P02 · 第 3 章 · 第二编 Hamilton 力学

Legendre 变换、Hamilton 方程与 Poisson 括号

从非退化 Lagrangian 的 Legendre 变换构造 Hamiltonian，推导相空间中的正则一阶方程，并用 Poisson 括号统一表达时间演化、对称性与守恒量。

难度 5/5约 210 分钟最近修订 2026-07-14

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预备知识广义坐标、约束与 Noether 定理最小作用量原理与 Euler–Lagrange 方程功、势能与机械能守恒

本章目标

从共轭动量定义和速度 Hessian 判断 Legendre 变换能否局部反演。
由 Hamiltonian 的全微分逐项推导两组 Hamilton 正则方程。
在给定 Lagrangian 下写出具有正确 SI 单位的相空间变量和 Hamiltonian。
说明 Hamiltonian 何时等于机械能，以及显含时间时为何通常不守恒。
计算基本 Poisson 括号，并用时间演化公式判断一个量是否守恒。
比较相空间一阶系统与构型空间二阶系统的初值、维数和适用条件。

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本章路线

Euler–Lagrange 方程以广义坐标 $q_i$ 描述运动，通常是关于时间的二阶方程。Hamilton 形式把状态改写为一对变量 $(q_i,p_i)$ ，其中 $p_i$ 是与 $q_i$ 共轭的动量。这样做没有增加物理自由度：一个二阶初值问题本来就需要位置和速度两组初值；Hamilton 形式只是把它们组织成相空间中的一点，并让时间演化成为一阶流。

这种改写的价值不只在“降阶”。能量与对称性可写成相空间函数，守恒判断变成 Poisson 括号计算；正则变换、统计力学和量子力学也沿用同一结构。代价是必须先检查从速度到动量的映射能否反演。若约束使速度 Hessian 奇异，普通 Legendre 变换不能直接使用，需要约束 Hamilton 系统的额外理论。

本章采用 SI。位置以 $\mathrm m$ 、时间以 $\mathrm s$ 、线动量以 $\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}$ 、能量以 $\mathrm J$ 、作用量以 $\mathrm{J\,s}$ 表示。角坐标以弧度表示，弧度在 SI 中无量纲；其共轭角动量仍具有 $\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}}$ 的单位。不同广义坐标可以有不同单位，因此不能脱离具体坐标机械地给所有 $p_i$ 指定同一种单位。

共轭动量与 Legendre 变换

设完整系统有 $n$ 个广义坐标，Lagrangian 为

L(q_1,\ldots,q_n,\dot q_1,\ldots,\dot q_n,t),

其单位为 $\mathrm J$ 。沿真实运动，Euler–Lagrange 方程是

\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\frac{\partial L}{\partial\dot q_i} -\frac{\partial L}{\partial q_i}=0.

共轭动量与正则 Legendre 映射

与 $q_i$ 共轭的动量定义为

p_i=\frac{\partial L}{\partial\dot q_i}.

若速度 Hessian

W_{ij}=\frac{\partial^2L}{\partial\dot q_i\partial\dot q_j}

在所研究区域可逆，就能局部把 $p_i=p_i(q,\dot q,t)$ 反解为 $\dot q_i=\dot q_i(q,p,t)$ 。此时定义 Hamiltonian

H(q,p,t)=\sum_{i=1}^{n}p_i\dot q_i-L(q,\dot q,t),

右侧所有速度最终都要用 $(q,p,t)$ 表示。 $p_i\dot q_i$ 与 $L$ 均为功率积分后的能量量纲，因此 $H$ 的 SI 单位为 $\mathrm J$ 。

“非退化”不是装饰性条件。若 $L$ 对某个速度完全不含二次信息，多个速度可能给出同一个动量， $(q,p)$ 便不能作为独立坐标。局部 Hessian 可逆也不保证全局一一对应；跨越奇点或不同分支时，需要限制区域并说明所选分支。

Hessian 可逆与它正定是两件事。普通机械系统的动能通常使速度 Hessian 正定，但 Legendre 变换本身只要求行列式非零；不定 Hessian 仍可能局部反演，却可能对应能量无下界或不稳定模态。若行列式虽非零却非常接近零，速度对测得动量会极其敏感，数值反演也会病态。因此实际建模还应报告参数范围，并把“可写出公式”与“动力学稳定、数值可靠”分开判断。

从全微分推导 Hamilton 正则方程

Legendre 变换的符号可从全微分直接核对。先对定义求微分：

\mathrm dH =\sum_i\dot q_i\,\mathrm dp_i +\sum_i p_i\,\mathrm d\dot q_i -\sum_i\frac{\partial L}{\partial q_i}\,\mathrm dq_i -\sum_i\frac{\partial L}{\partial\dot q_i}\,\mathrm d\dot q_i -\frac{\partial L}{\partial t}\,\mathrm dt.

