% --- 作业标题栏 ---
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\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{\Huge\it 理论力学 \normalfont A} \\
    \vspace{0.1cm} \\
    \large 作业 27 参考答案 \\
\end{tabular}
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\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{学期：} 2025秋 \\
    \textbf{助教：} 于洪飞，张积翔 \\
    \textbf{日期：} \today \\
\end{tabular}
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% --- 作业问题 ---
\section*{第六章 哈密顿力学}

\paragraph{12.} 单自由度系统的拉格朗日函数为
$$ L(t,q,\dot{q})=\dot{q}^{2}\sin^{2}t+q\dot{q}\sin 2t+q^{2} $$
其中 $\dot{q}\triangleq\frac{dq}{dt}$. 
\begin{enumerate}
    \item 求与 $q$ 共轭的广义动量 $p$，以及相应的哈密顿函数 $H(t,q,p)$；
    \item 根据求得的哈密顿函数 $H(t,q,p)$，写出哈密顿方程；
    \item 给出一个正则变换 $(q,p)\mapsto(Q,P)$，使得变换后的哈密顿量 $K$ 守恒.
\end{enumerate}
    \begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item[(1)]
    

    广义动量定义为：
    $$ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = 2\dot{q}\sin^2 t + q\sin 2t = 2\dot{q}\sin^2 t + 2q\sin t \cos t $$
    由上式反解广义速度 $\dot{q}$：
    $$ \dot{q} = \frac{p - 2q\sin t \cos t}{2\sin^2 t} = \frac{p}{2\sin^2 t} - q\cot t $$
    哈密顿函数为勒让德变换 $H = p\dot{q} - L$. 
    为了简化计算，可以先整理拉格朗日函数：
    $$ L = (\dot{q}\sin t + q\cos t)^2 - q^2\cos^2 t + q^2 = (\dot{q}\sin t + q\cos t)^2 + q^2\sin^2 t $$
    设中间变量 $u = \dot{q}\sin t + q\cos t$，则 $p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = 2u\sin t \implies u = \frac{p}{2\sin t}$. 
    代入 $L$ 的表达式：
    $$ L = u^2 + q^2\sin^2 t = \frac{p^2}{4\sin^2 t} + q^2\sin^2 t $$
    于是哈密顿函数为：
    \begin{align*}
        H &= p\dot{q} - L = p\left( \frac{u - q\cos t}{\sin t} \right) - \left( \frac{p^2}{4\sin^2 t} + q^2\sin^2 t \right) \\
        &= p\left( \frac{p}{2\sin^2 t} - q\cot t \right) - \frac{p^2}{4\sin^2 t} - q^2\sin^2 t \\
        &= \frac{p^2}{2\sin^2 t} - pq\cot t - \frac{p^2}{4\sin^2 t} - q^2\sin^2 t \\
        &= \frac{p^2}{4\sin^2 t} - pq\cot t - q^2\sin^2 t
    \end{align*}
    
    \item[(2)]
    哈密顿正则方程为：
    $$ \begin{cases}
        \dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{2\sin^2 t} - q\cot t \\
        \dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q} = -(-p\cot t - 2q\sin^2 t) = p\cot t + 2q\sin^2 t
    \end{cases} $$

    
    \item[(3)]
    提示考虑拉氏框架下的坐标变换. 观察 $L$ 的形式，含有 $(q\sin t)$ 项，这暗示了新坐标的选择. 
    令 $Q = q\sin t$. 我们构造一个第二类生成函数 $F_2(q, P, t)$ 来产生此变换. 
    目标是让 $Q = \frac{\partial F_2}{\partial P} = q\sin t$，故取：
    $$ F_2(q, P, t) = q P \sin t $$
    由此得到变换关系：
    $$ p = \frac{\partial F_2}{\partial q} = P\sin t \implies P = \frac{p}{\sin t} $$
    $$ Q = \frac{\partial F_2}{\partial P} = q\sin t \implies q = \frac{Q}{\sin t} $$
    新的哈密顿量 $K$ 为：
    $$ K = H + \frac{\partial F_2}{\partial t} = H + qP\cos t $$
    将旧变量 $p, q$ 用新变量 $P, Q$ 代换代入 $H$：
    \begin{align*}
        H(Q, P, t) &= \frac{(P\sin t)^2}{4\sin^2 t} - (P\sin t)\left(\frac{Q}{\sin t}\right)\cot t - \left(\frac{Q}{\sin t}\right)^2\sin^2 t \\
        &= \frac{P^2}{4} - PQ\cot t - Q^2
    \end{align*}
    计算 $K$：
    \begin{align*}
        K &= \left( \frac{P^2}{4} - PQ\cot t - Q^2 \right) + \left(\frac{Q}{\sin t}\right)P\cos t \\
        &= \frac{P^2}{4} - PQ\cot t - Q^2 + PQ\cot t \\
        &= \frac{P^2}{4} - Q^2
    \end{align*}
    由于 $K = \frac{P^2}{4} - Q^2$ 不显含时间 $t$，故变换后的哈密顿量守恒. 
    所求正则变换为：
    $$ Q = q\sin t, \quad P = \frac{p}{\sin t} $$
\end{enumerate}
    \end{solution}


