Dos primeras integrales de un campo hamiltoniano XHXHX_{H} son independientes det[∂Fi∂pk]≠0det[∂Fi∂pk]≠0\det \left[ \frac{\partial F_{i}}{\partial p_{ k}} \right] \neq 0

En este contexto, independiente significa que (esta es la definición de independiente)

si fijas dos valores cualesquiera$f_1$y$f_2$en el rango de las primeras integrales, el conjunto

$$S:= \{x \in M \:|\: F_i(x)=f_i, i=1,2 \}$$ en el$2n$-espacio de fase dimensional$M$es una subvariedad incrustada de dimensión$2n-2$.

Una condición necesaria y suficiente para la independencia es que

la matriz jacobiana (en cualquier sistema de coordenadas fijado arbitrariamente en$M$no necesariamente canónico)$\left[\frac{\partial F_i}{\partial x^k}\right]_{i=1,2\: k= 1,\ldots, 2n}$tiene rango$2$en$S$.

En otras palabras

el$\mathbb R^{2n}$vectores$(\frac{\partial F_1}{\partial x^{1}}, \cdots \frac{\partial F_1}{\partial x^{2n}})^t$y$(\frac{\partial F_2}{\partial x^{1}}, \cdots \frac{\partial F_2}{\partial x^{2n}})^t$debe ser linealmente independiente en$S$.

Esta última condición no tiene mucho que ver con un determinante ya que la función determinante trata con$2n \times 2n$matrices mientras que aquí tenemos un$2 \times 2n$matriz.

Como sugirió @AccidentalFourierTransform (en una discusión ahora eliminada), esta condición está relacionada con la otra condición$\{F_1, F_2\} \neq 0$en$S$.

De hecho, esa condición implica la independencia de$F_1$y$F_2$. La prueba es fácil:

$$0 \neq \{F_1, F_2\} = Sym(dF_1,dF_2)$$ dónde $Sym(dF_1,dF_2)$es la forma simpléctica que es bilineal y antisimétrica y por lo tanto se desvanece si $dF_1$, $dF_2$son linealmente dependientes.

Para$n>1$, puede pasar que$dF_1$,$dF_2$son linealmente independientes pero$Sym(dF_1,dF_2)=0$, por lo que las condiciones no son equivalentes y el paréntesis de Poisson es más fuerte que el de la matriz jacobiana si$n>1$.

Sin embargo, son equivalentes para$n=1$y el resultado establecido aquí es válido en ese caso. Prueba de una propiedad del corchete de Poisson .