由 $p_i=\partial L/\partial\dot q_i$ ，两组 $\mathrm d\dot q_i$ 项抵消；由 Euler–Lagrange 方程， $\partial L/\partial q_i=\dot p_i$ 。因此

\mathrm dH =\sum_i\dot q_i\,\mathrm dp_i -\sum_i\dot p_i\,\mathrm dq_i -\frac{\partial L}{\partial t}\,\mathrm dt.

另一方面，把 $H$ 看成 $(q,p,t)$ 的函数，

\mathrm dH =\sum_i\frac{\partial H}{\partial q_i}\,\mathrm dq_i +\sum_i\frac{\partial H}{\partial p_i}\,\mathrm dp_i +\frac{\partial H}{\partial t}\,\mathrm dt.

比较独立微分的系数，得到

Hamilton 正则方程

\boxed{\dot q_i=\frac{\partial H}{\partial p_i}}, \qquad \boxed{\dot p_i=-\frac{\partial H}{\partial q_i}}, \qquad \frac{\partial H}{\partial t}=-\frac{\partial L}{\partial t}.

第一式把动量转换为广义速度，第二式把坐标依赖转换为广义力。二者共同给出 $2n$ 维相空间中的一阶初值问题。

正负号来自 $p_i\dot q_i-L$ 的微分，不能靠记忆“对称形式”随意交换。每一式也能用单位核对：若 $q=x$ 的单位为 $\mathrm m$ ，则 $\partial H/\partial p$ 的单位为 $\mathrm{J}/(\mathrm{kg\,m\,s^{-1}})=\mathrm{m\,s^{-1}}$ ；而 $-\partial H/\partial x$ 的单位是 $\mathrm{J\,m^{-1}}=\mathrm N$ ，正好等于 $\dot p$ 。

例 1：弹簧振子的 Legendre 变换与完整轨道

质量 $m=2.00\,\mathrm{kg}$ 的滑块连接劲度系数 $k=8.00\,\mathrm{N\,m^{-1}}$ 的理想弹簧，坐标 $x$ 以平衡点为零。Lagrangian 为

L=\frac12m\dot x^2-\frac12kx^2, \qquad p=\frac{\partial L}{\partial\dot x}=m\dot x.

由于 $\partial^2L/\partial\dot x^2=m>0$ ，可反解 $\dot x=p/m$ ，于是

H=\frac{p^2}{2m}+\frac12kx^2, \qquad \dot x=\frac pm, \qquad \dot p=-kx.

取 $x(0)=0.100\,\mathrm m$ 、 $p(0)=0.400\,\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}$ 。角频率 $\omega=\sqrt{k/m}=2.00\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ ，解为

x(t)=0.100[\cos(2.00t)+\sin(2.00t)]\,\mathrm m,

p(t)=0.400[-\sin(2.00t)+\cos(2.00t)]\,\mathrm{kg\,m\,s^{-1}},

其中代入三角函数的 $2.00t$ 是无量纲相位。初始 Hamiltonian 为 $0.400^2/(2\times2.00)+8.00(0.100)^2/2=0.0800\,\mathrm J$ ，代入任意时刻的解仍为同一值。

例 2：均匀重力中的相空间初值

质量 $m=0.500\,\mathrm{kg}$ 的质点在竖直方向运动， $y$ 向上，地面附近取 $g=9.81\,\mathrm{m\,s^{-2}}$ 。Hamiltonian 是

H(y,p_y)=\frac{p_y^2}{2m}+mgy.

