Cơ học Lagrange và Hamilton

Nhiễu quỹ đạo bằng $q(t)+\epsilon\,\eta(t)$ với $\eta(t_1)=\eta(t_2)=0$ và đòi hỏi $\frac{d}{d\epsilon}S[q+\epsilon\eta]\big|_{\epsilon=0}=0$ với mọi $\eta$ như vậy. Khai triển đến bậc nhất theo $\epsilon$ và lấy tích phân từng phần số hạng $\dot\eta$ (số hạng biên triệt tiêu vì $\eta(t_1)=\eta(t_2)=0$) cho ta $\int \left(\frac{\partial L}{\partial q_k} - \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\right)\eta_k\,dt = 0$ với mọi $\eta$, buộc biểu thức trong ngoặc phải triệt tiêu đồng nhất.

Bước 1 (thiết lập biến phân). Cho $q(t)$ là quỹ đạo thực và nhiễu nó bằng $q(t)+\epsilon\,\eta(t)$ với tham số nhỏ $\epsilon$, trong đó $\eta(t)$ là một hàm trơn tùy ý thỏa $\eta(t_1)=\eta(t_2)=0$ để quỹ đạo bị nhiễu có cùng hai đầu mút với $q(t)$. Nguyên lý Hamilton đòi hỏi $S[q+\epsilon\eta]$ dừng tại $\epsilon=0$ với mọi $\eta$ khả dĩ, tức $\frac{d}{d\epsilon}S[q+\epsilon\eta]\big|_{\epsilon=0}=0$.

Bước 2 (lấy đạo hàm dưới dấu tích phân). Lấy đạo hàm $S[q+\epsilon\eta]=\int_{t_1}^{t_2}L(q+\epsilon\eta,\dot q+\epsilon\dot\eta,t)\,dt$ theo $\epsilon$ rồi cho $\epsilon=0$, theo quy tắc dây chuyền áp dụng cho từng số hạng, ta được $$\frac{d}{d\epsilon}S[q+\epsilon\eta]\Big|_{\epsilon=0}=\int_{t_1}^{t_2}\sum_k\left(\frac{\partial L}{\partial q_k}\eta_k+\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\dot\eta_k\right)dt$$

**Bước 3 (lấy tích phân từng phần số hạng $\dot\eta_k$).** Với mỗi $k$, tích phân từng phần biến $\int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\dot\eta_k\,dt$ thành một số hạng biên trừ một số hạng khối: $$\int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\dot\eta_k\,dt = \left[\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\eta_k\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2}\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\right)\eta_k\,dt$$

Bước 4 (số hạng biên triệt tiêu). Vì $\left[\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\eta_k\right]_{t_1}^{t_2}=0$ do điều kiện hai đầu mút cố định $\eta(t_1)=\eta(t_2)=0$, chỉ còn lại tích phân khối, thay ngược vào Bước 2 ta được $$\int_{t_1}^{t_2}\sum_k\left(\frac{\partial L}{\partial q_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\right)\eta_k(t)\,dt=0$$

Bước 5 (bổ đề cơ bản của phép tính biến phân). Tích phân này triệt tiêu với mọi $\eta_k$ trơn triệt tiêu tại hai đầu mút. Nếu biểu thức trong ngoặc $\frac{\partial L}{\partial q_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}$ khác không và liên tục tại một điểm trong $t_0$ nào đó, nó sẽ giữ nguyên dấu trên một khoảng nhỏ quanh $t_0$; chọn $\eta_k$ là một hàm bump trơn có giá trong khoảng đó (dương ở nơi ngoặc dương, và bằng không ở nơi khác) sẽ làm tích phân khác không thực sự, mâu thuẫn. Vậy biểu thức trong ngoặc phải triệt tiêu đồng nhất, cho ta $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q_k} - \frac{\partial L}{\partial q_k} = 0$ với mọi $k$ — phương trình Euler–Lagrange.

Lấy đạo hàm của $L(q(s),\dot q(s),t)=L(q,\dot q,t)$ (tính bất biến) theo $s$ tại $s=0$, rồi dùng phương trình Euler–Lagrange để viết lại $\partial L/\partial q_k$ thành $\frac{d}{dt}\left(\partial L/\partial \dot q_k\right)$, ta được $\frac{d}{dt}\sum_k \frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\frac{\partial q_k}{\partial s}=0$: chính là phát biểu $I$ có đạo hàm theo thời gian bằng 0, tức được bảo toàn.

Bước 1 (lấy đạo hàm đẳng thức bất biến). Tính bất biến của $L$ dưới phép biến đổi có nghĩa $L(q(s),\dot q(s),t)=L(q,\dot q,t)$ đúng đồng nhất theo $s$. Lấy đạo hàm hai vế theo $s$ rồi tính tại $s=0$ (dùng $q_k(0)=q_k$), theo quy tắc dây chuyền ta được $$\sum_k\left(\frac{\partial L}{\partial q_k}\frac{\partial q_k}{\partial s}+\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\frac{\partial \dot q_k}{\partial s}\right)\bigg|_{s=0}=0$$

Bước 2 (dùng phương trình Euler–Lagrange trên quỹ đạo thực). Vì $q(t)$ là nghiệm của phương trình Euler–Lagrange, $\frac{\partial L}{\partial q_k}=\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}$. Thay vào số hạng thứ nhất của Bước 1, ta thay $\partial L/\partial q_k$ bằng một đạo hàm toàn phần theo thời gian.

