usando l’hamiltoniana calcolata al punto 1, abbiamo

$\begin{split} -\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}&=-\frac 12 p^2 \left( -2(1+2q^2)^{-3} (4q)e^{-2q^2}+(1+2q^2)^{-2}e^{-2q^2}(-4q) \right)\\ &=-\frac 12 p^2(4q) (1+2q^2)^{-2}e^{-2q^2}\left( -2(1+2q^2)^{-1}-1 \right)\\ &=2p^2q (1+2q^2)^{-2}e^{-2q^2}(1+2+2q^2)(1+2q^2)^{-1}\\ &=2p^2q (1+2q^2)^{-3}e^{-2q^2}(3+2q^2) \end{split}$

$\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}=\frac 12 (2p) (1+2q^2)^{-2}e^{-2q^2}=p(1+2q^2)^{-2}e^{-2q^2},$

da cui otteniamo le equazioni di Hamilton del nostro sistema:

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} &\dot q=\dfrac{p}{(1+2q^2)^{2}e^{2q^2}},\\ \\ &\dot p=\dfrac{2p^2q (3+2q^2)}{(1+2q^2)^{3}e^{2q^2}}. \end{cases}}$

Svolgimento punto 3.

Consideriamo la trasformazione

(60) $\begin{equation*} \begin{cases} Q=q^2+\ln\left(\dfrac{1+2q^2}{p}\right)\\[9pt] P=\dfrac{qp}{1+2q^2}. \end{cases} \end{equation*}$

Per verificare che si tratta di una trasformazione canonica, dobbiamo controllare che le parentesi di Poisson fondamentali soddisfano

(61) $\begin{equation*} \{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=1, \end{equation*}$

essendo i casi $\{Q,Q\}=0$ e $\{P,P\}=0$ ovvi in dimensione uno (i.e. le variabili $q$ e $p$ sono in $\mathbb{R}$ ). Calcoliamo i vari termini di (61) separatamente. Sfruttando (60) otteniamo :

$\begin{split} \frac{\partial Q}{\partial q}&=2q+\dfrac{4q}{1+2q^2};\\[10pt] \frac{\partial P}{\partial p}&=\dfrac{q}{1+2q^2};\\[10 pt] \frac{\partial Q}{\partial p}&= \dfrac{p}{1+2q^2} \left(-\frac{1+2q^2}{p^2}\right)=-\frac 1p;\\[10pt] \frac{\partial P}{\partial q}&=p\left(\dfrac{1+2q^2-4q^2}{(1+2q^2)^2}\right)=p\left(\dfrac{1-2q^2}{(1+2q^2)^2}\right). \end{split}$

Sostituendo quanto ottenuto nella formula per $\{Q,P\}$ otteniamo

$\begin{split} \{Q,P\}&=\left( 2q+\dfrac{4q}{1+2q^2}\right)\cdot \dfrac{q}{1+2q^2}+\frac 1p \cdot p \cdot\left(\dfrac{1-2q^2}{(1+2q^2)^2}\right)\\[10pt] &=q\left( \dfrac{2q+4q^3+4q}{(1+2q^2)^2}\right)+\left(\dfrac{1-2q^2}{(1+2q^2)^2}\right)\\[10pt] &= \dfrac{2q^2+4q^4+1+2q^2}{(1+2q^2)^2}\\[10pt] &= \dfrac{4q^4+4q^2+1}{(1+2q^2)^2}\\[10pt] &=\dfrac{(1+2q^2)^2}{(1+2q^2)^2}=1, \end{split}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{\{Q,P\}=1}$

Svolgimento punto 4.

Per determinare $\mathcal{K}(Q,P)$ dobbiamo esprimere l’hamiltoniana trovata al punto 1 nelle nuove coordinate { $Q$ e $P$ }. A tal fine ricordiamo che

$\mathcal{H}(q,p)=\frac 12\dfrac{p^2}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}}.$

Dimostriamo che

(62) $\begin{equation*} \dfrac{p^2}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}}=e^{-2Q}, \end{equation*}$

dal quale dedurremo subito che

$\mathcal{K}(Q,P)=\frac 12 e^{-2Q}.$

Per provare (62), usiamo la trasformazione canonica del punto precedente, dalla quale segue l’identità:

$Q-q^2=\ln \left( \frac{1+2q^2}{p}\right),$

da cui, per definizione di logaritmo,

$e^{Q-q^2}=\frac{1+2q^2}{p}.$

Elevando al quadrato i membri della precedente equazione si ottiene

$e^{2Q-2q^2}=\left(\frac{1+2q^2}{p}\right)^2,$

ovvero, considerando i reciproci,

$e^{-2Q+2q^2}=\frac{p^2}{(1+2q^2)^2}.$

Infine, dividendo ambo i membri per $e^{2q^2}>0$ si ha

$\dfrac{p^2}{(1+2q^2)^2e^{2q^2}}=e^{-2Q}.$

Pertanto la nuova hamiltoniana cercata è

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{K}(Q,P)=\frac 12 e^{-2Q}.}$

Svolgimento punto 5.

Si richiede di ottenere un’equazione implicita per il moto $q(t)$ del tipo

$f (q(t))=t.$

Per determinare una tale equazione, vogliamo ottenere le equazioni per $Q(t)$ e $P(t)$ dalle equazioni di Hamilton per l’hamiltoniana $\mathcal{K}$ ottenuta al punto 4, quindi ottenere le equazioni per $q(t)$ e $p(t)$ usando la trasformazione di coordinate data al punto 3.

Ricordiamo che le equazioni di Hamilton per l’hamiltoniana $\mathcal{K}$ trovata al punto precedente sono date da

$\begin{cases} \dot Q= \dfrac{\partial \mathcal{K}}{\partial P}\\[9pt] \dot P=- \dfrac{\partial \mathcal{K}}{\partial Q}. \end{cases}$

Essendo $\mathcal{K}(Q,P)=\frac 12 e^{-2Q}$ , si ha dunque

$\begin{cases} \dot Q=0\\[5pt] \dot P=e^{-2Q}. \end{cases}$

La prima equazione del sistema è immediata:

$Q(t)=Q(0), \quad \forall t\ge 0,$

la quale, inserita nella seconda equazione del sistema, fornisce l’equazione differenziale per $P(t)$ :

$\dot P=e^{-2Q(0)}.$

Integrando ambo i membri tra l’istante di tempo $t=0$ e il generico istante $t>0$ , si ottiene:

$P(t)-P(0)=\int_0^t e^{-2Q(0)} ds$

da cui

$P(t)=P(0)+t e^{-2Q(0)}.$

Infine, ricordando che

$\dot q(t)=\dfrac{p(t)}{(1+2q^2(t))^2e^{2q^2(t)}}$

(63) $\begin{equation*} \begin{cases} Q(t)=q(t)^2+\ln\left(\dfrac{1+2q(t)^2}{p(t)}\right)\\[10pt] P(t)=\dfrac{q(t)p(t)}{1+2q(t)^2}, \end{cases} \end{equation*}$

abbiamo

$\begin{cases} Q(0)=q(0)^2+\ln\left(\dfrac{1+2q(0)^2}{p(0)}\right)\\[9pt] P(0)=\dfrac{q(0)p(0)}{1+2q(0)^2},\\[9pt] \dot q(0)=\dfrac{p(0)}{(1+2q^2(0))^2e^{2q^2(0)}} \end{cases}$

e le condizioni iniziali fornite dall’esercizio ( $q(0)=0$ e $\dot q(0)=1$ ) implicano che

$\begin{cases} Q(0)=0\\[4pt] P(0)=0. \end{cases}$

Abbiamo quindi ottenuto, per ogni $t \ge 0$ ,

(64) $\begin{equation*} \begin{cases} Q(t)=0\\[4pt] P(t)=t. \end{cases} \end{equation*}$

Per ricavare le equazioni in $q(t)$ e $p(t)$ , confrontiamo le equazioni del sistema (60) con quelle del sistema (64), ottenendo

(65) $\begin{equation*} \begin{cases} 0=q^2+\ln\left(\dfrac{1+2q^2}{p}\right)\\[9pt] t=\dfrac{qp}{1+2q^2}. \end{cases} \end{equation*}$

La prima equazione del sistema precedente implica

$-q^2=\ln\left(\dfrac{1+2q^2}{p}\right)$

da cui

$e^{-q^2}=\frac{1+2q^2}{p} \quad \iff \quad e^{q^2}=\frac{p}{1+2q^2}.$

Usando il risultato appena trovato nella seconda equazione di (65) otteniamo

$t=q(t)\dfrac{p(t) }{1+2q(t)^2}=q(t)e^{q(t)^2}.$

Abbiamo quindi ottenuto l’equazione (implicita) per $q(t)$ :

$\boxcolorato{fisica}{t=q(t)e^{q(t)^2}}$

ovvero quanto richiesto dall’esercizio con $f(x)=xe^{x^2}$ .

Svolgimento punto 6.

Ricordiamo che una funzione generatrice $F(q,P)$ di seconda specie è una funzione che deve rispettare le seguenti condizioni:

(66) $\begin{equation*} \begin{cases} Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)\\[9pt] p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P). \end{cases} \end{equation*}$

Nel nostro caso, dal sistema (60) abbiamo

$\begin{cases} Q=q^2+\ln\left(\dfrac{q}{P}\right)\\[10pt] p=\dfrac{P(1+2q^2)}{q}. \end{cases}$

da cui otteniamo che il sistema (66) diventa

(67) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)= q^2+\ln\left(\dfrac{q}{P}\right)\\[9pt] \dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{P(1+2q^2)}{q}. \end{cases} \end{equation*}$

Integrando la seconda equazione del sistema (67) rispetto alla variabile $q$ si ha

(68) $\begin{equation*} F(q,P)=P\int \left(\frac 1q +2q\right)dq=P(\ln q+q^2)+h(P), \end{equation*}$

dove $h(P)$ è una funzione $\mathcal{C}^1$ che dipende solo da $P$ . Non rimane che ricavare $h(P)$ . A tal fine, calcoliamo la derivata parziale di $F(q,P)$ rispetto a $P$ :

$\frac{\partial F(q,P)}{\partial P}=\frac{\partial (P(\ln q+q^2)+h(P))}{\partial P} =\ln q+q^2+h'(P).$

Sostituendo la formula precedente nella prima equazione del sistema (67) abbiamo l’identità

$\ln q+q^2+h'(P)= q^2+\ln\left(\dfrac{q}{P}\right)$

ovvero

$\ln q+q^2+h'(P)= q^2+\ln q -\ln {P},$

da cui

$h'(P)=-\ln P.$

Per ottenere la funzione $h(P)$ non rimane che integrare rispetto a $P$ la precedente equazione

$h(P)=-\int \ln P d\mathrm{P}=P(1-\ln P)+c,$

dove $c\in \mathbb{R}$ è una costante arbitraria. Inserendo l’espressione di $h(P)$ nell’equazione (68) otteniamo finalmente la famiglia di funzioni generatrici di seconda specie:

$\boxcolorato{fisica}{ F(q,P)=P(\ln q+q^2-\ln P+1)+ c , \qquad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la trasformazione di coordinate

(69) $\begin{equation*} \begin{cases} Q=\dfrac{p}{q}\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2}\\[10pt] P=\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2}. \end{cases} \end{equation*}$

Si determini il dominio $\mathcal{D}$ della trasformazione.
Si trovi una funzione generatrice di seconda specie $F(q,P)$ .
Si verifichi che la funzione generatrice $F=F(q,P)$ trovata al punto precedente soddisfa la condizione che $\dfrac{\partial^2 F}{\partial q \partial P}$ non si annulla nel dominio $\mathcal{D}$ .
Si verifichi esplicitamente che la trasformazione del punto 1 conserva le parentesi di Poisson fondamentali.
Data l’hamiltoniana
$H(q,p)=\dfrac{q}{p}-\frac 12 (1+q^2),$

si scriva l’hamiltoniana $\tilde H(Q,P)$ nelle variabili $Q$ e $P$ .

e si risolvano le equazioni di Hamilton in queste nuove variabili.
Si scriva la soluzione delle equazioni di Hamilton in funzione delle coordinate originali $(q,p)$ .