正则方程给出 $\dot y=p_y/m$ 与 $\dot p_y=-mg=-4.905\,\mathrm N$ 。若 $y(0)=2.00\,\mathrm m$ 、 $p_y(0)=1.50\,\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}$ ，初速度为 $3.00\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ ，总能量为

H_0=\frac{1.50^2}{2(0.500)}\,\mathrm J +(0.500)(9.81)(2.00)\,\mathrm J =12.06\,\mathrm J.

动量降至零所需时间是 $1.50/4.905=0.306\,\mathrm s$ ，此时上升 $3.00^2/(2\times9.81)=0.459\,\mathrm m$ 。由相空间方程和能量方程得到同一最高点，构成独立核对。

Hamiltonian 何时是守恒的机械能

对不显含时间、且动能关于速度为二次齐次函数的自然系统

L=T(q,\dot q)-V(q),

Euler 齐次定理给 $\sum_i p_i\dot q_i=2T$ ，所以 $H=T+V$ ，数值上就是机械能。若使用显含时间的坐标变换、速度依赖势或非二次动能，这个简短结论不能直接套用；Hamiltonian 仍是时间演化的生成函数，但其表达式未必等于初等力学中的 $T+V$ 。

沿 Hamilton 轨道，链式法则给

\frac{\mathrm dH}{\mathrm dt} =\sum_i\left( \frac{\partial H}{\partial q_i}\dot q_i +\frac{\partial H}{\partial p_i}\dot p_i \right)+\frac{\partial H}{\partial t} =\frac{\partial H}{\partial t}.

前两项由正则方程严格抵消。因此， $H$ 不显含时间是其守恒的充分条件；“时间在运动过程中改变”与“函数显含时间”不是一回事。

例 3：变劲度弹簧为何不守恒

设 $m=1.00\,\mathrm{kg}$ ，弹簧劲度按 $k(t)=k_0+\alpha t$ 改变，其中 $k_0=4.00\,\mathrm{N\,m^{-1}}$ 、 $\alpha=0.400\,\mathrm{N\,m^{-1}\,s^{-1}}$ 。Hamiltonian 为

H=\frac{p^2}{2m}+\frac12k(t)x^2.

沿轨道

\frac{\mathrm dH}{\mathrm dt}=\frac{\partial H}{\partial t} =\frac12\alpha x^2.

当 $x=0.200\,\mathrm m$ 时，外部调节机构向系统注入功率 $\tfrac12(0.400)(0.200)^2=8.00\times10^{-3}\,\mathrm W$ 。这不是数值误差，而是参数改变带来的真实能量交换。

Poisson 括号：把演化和守恒写成同一条公式

Poisson 括号

对相空间函数 $F(q,p,t)$ 与 $G(q,p,t)$ ，定义

\{F,G\} =\sum_{i=1}^{n}\left( \frac{\partial F}{\partial q_i}\frac{\partial G}{\partial p_i} -\frac{\partial F}{\partial p_i}\frac{\partial G}{\partial q_i} \right).

基本括号为 $\{q_i,q_j\}=0$ 、 $\{p_i,p_j\}=0$ 、 $\{q_i,p_j\}=\delta_{ij}$ 。任意可观测量沿轨道满足

\boxed{\frac{\mathrm dF}{\mathrm dt}=\{F,H\}+\frac{\partial F}{\partial t}}.

Poisson 括号反对称，满足乘积法则与 Jacobi 恒等式。它不是普通乘积，也不是两个量的数值相关性。若 $F$ 不显含时间， $\{F,H\}=0$ 就意味着 $F$ 守恒；若 $F$ 显含时间，则必须检查完整条件 $\partial F/\partial t+\{F,H\}=0$ 。

例 4：用 Poisson 括号识别中心力角动量

二维中心势系统

H=\frac{p_x^2+p_y^2}{2m}+V(r), \qquad r=\sqrt{x^2+y^2},

关于垂直平面的角动量是 $L_z=xp_y-yp_x$ ，单位为 $\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}}$ 。直接计算得

\{L_z,H\} =p_y\frac{p_x}{m}-p_x\frac{p_y}{m} -(-y)\frac{\partial V}{\partial x} -x\frac{\partial V}{\partial y}=0,

