Un problema acerca de variedades simplécticas en el libro de Arnold

Question

Hay un problema en Arnold Métodos Matemáticos de la Mecánica Clásica que dice que:

Muestran que el mapa de $A: \mathbb{R}^{2n} \rightarrow \mathbb{R}^{2n}$ envío de $(p, q) \rightarrow (P(p,q), Q(p,q))$ es canónica(p206) si y sólo si la distribución de Poisson brakets de cualquiera de las dos funciones en las variables $(p,q)$ $(P,Q)$ coincidir: $$ (F,H)_{p,q} = \frac{\partial H}{\partial p} \frac{\partial F}{\partial q} - \frac{\partial H}{\partial q} \frac{\partial F}{\partial p} = \frac{\partial H}{\partial P} \frac{\partial F}{\partial Q} - \frac{\partial H}{\partial Q} \frac{\partial F}{\partial P} = (F,H)_{P,Q}. $$

No puedo resolver este problema y pensar en como la siguiente: De $(F,H)_{p,q} = (F,H)_{P,Q}$ I puede inducir a que $$ \sum_i \det\left( \frac{\partial(P_j, P_k)}{\partial(p_i, q_i)} \right) = \sum_i \det\left( \frac{\partial(Q_j, Q_k)}{\partial(p_i, q_i)} \right) = 0, \sum_i \det\left( \frac{\partial(P_j, Q_k)}{\partial(p_i, q_i)} \right) = \delta_{j,k}, $$ y $$ \sum_i \det\left( \frac{\partial(p_j, p_k)}{\partial(P_i, Q_i)} \right) = \sum_i \det\left( \frac{\partial(q_j, q_k)}{\partial(P_i, Q_i)} \right) = 0, \sum_i \det\left( \frac{\partial(p_j, q_k)}{\partial(P_i, Q_i)} \right) = \delta_{j,k}. $$ Pero en el otro lado, para inducir $dP\wedge dQ = dp \wedge dq$ necesito que $$ \sum_i \det\left( \frac{\partial(p_i, q_i)}{\partial(P_j, P_k)} \right) = \sum_i \det\left( \frac{\partial(p_i, q_i)} {\partial(Q_j, Q_k)} \right) = 0, \sum_i \det\left( \frac{\partial(p_i, p_i)}{\partial(P_j, Q_k)} \right) = \delta_{j,k}, $$ o $$ \sum_i \det\left( \frac{\partial(P_i, Q_i)}{\partial(p_j, p_k)} \right) = \sum_i \det\left( \frac{\partial(P_i, Q_i)}{\partial(q_j, q_k)} \right) = 0, \sum_i \det\left( \frac{\partial(P_i, Q_i)}{\partial(p_j, q_k)} \right) = \delta_{j,k}. $$ Hay algo mal en el anterior razonamiento? ¿Me puede mostrar cómo solucionar este problema?

Answer 1

El mapa de $A$ es canónica si y sólo si $A^\star\omega^2=\omega^2$ donde $\omega^2=dp_i\wedge dq^i$ que da el sympletic estructura de a $R^{2n}$.

$$A^\star\omega^2=A^\star(dp_i\wedge dq^i)=(A^\star dp_i) \wedge (A^\star dq^i)=d(p_i\circ A)\wedge d(q^i\circ A)=dP_i\wedge dQ^i\quad (1)$$

Por lo tanto, $A$ es canónica si y sólo si $$dP_i\wedge dQ^i=dp_i\wedge dq^i \qquad (2)$$

Eq. (2) es equivalente a $$\Lambda^T\Omega\Lambda=\Omega \qquad (3)$$ donde $\Omega=\begin{pmatrix} 0\, & E\, \\ -E\, & 0\,\end{pmatrix}$ es el coeficiente de la matriz de $\omega^2$, $\Lambda=\left(\frac{\partial x^i}{\partial x'^{i'}}\right)=\begin{pmatrix} p_P & p_Q \\ q_P & q_Q\end{pmatrix}$ es el coorinate transformar la matriz, y la submatriz $p_P$, por ejemplo, es la abreviatura de la matriz $\Big(\frac{\partial p_i}{\partial P_j}\Big)$.