Svolgimento punto 1.

Il dominio della trasformazione è dato dall’insieme

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{D}=\left\{(p,q)\in \mathbb{R}^2 \mid \dfrac{2q}{p}-1-q^2>0,\, (p,q)\neq (0,0) \right\},}$

ovvero la regione (aperta) nel piano $(p,q)$ delimitata dall’area sottesa al grafico della curva di equazione $p=\frac{2q}{1+q^2}$ e l’asse delle ascisse $p=0$ .

Svolgimento punto 2.

Ricordiamo che una funzione generatrice $F(q,P)$ di seconda specie è una funzione che deve rispettare le seguenti condizioni

(70) $\begin{equation*} \begin{cases} p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)\\[9pt] Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P). \end{cases} \end{equation*}$

Nel nostro caso ricordiamo che la trasformazione è data dal sistema (69). Elevando ambo i membri della seconda equazione del sistema (69), si ottiene

$P^2=\dfrac{2q}{p}-1-q^2 ,$

da cui

$\dfrac{2q}{p}=P^2+1+q^2,$

e dunque

(71) $\begin{equation*} p=\dfrac{2q}{1+P^2+q^2}. \end{equation*}$

Sostituendo $p$ (calcolata nella precedente equazione) nella prima equazione del sistema (70), si trova

$\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{2q}{1+P^2+q^2}.$

D’altra parte, confrontando la prima equazione del sistema (69) con la seconda del sistema (70), si ha

$\dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)=\dfrac{p}{q}\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2}=\dfrac{p}{q} P,$

dove nell’ultimo passaggio che si è usata la definizione di $P$ . Abbiamo dunque ottenuto

(72) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{2q}{1+P^2+q^2}\\[10pt] \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)=\dfrac{p}{q}\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2}=\dfrac{p}{q} P. \end{cases} \end{equation*}$

Integrando ambo i membri della prima equazione del sistema (72) rispetto alla variabile $q$ , si ottiene

(73) $\begin{equation*} F(q,P)=\int\dfrac{2q}{1+P^2+q^2} dq=\ln (1+P^2+q^2)+h(P), \end{equation*}$

dove $h(P)$ è una funzione $\mathcal{C}^1\left(\mathcal{D}\right)$ . Non rimane che ricavare $h(P)$ . A tal fine, calcoliamo la derivata parziale di $F(q,P)$ rispetto a $P$ :

$\begin{split} \frac{\partial F(q,P)}{\partial P}&=\frac{\partial (\ln (1+P^2+q^2)+h(P))}{\partial P}\\ &=\dfrac{2P}{1+P^2+q^2}+h'(P). \end{split}$

Sostituendo la formula precedente nella seconda equazione del sistema (72), si ottiene

$\dfrac{2P}{1+P^2+q^2}+h'(P)=\dfrac{P}{q}p .$

Mettendo a sistema la precedente equazione con l’equazione (71), si ha

$\dfrac{2P}{1+P^2+q^2}+h'(P)=\dfrac{P}{q}\left(\dfrac{2q}{1+P^2+q^2}\right) ,$

o anche

$\dfrac{2P}{1+P^2+q^2}+h'(P)=\dfrac{2P}{1+P^2+q^2}$

ovvero

$h'(P)=0,$

da cui

$h(P)=k,$

dove $k\in \mathbb{R}$ è una costante arbitraria. Inserendo l’espressione di $h(P)$ nell’equazione (73) otteniamo la famiglia di funzioni generatrici di seconda specie richiesta:

$\boxcolorato{fisica}{ F(q,P)=\ln (1+q^2+P^2)+k , \qquad k\in \mathbb{R}.}$

Svolgimento punto 3.

Siccome la funzione

$\frac{\partial{F}}{\partial q}=\frac{2q}{1+q^2+P^2}$

è derivabile rispetto alla variabile $P$ è lecito calcolare

$\frac{\partial^2 F}{\partial q\partial P}=-\frac{4q P}{1+q^2+P^2}.$

Osserviamo che la funzione $\frac{\partial^2 F}{\partial q\partial P}$ si annulla per $qP=0$ , ovvero se $P=0$ oppure se $q=0$ . Siccome la retta $q=0$ non appartiene al dominio $\mathcal{D}$ e $P\neq 0$ in quanto

$P=\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2} >0$

in $\mathcal{D}$ , abbiamo provato che $\dfrac{\partial^2 F}{\partial q\partial P}$ non si annulla mai in $\mathcal{D}$ .

Svolgimento punto 4.

Dobbiamo verificare che la trasformazione (70) conserva le parentesi di Poisson fondamentali. Nel caso unidimensionale è sufficiente verificare la relazione

(74) $\begin{equation*} \{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=1, \end{equation*}$

in quanto $\{Q,Q\}$ e $\{P,P\}$ sono identicamente nulle. Calcoliamo $\frac{\partial Q}{\partial q}$ , $\frac{\partial P}{\partial p}$ , $\frac{\partial Q}{\partial p}$ e $\frac{\partial P}{\partial q}$ separatamente. Poiché¹

$Q=\frac pq P,$

si ha

$\frac{\partial Q}{\partial q}=-\frac{p}{q^2} P+\frac{p}{q}\frac{\partial P}{\partial q}, \qquad \frac{\partial Q}{\partial p}=\frac{P}{q} +\frac{p}{q}\frac{\partial P}{\partial p},$

da cui

(75) $\begin{equation*} \begin{split} \frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q} &=\left(-\frac{pP}{q^2} +\frac{p}{q}\frac{\partial P}{\partial q}\right)\frac{\partial P}{\partial p}-\left(\frac{P}{q}+\frac{p}{q}\frac{\partial P}{\partial p}\right)\frac{\partial P}{\partial q}=\\[8pt] &= -\frac{pP}{q^2} \frac{\partial P}{\partial p}+\frac{p}{q}\frac{\partial P}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{P}{q}\frac{\partial P}{\partial q}-\frac{p}{q}\frac{\partial P}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=\\[8pt] &= -\frac{pP}{q^2} \frac{\partial P}{\partial p}-\frac{P}{q}\frac{\partial P}{\partial q}=\\[8pt] &=-\frac Pq\left(\frac pq \frac{\partial P}{\partial p}+\frac{\partial P}{\partial q} \right). \end{split} \end{equation*}$

Derivando, ambo i membri rispetto alla variabile $p$ , della seconda equazione del sistema (69), si trova

(76) $\begin{equation*} \begin{aligned} \frac{\partial P}{\partial p}=\dfrac{\partial }{\partial p}\left(\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2}\right) =\dfrac{1}{2}\,\dfrac{-\dfrac{2q}{p^2}}{\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2}}=-\frac{q}{p^2}\frac{1}{P}. \end{aligned} \end{equation*}$

Derivando, ambo i membri rispetto alla variabile $q$ , della seconda equazione del sistema (69), si trova

(77) $\begin{equation*} \begin{aligned} \frac{\partial P}{\partial q}=\dfrac{\partial }{\partial q}\left(\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2}\right)= \dfrac{1}{2}\,\dfrac{\dfrac{2}{p}-2q}{\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2}}=-\frac{q}{p^2}\frac{1}{P}=\left(\frac{2}p-2q\right) \frac{1}{2P}. \end{aligned} \end{equation*}$

Sfruttando le equazioni (76) e (77), l’equazione (75) diventa

$\begin{split} \frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q} &= -\frac Pq\left(-\frac pq\frac{q}{p^2}\frac{1}{P}+\left(\frac{2}p-2q\right) \frac{1}{2P} \right)\\[8pt] &=-\frac Pq \left( -\frac{1}{pP}+\frac{1}{pP}-\frac qP \right)\\[8pt] &= -\frac Pq \left(-\frac qP\right)=1, \end{split}$

come volevasi dimostrare.

$\[\]$

Ricordiamo che $P$ dipende da $q$ e da $p$ . ↩

Svolgimento punto 5.

Consideriamo l’hamiltoniana

$H(q,p)=\dfrac{q}{p}-\frac 12 (1+q^2).$

Elevando al quadrato ambo i membri della seconda equazione del sistema (69), si ha

$P^2=\dfrac{2q}{p}-1-q^2,$

o anche

$1+q^2=-P^2+\dfrac{2q}{p},$

da cui, l’Hamiltoniana $H$ diventa

(78) $\begin{equation*} \tilde H(Q,P)=\frac qp-\frac 12\left( -P^2+2\frac qp \right) =\frac qp+\frac{P^2}{2}-\frac qp=\frac{P^2}{2}, \end{equation*}$

ovvero abbiamo ottenuto l’hamiltoniana nelle coordinate $Q$ e $P$ . Calcoliamo ora le equazioni di Hamilton associate alle coordinate $Q$ e $P$ , ovvero

$\begin{cases} \dot Q= \dfrac{\partial \tilde H}{\partial P}\\[9pt] \dot P=-\dfrac{\partial\tilde H}{\partial Q}. \end{cases}$

Dalla (78) abbiamo

$\dfrac{\partial \tilde H}{\partial P}=P, \qquad -\dfrac{\partial\tilde H}{\partial Q}=0,$

da cui il precedente sistema diventa

$\begin{cases} \dot Q= P\\[5pt] \dot P=0. \end{cases}$

Integrando ambo i membri delle due equazioni delle precedente sistema rispetto al tempo, si ottiene

$\begin{cases} Q(t)=P t+Q(0)\\[5pt] P(t)=P(0), \end{cases}$

ovvero

(79) $\begin{equation*} \begin{cases} Q(t)=P(0) t+Q(0)\\[5pt] P(t)=P(0). \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento punto 6.