因为中心势满足 $\partial V/\partial x=V'(r)x/r$ 、 $\partial V/\partial y=V'(r)y/r$ 。故 $L_z$ 守恒。若取 $m=1.00\,\mathrm{kg}$ 、 $x=2.00\,\mathrm m$ 、 $y=0$ 、 $p_x=0$ 、 $p_y=3.00\,\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}$ ，则 $L_z=6.00\,\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}}$ ，后续轨道无论是否闭合都保持此值。

相空间直觉：一条轨道同时编码位置与运动趋势

构型空间只记录 $q$ ，同一位置可能对应向左、向右或暂时静止等不同运动；相空间再加入 $p$ ，才足以确定下一瞬间的方向。对满足局部唯一性条件的自治 Hamilton 系统，每个相空间点都由向量

X_H=(\partial H/\partial p_1,\ldots,\partial H/\partial p_n, -\partial H/\partial q_1,\ldots,-\partial H/\partial q_n)

指定唯一切向方向。因此两条不同轨道不能在同一时刻无区别地穿过同一相空间点；若图上出现交叉，通常是只画了构型空间投影、使用了周期角坐标，或方程在该点不满足唯一性条件。

Hamilton 形式与 Euler–Lagrange 形式的等价也能反向核对。把 $p_i=\partial L/\partial\dot q_i$ 对时间求导，再用 $\dot p_i=-\partial H/\partial q_i=\partial L/\partial q_i$ ，立即恢复 $\mathrm d(\partial L/\partial\dot q_i)/\mathrm dt-\partial L/\partial q_i=0$ 。这一步依赖 Legendre 映射可逆；若不能从 $(q,p)$ 唯一恢复速度，所谓“同一个相空间点”就没有包含完整运动信息。

自治系统中 $H$ 守恒，所以轨道落在等能量集合 $H(q,p)=E$ 上。一自由度时，相空间是二维平面，等能量曲线往往已经给出运动的定性轮廓。谐振子的 $p^2/(2m)+kx^2/2=E$ 是闭合椭圆，表示周期运动；倒置势 $H=p^2/(2m)-kx^2/2$ 的等能线是双曲线，原点附近存在增长与衰减方向。这里 $k$ 仍以 $\mathrm{N\,m^{-1}}$ 表示，双曲形状来自势能符号，而非单位改变。多自由度时，能量只把 $2n$ 维相空间限制到通常的 $(2n-1)$ 维能量壳，仍需额外守恒量或截面才能理解轨道。

Poisson 括号还给出“生成变换”的直觉。若函数 $G$ 产生无穷小参数变化 $\varepsilon$ ，任意相空间函数的变化写成 $\delta F=\varepsilon\{F,G\}$ 。取 $G=p_x$ ，有 $\delta x=\varepsilon$ 、 $\delta p_x=0$ ，所以线动量生成空间平移；此时 $\varepsilon$ 的单位必须为 $\mathrm m$ ，使变化量单位正确。取 $G=H$ 时，参数就是时间增量 $\mathrm dt$ ，公式退化为时间演化。守恒量因此不仅是沿轨道不变的数字，也常对应保持 Hamiltonian 不变的连续变换方向。

画相图时还应把坐标轴单位写全。位置—动量平面的几何面积具有作用量单位，不能把椭圆横纵半轴的数值直接相加，也不能把图形看起来接近圆当作两个变量“大小相等”。若为展示而分别用参考长度和参考动量归一化，应记录这两个尺度，才能从无量纲图恢复真实能量和相空间面积。

探索实验：比较两种离散更新的长期能量行为

取例 1 的振子，固定步长 $h=0.0500\,\mathrm s$ ，从 $x_0=0.100\,\mathrm m$ 、 $p_0=0.400\,\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}$ 出发迭代 $2000$ 步。第一组使用显式 Euler：

x_{n+1}=x_n+h\frac{p_n}{m}, \qquad p_{n+1}=p_n-hkx_n.

第二组使用辛 Euler：

p_{n+1}=p_n-hkx_n, \qquad x_{n+1}=x_n+h\frac{p_{n+1}}{m}.

