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¿Cómo encontrar las curvas integrales que son las órbitas de los grupos de parámetros uno?

Considere la posibilidad de $\mathbb{R}^2$ con el estándar de estructura simpléctica y el interior del producto. Considere la posibilidad de un Hamiltoniano $$H=(x,y)A(x,y)^t$$ where $$A=\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \beta & \delta \end{pmatrix}$$ with entries in $\mathbb{R}.$ I have to determine for which $Un$ are the integral curves given by orbits of one-parameter groups acting by isometries of $\mathbb{R}^2$ y la necesidad de dar fórmula explícita para tal órbita. Tengo problemas aquí. Uno es que no entiendo lo que debo hacer.

Yo entiendo lo siguiente:

Deje $M$ ser un suave colector. Si $\theta: \mathbb{R} \times M \to M $ es un flujo global, entonces inmediatamente nos tiene los siguientes mapas:

$\forall t \in \mathbb{R}, \quad \theta_ t: M \to M$ es diffeomorphism.

$\forall \ p \in M,$ hemos suave curva de $\theta ^ {(p)}: \mathbb{R} \to M$ con la imagen como la órbita de $p$ bajo la acción del grupo.

Y por último, $\mathbb{R} \to Diff(M)$ es un grupo homomorphism.

No sé cómo utilizar este conocimiento para resolver mi problema. Por favor, ayuda!

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Robert Lewis Puntos 20996

El estándar de la estructura simpléctica en $\Bbb R^2$ es determinado por los dos de forma

$\omega = dx \wedge dy, \tag{1}$

y el estándar interno producto $\langle \cdot, \cdot \rangle$ es

$\langle \mathbf r_1, \mathbf r_2 \rangle = \mathbf r_1^T \mathbf r_2 = x_1 x_2 + y_1 y_2, \tag{2}$

donde

$\mathbf r_i = \begin{pmatrix} x_i \\ y_i \end{pmatrix} \in \Bbb R^2, \; \; i = 1, 2. \tag{3}$

Tomamos nota de que la toma de

$\mathbf e_x = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \dfrac{\partial}{\partial x} \tag{4}$

y

$\mathbf e_y = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \dfrac{\partial}{\partial y},\tag{5}$

tenemos

$\omega (\mathbf e_x, \cdot) = dx (\dfrac{\partial}{\partial x}) dy = dy \tag{6}$

y

$\omega(\mathbf e_y, \cdot) = (dx \wedge dy)(\dfrac{\partial}{\partial y }) = -(dy \wedge dx)(\dfrac{\partial}{\partial y }) = -dy(\dfrac{\partial}{\partial y })dx = -dx. \tag{7}$

$\omega$ pueden, por supuesto, ser interpretada como una lineal mapa de $T_\omega: \Bbb R^2 \to (\Bbb R^2)^\ast$, el doble de espacio de $\Bbb R^2$, por definición, para $\mathbf v \in \Bbb R^2$,

$T_\omega(\mathbf v) = \omega(\mathbf v, \cdot); \tag{8}$

entonces

$(T\omega(\mathbf v))(\mathbf w) = \omega(\mathbf v, \mathbf w). \tag{9}$

(6) y (7) demuestre que la matriz de $T_\omega$, el uso de las bases $\mathbf e_1$, $\mathbf e_2$ de $\Bbb R^2$, y $dx$, $dy$ de $(\Bbb R^2)^\ast$, está dada por

$[T_\omega] = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}; \tag{10}$

esta representación de la matriz de $\omega$ resultará conveniente en los cálculos que siguen. Recordamos también que podemos, con la ayuda del producto interior $\langle \cdot, \cdot \rangle$$\Bbb R^2$, identificar los vectores $\mathbf v$ $\Bbb R^2$ con dos vectores en $(\Bbb R^2)^\ast$, a través de la map $\phi$ que envía a $\mathbf v$$\phi(\mathbf v) = \langle \mathbf v, \cdot \rangle$, que es