È utile esprimere le variabili $p$ e $q$ in delle variabili $P$ e $Q$ . Dal sistema (69), si ottiene

$Q=\dfrac{p}{q}\sqrt{\dfrac{2q}{p}-1-q^2}=\dfrac{p}{q}P,$

da cui abbiamo

(80) $\begin{equation*} \frac P Q=\frac qp. \end{equation*}$

Poi, elevando al quadrato, ambo i membri della seconda equazione del sistema (69), si ottiene

$P^2=\dfrac{2q}{p}-1-q^2,$

da cui, sfruttando l’equazione (80), si ha

$P^2=\frac {2P} Q-1-q^2,$

oppure

$P^2-\frac {2P} Q+1=q^2,$

per cui

$q=\pm\sqrt{ P^2-\frac {2P} Q+1}.$

D’altra parte, usando l’equazione (80) e dalla formula appena ottenuta per $q$ , si ha

$p =\frac {Q}Pq=\pm\frac {Q}P\sqrt{ P^2-\frac {2P} Q+1}.$

Abbiamo quindi ottenuto

(81) $\begin{equation*} \begin{cases} q=\pm\sqrt{ P^2-\dfrac {2P} Q+1}\\[10pt] p =\pm\dfrac {Q}P\sqrt{ P^2-\dfrac {2P} Q+1}. \end{cases} \end{equation*}$

Infine, inserendo le equazioni del sistema (79) in (81) si ottiene

$\begin{cases} q=\pm\sqrt{ P^2(0)-\dfrac {2P(0)}{P(0) t+Q(0)} +1}\\[12pt] p =\pm\dfrac {P(0) t+Q(0)}{P(0)}\sqrt{ P^2(0)-\dfrac {2P(0)}{P(0) t+Q(0)}+1}. \end{cases}$

Si osservi che, chiaramente, affinché il precedente sistema sia ben definito deve valere

$\begin{cases} P^2(0)-\dfrac {2P(0)}{P(0) t+Q(0)} +1>0\\ P(0)\neq 0. \end{cases}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la trasformazione di coordinate

(82) $\begin{equation*} \begin{cases} Q=-p\sqrt{\dfrac{1-qp}{1+qp}}\\[11pt] P=q\sqrt{\dfrac{1+qp}{1-qp}}, \end{cases} \end{equation*}$

con $q,p\geq 0$ .

Si calcolino le derivate parziali di $Q$ e $P$ rispetto a $q$ e $p$ e si dimostri che la trasformazione è canonica verificando che si conservano le parentesi di Poisson fondamentali.
Si dimostri che $qp=-QP$ e si utilizzi tale risultato per ricavare $q$ in termini di $Q$ e $P$ a partire dall’espressione di $P$ in termini di $q$ e $p$ .
Esplicitando anche $p$ in funzione di $Q$ e $P$ , si calcoli la trasformazione inversa della trasformazione data.
Si trovi una funzione generatrice di seconda specie $F(q,P)$ .
Si consideri il sistema hamiltoniano descritto dall’hamiltoniana

$H(q,p)=\frac{q^2\left(1+qp\right)}{1-qp}.$

Si calcoli l’hamiltoniana nelle variabili $(Q,P)$ .
Si usi il risultato del punto precedente per determinare esplicitamente la soluzione $(q(t), p(t))$ delle equazioni di Hamilton con dati iniziali $(q(0), p(0))=(1,0)$ .

Svolgimento punto 1.

Per prima cosa osserviamo che il dominio della trasformazione è dato dalle $(p,q)$ che soddisfano il seguente sistema di disequazioni

$\begin{cases} \dfrac{1-qp}{1+qp}>0,\\[9pt] \dfrac{1+qp}{1-qp}>0. \end{cases}$

Per calcolare le derivate parziali di $P$ e $Q$ è conveniente introdurre la seguente funzione:

$f(x)=\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}, \qquad x\in (-1,1).$

Osserviamo che, per ogni $x\in (-1,1)$ ,

$\begin{split} f'(x)&=\frac 12 \left(\frac{1+x}{1-x} \right)^{-\frac 12}\frac{1-x-(1+x)(-1)}{(1-x)^2}\\ &=\frac 12 \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\frac{2}{(1-x^2)}\\ &=\frac{1}{f(x)(1-x)^2}. \end{split}$

Ora, è possibile riscrivere $Q$ e $P$ in funzione di $f$ , cioè

$Q=-p\frac{1}{f(qp)} \qquad \text{e} \qquad P={q}{f(qp)}.$

Calcoliamo le derivate parziali di $P$ rispetto a $q$ e $p$ , cioè

$\frac{\partial P}{\partial q}=f(qp)+qpf'(qp) =f(qp)+qp\frac{1}{f(qp)(1-qp)^2}$

$\dfrac{\partial P}{\partial p}=q f^\prime (qp)\,q=q^2f(qp).$

Calcoliamo le derivate parziali di $Q$ rispetto a $q$ e $p$ , cioè

$\frac{\partial Q}{\partial q}=-p(-1)(f(qp))^{-2}p=\frac{p^2}{f(qp)^2}, \qquad \frac{\partial Q}{\partial p}=-\frac{f(qp)-qpf'(qp)}{f^2(qp)}.$

Per verificare che la trasformazione (82) conserva le parentesi di Poisson fondamentali, dobbiamo controllare che esse soddisfino la condizione

(83) $\begin{equation*} \{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=1. \end{equation*}$

Si osservi che non abbiamo verificato i casi $\{Q,Q\}=0$ e $\{P,P\}=0$ , poiché molto semplici. Dal calcolo delle derivate parziali appena fatto, si ha

$\begin{split} \{Q,P\} &=\frac{p^2}{f(qp)^2}q^2f'(qp) +\frac{f(qp)-qpf'(qp)}{f(qp)^2}\left(f(qp)+qpf'(qp)\right)\\ &=\frac{p^2q^2f'(qp)}{f(qp)^2}+\frac{f(qp)^2-q^2p^2(f'(qp))^2}{f(qp)^2}\\ &=\frac{f(qp)^2}{f(qp)^2}=1, \end{split}$

come volevasi dimostrare.

Svolgimento punto 2.

Mostriamo che $QP=-qp$ . Sfruttando la definizione di $Q$ e $P$ data in (82) si ha

$QP=-pq{\sqrt{\dfrac{1+qp}{1-qp}}}{\sqrt{\dfrac{1-qp}{1+qp}}}=-qp$

che è esattamente quello che volevamo ottenere. Sfruttando $QP=-qp$ è possibile riscrivere $Q$ come segue

$Q=-p\sqrt{\dfrac{1-qp}{1+qp}}=-p\sqrt{\dfrac{1+QP}{1-QP}},$

ovvero

$p=-Q\sqrt{\dfrac{1-QP}{1+QP}},$

cioè abbiamo espresso $p$ in funzioni delle variabili $Q$ e $P$ , come richiesto. D’altra parte, si ha

$P=q\sqrt{\dfrac{1+qp}{1-qp}}=q\sqrt{\dfrac{1-QP}{1+QP}},$

o anche

$q=P\sqrt{\dfrac{1+QP}{1-QP}},$

cioè abbiamo ottenuto $q$ in funzioni delle variabili $P$ e $Q$ . Abbiamo dunque trovato la trasformazione inversa cercata, data da

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} q=P\sqrt{\dfrac{1+QP}{1-QP}}\\ p=-Q\sqrt{\dfrac{1-QP}{1+QP}}. \end{cases}}$

Svolgimento punto 3.

Ricordiamo che una funzione generatrice $F(q,P)$ di seconda specie è una funzione che deve rispettare le condizioni

(84) $\begin{equation*} \begin{cases} p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)\\[9pt] Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P). \end{cases} \end{equation*}$

Nel nostro caso ricordiamo che la trasformazione è data dal sistema (82). Dalla seconda equazione del sistema (82) è possibile esprimere $p$ in funzione di $q$ e $P$ . Dunque, elevando al quadrato ambo i membri della seconda equazione del sistema (82), si ottiene

$\frac{P^2}{q^2}=\dfrac{1+qp}{1-qp} \iff P^2(1-qp)=q^2(1+qp),$

da cui

$P^2-qpP^2-q^2-q^3p=0 \iff p(-qP^2-q^3)=-P^2+q^2,$

e dunque

$p=\dfrac{-q^2+P^2}{q(P^2+q^2)}.$

Sostituendo $p$ (ottenuta nella precedente equazione) nella prima equazione del sistema (84), si ottiene

$\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{-q^2+P^2}{q(P^2+q^2)}.$

Sostituendo $Q$ (definita nella prima equazione della trasformazione (82) nella seconda equazione del sistema (84), si ottiene

$\dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)=-p\sqrt{\dfrac{1-qp}{1+qp}}.$

Abbiamo dunque ottenuto

(85) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)=-p\sqrt{\dfrac{1-qp}{1+qp}},\\[10pt] \dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{-q^2+P^2}{q(P^2+q^2)}. \end{cases} \end{equation*}$

Integrando ambo i membri della seconda equazione del sistema (85) rispetto alla variabile $q$ , si ha

(86) $\begin{equation*} \begin{split} F(q,P)=\int \dfrac{-q^2+P^2}{q(P^2+q^2)} dq=\int \dfrac{1-\left(\dfrac{q}{P}\right)^2}{q\left( 1-\left(\dfrac{q}{P}\right)^2\right)} dq. \end{split} \end{equation*}$

Ponendo $\dfrac qP=t\ge 0$ , con $t$ vista come funzione della sola $q$ , e quindi $dq=Pdt$ , l’ultimo integrale in (86) diventa

$\int \dfrac{1-t^2}{Pt(1+t^2)} P dt=\int \dfrac{1-t^2}{t(1+t^2)}dt.$

Per calcolare l’ultimo integrale in $t$ , usiamo il metodo della scomposizione in fratti semplici: cerchiamo $A,B,C \in \mathbb{R}$ tali che, per ogni $t\ge 0$ ,

$\dfrac{1-t^2}{t(1+t^2)}=\dfrac At+\dfrac{Bt+C}{1+t^2}=\dfrac{A(1+t^2)+(Bt+C)t}{t(1+t^2)},$

ovvero tali che, per ogni $t\ge 0$ ,

$1-t^2=A(1+t^2)+(Bt+C)t.$

Per $t=0$ si ha subito $A=1$ . Sostituendo $A=1$ nella precedente relazione, si ottiene

$1-t^2=1+t^2+Bt^2+Ct \quad \Leftrightarrow \quad t^2(B+2)+Ct=0,$

che implica subito la soluzione

$\begin{cases} A=1\\ B=-2\\ C=0. \end{cases}$

In definitiva si ha

$\begin{split} \int \dfrac{1-t^2}{t(1+t^2)}dt =\int\left( \dfrac{1}{t}- \dfrac{2t}{1+t^2}\right)dt =\ln t-\ln(1+t^2)+h(P) =\ln\left(\dfrac{t}{1+t^2}\right)+h(P), \end{split}$

dove $h(P)$ è una funzione arbitraria che può dipendere da $P$ . Usando quanto ottenuto in (86) e ricordando che $t=\dfrac qP$ , si ha