每十步记录 $t_n=nh$ 、 $x_n$ 、 $p_n$ 与 $H_n=p_n^2/(2m)+kx_n^2/2$ ，并报告相对偏差 $(H_n-H_0)/H_0$ 。两种方法都只有一阶局部更新，但显式 Euler 通常表现出持续能量漂移，辛 Euler 的能量则在有界范围内振荡。减半 $h$ 后重做，区分离散误差与物理耗散。该探索不证明辛方法“精确守恒能量”；它展示保持相空间结构为何比只比较单步位置误差更重要。计算表、步长和初值必须保留，结果才可复现。

本组参数的基准能量为 $H_0=0.0800\,\mathrm J$ ，真实周期为 $T=2\pi/\omega=\pi\,\mathrm s\approx3.142\,\mathrm s$ ，所以一个周期约含 $62.8$ 个离散步。另记录无量纲步长 $h\omega=0.100$ ，它比单独报告 $h=0.0500\,\mathrm s$ 更便于跨系统比较。结果表至少给出每种方法的最大、最小和末态相对能量偏差，并检查相图是逐圈外扩、内缩还是在邻近椭圆间摆动。若把步长减至 $0.0250\,\mathrm s$ 后漂移规律明显改变，可把差异归因于离散方案；只有在模型本身加入单位为 $\mathrm{kg\,s^{-1}}$ 的阻尼系数后，才应把持续能量下降解释为耗散。

常见误区与适用边界

把 $p_i$ 一律写成 $m\dot q_i$ 。 只有笛卡尔坐标和特定动能形式才如此；角坐标的共轭动量通常含转动惯量，电磁系统还可能含势函数项。
写出 $H=p\dot q-L$ 后仍保留 $\dot q$ 。 Legendre 变换完成时，速度必须用 $(q,p,t)$ 消去。
忽略 Hessian 可逆性。 退化 Lagrangian 会产生约束，直接把每个动量当独立变量会多算自由度。
认为 Hamiltonian 永远等于 $T+V$ 。 这一等式依赖坐标、时间依赖和速度齐次性。
只检查 $\{F,H\}=0$ 。 若 $F$ 显含时间，还要加上 $\partial F/\partial t$ 。
把数值能量变化都解释成外力做功。 先缩小步长并改用结构保持算法，排除离散积分造成的漂移。

练习：从 Legendre 变换到守恒判据

练习 1：自由粒子的 Hamiltonian

所属知识: Legendre 变换
难度: 2/5

一维自由粒子质量 $m=0.250\,\mathrm{kg}$ ，Lagrangian 为 $L=m\dot x^2/2$ 。求 Hamiltonian 和正则方程；若 $p(0)=0.750\,\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}$ 、 $x(0)=1.00\,\mathrm m$ ，求 $2.00\,\mathrm s$ 后的位置。

查看提示

先由

p=\partial L/\partial v

求 v，再代入

pv-L

；逐项写出单位。

查看解答

$p=m\dot x$ ，故 $\dot x=p/m$ ， $H=p^2/(2m)$ ，单位为 $\mathrm J$ 。正则方程是 $\dot x=p/m$ 、 $\dot p=0$ 。速度恒为 $0.750/0.250=3.00\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ ，所以 $x(2.00\,\mathrm s)=1.00\,\mathrm m+(3.00\,\mathrm{m\,s^{-1}})(2.00\,\mathrm s)=7.00\,\mathrm m$ 。

练习 2：单摆的共轭角动量

所属知识: 角坐标
难度: 3/5

质量 $m=0.500\,\mathrm{kg}$ 、摆长 $\ell=0.800\,\mathrm m$ 的理想单摆以最低点为势能零点。写出 $p_\theta$ 与 $H(\theta,p_\theta)$ ，并给出两条正则方程。

查看提示

弧度无量纲；先对角速度求偏导，再把角速度写成

p\theta/(m

ℓ

^{2})

。

查看解答

L=\frac12m\ell^2\dot\theta^2-mg\ell(1-\cos\theta), \qquad p_\theta=m\ell^2\dot\theta.

$p_\theta$ 的单位为 $\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}}$ 。因此

H=\frac{p_\theta^2}{2m\ell^2}+mg\ell(1-\cos\theta),

\dot\theta=\frac{p_\theta}{m\ell^2}, \qquad \dot p_\theta=-mg\ell\sin\theta.