$(\phi(\mathbf v))(\mathbf w) = \langle \mathbf v, \mathbf w \rangle, \tag{11}$

la celebración de todos los $\mathbf w \in \Bbb R^2$. El mapa de $\phi$ del curso identifica los elementos de la $\Bbb R^2$ con los de $(\Bbb R^2)^\ast$, pero en una forma diferente a la $\omega$; es fácil ver que

$\phi(\mathbf e_x) = dx \tag{12}$

y

$\phi(\mathbf e_y) = dy; \tag{13}$

por ejemplo,

$(\phi(\mathbf e_x))(\mathbf e_x) = \langle \mathbf e_x, \mathbf e_x \rangle = 1 = dx(\mathbf e_x), \tag{14}$

y

$(\phi(\mathbf e_x))(\mathbf e_y) = \langle \mathbf e_x, \mathbf e_y \rangle = 0 = dx(\mathbf e_y), \tag{15}$

el establecimiento de (12); de curso (13) se muestra de manera similar. (12)-(15) son ilustrativos de la auto-dualidad de la propiedad del producto interior espacios; es decir, los vectores en tales espacios pueden ser identificados con los elementos del espacio dual a través de mapas como $\phi$ que surgen naturalmente de un interior de la estructura del producto. Por supuesto, la matriz de $\phi$ con respecto a las bases utilizadas anteriormente para $\omega$ es

$[\phi] = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = I, \tag{16}$

y podemos observar que el mapa de $\phi^{-1} \circ T_\omega : \Bbb R^2 \to \Bbb R^2$ satisface

$\phi^{-1} \circ T_\omega(\mathbf e_x) = \mathbf e_y \tag{17}$

y

$\phi^{-1} \circ T_\omega(\mathbf e_y) = -\mathbf e_x \tag{18}$

con la matriz de

$[\phi^{-1} \circ T_\omega] = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}. \tag{19}$

(18) de hecho, puede claramente ser considerada como una expresión de la forma simpléctica $\omega$ en términos de la correspondiente representación como un opertor en $\Bbb R^2$; de cualquier forma puede ser usada en los cálculos, y yo lo hago de la siguiente.

Me han apaleado estos preliminares puntos en algún tiempo con el fin de resolver las ambigüedades con las definiciones de mis lectores pueden experimentar debido, posiblemente, de diferentes procedencias.

Después de haber visto estas cosas, nos volvemos a los Hamiltonianos en la mano,

$H = (x,y)A(x,y)^T, \tag{20}$

donde

$A = \begin{bmatrix} \alpha & \beta \\ \beta & \delta \end{bmatrix}; \tag{21}$

vemos de (20), (21) que

$H = (x, y)\begin{bmatrix} \alpha & \beta \\ \beta & \delta \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = (x, y) \begin{pmatrix} \alpha x + \beta y \\ \beta x + \delta y \end{pmatrix} = \alpha x^2 + 2\beta xy + \delta y^2. \tag{22}$

Hacemos una pausa para observar que no hay pérdida de generalidad en la toma de $A$ a ser una matriz simétrica, es decir, teniendo en $A_{12} = A_{21} = \beta$, en lugar de decir $A_{12} = \beta$, $A_{21} = \gamma$, ya que en este caso el de Hamilton sería

$H = \alpha x^2 + (\beta + \gamma) xy + \delta y^2. \tag{23}$

La inspección de (22), revela que el coeficiente de la $xy$ plazo en $H$ sólo depende de la suma de $\beta + \gamma$, y no en $\beta$ $\gamma$ por separado. Otra forma de ver esto es para escribir

$A = A_+ + A_-, \tag{24}$

donde $A_+$, $A_-$ son el simétrico y el sesgo de simetría de las piezas de $A$:

$A_+ = \dfrac{A + A^T}{2} = A_+^T = \begin{bmatrix} \alpha & \dfrac{\beta + \gamma}{2} \\ \dfrac{\beta + \gamma}{2} & \delta \end{bmatrix}, \tag{25}$

