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Máster y doctorado

Variedades simplécticas y sistemas hamiltonianos

Una partícula tiene una posición q y un momento p. Su estado es el par (q, p). La geometría simpléctica organiza esos pares y convierte una energía H en una regla de movimiento. Vamos a construir esa regla, comprobar sus signos y resolver un oscilador antes de distinguir lo que la energía conserva de lo que no garantiza.

Si necesitas repasar:

1. Una forma de área toma dos vectores, en un orden

En el plano, ω=dq∧dp asigna a v=(a, b) y w=(c, d) el número ad−bc.

Es el área orientada del paralelogramo.

Cambiar el orden cambia el signo: ω(w, v)=−ω(v, w).
En particular ω(v, v)=0.

Esta anulación no dice que v tenga longitud cero: ω no es un producto escalar.

La misma idea en un espacio tangente es una forma bilineal alternante.

Es no degenerada cuando ω(v, w)=0 para todo w obliga a v=0.

Es decir, ningún vector distinto de cero queda invisible al compararlo con todos los demás. La aplicación v↦ω(v,·), del espacio tangente al cotangente, es entonces un isomorfismo.

Calcular y después invertir el orden

v=(2,1), w=(1,3), ω=dq∧dp.

  1. Primer orden

    ω(v, w)=2·3−1·1=5.

  2. Invertir

    ω(w, v)=1·1−3·2=−5.

  3. Repetir vector

    ω(v, v)=2·1−1·2=0, aunque v no es cero.
Resultado

La forma mide área orientada, no longitud.

Lo comprobamos

El valor absoluto coincide en los dos órdenes.

Detectar un vector usando dos pruebas

v=(a, b) tiene ω(v, w)=0 para todo w.

  1. Probar w=(1,0)

    ω(v, w)=−b; por tanto b=0.

  2. Probar w=(0,1)

    ω(v, w)=a; por tanto a=0.

  3. Concluir

    v=(0,0); la forma del plano es no degenerada.
Resultado

Dos vectores de una base bastan por bilinealidad.

Lo comprobamos

Con la forma cero cualquier v quedaría invisible y no habría no degeneración.

2. Los pares explican la dimensión par y el volumen

La matriz A de una forma alternante real cumple Aᵀ=−A. Si su tamaño m es impar, det A=det(−A)=−det A y det A=0. No puede ser invertible. Una forma simpléctica exige dimensión 2n. Ser par es necesario, pero la forma cero sigue siendo degenerada en dimensión dos.

En una base simpléctica, ω es la suma de n formas dqⱼ∧dpⱼ. Al multiplicarla exteriormente n veces, sobreviven los términos que usan todos los pares. La forma \omega^n/n! es un volumen no nulo y fija una orientación. El factor n! compensa las n! maneras de ordenar los pares, que conmutan por tener grado dos.

Ver el núcleo que impide una forma simpléctica en R³

ω=dx∧dy, con coordenada adicional z.

  1. Elegir

    v=∂/∂z no es cero.

  2. Evaluar

    Ni dx ni dy detectan v: ω(v, w)=0 para cualquier w.

  3. Concluir

    La forma es degenerada, aunque sea cerrada.

Resultado

No se arregla el problema por el hecho de que dω=0.

Lo comprobamos

La dimensión impar imposibilita cualquier forma alternante no degenerada, no solo esta.

Multiplicar dos pares en R⁴

ω=α+β, α=dq₁∧dp₁, β=dq₂∧dp₂.

  1. Expandir

    ω²=α²+α∧β+β∧α+β².

  2. Anular repeticiones

    α²=β²=0; β∧α=α∧β por sus grados pares.

  3. Dividir

    ω²/2=α∧β es el volumen de los cuatro vectores de coordenadas.
Resultado

En dimensión cuatro el volumen procede del producto de los dos pares.

Lo comprobamos

No se afirma que cada producto de una forma consigo misma sea cero: depende del grado y de la forma.

3. Una variedad simpléctica exige no degeneración y cierre

En cada punto necesitamos una forma alternante no degenerada que varíe suavemente.