Eq. (3) es equivalente a $$\ I=\Omega^{-1}=\big(\Lambda^T \Omega \Lambda\big)^{-1}=\Lambda^{-1}I(\Lambda^{-1})^T\qquad (4)$$ donde $I$ es la matriz de coeficientes del tensor de Poisson (Poisson bivector).

La sustitución de $I=\begin{pmatrix} 0\, & -E\, \\ E\, & 0\,\end{pmatrix}, \ \Lambda^{-1}=\begin{pmatrix}P_p & P_q \\ Q_p &Q_q\end{pmatrix}$ en Eq. (4) los rendimientos $$\begin{pmatrix} 0\, & -E\, \\ E\, & 0\,\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} P_q P_p^T-P_p P_q^T & P_q Q_p^T-P_p Q_q^T \\ Q_q P_p^T-Q_p P_q^T & Q_q Q_p^T-Q_p Q_q^T \end{pmatrix}\qquad (5)$$ que es en realidad la distribución de Poisson soportes de $P,\ Q$: $$\begin{align}P_q P_p^T-P_p P_q^T =&(P,P)_{p,q}=0\\[5pt]Q_q Q_p^T-Q_p Q_q^T =&(Q,Q)_{p,q}=0\qquad (6)\\[5pt]Q_q P_p^T-Q_p P_q^T =& (Q,P)_{p,q}=E\end{align}$$ Para ello, $A$ es canónica si y sólo si $(Q,P)_{p,q}=E,\ (P,P)_{p,q}=(Q,Q)_{p,q}=0$.

Para funciones arbitrarias $F,\ H$, $$\begin{split}(F,H)_{p,q}=&H_pF_q^T-H_qF_p^T\\ =&(H_PP_p+H_QQ_p)(F_PP_q+F_QQ_q)^T-(H_PP_q+H_QQ_q)(F_PP_p+F_QQ_p)^T\\ =&H_P(P,P)_{p,q}F_P^T+H_P(Q,P)_{p,q}F_Q^T +H_Q(P,Q)_{p,q}F_P^T+H_Q(Q,Q)_{p,q}F_Q^T\end{split}$$ Por lo tanto $(F,H)_{p,q}=H_PF_Q^T-H_QF_P^T=(F,H)_{P,Q}$ si y sólo si Nca. (6). En consecuencia, $A$ es canónica si y sólo si $(F,H)_{p,q}=(F,H)_{P,Q}$

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P. S. Las ecuaciones que se muestra en la pregunta son esencialmente Eq. (3), es decir, $$\begin{pmatrix} 0\, & E\, \\ -E\, & 0\,\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} p_P^T q_P-q_P^Tp_P & p_P^T q_Q-q_P^Tp_Q \\ p_Q^T q_P-q_Q^Tp_P & p_Q^T q_Q-q_Q^Tp_Q \end{pmatrix}\qquad(7)$$ Es fácil comprobar que $$\begin{pmatrix} p_P^T q_P-q_P^Tp_P & p_P^T q_Q-q_P^Tp_Q \\ p_Q^T q_P-q_Q^Tp_P & p_Q^T q_Q-q_Q^Tp_Q \end{pmatrix}\begin{pmatrix} P_q P_p^T-P_p P_q^T & P_q Q_p^T-P_p Q_q^T \\ Q_q P_p^T-Q_p P_q^T & Q_q Q_p^T-Q_p Q_q^T \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} E\, & 0\, \\ 0\, & E\,\end{pmatrix}=E_{2n}$$

Por ello, para calcular la inversa de ambos lados de la ecuación. (7), el resultado debe ser Eq. (5), la declaración se demostró. Sin embargo, parece muy complicado para calcular la inversa de la parte derecha de la ecuación. (7) directamente. Eq. (4) por lo tanto puede ser tratado como el truco para calcular la inversa.

Answer 2

Parece una trivialidad: por definición, la forma simpléctica se conserva bajo transformación canónica y, por lo tanto, se conserva a poisson bivector.