$\begin{split} F(q,P)&=\ln\left(\dfrac{\dfrac qP}{1+\left(\dfrac qP\right)^2}\right) +h(P)\\[5pt] &=\ln \left(\dfrac qP\right)-\ln(P^2+q^2)+\ln P+h(P)\\[6pt] &=\ln q-\ln P-\ln(P^2+q^2)+\ln P+h(P)\\[6pt] &=\ln\left(\dfrac{q}{P^2+q^2}\right)+h(P), \end{split}$

dove $h(P)$ è una funzione che può dipendere solo da $P$ . Abbiamo quindi trovato un’espressione per $F$ data da

(87) $\begin{equation*} \begin{split} F(q,P)=\ln\left(\dfrac{q}{P^2+q^2}\right)+h(P). \end{split} \end{equation*}$

Non rimane che ricavare $h(P)$ . A tal fine, calcoliamo la derivata parziale di $F(q,P)$ rispetto a $P$ :

$\frac{\partial F(q,P)}{\partial P}=\frac{\partial \left(\ln\left(\dfrac{q}{P^2+q^2}\right)+h(P)\right)}{\partial P} =-\dfrac{2P}{P^2+q^2}+h'(P).$

Sostituendo la formula precedente nella prima equazione del sistema (84) abbiamo l’identità

(88) $\begin{equation*} -\dfrac{2P}{P^2+q^2}+h'(P)=Q. \end{equation*}$

Ricordiamo ora che nei punti precedenti abbiamo mostrato che $qp=-QP$ e che

$Q=-p\sqrt{\dfrac{1+QP}{1-QP}}=\frac{QP}{q}\sqrt{\dfrac{1+QP}{1-QP}}.$

Dalla precedente equazione, ponendo $Q\neq 0$ , ricaviamo

$1=\frac{P}{q}\sqrt{\dfrac{1+QP}{1-QP}} \implies q^2(1-QP)=P^2(1+QP) \implies q^2-P^2=q^2QP+P^2QP,$

da cui

$q^2-P^2=QP(q^2+P^2),$

quindi

$Q=\dfrac{q^2-P^2}{P(q^2+P^2)}.$

Sostituendo la precedente formula per $Q$ in (88), si ha

$-\dfrac{2P}{P^2+q^2}+h'(P)=\dfrac{q^2-P^2}{P(q^2+P^2)},$

ovvero

$h'(P)=\dfrac{q^2+P^2}{P(q^2+P^2)}=\frac 1P,$

da cui, integrando rispetto a $P$ , si trova

$h(P)=\ln P +C, \qquad C\in \mathbb{R},$

dove $C$ è una costante arbitraria. Inserendo l’espressione di $h(P)$ nell’equazione (87) otteniamo finalmente la famiglia di funzioni generatrici di seconda specie richiesta:

$\boxcolorato{fisica}{F(q,P)=\ln \left(\dfrac{qP}{q^2+P^2}\right)+C , \quad C\in \mathbb{R}.}$

Svolgimento punto 4.

Consideriamo l’hamiltoniana

$H(q,p)=\dfrac{q^2(1+qp)}{1-qp}.$

Usando la seconda equazione del sistema (82). otteniamo l’hamiltoniana nelle coordinate $(Q,P)$ :

(89) $\begin{equation*} \boxcolorato{fisica}{\tilde H(Q,P)=q^2\left( \dfrac{P^2}{q^2}\right)=P^2.} \end{equation*}$

Svolgimento punto 5.

Calcoliamo ora le equazioni di Hamilton associate alle coordinate $Q$ e $P$ , ovvero

$\begin{cases} \dot Q= \dfrac{\partial \tilde H}{\partial P}\\[9pt] \dot P=-\dfrac{\partial\tilde H}{\partial Q}. \end{cases}$

Dalla (89) abbiamo

$\dfrac{\partial \tilde H}{\partial P}=2P, \qquad -\dfrac{\partial\tilde H}{\partial Q}=0$

da cui, integrando rispetto alla variabile $t$ , otteniamo

$\begin{cases} Q(t)=2P t+Q(0)\\[4pt] P(t)=P(0) \end{cases}$

ovvero

(90) $\begin{equation*} \begin{cases} Q(t)=2P(0) t+Q(0)\\ P(t)=P(0). \end{cases} \end{equation*}$

Dall’equazione (89) abbiamo

(91) $\begin{equation*} \dfrac{\partial \tilde H}{\partial P}=2P=\dot{Q} \end{equation*}$

(92) $\begin{equation*} -\dfrac{\partial\tilde H}{\partial Q}=0=\dot{P}. \end{equation*}$

Integrando, ambo i membri della (91) rispetto al tempo, si ottiene

$Q(t)=2\int P \,dt+\text{c}_1,\qquad c_1\in\mathbb{R}.$

Analogamente a prima, integrando, ambo i membri della (92) rispetto al tempo, si ottiene

$P(t)=c_2\in\mathbb{R}.$

Imponendo le condizioni iniziali si trova $c_2=P(0)$ , da cui abbiamo

$Q(t)=2\int P(0) \,dt+\text{c}_1=2P(0) \,t+\text{c}_1.$

Imponendo le condizioni iniziali si trova $c_1=Q(0)$ e quindi

$Q(t)=2\int P(0) \,dt+Q(0).$

Riassumendo, si ha

(93) $\begin{equation*} \begin{cases} Q(t)=2P(0) t+Q(0)\\[4pt] P(t)=P(0). \end{cases} \end{equation*}$

Infine, dal sistema (82) e dalle condizioni iniziali $(q(0), p(0))=(1,0)$ si ha $Q(0)=0$ e $P(0)=1$ , da cui

(94) $\begin{equation*} \begin{cases} Q(t)=2 t\\[4pt] P(t)=1. \end{cases} \end{equation*}$

Possiamo infine calcolare $p(t)$ e $q(t)$ usando le formule ottenute al punto 2. Infatti

$q=P\sqrt{\dfrac{1+QP}{1-QP}}=\sqrt{\dfrac{1+2t}{1-2t}}, \qquad p=-Q\sqrt{\dfrac{1-QP}{1+QP}}=-2t\sqrt{\dfrac{1-2t}{1+2t}}.$

Osserviamo che il dominio di $q$ e $p$ è dato da $t\in \left(-\dfrac 12, \dfrac 12\right)$ .

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la trasformazione di coordinate

(95) $\begin{equation*} \begin{cases} Q={\dfrac{(1-qp)^2}{q^2p}}\\[10pt] P={\dfrac{q^2p}{1-qp}}. \end{cases} \end{equation*}$

Si dimostri che la trasformazione è canonica verificando che si conservano le parentesi di Poisson fondamentali.
Si dimostri che $q^2p=QP^2$ e si utilizzi tale risultato e l’espressione di $P$ in termini di $q$ e $p$ per esprimere $q$ in termini di $Q$ e $P$ .
Esplicitando anche $p$ in funzione di $Q$ e $P$ , si calcoli la trasformazione inversa della trasformazione data.
Si trovi una funzione generatrice di seconda specie $F(q,P)$ .
Si consideri il sistema hamiltoniano descritto dall’hamiltoniana

(96) $\begin{equation*} H(q,p)=q^2p\frac{1}{1-qp}. \end{equation*}$

Si usi il fatto che la trasformazione del punto 1 è canonica per determinare esplicitamente la soluzione $(q(t), p(t))$ delle equazioni di Hamilton con dati iniziali $(q(0), p(0))=(1,2)$ .

Svolgimento punto 1.

Per prima cosa osserviamo che il dominio della trasformazione è dato da

$\mathcal{D}=\{(q,p)\in \mathbb{R}^2 \mid q \neq 0, p\neq 0, qp \neq 1 \}.$

Per verificare che la trasformazione conserva le parentesi di Poisson fondamentali, dobbiamo controllare che esse soddisfino

(97) $\begin{equation*} \{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=1, \end{equation*}$

essendo i casi $\{Q,Q\}=0$ e $\{P,P\}=0$ ovvi in dimensione uno. Per calcolare le derivate parziali di $P$ e $Q$ rispetto a $q$ e $p$ è utile introdurre la seguente funzione

$f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R},\quad f(x)=\frac{1-x}{x}=\frac 1x-1.$

Osserviamo che, per ogni $x\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ ,

$\begin{split} f'(x)=-\frac{1}{x^2}. \end{split}$

Riscriviamo la trasformazione (101) come

$Q=\left({\dfrac{1-qp}{qp}}\right)^2 p, \qquad P=\left({\dfrac{qp}{1-qp}}\right) q.$

Sfruttando la funzione $f$ è possibile riscrivere le due precedenti equazioni come di seguito:

(98) $\begin{equation*} \begin{split} Q=f^2(qp)p, \qquad P=\dfrac{q}{f(qp)}, \end{split} \end{equation*}$

da cui otteniamo le derivate parziali di $P$

$\begin{split} \frac{\partial P}{\partial q}=\dfrac{1}{f(qp)}-qp\dfrac{f'(qp)}{f(qp)^2}, \qquad \frac{\partial P}{\partial p}=-q^2\frac{f'(qp)}{f(qp)^2} \end{split}$

e di $Q$

$\begin{split} \frac{\partial Q}{\partial q}={{-\frac{2}{q^2}{f(qp)}}}, \qquad \frac{\partial Q}{\partial p}={f^2(qp)}+2qpf(qp)f'(qp). \end{split}$

Dal calcolo delle derivate parziali appena fatto, si ha

(99) $\begin{equation*} \begin{aligned} \{Q,P\} &=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=\\[5pt] &=\left( -\frac{2}{q^2}{f(qp)}\right) \left(-q^2\frac{f'(qp)}{f^2(qp)}\right)+ \\ & \quad -\left({f^2(qp)}+2qpf(qp)f'(qp)\right)\left(\dfrac{1}{f(qp)}-qp\dfrac{f'(qp)}{f^2(qp)}\right)=\\[4pt] &=2\frac{f'(qp)}{f(qp)}-f(qp)+qpf'(qp) -2qpf'(qp)+2p^2q^2\frac{f'(qp)^2}{f(qp)}=\\[4pt] &=-f(qp)-qpf'(qp). \end{aligned} \end{equation*}$

Mostriamo che l’ultima espressione equivale a uno. Osserviamo che

$f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}=-\dfrac 1x (1+f(x)),$

da cui

$f'(qp)=-\dfrac{1}{qp}(1+f(qp)).$

Sfruttando la precedente equazione è possibile riscrivere l’equazione (99) come

$\{Q,P\}=-f(qp)-qpf'(qp) =-f(qp)+qp\dfrac{1}{qp}(1+f(qp))=1,$

che è esattamente quello che volevamo ottenere, cioè abbiamo dimostrato che la trasformazione è canonica.