Añadimos dω=0, donde d es la derivada exterior.

Esta condición conecta los datos de puntos próximos. La definición completa es (M, ω) con ambas propiedades.

El teorema de Darboux dice que alrededor de cada punto se pueden elegir coordenadas con ω=Σdqⱼ∧dpⱼ. Es una normalización local, no una carta para toda M. En el fibrado cotangente T*Q hay una forma canónica θ=Σpⱼdqⱼ; usamos ω=−dθ=Σdqⱼ∧dpⱼ. La fórmula es independiente de la carta, aunque se escriba con coordenadas.

Construir coordenadas para un área multiplicada por dos

ω=2dq∧dp en R².

  1. Cambiar

    Tomar Q=q y P=2p.

  2. Derivar

    dQ=dq, dP=2dp.

  3. Sustituir

    dQ∧dP=2dq∧dp=ω.
Resultado

La constante dos desaparece en una nueva coordenada.

Lo comprobamos

Esto verifica un cambio concreto; el teorema general de Darboux no se demuestra con este único caso.

Una forma puede ser no degenerada y no estar cerrada

En R⁴, ω=dx∧dy+eˣdz∧dw.

  1. No degeneración

    ω²/2=eˣdx∧dy∧dz∧dw no se anula.

  2. Derivar

    dω=eˣdx∧dz∧dw.

  3. Evaluar

    En (∂x,∂z,∂w) da eˣ≠0; no está cerrada.
Resultado

Las dos condiciones de la definición son independientes aquí.

Lo comprobamos

En dimensión dos cualquier forma de grado dos es cerrada por dimensión; en cuatro ya no.

4. La energía determina un campo cuando fijamos la convención

Declaramos nuestra convención: \iota_{X_H}\omega=dH.
La contracción significa ω(X_{H}, w)=dH(w) para todo w.

La no degeneración garantiza un único campo. Otros textos usan un signo menos y ajustan sus fórmulas; aquí conservamos esta convención de principio a fin.

En el plano, si X_{H}=a∂q+b∂p, entonces \iota_X\omega=a dp−b dq.
Igualamos con dH=H_q\, dq+H_p\, dp: a=H_{p} y b=−H_{q}.

Por tanto \dot q=\partial_pH,\qquad\dot p=-\partial_qH. Si la forma fuese degenerada, la ecuación podría no tener solución o tener muchas.

La energía cinética solo cambia la posición

H=p²/2, ω=dq∧dp.

  1. Derivadas

    H_{p}=p y H_{q}=0.

  2. Campo

    X_{H}=(p,0).

  3. Integrar

    p(t)=p₀ y q(t)=q₀+p₀t.
Resultado

Momento constante produce un avance uniforme.

Lo comprobamos

Sustituir da q̇=p₀ y ṗ=0, exactamente las dos ecuaciones.

Cambiar ω cambia la velocidad para la misma H

H=(p²+q²)/2, pero ω=2dq∧dp.

  1. Contraer

    \iota_X\omega=2a dp−2b dq.

  2. Igualar

    dH=q dq+p dp da a=p/2 y b=−q/2.

  3. Comparar

    Con ω=dq∧dp las componentes eran p y −q.
Resultado

La energía por sí sola no determina el movimiento: también interviene ω.

Lo comprobamos

La curva de nivel es la misma, pero la velocidad se divide por dos.

5. Las ecuaciones de Hamilton contienen las ecuaciones de Newton

Para una partícula de masa m>0, H=p²/(2m)+V(q).
Hamilton da q̇=p/m y ṗ=−V′(q).
Como m es constante, p=mq̇ y m q̈=−V′(q).

La fuerza es el menos de la pendiente del potencial.

Un equilibrio satisface X_{H}=0 y, por no degeneración, equivale a dH=0.

No basta con que H tenga el mismo valor en varios puntos. En el oscilador, los estados cercanos al equilibrio pueden girar indefinidamente: conservación de energía no significa atracción hacia el mínimo.

Traducir una masa y un muelle

m=2 y V(q)=3q².

  1. Energía

    H=p²/4+3q².