\paragraph{13.} 利用正则变换的辛条件，分别判断相空间点变换是不是正则变换. 

\begin{solution}
变换形式为线性变换 $\mathbf{Z} = \mathbf{M}\mathbf{z}$，其中 $\mathbf{z}=(q_1, q_2, p_1, p_2)^T$. 
题目给出的变换矩阵是分块对角形式：
$$ \begin{pmatrix} \mathbf{Q} \\ \mathbf{P} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \mathbf{A} & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & \mathbf{B} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \mathbf{q} \\ \mathbf{p} \end{pmatrix} $$
其中 $\mathbf{A} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$. 
线性变换是正则变换的充要条件是辛条件 $\mathbf{M}^T \mathbf{J} \mathbf{M} = \mathbf{J}$ 成立，对于这种分块对角形式，条件简化为 $\mathbf{A}^T \mathbf{B} = \mathbf{I}$. 
计算 $\mathbf{A}^T = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$. 

\begin{enumerate}
    \item[(1)] 对于变换 $\begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix}$：
    验证 $\mathbf{A}^T \mathbf{B}_1$：
    $$ \mathbf{A}^T \mathbf{B}_1 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \neq \mathbf{I} $$
    故\textbf{不是}正则变换. 

    \item[(2)] 对于变换 $\begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix}$：
    验证 $\mathbf{A}^T \mathbf{B}_2$：
    $$ \mathbf{A}^T \mathbf{B}_2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \mathbf{I} $$
    故\textbf{是}正则变换. 
\end{enumerate}
\end{solution}

\paragraph{14.} 已知二维相空间点变换 $Q=aq^{2}+bp^{2}, \quad P=\arctan\frac{cp}{q}$ 是正则变换，求 $a,b$. 

\begin{solution}
正则变换的充要条件是泊松括号 $\{Q, P\}_{q,p} = 1$. 
$$ \{Q, P\} = \frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p} - \frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q} $$
计算各偏导数：
\begin{align*}
    \frac{\partial Q}{\partial q} &= 2aq, \quad \frac{\partial Q}{\partial p} = 2bp \\
    \frac{\partial P}{\partial q} &= \frac{1}{1+(\frac{cp}{q})^2} \cdot \left(-\frac{cp}{q^2}\right) = \frac{-cp}{q^2+c^2p^2} \\
    \frac{\partial P}{\partial p} &= \frac{1}{1+(\frac{cp}{q})^2} \cdot \left(\frac{c}{q}\right) = \frac{cq}{q^2+c^2p^2}
\end{align*}
代入泊松括号公式：
\begin{align*}
    \{Q, P\} &= (2aq) \cdot \frac{cq}{q^2+c^2p^2} - (2bp) \cdot \frac{-cp}{q^2+c^2p^2} \\
    &= \frac{2acq^2 + 2bcp^2}{q^2+c^2p^2}
\end{align*}
令 $\{Q, P\} = 1$，即：
$$ \frac{2acq^2 + 2bcp^2}{q^2+c^2p^2} = 1 \implies 2acq^2 + 2bcp^2 = q^2 + c^2p^2 $$
比较 $q^2$ 和 $p^2$ 的系数，得：
$$ \begin{cases} 2ac = 1 \\ 2bc = c^2 \end{cases} \implies \begin{cases} a = \frac{1}{2c} \\ b = \frac{c}{2} \end{cases} $$
\end{solution}

\paragraph{15.} 用泊松括号检验 $Q=q+t\cos p, \ P=p$ 是否为正则变换. 

\begin{solution}
计算基本泊松括号 $\{Q, P\}_{q,p}$：
\begin{align*}
    \{Q, P\} &= \frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p} - \frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q} \\
    &= (1)(1) - (-t\sin p)(0) \\
    &= 1
\end{align*}
因为 $\{Q, P\} = 1$，所以该变换\textbf{是}正则变换. 
\end{solution}