Svolgimento punto 2.

Mostriamo che $QP^2=q^2p$ . Possiamo riscrivere (101) come di seguito

$\begin{cases} Q={\dfrac{(1-qp)^2}{q^2p}},\\ P^2={\dfrac{q^4p^2}{\left(1-qp\right)^2}}. \end{cases}$

Facendo il prodotto ambo i membri delle due precedenti equazioni si ottiene

${Q}{P^2}={\dfrac{(1-qp)^2}{q^2p}}\,{\dfrac{q^4p^2}{\left(1-qp\right)^2}}=q^2p,$

ovvero

$QP^2=q^2p.$

Esplicitiamo ora la variabile $q$ in funzione di $Q$ e $P$ . Dalla seconda equazione del sistema (101), sfruttando la precedente equazione, si trova

$P=\dfrac{q^2p}{1-qp}=\dfrac{QP^2}{1-\dfrac{QP^2}{q}},$

che implica

$1-\dfrac{QP^2}{q}=QP \iff -\dfrac{QP^2}{q}=-1+QP,$

ovvero

$\dfrac{q}{QP^2}=\dfrac{1}{1-QP},$

infine

$\boxcolorato{fisica}{q=\dfrac{QP^2}{1-QP},}$

che è quanto richiesto.

Svolgimento punto 3.

Esplicitiamo la variabile $p$ in funzione di $Q$ e $P$ . Usando la seconda equazione del sistema (101), abbiamo

(100) $\begin{equation*} P-Pqp=q^2p \iff P=qp(P+q), \end{equation*}$

conseguentemente, usando il risultato pervenuto al precedente punto, si ha

$\begin{split} p&= \dfrac{P}{q(P+q)}=\dfrac{P}{\left(\dfrac{QP^2}{1-QP}\right)\left(P+\dfrac{QP^2}{1-QP}\right)}\\ &=P \left(\dfrac{1-QP}{QP^2}\right)\left(\dfrac{1-QP}{1-QP+QP}\right)\frac 1P\\ &=\dfrac{(1-QP)^2}{QP^2}. \end{split}$

Utilizzando l’equazione pervenuta al punto 2 e la precedente equazione, otteniamo la trasformazione inversa richiesta, data da

(101) $\begin{equation*} \boxcolorato{fisica}{\begin{cases} q=\dfrac{QP^2}{1-QP} \\ p=\dfrac{(1-QP)^2}{QP^2}. \end{cases}} \end{equation*}$

Svolgimento punto 4.

Ricordiamo che una funzione generatrice $F(q,P)$ di seconda specie è una funzione che deve rispettare le seguenti condizioni

(102) $\begin{equation*} \begin{cases} p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)\\[9pt] Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P). \end{cases} \end{equation*}$

Nel nostro caso ricordiamo che la trasformazione è data dal sistema (101). Possiamo sfruttare l’equazione (100). Osserviamo che deve essere $P+q \neq 0$ . Infatti, se fosse $P+q = 0$ , l’equazione (100) darebbe $P=0$ e il risultato del punto 2 darebbe $q=0$ , che non è ammesso. Quindi dall’equazione (100) si ottiene immediatamente

$p=\dfrac{P}{q(P+q)}.$

Quindi, inserendo quanto ottenuto nella prima equazione del sistema (102), si ha

$\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{P}{q(P+q)}.$

D’altra parte, dalla prima equazione del sistema (101) e dalla seconda del sistema (102), si ha

$\dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)={\dfrac{(1-qp)^2}{q^2p}}.$

Abbiamo dunque ottenuto

(103) $\begin{equation*} \begin{cases} p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{P}{q(P+q)}\\[10pt] Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)={\dfrac{(1-qp)^2}{q^2p}}. \end{cases} \end{equation*}$

Integrando la prima equazione del sistema (103) rispetto alla variabile $q$ si ha

(104) $\begin{equation*} \begin{split} F(q,P)&=\int \dfrac{P}{q(P+q)} dq=\int \dfrac{P+q-q}{q(P+q)} dq\\ &=\int \dfrac{1}{q} dq- \int \dfrac{1}{(P+q)} dq\\ &=\ln \left|\dfrac{q}{P+q}\right|+h(P), \end{split} \end{equation*}$

dove $h(P)$ è una funzione che varia in modo $\mathcal{C}^1$ in $\mathcal{D}$ . Abbiamo quindi trovato un’espressione per $F$ data da

(105) $\begin{equation*} \begin{split} F(q,P)=\ln\left|\dfrac{q}{P+q}\right|+h(P). \end{split} \end{equation*}$

Non rimane che ricavare $h(P)$ . Supponiamo che sia $\frac{q}{P+q}$ , l’altro caso si fa in modo analogo. Ricordando il risultato pervenuto all’equazione (98), si ottiene

(106) $\begin{equation*} Q=f^2(qp) p=\dfrac{q^2p}{P^2}=\dfrac{q}{P}\dfrac{1}{q+P}, \end{equation*}$

dove nell’ultimo passaggio abbiamo usato $p=\frac{P}{q(q+P)}$ . Ora, da (105), calcoliamo la derivata parziale di $F(q,P)$ rispetto a $P$ :

$\begin{aligned} \frac{\partial F(q,P)}{\partial P}&=\frac{\partial \left(\ln\left(\dfrac{q}{P+q}\right)+h(P)\right)}{\partial P}=\\ &=-\dfrac{1}{\dfrac{q}{P+q}}\,\dfrac{q}{\left(P+q\right)^2}+\dfrac{dh(P)}{dP}=\\ &=-\dfrac{1}{P+q}+\dfrac{dh(P)}{dP}. \end{aligned}$

Sostituendo la formula precedente nella seconda equazione del sistema (103), e usando (106), abbiamo l’identità

$\begin{split} -\dfrac{1}{P+q}+\dfrac{dh(P)}{dP}=\dfrac{q}{P}\dfrac{1}{q+P} \end{split}$

ovvero

$\dfrac{dh(P)}{dP}=\left(\dfrac{P+q}{P}\right)\left(\dfrac{1}{P+q}\right)=\frac 1P,$

da cui, integrando, ambo i membri la precedente equazione rispetto alla variabile $P$ , si trova

$h(P)=\ln |P| +C,$

dove $C\in \mathbb{R}$ è una costante arbitraria. Inserendo l’espressione di $h(P)$ nell’equazione (105) otteniamo finalmente la famiglia di funzioni generatrici di seconda specie richiesta:

$\boxcolorato{fisica}{F(q,P)=\ln \left|\dfrac{qP}{q+P}\right|+C , \quad C\in \mathbb{R}.}$

Svolgimento punto 5.

Usando la seconda equazione del sistema (101) e l’equazione (96) otteniamo l’hamiltoniana nelle coordinate $(Q,P)$ :

(107) $\begin{equation*} \tilde H(Q,P)=P. \end{equation*}$

Calcoliamo ora le equazioni di Hamilton associate alle coordinate $Q$ e $P$ , ovvero

$\begin{cases} \dot Q= \dfrac{\partial \tilde H}{\partial P}\\ \dot P=-\dfrac{\partial\tilde H}{\partial Q}. \end{cases}$

Sfruttando l’equazione (107) il precedente sistema diventa

$\begin{cases} \dot Q= \dfrac{\partial \tilde H}{\partial P}=1\\[9pt] \dot P=-\dfrac{\partial\tilde H}{\partial Q}=0, \end{cases}$

da cui, integrando ambo i membri delle precedenti equazioni rispetto al tempo, otteniamo

$\begin{cases} Q(t)= t+Q(0)\\ P(t)=P(0). \end{cases}$

Infine, dal sistema (101) e dalle condizioni iniziali $(q(0), p(0))=(1,2)$ si ha

$\begin{cases} Q(0)=\dfrac{(1-q(0)p(0))^2}{q(0)^2p(0)}=\dfrac{(1-2)^2}{2}=\dfrac 12\\[10pt] P(0)=\dfrac{(q(0))^2p(0)}{1-q(0)p(0)}=\dfrac{2}{1-2}=-2, \end{cases}$

da cui

(108) $\begin{equation*} \begin{cases} Q(t)=t+\dfrac 12\\ P(t)=-2. \end{cases} \end{equation*}$

Possiamo infine calcolare $p(t)$ e $q(t)$ usando le formule ottenute al punto 3 in (101). Infatti

$q=\dfrac{QP^2}{1-QP}=\dfrac{4\left(t+\dfrac 12\right)}{1+2\left(t+\dfrac 12\right)}= \dfrac{4t+2}{1+2t+1}=\dfrac{4t+2}{2\left(t+1\right)}=\dfrac{2t+1}{t+1}$

$p=\dfrac{(1-QP)^2}{QP^2}=\dfrac{\left(1+2\left(t+\dfrac 12\right)\right)^2}{4\left(t+\dfrac 12\right)}=\dfrac{\left(1+2t+1\right)^2}{4t+2}=\dfrac{4\left(t+1\right)^2}{2\left(2t+1\right)}=\dfrac{2(t+1)^2}{1+2t}.$

Osserviamo che il dominio di $q$ e $p$ è dato rispettivamente da $t\in \mathbb{R}\setminus\{-1\}$ e $t\in \mathbb{R}\setminus\{-1/2\}$ . Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{q(t)=\dfrac{2t+1}{t+1},}$

$\boxcolorato{fisica}{p(t)=\dfrac{2(t+1)^2}{2t+1}.}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la lagrangiana

$\mathcal{L}(q,\dot q)=\dfrac{q^2\dot q^2}{2(1+q^2)}, \qquad q\neq 0.$

Si determini l’hamiltoniana $\mathcal{H}(q,p)$ associata a $\mathcal{L}(q,\dot q)$ .
Si scrivano le equazioni di Hamilton corrispondenti.
Si dimostri che la trasformazione di coordinate
$\begin{cases} Q=\dfrac{p}{q}(1+q^2)\\ P=\ln\left(\dfrac pq \sqrt{1+q^2}\right) \end{cases}$

è canonica, o verificando che si conservano le parentesi di Poisson fondamentali o trovandone una funzione generatrice di seconda specie $F(q,P)$ .
Si determini l’hamiltoniana $\mathcal{K}(Q,P)$ nel sistema di coordinate $(Q,P)$ e si risolvano le corrispondenti equazioni di Hamilton.
Si determini la soluzione delle equazioni di Hamilton con dati iniziali $q(0)=1$ e $\dot q(0)=2$ .

Premessa.

Di seguito vengono illustrati due diversi metodi per affrontare il punto 1.

Svolgimento primo metodo punto 1.