**Bước 3 (hoán đổi đạo hàm theo $s$ và $t$).** Vì $s$ và $t$ là hai biến độc lập, các đạo hàm riêng hỗn hợp của $q_k(s,t)$ giao hoán được: $\frac{\partial \dot q_k}{\partial s}=\frac{d}{dt}\frac{\partial q_k}{\partial s}$. Điều này cho phép viết lại số hạng thứ hai của Bước 1 cũng bằng một đạo hàm toàn phần theo thời gian.

Bước 4 (nhận ra một đạo hàm toàn phần). Với cả hai số hạng đều được xây từ $\frac{d}{dt}(\cdot)$, quy tắc tích chạy ngược lại: $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\cdot\frac{\partial q_k}{\partial s}+\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\cdot\frac{d}{dt}\frac{\partial q_k}{\partial s}=\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\frac{\partial q_k}{\partial s}\right)$. Thay vào đẳng thức ở Bước 1, nó thu gọn thành một đạo hàm toàn phần theo thời gian duy nhất bằng không: $$\frac{dI}{dt}=\frac{d}{dt}\sum_k\frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\frac{\partial q_k}{\partial s}\bigg|_{s=0}=0$$

Bước 5 (kết luận bảo toàn). Một đại lượng có đạo hàm theo thời gian triệt tiêu đồng nhất dọc theo mọi nghiệm của phương trình chuyển động thì là hằng số dọc theo nghiệm đó. Vậy $I=\sum_k \frac{\partial L}{\partial \dot q_k}\frac{\partial q_k}{\partial s}\big|_{s=0}$ được bảo toàn, đó chính là định lý Noether.

Trường vận tốc trong không gian pha $(\dot q,\dot p) = (\partial H/\partial p, -\partial H/\partial q)$ không phân kỳ: $\sum_k\left(\frac{\partial \dot q_k}{\partial q_k}+\frac{\partial \dot p_k}{\partial p_k}\right) = \sum_k\left(\frac{\partial^2 H}{\partial q_k \partial p_k} - \frac{\partial^2 H}{\partial p_k \partial q_k}\right)=0$, vì các đạo hàm riêng hỗn hợp giao hoán được. Một dòng chảy không phân kỳ bảo toàn thể tích, theo cùng lập luận như định lý phân kỳ cho chất lỏng không nén được.

Bước 1 (dòng chảy trong không gian pha). Phương trình Hamilton $(\dot q,\dot p)=\left(\frac{\partial H}{\partial p},-\frac{\partial H}{\partial q}\right)$ xác định một trường vận tốc trên không gian pha; mỗi điểm $(q,p)$ di chuyển dọc theo trường này, nên một miền $\Omega(t_1)$ được dòng chảy mang tới miền $\Omega(t_2)$. Định lý vận chuyển Reynolds cho tốc độ biến thiên của thể tích bao quanh $V(t)=\int_{\Omega(t)}dq\,dp$ bằng thông lượng của phân kỳ: $$\frac{d}{dt}V(t)=\int_{\Omega(t)}\nabla\cdot(\dot q,\dot p)\,dq\,dp$$

Bước 2 (tính phân kỳ). Trực tiếp từ phương trình Hamilton, $$\sum_k\left(\frac{\partial}{\partial q_k}\frac{\partial H}{\partial p_k}+\frac{\partial}{\partial p_k}\left(-\frac{\partial H}{\partial q_k}\right)\right)=\sum_k\left(\frac{\partial^2 H}{\partial q_k\partial p_k}-\frac{\partial^2 H}{\partial p_k\partial q_k}\right)=0$$ vì các đạo hàm riêng cấp hai hỗn hợp của hàm trơn $H$ giao hoán được (định lý Schwarz về sự bằng nhau của đạo hàm hỗn hợp): $\partial^2H/\partial q_k\partial p_k=\partial^2H/\partial p_k\partial q_k$, nên hai số hạng triệt tiêu lẫn nhau chính xác.

Bước 3 (phân kỳ bằng không buộc tốc độ biến thiên bằng không). Thay kết quả Bước 2 vào công thức vận chuyển ở Bước 1 cho ta $$\frac{d}{dt}V(t)=0$$ tại mọi thời điểm $t$, với mọi lựa chọn miền ban đầu $\Omega(t_1)$.

Bước 4 (lấy tích phân để có thể tích bằng nhau). Một hàm theo $t$ có đạo hàm đồng nhất bằng không thì là hằng số, nên $V(t)=V(t_1)$ với mọi $t$: thể tích không gian pha của miền đang tiến triển không bao giờ thay đổi, đúng như khẳng định.