  2. Hamilton

    q̇=p/2 y ṗ=−6q.

  3. Newton

    q̈=ṗ/2=−3q, o 2q̈=−6q.
Resultado

Se obtiene la misma fuerza sin confundir momento y velocidad.

Lo comprobamos

Con m=2, p no es q̇: es 2q̇.

Separar equilibrio de un estado con energía constante

H=(p²+q²)/2.

  1. Gradiente

    dH=q dq+p dp solo se anula en (0,0).

  2. Otro punto

    En (1,0), H=1/2 pero X_{H}=(0,−1)≠0.

  3. Evolución

    Ese estado recorre un círculo; no está en equilibrio.

Resultado

Constante a lo largo de una órbita no significa inmóvil.

Lo comprobamos

La órbita de energía positiva no puede terminar en el origen, cuya energía es cero.

6. La energía autónoma se conserva por alternancia

Si H no depende explícitamente del tiempo, \frac{dH}{dt}=dH(X_H)=\omega(X_H, X_H)=0.

En coordenadas se ve como H_qH_p-H_pH_q=0.
Si H=H(t, q, p), aparece además ∂H/∂t y dH/dt=∂H/∂t sobre una solución.
Para cualquier observable f, definimos \{f, H\}=\sum_j(f_{q_j}H_{p_j}-f_{p_j}H_{q_j}).
Su cambio es df/dt={f, H} cuando f es autónomo.

Si f depende de t añadimos \partial_tf. El corchete es antisimétrico y satisface Jacobi para una forma simpléctica; el cierre de ω interviene en esa identidad.

Una energía que depende de t puede cambiar

H(t, q, p)=p²/2+tq.

  1. Movimiento

    q̇=p, ṗ=−t.

  2. Derivar todo

    dH/dt=p ṗ+q+t q̇=−pt+q+tp.

  3. Reducir

    dH/dt=q=\partial_tH; no tiene por qué ser cero.

Resultado

Se cancelan las derivadas debidas al movimiento, no la dependencia temporal explícita.

Lo comprobamos

No se aplica el argumento de energía autónoma omitiendo t.

Calcular dos observables del oscilador

H=(p²+q²)/2; observar q² y qp.

  1. Primero

    {q², H}=2qp.

  2. Segundo

    {qp, H}=p²−q².

  3. Comprobar

    Las reglas de derivar q(t)² y q(t)p(t) con q̇=p, ṗ=−q dan lo mismo.

Resultado

El corchete calcula cambios de cantidades, además de conservar H.

Lo comprobamos

En q=p, qp tiene derivada instantánea cero, pero no es una constante global de todas las órbitas.

7. El flujo conserva ω y por ello el volumen simpléctico

La fórmula de Cartan es L_{X}ω=d(\iota_X\omega)+\iota_Xd\omega.

Para X_{H}, ambos términos son cero: d²H=0 y dω=0.

El flujo local \varphi_t satisface \varphi_t^*ω=ω mientras exista. Al tomar la potencia n se conserva también ωⁿ/n!: es el teorema de Liouville.

Conservar el volumen no basta en dimensión cuatro
Dos pares de coordenadas(q₁, p₁) → (2q₁, p₁)(q₂, p₂) → (q₂, p₂/2)Volumen: 2 × 1/2 = 1Primera área: ×2Segunda área: ×1/2ω pasa a 2ω₁+(1/2)ω₂No vuelve a ω₁+ω₂.
El mapa lineal lleva q uno a dos q uno, p uno a p uno, q dos a q dos y p dos a p dos dividido por dos. Su determinante es dos por uno por uno por un medio, igual a uno. Sin embargo, el producto exterior dq uno con dp uno se multiplica por dos y el segundo par se multiplica por un medio. El volumen total se conserva, pero la suma de las dos formas de área no. Los recuadros son factores algebraicos, no proyecciones de un objeto de cuatro dimensiones.

Conservar volumen es una consecuencia, pero en dimensión al menos cuatro no es equivalente a conservar ω. Las dos áreas de los pares podrían estirarse en factores compensados. En el plano, conservar la forma de área dada sí es la condición simpléctica.