Ricordiamo che, data la lagrangiana $\mathcal{L}(q,\dot q)$ , si definisce il momento cinetico

$p=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}(q,\dot q).$

$\mathcal{H}(q, p):=p \dot q-\mathcal{L}.$

Osserviamo che $p, \dot q$ e $\mathcal{L}$ sono funzioni di $p$ e $q$ . Nel nostro caso, la funzione

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}=\dfrac{q^2\dot q}{(1+q^2)}$

è una funzione lineare (vista come funzione di $\dot q$ ) e quindi è chiaramente invertibile: abbiamo dunque

(109) $\begin{equation*} \dot q=\dfrac{p(1+q^2)}{q^2}. \end{equation*}$

Sfruttando la precedente equazione possiamo esprimere la lagrangiana nelle variabili $q$ e $p$ , i.e.,

$\mathcal{L}(q,p)=\dfrac{q^2}{2(1+q^2)}\left(\dfrac{p(1+q^2)}{q^2}\right)^2 = \dfrac{q^2}{2(1+q^2)}\dfrac{p^2(1+q^2)^2}{q^4} =\frac 12 \dfrac{p^2(1+q^2)}{q^2}.$

Si ha inoltre

$\mathcal{H}(q,p)=p\dot q -\mathcal{L}(q,p) =\dfrac{p^2(1+q^2)}{q^2}-\frac 12 \dfrac{p^2(1+q^2)}{q^2} =\dfrac{p^2(1+q^2)}{2q^2}.$

Si conclude che l’hamiltoniana del sistema è

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{H}(q,p)=\dfrac{p^2(1+q^2)}{2q^2}.}$

Svolgimento secondo metodo punto 1.

Proponiamo un metodo alternativo e, a volte, più diretto di determinare l’hamiltoniana. Sia la lagrangiana del sistema della forma

$\mathcal{L}(q,\dot q)=f(q) \dfrac{\dot q^2}{2}+g(q)$

per funzioni $f,g: \mathbb{R}\setminus\{0\}\to \mathbb{R}$ , con $f(q)\neq 0$ per ogni $q$ . Allora l’hamiltoniana corrispondente è

(110) $\begin{equation*} \mathcal{H}(p,q)=\dfrac{p^2}{2f(q)}-g(q). \end{equation*}$

Nel caso specifico dell’esercizio, abbiamo

$f(q)=\dfrac{q^2}{(1+q^2)}\qquad \text{e} \qquad g(q)=0.$

Pertanto, da (110) si ha

$\mathcal{H}(p,q)=\frac{p^2(1+q^2)}{2q^2},$

ottenendo lo stesso risultato fornito dal metodo 1.

Svolgimento punto 2.

Le equazioni di Hamilton del moto sono date da

(111) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot p= -\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}\\ \dot q=\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}. \end{cases} \end{equation*}$

Calcoliamo i termini di destra rispettivamente della prima e seconda equazione del sistema (111). Usando l’hamiltoniana calcolata al punto 1, abbiamo

$-\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial q} =-\dfrac{p^2}{2}\dfrac{\partial}{\partial q} \left(\dfrac{1}{q^2}+1\right) =-\dfrac{p^2}{2}\left(-2 \dfrac{1}{q^3}\right)=\dfrac{p^2}{q^3}$

$\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}=\dfrac{2p(1+q^2)}{2q^2}=\dfrac{p(1+q^2)}{q^2},$

da cui otteniamo le equazioni di Hamilton del nostro sistema:

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \dot p=\dfrac{p^2}{q^3},\\ \dot q=\dfrac{p(1+q^2)}{q^2}. \end{cases}}$

Svolgimento punto 3.

Consideriamo la trasformazione

(112) $\begin{equation*} \begin{cases} Q=\dfrac{p}{q}(1+q^2),\\ P=\ln\left(\dfrac pq \sqrt{1+q^2}\right), \end{cases} \end{equation*}$

la quale è definita per $p>0$ e $q>0$ . Osserviamo preliminarmente che

$\ln\left(\dfrac pq \sqrt{1+q^2}\right)=\ln p-\ln q+\frac 12\ln (1+q^2).$

Per completezza verifichiamo che si tratta di una trasformazione canonica mostrando entrambi i procedimenti suggeriti dall’esercizio, cioè verificando che la trasformazione sia canonica tramite la conservazione delle parentesi fondamentali di Poisson, e determinando una funzione generatrice di seconda specie.

3a – Parentesi di Poisson. Dobbiamo controllare che le parentesi di Poisson fondamentali soddisfano

(113) $\begin{equation*} \{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=1, \end{equation*}$

essendo i casi $\{Q,Q\}=0$ e $\{P,P\}=0$ ovvi in dimensione uno. Calcoliamo i vari termini di (113) separatamente. Sfruttando (112) otteniamo

$\begin{split} \frac{\partial Q}{\partial q}&=p\dfrac{2q\cdot q-(1+q^2)}{q^2}=p\left(\dfrac{q^2-1}{q^2}\right);\\ \frac{\partial P}{\partial p}&=\dfrac{1}{p};\\ \frac{\partial Q}{\partial p}&= \dfrac{1+q^2}{q};\\ \frac{\partial P}{\partial q}&=-\dfrac 1q+\dfrac{q}{1+q^2}=-\dfrac{1}{q(1+q^2)}. \end{split}$

Sostituendo quanto ottenuto nella formula per $\{Q,P\}$ otteniamo

$\begin{split} \{Q,P\}&=p\left(\dfrac{q^2-1}{q^2}\right)\cdot \dfrac{1}{p} - \dfrac{1+q^2}{q}\cdot \left(-\dfrac{1}{q(1+q^2)}\right)\\ &=\dfrac{q^2-1}{q^2}+\dfrac{1}{q^2}=1, \end{split}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{ \{Q,P\}=1,}$

come volevasi dimostrare. Dunque, la trasformazione data è canonica perché conserva le parentesi fondamentali di Poisson.

3b – Funzione generatrice. Verifichiamo ora che la trasformazione del punto precedente è canonica trovando una funzione generatrice di seconda specie, ovvero una funzione $F(q,P)$ che rispetta le seguenti condizioni

(114) $\begin{equation*} \begin{cases} Q= \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)\\[9pt] p=\dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P). \end{cases} \end{equation*}$

Nel nostro caso, dalla seconda equazione del sistema (112) abbiamo

(115) $\begin{equation*} p=\dfrac{e^P q}{\sqrt{1+q^2}} \end{equation*}$

ovvero

$P=\ln \left(\frac{p}{q} \sqrt{1+q^2}\right) \iff e^P=\frac{p}{q} \sqrt{1+q^2} \iff p=\frac{e^P q}{\sqrt{1+q^2}}$

da cui otteniamo che il sistema (114) diventa

(116) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial F}{\partial P}(q,P)= \dfrac{p}{q}(1+q^2)\\[10pt] \dfrac{\partial F}{\partial q}(q,P)=\dfrac{e^P q}{\sqrt{1+q^2}}. \end{cases} \end{equation*}$

Integrando la seconda equazione del sistema (116) rispetto alla variabile $q$ si ha

(117) $\begin{equation*} F(q,P)=e^P\int \dfrac{q}{\sqrt{1+q^2}} dq=e^P \sqrt{1+q^2}+h(P), \end{equation*}$

dove $h(P)$ è una funzione che dipende solo da $P$ . In particolare, poiché l’immagine di $P$ (come una funzione di $p$ e $q$ ) è $\mathbb{R}$ , $h\in \mathcal{C}^1(\mathbb{R})$ . Non rimane che ricavare $h(P)$ . A tal fine, calcoliamo la derivata parziale di $F(q,P)$ rispetto a $P$ :

$\begin{split} \frac{\partial F(q,P)}{\partial P}&=e^P \sqrt{1+q^2}+h'(P). \end{split}$

Sostituendo la formula precedente nella prima equazione del sistema (116) abbiamo l’identità

$e^P \sqrt{1+q^2}+h'(P)= \dfrac{p}{q}(1+q^2).$

Essendo, da (115),

$e^P=\dfrac pq \sqrt{1+q^2},$

si ha

$\dfrac pq ({1+q^2})+h'(P)= \dfrac{p}{q}(1+q^2),$

da cui

$h'(P)=0.$

Per ottenere la funzione $h(P)$ non rimane che integrare rispetto a $P$ la precedente equazione

$h(P)=c,$

dove $c\in \mathbb{R}$ è una costante arbitraria. Inserendo l’espressione di $h(P)$ nell’equazione (117) otteniamo finalmente la famiglia di funzioni generatrici di seconda specie:

$\boxcolorato{fisica}{ F(q,P)=e^P \sqrt{1+q^2}+ c , \qquad c\in \mathbb{R},}$

dimostrando, in accordo, la canonicità della trasformazione.

Svolgimento punto 4.

Per determinare $\mathcal{K}(Q,P)$ dobbiamo esprimere l’hamiltoniana trovata al punto 1 nelle nuove coordinate $Q$ e $P$ . A tal fine ricordiamo che

$\mathcal{H}(q,p)=\dfrac{p^2(1+q^2)}{2q^2}.$

Osserviamo che dalla seconda equazione del sistema (112) si ha

$e^{P}=\dfrac{p}{q}\sqrt{1+q^2},$

da cui, elevando al quadrato ambo i membri la precedente equazione, si ottiene

$e^{2P}=\dfrac{p^2}{q^2}(1+q^2)=2\mathcal{H}(q,p).$

Pertanto la nuova hamiltoniana cercata è

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{K}(Q,P)=\dfrac 12 e^{2P}.}$

Le equazioni di Hamilton per l’hamiltoniana $\mathcal{K}$ appena trovata sono date da

$\begin{cases} \dot Q= \dfrac{\partial \mathcal{K}}{\partial P}\\ \dot P=- \dfrac{\partial \mathcal{K}}{\partial Q}. \end{cases}$

Essendo $\mathcal{K}(Q,P)=\frac 12 e^{2P}$ , si ha dunque

(118) $\begin{equation*} \boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \dot Q=e^{2P}\\ \dot P=0. \end{cases}} \end{equation*}$

Svolgimento punto 5.