$A_- = \dfrac{A - A^T}{2} = -A_-^T = \begin{bmatrix} 0 & \dfrac{\beta - \gamma}{2} \\ \dfrac{\gamma - \beta }{2} & 0 \end{bmatrix}. \tag{26}$

Ya que para cualquier sesgo de simetría de la matriz de $K$ y el vector $\mathbf z$ hemos

$\mathbf z^T K z = 0, \tag{27}$

vemos que

$(x, y) A (x, y)^T = (x, y) (A_+ + A_-)(x, y)^T$ $= (x, y)A_+(x, y)^T + (x, y)A_-(x, y)^T = (x, y)A_+(x, y)^T, \tag{28}$

es decir, la forma cuadrática $(x, y) A (x, y)^T$ depende únicamente de la parte simétrica de $A$; la independencia de $\beta$ $\gamma$ "lava", por así decirlo, sólo necesitamos considerar el caso de $A_{21} = \gamma = \beta = A_{12}$ cuando la evaluación de la formas cuadráticas como $H$.

Volviendo al problema en cuestión, hemos de (21)

$dH = \dfrac{\partial H}{\partial x}dx + \dfrac{\partial H}{\partial y}dy = (2\alpha x + 2\beta y)dx + (2\beta x + 2\delta y)dy. \tag{29}$

El campo de vectores $\mathbf X_H$ la conducción de la correspondiente Hamiltonianos sistema dinámico por definición satisface

$dH = \omega(\mathbf X_H, \cdot) = T_\omega(\mathbf X_H); \tag{30}$

configuración

$\mathbf X_H = \begin{pmatrix} X_x \\ X_y \end{pmatrix}, \tag{31}$

podemos aplicar (17)-(19) a (30), (31) y encontrar

$\phi^{-1} \circ T_\omega (\mathbf X_H) = \phi^{-1}(dH) = \phi^{-1}(\dfrac{\partial H}{\partial x}dx + \dfrac{\partial H}{\partial y}dy) = \dfrac{\partial H}{\partial x} \phi^{-1}(dx) + \dfrac{\partial H}{\partial y} \phi^{-1}(dy)$ $= \dfrac{\partial H}{\partial x} \mathbf e_x + \dfrac{\partial H}{\partial y} \mathbf e_y, \tag{32}$

y

$\phi^{-1} \circ T_\omega(\mathbf X_H) = \phi^{-1} \circ T_\omega(X_x \mathbf e_x + X_y \mathbf e_y)$ $= X_x \phi^{-1} \circ T_\omega(\mathbf e_x) + X_y\phi^{-1} \circ T_\omega(\mathbf e_y) = X_x \mathbf e_y - X_y \mathbf e_x. \tag{33}$

La comparación de (32) y (33) vemos que

$\mathbf X_H = \begin{pmatrix} X_x \\ X_y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial H}{\partial y} \\ -\dfrac{\partial H}{\partial x} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \delta y + 2\beta x \\ -2\alpha x - 2 \beta y \end{pmatrix} = \begin{bmatrix} 2\beta & 2\delta \\ -2 \alpha & -2 \beta \end{bmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}; \tag{34}$

el campo de vectores Hamiltoniano es así lineal con matriz de coeficientes

$B = \begin{bmatrix} 2\beta & 2\delta \\ -2 \alpha & -2 \beta \end{bmatrix}, \tag{35}$

y el Hamiltoniano de ecuaciones diferenciales en este caso se convierten, configuración

$\mathbf r = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}, \tag{36}$

$\dot {\mathbf r} = B \mathbf r. \tag{37}$

En el Pasado, ahora estamos y, finalmente, en una posición para disponer de las preguntas en lugar de poco. En primer lugar, y explícita en la fórmula para el flujo de $\theta_t$ puede ser escrito