Una dilatación compensada en un solo par

F(q, p)=(2q, p/2).

  1. Pullback

    F*dq=2dq y F*dp=dp/2.

  2. Multiplicar

    F*(dq∧dp)=2·(1/2)dq∧dp.

  3. Resultado

    F*ω=ω; este mapa sí es simpléctico.
Resultado

Estirar q no impide ser simpléctico si p compensa dentro del par.

Lo comprobamos

El determinante es uno y aquí, en dimensión dos, coincide con conservar esta forma.

El mismo determinante en cuatro dimensiones ya no basta

F(q₁, p₁, q₂, p₂)=(2q₁, p₁, q₂, p₂/2).

  1. Determinante

    2·1·1·(1/2)=1.

  2. Primera área

    F*(dq₁∧dp₁)=2dq₁∧dp₁.

  3. Sumar

    F*ω=2dq₁∧dp₁+(1/2)dq₂∧dp₂≠ω.
Resultado

El volumen se conserva, pero la estructura simpléctica no.

Lo comprobamos

Evaluar ambas formas en (∂q₁,∂p₁) da dos frente a uno.

8. Resolver el oscilador y comprobar su dibujo

Con H=(p²+q²)/2 las ecuaciones son q̇=p y ṗ=−q.

La solución con estado inicial (q₀, p₀) es q(t)=q_0\cos t+p_0\sin t y p(t)=p_0\cos t-q_0\sin t. Derivar la primera da la segunda, y derivar la segunda da el menos de la primera.

La energía fija el círculo; el campo decide cómo recorrerlo
Estado: (q, p), no dos posiciones(3, 4)qp−55q²+p²=25H=25/2Velocidad: (p, −q)En (3, 4): (4, −3)La energía no fija el sentido.
En el plano de fase q horizontal y p vertical, se dibuja la órbita de radio cinco del oscilador H igual a la mitad de q al cuadrado más p al cuadrado, con una escala común de veintidós unidades gráficas por unidad de coordenada. El punto inicial q tres, p cuatro está en el círculo. La flecha tangente tiene dirección cuatro, menos tres y, por tanto, recorre la órbita en sentido horario. No se dibuja una trayectoria espacial del objeto, sino sus estados de posición y momento.
La suma q²+p²=q₀²+p₀² es constante.

Con q horizontal y p vertical, en (1,0) el vector es (0,−1): el giro es horario. Una circunferencia sin flechas no informa del sentido. Este es un plano de fase: sus dos ejes no son dos posiciones físicas.

Seguir un estado durante un cuarto de período

q₀=3, p₀=4.

  1. Inicio

    q²+p²=9+16=25; radio cinco y energía 25/2.

  2. Tiempo π/2

    q=3·0+4·1=4 y p=4·0−3·1=−3.

  3. Comprobar

    4²+(−3)²=25; el punto ha girado un cuarto de vuelta horario.
Resultado

La fórmula y el dibujo coinciden sin cambiar energía.

Lo comprobamos

El período es 2π en las unidades elegidas.

Comprobar la dirección antes de dibujar la flecha

Estado inicial (0,−2).

  1. Campo inicial

    X_{H}=(−2,0), hacia la izquierda.

  2. Solución

    q=−2sin t, p=−2cos t.

  3. Tiempo pequeño

    q se hace negativo y p aumenta desde −2: la curva sale del punto inferior hacia la izquierda.

Resultado

El sentido se obtiene del campo, no de una costumbre al dibujar círculos.

Lo comprobamos

La energía es dos y el radio dos durante todo el movimiento.

9. Lo local, lo global y el tiempo de existencia son preguntas distintas

Un campo simpléctico satisface L_{X}ω=0.

Entonces \iota_X\omega es cerrada, pero puede no ser exacta. Para que sea Hamiltoniano globalmente hace falta una función global H con \iota_X\omega=dH. En el toro, q y p se entienden módulo uno: dq y dp son formas globales, aunque q y p no sean funciones reales globales.