Ricaviamo dapprima la soluzione delle equazioni di Hamilton per le coordinate $Q$ e $P$ . La seconda equazione del sistema (118) è immediata:

$P(t)=P(0), \quad \forall t\ge 0$

la quale, inserita nella prima equazione del sistema, fornisce l’equazione differenziale per $Q(t)$ :

$\dot Q=e^{2P(0)}.$

Integrando ambo i membri tra l’istante di tempo $t=0$ e il generico istante $t>0$ , si ottiene:

$Q(t)-Q(0)=\int_0^t e^{2P(0)} ds,$

da cui

$Q(t)=Q(0)+t e^{2P(0)}, \qquad \forall t \ge 0.$

Ora, da (109) abbiamo che

$p(t)=\dfrac{\dot q(t)q^2(t)}{1+q^2(t)}.$

Valutando la precedente equazione in $t=0$ e sostituendo $q(0)=1$ e $\dot q(0)=2$ nella precedente equazione otteniamo

(119) $\begin{equation*} p(0)=\dfrac{\dot q(0)q^2(0)}{1+q^2(0)}=\dfrac{2\cdot 1}{1+1}=1. \end{equation*}$

Valutando il sistema (112) in $t=0$ , si ha

$\begin{cases} Q(0)=\dfrac{p(0)}{q(0)}(1+q^2(0)),\\ P(0)=\ln\left(\dfrac{p(0)}{q(0)} \sqrt{1+q^2(0)}\right). \end{cases}$

Sfruttando le condizioni iniziali $q(0)=1$ e $\dot q(0)=2$ , e l’equazione (119) il precedente sistema diventa

$\begin{cases} Q(0)=2\\[4pt] P(0)=\ln \sqrt 2. \end{cases}$

Abbiamo quindi ottenuto, per ogni $t \ge 0$ ,

(120) $\begin{equation*} \begin{cases} Q(t)=2+t e^{2\ln \sqrt 2}=2+2t.\\ P(t)=\ln\sqrt 2. \end{cases} \end{equation*}$

Possiamo ricavare le equazioni in $q(t)$ e $p(t)$ a partire dal sistema (112):

(121) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{p}{q}(1+q^2)=Q,\\[9pt] \ln\left(\dfrac pq \sqrt{1+q^2}\right)=P. \end{cases} \end{equation*}$

Si ha

$e^{2P}= \dfrac{p^2}{q^2}(1+q^2)=\dfrac{Q^2}{1+q^2}$

da cui

$1+q^2=e^{-2P}Q^2 \implies q^2=e^{-2P}Q^2-1.$

Essendo $q(0)=1$ , dalla precedente equazione si deve prendere la soluzione positiva, cioè

$q=\sqrt{e^{-2P}Q^2-1}.$

Sfruttando i risultati pervenuti nel sistema (120) la precedente equazione diventa

(122) $\begin{equation*} \begin{split} q(t)&=\sqrt{e^{-2\ln \sqrt 2 }(2+2t)^2-1}\\ &=\sqrt{e^{-\ln 2 }(2+2t)^2-1}\\ &=\sqrt{\frac 12(2+2t)^2-1}\\ &=\sqrt{2t^2+4t+1}. \end{split} \end{equation*}$

Osserviamo che $2t^2+4t+1>0$ per ogni $t \ge 0$ . Abbiamo quindi ottenuto l’equazione per $q(t)$ . L’equazione per $p(t)$ si ottiene dalla prima equazione del sistema (121) e da (122) :

$\begin{split} {p}&=\dfrac{Qq}{1+q^2}=\dfrac{(2+2t)\sqrt{2t^2+4t+1}}{1+({2t^2+4t+1})}=\dfrac{(1+t)\sqrt{2t^2+4t+1}}{t^2+2t+1}. \end{split}$

Osserviamo che, visto che $t \ge 0$ , la precedente equazione è ben definita. Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{q(t)=\sqrt{2t^2+4t+1},}$

$\boxcolorato{fisica}{p(t)=\dfrac{(1+t)\sqrt{2t^2+4t+1}}{t^2+2t+1}.}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri la trasformazione di coordinate

(123) $\begin{equation*} \begin{cases} Q_1=q_1\ln q_2\\[10pt] Q_2=3q_1\left(p_1-\dfrac{q_2p_2}{q_1}\ln q_2\right)^{\frac 23}\\[10pt] P_1=\dfrac{q_2p_2}{q_1} \\ P_2=\left(p_1-\dfrac{q_2p_2}{q_1}\ln q_2\right)^{\frac 13}. \end{cases} \end{equation*}$

Si determini il dominio $\mathcal{D}$ della trasformazione.
Si trovi una funzione generatrice di seconda specie $F(q_1,q_2,P_1,P_2)$ .
Si verifichi esplicitamente che la funzione generatrice trovata al punto precedente soddisfa la condizione che la matrice $2\times 2$ di elementi $\frac{\partial F}{\partial q_i\partial P_j}$ è non singolare.
Data l’hamiltoniana
$H(q_1,q_2,p_1,p_2)=\frac{1}{q_1^2}\left(\left(p_1q_1-q_2p_2\ln q_2\right)^2+q_2^2p_2^2 \right),$

si scriva l’hamiltoniana $\tilde H(Q_1,Q_2,P_1,P_2)$ e si risolvano le equazioni di Hamilton nelle nuove variabili $(Q_1,Q_2,P_1,P_2)$ date dalla trasformazione del punto 1.
Si determini la soluzione $(q_1(t),q_2(t),p_1(t),p_2(t))$ delle equazioni del moto del sistema con hamiltoniana $H(q_2,q_2,p_1,p_2)$ con dati iniziali $q_1(0)=q_2(0)=p_1(0)=1$ e $p_2(0)=0$ .

Svolgimento punto 1.

Possiamo facilmente verificare che il dominio della trasformazione è dato dall’insieme

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{D}:=\left\{ (q_1,q_2,p_1,p_2)\in \mathbb{R}^4 \bigg \vert \,p_1-\dfrac{q_2p_2}{q_1}\ln q_2>0\quad \vee \quad q_2>0\right\}.}$

Svolgimento punto 2.

Ricordiamo che in questo caso una funzione generatrice di seconda specie per la trasformazione data in (123) è una funzione $F(q_1,q_2,P_1,P_2)$ che rispetta le seguenti condizioni

(124) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial F}{\partial q_1}=p_1,\\ \dfrac{\partial F}{\partial q_2}=p_2\\ \dfrac{\partial F}{\partial P_1}=Q_1 \\ \dfrac{\partial F}{\partial P_2}=Q_2. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla terza equazione del sistema (123) si ha

(125) $\begin{equation*} p_2=\dfrac{P_1q_1}{q_2} \end{equation*}$

che, usato nella seconda equazione del sistema (124) fornisce

$\dfrac{\partial F}{\partial q_2}=\dfrac{P_1q_1}{q_2}$

da cui, integrando ambo i membri la precedente equazione rispetto alla variabile $q_2$ , si trova

(126) $\begin{equation*} F(q_1,q_2,P_1,P_2)=P_1q_1\ln q_2+C(q_1,P_1,P_2) \end{equation*}$

dove $C$ è una funzione che varia in modo $\mathcal{C}^1$ rispetto alle variabili $q_1,P_1$ e $P_2$ e non dipende da $q_2$ . Derivando $F$ rispetto a $P_1$ e usando la terza equazione e la prima equazione del sistema (124), si ha

$\frac{\partial F}{\partial P_1}=q_1 \ln q_2+ \frac{\partial C}{\partial P_1}=q_1\ln q_2,$

dunque

$\frac{\partial C(q_1,P_1,P_2)}{\partial P_1}=0,$

da cui

$C(q_1,P_1,P_2)=K(q_1,P_2),$

dove $K$ è una funzione che varia in modo $\mathcal{C}^1$ rispetto alle variabili $q_1$ e $P_2$ . Sfruttando la precedente equazione si può riscrivere l’equazione (126) come segue:

(127) $\begin{equation*} F(q_1,q_2,P_1,P_2)=P_1q_1\ln q_2+K(q_1,P_2). \end{equation*}$

Derivando $F$ rispetto a $P_2$ , e usando la seconda e la quarta equazione del sistema (123) e la quarta equazione del sistema (124), si ha

$\frac{\partial F}{\partial P_2}= \frac{\partial K}{\partial P_2}=3q_1P_2^2,$

da cui, integrando rispetto a $P_2$ ,

$K(q_1,P_2)=3q_1\int P_2^2 \mathrm{d}P_2=q_1P_2^3+S(q_1)$

dove $S$ è una funzione che varia in modo $\mathcal{C}^1$ rispetto alla variabile $q_1$ . Sfruttando la precedente equazione è possibile riscrivere l’equazione (127) come segue:

(128) $\begin{equation*} F(q_1,q_2,P_1,P_2)=P_1q_1\ln q_2+q_1P_2^3+S(q_1). \end{equation*}$

Derivando $F$ rispetto a $q_1$ si ha

(129) $\begin{equation*} \frac{\partial F}{\partial q_1}=P_1\ln q_2+P_2^3+\frac{d S}{d q_1}(q_1). \end{equation*}$

Elevando al cubo ambo i membri la quarta equazione di (123) si trova

$P_2^3=p_1-\frac{q_2p_2}{q_1}\ln q_2$

e da (125) si ha

$p_1 =P_2^3+\frac{q_2p_2}{q_1}\ln q_2 =P_2^3 \left(\frac{q_2}{q_1}\right)\left(\frac{P_1q_1}{q_2}\right)\ln q_2 = P_2^3+P_1\ln q_2.$

Mettendo a sistema la precedente equazione con l’equazione (129) e la prima equazione del sistema (124) si ottiene

$\frac{dS}{dq_1}S(q_1)=0$

da cui

$S(q_1)=c, \qquad c \in \mathbb{R}.$

Sostituendo quanto ottenuto nella precedente equazione in (128), troviamo la famiglia di funzioni generatrici di seconda specie richiesta:

$\boxcolorato{fisica}{F(q_1,q_2,P_1,P_2)=P_1q_1\ln q_2+q_1P_2^3+c , \qquad c\in \mathbb{R}.}$

Svolgimento punto 3.

Dobbiamo controllare che la matrice

$D(q_1,q_2,P_1,P_2)= \begin{pmatrix} \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_1} & \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_2} \\[10pt] \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_1} & \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_2} \end{pmatrix}$

sia non singolare, ovvero che $\det D(q_1,q_2,P_1,P_2) \neq 0$ per ogni $q_1,q_2,P_1,P_2$ . Calcoliamo gli elementi della matrice usando la formula ottenuta per $F$ al punto precedente:

$\begin{split} \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_1}&=\dfrac{\partial}{\partial P_1}(P_1\ln q_2+P_2^3)=\ln q_2, \\ \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_2}&=\dfrac{\partial}{\partial P_2}(P_1\ln q_2+P_2^3)=3P_2^2 ,\\ \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_1}&=\dfrac{\partial}{\partial P_1}\left(\frac{P_1q_1}{q_2}\right)=\frac{q_1}{q_2} ,\\ \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_2}&=\dfrac{\partial}{\partial P_2}\left(\frac{P_1q_1}{q_2}\right)=0. \\ \\ \end{split}$

Dunque possiamo calcolare

$\begin{split} \det D(q_1,q_2,P_1,P_2)&=\dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_1}\cdot \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_2}-\dfrac{\partial^2 F}{\partial q_1\partial P_2}\cdot \dfrac{\partial^2 F}{\partial q_2\partial P_1}\\ &= \ln q_2 \cdot 0-\frac{q_1}{q_2} \cdot 3P_2^2 \\ &=-3\frac{q_1P_2^2}{q_2}. \end{split}$

Siccome il dominio $\mathcal{D}$ della trasformazione, calcolato nel punto 1, fornisce

$q_1 \neq 0, \qquad q_2 \neq 0, \qquad p_2 >0,$

si ha $\det D(q_1,q_2,P_1,P_2) \neq 0$ per ogni $(q_1,q_2,P_1,P_2)$ , e quindi la matrice è non singolare, come volevasi dimostrare.