第二式右侧单位为 $\mathrm{N\,m}$ ，与角动量变化率一致。

练习 3：基本 Poisson 括号

所属知识: Poisson 括号
难度: 3/5

在一维相空间计算 $\{x^2,p^2\}$ ，并说明结果的 SI 单位。

查看提示

分别写出

F=x^{2}

与

G=p^{2}

对 x、p 的四个偏导。

查看解答

\{x^2,p^2\} =(2x)(2p)-0=4xp.

$xp$ 的单位为 $\mathrm m\cdot\mathrm{kg\,m\,s^{-1}} =\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}}$ 。也可由“ $FG$ 除以作用量”的量纲规则得到同一结果。

练习 4：平移对称与动量守恒

所属知识: 守恒量
难度: 3/5

三维粒子的 Hamiltonian 为 $H=(p_x^2+p_y^2+p_z^2)/(2m)+V(y,z)$ 。证明 $p_x$ 守恒，并说明对应的物理对称性。

查看提示

计算

{p_{x},H}

，或直接使用第二条正则方程。

查看解答

因 $H$ 不依赖 $x$ ，

\dot p_x=\{p_x,H\}=-\frac{\partial H}{\partial x}=0.

这表示势能沿 $x$ 方向平移不变，因而该方向没有广义力，线动量分量 $p_x$ 守恒。若坐标 $x$ 用 $\mathrm m$ ， $p_x$ 用 $\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}$ 。

练习 5：外部参数改变的功率

所属知识: 显含时间
难度: 3/5

质量固定的振子满足 $H=p^2/(2m)+k(t)x^2/2$ ，在某时刻 $x=0.300\,\mathrm m$ ，且 $\dot k=-0.200\,\mathrm{N\,m^{-1}\,s^{-1}}$ 。求该时刻 $H$ 的变化率并解释符号。

查看提示

沿轨道

dH/dt=\partial H/\partial t

；只对随时间变化的参数求偏导。

查看解答

\frac{\mathrm dH}{\mathrm dt} =\frac12\dot kx^2 =\frac12(-0.200)(0.300)^2\,\mathrm W =-9.00\times10^{-3}\,\mathrm W.

负号表示调节机构在该瞬间从机械系统取走能量；它并不说明振子受到普通粘性阻力。

练习 6：识别退化 Lagrangian

所属知识: 适用条件
难度: 4/5

设一个模型的 Lagrangian 为 $L(q,\dot q)=a\dot q-U(q)$ ，其中 $a$ 的单位为 $\mathrm{J\,s}$ ， $q$ 无量纲。判断普通 Legendre 变换是否可用。

查看提示

计算关于速度的二阶偏导，并检查能否由 p 反解速度。

查看解答

$p=\partial L/\partial\dot q=a$ ，与 $\dot q$ 无关；速度 Hessian $\partial^2L/\partial\dot q^2=0$ 。因此给定 $p=a$ 不能反解 $\dot q$ ，而 $p-a=0$ 是相空间约束。若直接把 $H=p\dot q-L=(p-a)\dot q+U(q)$ 当作普通 Hamiltonian，会错误地保留任意速度。该系统需要约束 Hamilton 方法；本章的非退化推导不适用。

关系、资源与后续学习

最小作用量原理与 Euler–Lagrange 方程是正则方程推导中使用的构型空间起点。
广义坐标、约束与 Noether 定理解释对称性为何产生守恒量，本章用 Poisson 括号给出等价检验。
功、势能与机械能守恒提供 $T+V$ 的能量账本，本章明确它与 Hamiltonian 相等所需的条件。
Poisson 括号与正则变换将研究哪些变量替换保持正则方程、辛结构和相空间体积。
相空间、Poincaré 截面与混沌将利用相流、固定点和截面分析非线性 Hamilton 系统。

课程 · 2014

Classical Mechanics III

Iain Stewart

用于核对 P02 的变分条件、约束处理、Hamilton 形式、Poisson 括号、正则变换和混沌例题。

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该课程资源适合复核变分原理、Hamilton 形式、Poisson 括号和 Hamilton–Jacobi 方法之间的连续推导。阅读时应同步重算本章的全微分和单位，而不是只记住两条正则方程。

下一章进入正则变换：把 $(q,p)$ 换成更合适的 $(Q,P)$ ，但要求变换保持 Poisson 括号和辛结构。随后可在相空间中研究可积轨道、共振、Poincaré 截面与确定性混沌。