En una variedad compacta sin borde, ω no puede ser exacta: si ω=dθ, su volumen ωⁿ sería exacto y Stokes daría integral cero, contradiciendo el volumen positivo de la orientación simpléctica. En cambio, en un espacio no compacto como T*Q sí puede ser exacta.

Conservar energía tampoco garantiza que una solución exista para todo t en una variedad no compacta. Un campo suave en una variedad compacta es completo; sin compacidad hay que comprobar si el estado escapa en tiempo finito.

Un campo simpléctico del toro que no tiene H global

T²=R²/Z², ω=dq∧dp, X=∂q.

  1. Contraer

    \iota_X\omega=dp y d(dp)=0; el flujo por traslación conserva ω.

  2. Integrar

    La vuelta vertical tiene integral de dp igual a uno.

  3. Excluir exactitud

    La integral de dH sobre cualquier lazo sería cero. No existe tal H real global.

Resultado

La función local H=p no se pega como función real en todo el toro.

Lo comprobamos

No se confunde una coordenada módulo uno con una función real periódica.

Energía cero con escape en tiempo finito

En R², H=q²p y estado inicial (1,0).

  1. Hamilton

    q̇=q² y ṗ=−2qp.

  2. Solución

    q(t)=1/(1−t), p(t)=0 para t<1.

    Ambas ecuaciones se verifican derivando.

  3. Límite

    H sigue siendo cero, pero q crece sin límite cuando t→1 por la izquierda.

Resultado

La órbita conserva energía y aun así no se prolonga como solución finita en R² más allá de t=1.

Lo comprobamos

El conjunto de nivel H=0 no es compacto; esa es la posibilidad que el ejemplo aprovecha.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Campo del oscilador

Halla el campo para H=(p²+q²)/2.

  1. Declarar la convención

    Usamos \iota_X\omega=dH y ω=dq∧dp.

  2. Derivar la energía

    Para H=(p²+q²)/2, dH=q dq+p dp.

  3. Escribir un campo desconocido

    X=a∂q+b∂p tiene contracción a dp−b dq.

  4. Igualar coeficientes

    a=p y −b=q, por tanto X_{H}=(p,−q).

  5. Derivar a lo largo del movimiento

    dH/dt=q·p+p·(−q).

  6. Cancelar y concluir

    Los términos son opuestos: dH/dt=0.

    Se conserva la energía autónoma.

Resultado

X_H=(p,−q).

Lo comprobamos

dH/dt=q p+p(−q)=0.

EJEMPLO RESUELTO 2

Energía inicial

Calcula H para q=3,p=4.

  1. Identificar el estado

    q=3 y p=4 son posición y momento en el plano de fase.

  2. Elevar al cuadrado

    q²=9 y p²=16.

  3. Sumar

    p²+q²=25.

  4. Aplicar H

    H=(p²+q²)/2=25/2.

  5. Leer la curva de nivel

    Los estados de esa energía cumplen q²+p²=25.

  6. Reconocer el radio

    La órbita es un círculo de radio cinco; el campo (p,−q) fija su recorrido horario.

Resultado

H=25/2.

Lo comprobamos

La órbita tiene radio √25=5 en el plano de fases.

Los símbolos que hemos usado

(M,ω)
Variedad suave de dimensión 2n con una 2-forma ω cerrada y no degenerada.
i_Xω
Contracción: 1-forma que evalúa un vector Y como ω(X,Y).
qᵢ,pᵢ
Coordenadas canónicas de posición y momento; ω=∑ᵢdqᵢ∧dpᵢ.
H:M→R
Hamiltoniano autónomo suave, normalmente interpretado como energía.
X_H
Único campo que satisface i_{X_H}ω=dH en la convención de esta lección.
Φₜ
Flujo de X_H, definido donde existen las soluciones hasta el tiempo t.
{f,g}
Corchete de Poisson ∑ᵢ(f_{qᵢ}g_{pᵢ}−f_{pᵢ}g_{qᵢ}) en coordenadas canónicas.
ωⁿ/n!
Forma de volumen que fija la orientación simpléctica.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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