Svolgimento punto 4.

Sia

$H(q_1,q_2,p_1,p_2)=\frac{1}{q_1^2}\bigg((p_1q_1-q_2p_2\ln q_2)^2+q_2^2p_2^2 \bigg).$

Vogliamo esprimere $H$ in funzione delle variabili $(Q_1,Q_2,P_1,P_2)$ e scrivere l’hamiltoniana corrisponente $\tilde H(Q_1,Q_2,P_1,P_2)$ . Ricordando la trasformazione data dal sistema (123) si ha

$\begin{split} H(q_2,q_2,p_1,p_2)&=\frac{1}{q_1^2}\left((p_1q_1-q_2p_2\ln q_2)^2+q_2^2p_2^2 \right)=\\ &=\left(\left(p_1-\dfrac{q_2p_2}{q_1}\ln q_2\right)^2+\dfrac{q_2^2p_2^2 }{q_1^2}\right)=\\ &=P_2^6+P_1^2. \end{split}$

Si conclude che

(130) $\begin{equation*} \boxcolorato{fisica}{\tilde H(Q_1,Q_2,P_1,P_2)=(P_2^6+P_1^2).} \end{equation*}$

Ricordiamo che le equazioni di Hamilton associate ad $\tilde H$ sono date da

$\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial{\tilde H}}{\partial Q_1}=-\dot P_1\\ \dfrac{\partial{\tilde H}}{\partial Q_2}=-\dot P_2\\ \dfrac{\partial{\tilde H}}{\partial P_1}=\dot Q_1\\ \dfrac{\partial{\tilde H}}{\partial P_2}=\dot Q_2. \end{cases} \end{equation*}$

Nel nostro caso specifico, da (130) otteniamo

$\dfrac{\partial{\tilde H}}{\partial Q_1}=0; \qquad \dfrac{\partial{\tilde H}}{\partial Q_2}=0;\qquad \dfrac{\partial{\tilde H}}{\partial P_1}=2P_1;\qquad \dfrac{\partial{\tilde H}}{\partial P_2}=6P_2^5,$

da cui

$\dot P_1=0, \qquad \dot P_2=0,\qquad \dot Q_1=2P_1,\qquad \dot Q_2=6P_2^5,$

e quindi

(131) $\begin{equation*} \begin{cases} P_1(t)=P_1(0)\\ P_2(t)=P_2(0)\\ Q_1(t)=2P_1(0)t+Q_1(0)\\ Q_2(t)=6P_2^5(0)t+Q_2(0). \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento punto 5.

Per risolvere le equazioni di Hamilton nelle variabili originali con le condizioni iniziali

$q_1(0)=q_2(0)=p_1(0)=1, \qquad p_2(0)=0,$

dobbiamo dapprima ricavare le condizioni iniziali in termini delle nuove variabili usando la trasformazione (123):

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} Q_1(0)=q_1(0)\ln q_2(0)=0,\\ Q_2(0)=3q_1(0)\left(p_1(0)-\frac{q_2(0)p_2(0)}{q_1(0)}\ln q_2(0)\right)^{\frac 23}=3,\\ P_1(0)=\dfrac{q_2(0)p_2(0)}{q_1(0)}=0 \\ P_2(0)=\left(p_1-\frac{q_2(0)p_2(0)}{q_1(0)}\ln q_2(0)\right)^{\frac 13}=1. \end{cases}}$

Inserendo quanto ottenuto nelle equazioni del sistema (131) si ha

$\begin{cases} P_1(t)=0 P_2(t)=1 Q_1(t)=0 Q_2(t)=-6t+3. \end{cases}$

Infine dobbiamo ricavare le equazioni per $q_1(t),q_2(t),p_1(t),p_2(t)$ . Usiamo ancora una volta le equazioni del sistema (123). Si ha

$Q_2=3q_1P_2^2$

da cui abbiamo, usando (131),

$q_1=\dfrac{Q_2}{3P_2^2}=\dfrac{-6t+3}{3}.$

D’altra parte si ha

$q_2=e^{\frac{Q_1}{q_1}}=1, \qquad p_2=\dfrac{P_1q_1}{q_2}=0, \qquad p_1=P_2^3+\left(\dfrac{q_2}{q_1}\right)p_2\ln q_2=1.$

Concludiamo che

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} q_1(t)=-2t+1 q_2(t)=1 p_1(t)=1 p_2(t)=0. \end{cases}}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la lagrangiana

$\mathcal{L}(q,\dot q)=\frac 12 \dot q^2 q^2 e^{2q^2}, \qquad q, \dot q> 0.$

Si determini l’hamiltoniana $\mathcal{H}(q,p)$ associata a $\mathcal{L}(q,\dot q)$ .
Si scrivano le equazioni di Hamilton corrispondenti.
Si dimostri che la trasformazione di coordinate
$\begin{cases} Q=\sqrt{\dfrac{2p}{q}}e^{\frac 12 q^2}\\ P=\sqrt{\dfrac{p}{2q}} e^{-\frac 12 q^2} \end{cases}$

è canonica verificando che si conservano le parentesi di Poisson fondamentali. Si trovi una funzione generatrice di seconda specie $F(q,P)$ della trasformazione.
Si determini l’hamiltoniana $\mathcal{K}(Q,P)$ nel sistema di coordinate $(Q,P)$ .
Si usi il risultato del punto precedente per trovare la soluzione $q(t)$ delle equazioni di Hamilton con dati iniziali $q(0)=1$ e $\dot q(0)=1$ .

Premessa.

Di seguito vengono illustrati due diversi metodi per affrontare il punto 1.

Svolgimento primo metodo punto 1.

Ricordiamo che, data la lagrangiana $\mathcal{L}(q,\dot q)$ , si definisce il momento cinetico

$p=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}(q,\dot q).$

$\mathcal{H}(q, p)\coloneqq p \dot q-\mathcal{L}.$

Nel nostro caso, la funzione

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot q}=\dot q q^2 e^{2q^2}$

è una funzione lineare (vista come funzione di $\dot q$ ) e quindi è chiaramente invertibile: abbiamo dunque

(132) $\begin{equation*} \dot q=\dfrac{p}{q^2 e^{2q^2}}. \end{equation*}$

Quindi, esprimendo la lagrangiana nelle variabili $(q,p)$ , i.e.,

$\mathcal{L}(q,p)=\frac 12 q^2 e^{2q^2} \left(\dfrac{p}{q^2e^{2q^2}}\right)^2=\frac 12 \frac{p^2}{q^2e^{2q^2}},$

si ha

$\mathcal{H}(q,p)=p\dot q -\mathcal{L}(q,p) =p\dfrac{p}{q^2 e^{2q^2}}--\frac 12 \frac{p^2}{q^2e^{2q^2}} =\dfrac{p^2}{2q^2e^{2q^2}}.$

Si conclude che l’hamiltoniana del sistema è

$\boxcolorato{fisica}{\mathcal{H}(q,p)=\dfrac{p^2}{2q^2e^{2q^2}}.}$

Svolgimento secondo metodo punto 1.

Proponiamo un metodo alternativo e forse più diretto di determinare l’hamiltoniana. Sia la lagrangiana del sistema della forma

$\mathcal{L}(q,\dot q)=f(q) \dfrac{\dot q^2}{2}+g(q)$

per funzioni $f,g\colon \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}$ , con $f(q)\neq 0$ per ogni $q>0$ . Allora l’hamiltoniana corrispondente è

(133) $\begin{equation*} \mathcal{H}(p,q)=\dfrac{p^2}{2f(q)}-g(q). \end{equation*}$

Nel caso specifico dell’esercizio, abbiamo

$f(q)=q^2e^{2q^2}\qquad \text{e} \qquad g(q)=0.$

Sfruttando la precedente equazione si può riscrivere l’equazione (133) come

$\mathcal{H}(p,q)=\frac{p^2}{2 q^2e^{2q^2}},$

ottenendo lo stesso risultato fornito dal metodo 1.

Svolgimento punto 2.

Le equazioni di Hamilton del moto sono date da:

(134) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot q= \dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}\\ \dot p=-\dfrac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}. \end{cases} \end{equation*}$

Calcoliamo i termini di destra rispettivamente della prima e seconda equazione del sistema (134). Usando l’hamiltoniana calcolata al punto 1, abbiamo

$\begin{aligned} -\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial q}&=-\dfrac{p^2}{2}\frac{\partial}{\partial q}\left({q^{-2}e^{-2q^2}}\right)=\\ &=-\dfrac{p^2}{2}\left(-2q^{-3}e^{-2q^2}+q^{-2}e^{-2q^2}\left(-4q\right)\right)=\\ &=-\dfrac{p^2}{2}\left( -\frac{2}{q^3e^{2q^2}}-\frac{4}{qe^{2q^2}} \right)=\\ &= -\dfrac{p^2}{2}\left(-\frac{2}{q^2e^{2q^2}}\right)\left( \frac{1}{q}+2q \right)=\\ &=\dfrac{p^2}{q^2e^{2q^2}}\left( \frac{1+2q^2}{q}\right)\\ &=\dfrac{p^2(1+2q^2)}{e^{2q^2}q^3} \end{aligned}$

$\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}=\dfrac{p}{q^2e^{2q^2}},$

da cui otteniamo le equazioni di Hamilton del nostro sistema:

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \dot q=\dfrac{p}{q^2e^{2q^2}},\\ \dot p=\dfrac{p^2(1+2q^2)}{q^3e^{2q^2}}. \end{cases}}$

Svolgimento punto 3.

Consideriamo la trasformazione

(135) $\begin{equation*} \begin{cases} Q=\sqrt{\dfrac{2p}{q}}e^{\frac 12 q^2}\\ P=\sqrt{\dfrac{2p}{q}} e^{-\frac 12 q^2}. \end{cases} \end{equation*}$

Per verificare che si tratta di una trasformazione canonica possiamo procedere in due modi: usando le parentesi di Poisson oppure trovando una funzione generatrice di seconda specie. Mostriamo entrambi i metodi.

3a – Parentesi di Poisson. Dobbiamo controllare che le parentesi di Poisson fondamentali soddisfano

(136) $\begin{equation*} \{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=1, \end{equation*}$

essendo i casi $\{Q,Q\}=0$ e $\{P,P\}=0$ ovvi in dimensione uno. Calcoliamo i vari termini di (136) separatamente. Essendo, da (135),

$Q=\sqrt{\frac{2p}{q}} e^{\frac{q^2}{2}}=2P e^{q^2}, \qquad P=\sqrt{\dfrac{p}{2q}}e^{-\frac 12 q^2},$

si ha

$\frac{\partial Q}{\partial q}=2\frac{\partial P}{\partial q} e^{q^2}+4P q e^{q^2}, \qquad \frac{\partial Q}{\partial p}= 2e^{q^2} \frac{\partial P}{\partial p}.$

Sostituendo quanto ottenuto nella formula (136) otteniamo