$\theta_t(\mathbf r_0) = e^{Bt} \mathbf r_0, \tag{38}$

de la siguiente manera para cualquier constante coeficiente lineal del sistema. Aquí $\mathbf r_0 = (x_0, y_0)^T$ es el punto inicial. Explícito fórmulas para $\theta_t(\mathbf r_0)$ ahora pueden ser derivados de la manera habitual mediante el cálculo de $e^{Bt}$ explícitamente el uso de la Jordan en la forma de $B$, es decir, mediante el cálculo de sus valores y sus subespacios invariantes. Sin embargo, mucho de este esfuerzo puede ser cortocircuitado por abordar la primera pregunta, que es, para que $A$ ¿el flujo de $\theta_t(\mathbf r_0) = e^{Bt} \mathbf r_0$ acto por isometrías? esto es bastante fácil. Uno de los grupos de parámetros de tales isometrías lineales de la forma $e^{Bt}$ $\Bbb R^2$ se caracterizan por la propiedad de que

$\langle e^{Bt} \mathbf r_1, e^{Bt} \mathbf r_2 \rangle = \langle \mathbf r_1, \mathbf r_2 \rangle; \tag{39}$

para cualquier y todos los vectores $\mathbf r_1, \mathbf r_2 \in \Bbb R^2$. La diferenciación de (38) con respecto a $t$ rendimientos

$\langle Be^{Bt} \mathbf r_1, e^{Bt} \mathbf r_2 \rangle + \langle e^{Bt} \mathbf r_1, Be^{Bt} \mathbf r_2 \rangle = 0; \tag{40}$

establecimiento $t = 0$ (40) de los rendimientos de

$\langle B\mathbf r_1, \mathbf r_2 \rangle + \langle \mathbf r_1, B \mathbf r_2 \rangle = 0; \tag{41}$

de la manera habitual (41) implica

$\langle \mathbf r_1, B^T \mathbf r_2 \rangle + \langle \mathbf r_1, B \mathbf r_2 \rangle = 0, \tag{42}$

o

$\langle \mathbf r_1, (B^T + B)\mathbf r_2 \rangle = 0. \tag{43}$

Desde $\mathbf r_1$ $\mathbf r_2$ son arbitrarias, esto produce

$B^T + B = 0, \tag{44}$

o

$B^T = -B; \tag{45}$

$B$ debe ser skew-simétrica. El examen (35) a la luz de este descubrimiento muestra que $\alpha = \delta$, $\beta = 0$; a partir de (21) vemos que $A$ debe ser de la forma

$A = \begin{bmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \alpha \end{bmatrix} = \alpha I; \tag{46}$

cuando se escribe en términos de los componentes de las ecuaciones de Hamilton quedar así

$\dot x = 2 \alpha y, \tag{47}$

$\dot y = -2 \alpha x; \tag{48}$

después de un poco de trasteo (47)-(48) puede ser escrita

$\ddot x + 4 \alpha^2 x = 0; \tag{49}$

esta es la ecuación de un oscilador armónico con fuerza constante a la relación de la masa del $4\alpha^2$; en este punto es probablemente seguro, la explicación y la derivación de sabios, para cortar a la escena de persecución y darnos cuenta de que podemos escribir las soluciones de (47)-(48) como

$x(t) = x_0 \cos 2\alpha t + y_0 \sin 2 \alpha t, \tag{50}$

$y(t) = y_0 \cos 2\alpha t - x_0 \sin 2 \alpha t; \tag{51}$

(50), (51) describir explícitamente el flujo de $\theta_t$ de nuestro sistema, a saber:

$\theta_t((x_0, y_0)^T) = (x_0 \cos 2\alpha t + y_0 \sin 2 \alpha t, y_0 \cos 2\alpha t - x_0 \sin 2 \alpha t)^T. \tag{52}$

Y creo que está finalmente terminado!!!

Nota: en definitiva la fórmula (30) y un infierno de un montón de otras cosas acerca de los sistemas Hamiltonianos se pueden encontrar en Abraham y Marsden impresionante clásico, Fundamentos de la Mecánica, disponible de forma gratuita y legal de descarga de Caltech; ver aquí. Un muy completo y avanzado del trabajo, lleno de cosas buenas. Final de la Nota.

Espero que esto ayude. Año nuevo Bendiciones para Todos y cada Uno,

y como siempre,

Fiat Lux!!!

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