Восстановить Гамильтониан по траекториям.

[Bulinator]

Возник такой вопрос,

на симплекическом многообразии $M$, параметризованном координатами $y$ задано семейство гладких кривых $y^i=y^i(t,C_1,\ldots,C_{2n})$, таких, что при разных параметрах $C_1,\ldots,C_{2n}$ эти кривые не пересекаются. Можно ли нарисовать функцию $H(y)$(Гамильтониан), такую, что эти кривые были решением системы уравнений

$\dot{y}^i=\left\{H,y^i\right\}$,

и главное, как это сделать? Можно ли это сделать неявно?

Насколько я понимаю, таких Гамильтонианов много, но может возможно представить какой-то класс?

(Оффтоп)

На всякий случай: Симплектическая 2-форма локально записывается как $\omega^{(2)}=\omega_{ij}dy^i\wedge dy^j$. Если определить $\omega^{ij}\omega_{jk}=\delta^i_k$, то $\left\{H,y^i\right\}\equiv \omega^{ij}\frac{\partial H}{\partial y^j}$
$\delta^i_k$- симвло Кронекера. По повторяющимся индексам подразумевается суммирование.

Заранее спасибо.

-- Пн ноя 08, 2010 10:52:13 --

Да кстати, по моему эти кривые дожны еще либо не пересекаться сами с собой, либо если пересеклись один раз, то... вобщем не знаю как это словами сформулировать. На языке формул
Если для какого-нибудь $t$ имеет место $y(t,C_1,\ldots,C_{2n})=y(t+T,C_1,\ldots,C_{2n})$, то это так и для любого $t^\prime$.
Т.е. частица всегда должна знать куда ей идти.

[moscwicz]

Если заданы не просто кривые а поток, то вопрос о (локальной) гамильтоновости простой: проверьте сохраняет ли этот поток симплектическую структуру, если речь идет только о кривых, то являются ли эти кривые интегральными кривыми некоторого гамильтонового потока, это вопрос очень сложный, вообще говоря

[Bulinator]

moscwicz
Спасибо за ответ. А до меня этим вопросом никто не занимался? Может книжка есть какая или сатья? Вы не знаете?

[moscwicz]

Всетаки вопрос вполне обозримый. Во всяком случае локально. Раз семейство кривыхзадано, имеем векторное поле $v(x)$, которое определено с точностью до умножение каждого вектора на число: $\lambda(x)v(x)$.
Если кривые не имеют особенностей, то $v\ne 0$. Пусть $\omega$ -- симплектическая форма, тогда надо написать уравнение $L_{\lambda v}\omega=0$. ($L$ -- производная Ли.) Это система урчп на функцию $\lambda$ Дальше все стандартно: условия разрешимости этой системы писать надо.
В случае двумерного многообразия эта система превращается в единственное уравнение, которое разрешимо в окрестности любой точки где $v\ne 0$

[Bulinator]

moscwicz в сообщении #373956 писал(а):

имеем векторное поле $v(x)$, которое определено с точностью до умножения каждого вектора на число: $\lambda(x)v(x)$.

А что такое $v(x)$в терминах первого поста?

[moscwicz]

v(x) это поле касатеольных векторов к кривым

[Bulinator]

moscwicz в сообщении #374103 писал(а):

v(x) это поле касатеольных векторов к кривым

А понятно. т.е. $v(y)$. Но как это поле восстановить? Можно на примере? Имеем

$y_1=C_2\sin{(\omega t+C_1)},\quad y_2=C_2\omega\cos{(\omega t+C_1)}$
Как из них построить это векторное поле?

[Bulinator]

Наверно так:
Выражаем $C_1,\ldots,C_{2n}$, через $y$ при $t=0$.
Таким образом, кривая, проходящя через точку $y_0$(заметьте индекс снизу) есть
$y=y(C_i(y_0),t)$.
Далее, векторное поле в точке $y_0$ есть $v(y_0)=\left.\frac{\partial y^i(C_k(y_0))}{\partial t}\right|_{t=0}\frac{\partial}{\partial y^i}$.

Теперь, можем написать
$\omega^{(2)}(v(y))=dH,$
где $\omega^{(2)}$-симплектическая 2-форма.

Вроде так.

[Bulinator]

Пример:
$y_1=C_2\sin{(\omega t+C_1)},\quad y_2=C_2\omega\cos{(\omega t+C_1)}$

Для любой точки $y_0$:
$C_1(y_0)=\arctan{\left(\omega \frac{y^1_0}{y^2_0}}\right),\quad C_2=\sqrt{(y^1_0)^2+(y^2_0/\omega)^2}$
Соответственно, имеем

$y^1=\sqrt{(y^1_0)^2+(y^2_0/\omega)^2}\sin{\left(\omega t+\arctan{\left(\omega \frac{y^1_0}{y^2_0}}\right)\right)},\quad y^2=\omega\sqrt{(y^1_0)^2+(y^2_0/\omega)^2}\cos{\left(\omega t+\arctan{\left( \omega\frac{y^1_0}{y^2_0}\right)}\right)}$
$ И для векторного поля имеем v(y_0)=\omega\sqrt{(y^1_0)^2+(y^2_0/\omega)^2}\cos{\left(\arctan{\left(\omega\frac{y^1_0}{y^2_0}}\right)\right)}\frac{\partial}{\partial y^1}-\omega^2\sqrt{(y^1_0)^2+(y^2_0/\omega)^2}\sin{\left(\arctan{\left(\omega\frac{y^1_0}{y^2_0}}\right)\right)}\frac{\partial}{\partial y^2}$

Теперь, для симплектичексой формы берем обычную антисимметричную форму
$dy_1 dy_2-dy_2 dy_1$
и из уравнения$ \omega^{(2)}(v(y))=dH$
получаем

$\omega\sqrt{(y^1)^2+(y^2/\omega)^2}\cos{\left(\arctan{\left(\omega\frac{y^1}{y^2}}\right)\right)}=y^2=\frac{\partial H}{\partial y^2}$

$\omega^2\sqrt{(y^1)^2+(y^2/\omega)^2}\sin{\left(\arctan{\left(\omega\frac{y^1}{y^2}}\right)\right)}=\omega y^1=\frac{\partial H}{\partial y^1}$

Вот, видимо, и все. Решение этой системы уравнений есть

$H=\frac{(y^2)^2+\omega^2 (y^1)^2}{2}$