Exercice --- Forme symplectique et champ hamiltonien

Solution

1. Existence et unicité du champ hamiltonien

Soit $x\in M$. Puisque la $2$-forme $\omega$ est non dégénérée, l'application

$$\widetilde{\omega}_x:T_xM\longrightarrow T_x^*M, \qquad u\longmapsto\omega_x(u,\cdot)$$

est un isomorphisme.

Or,

$$df_x\in T_x^*M.$$

Il existe donc un unique vecteur $X_f(x)\in T_xM$ tel que

$$\widetilde{\omega}_x(X_f(x))=-df_x.$$

Autrement dit, pour tout $v\in T_xM$,

$$\omega_x(X_f(x),v)=-df_x(v).$$

On obtient ainsi

$$\boxed{\iota_{X_f}\omega=-df}.$$

Plus explicitement,

$$X_f(x)=-\widetilde{\omega}_x^{-1}(df_x).$$

Comme $\omega$ et $df$ dépendent de façon lisse de $x$, et que l'inverse d'une famille lisse d'isomorphismes dépend lui aussi de façon lisse du point, $X_f$ est un champ de vecteurs de classe $C^\infty$.

Ainsi, il existe un unique champ de vecteurs lisse $X_f$ vérifiant

$$\boxed{\iota_{X_f}\omega=-df}.$$

Conservation de $f$ le long des courbes intégrales

Soit

$$\gamma:I\longrightarrow M$$

une courbe intégrale de $X_f$. Par définition,

$$\dot{\gamma}(t)=X_f(\gamma(t)).$$

Par la règle de dérivation en chaîne,

$$\frac{d}{dt}f(\gamma(t)) = df_{\gamma(t)}(\dot{\gamma}(t)).$$

Comme $\gamma$ est une courbe intégrale,

$$\frac{d}{dt}f(\gamma(t)) = df_{\gamma(t)}(X_f(\gamma(t))).$$

Or,

$$\iota_{X_f}\omega=-df$$

implique

$$df(X_f)=-\omega(X_f,X_f).$$

Puisque $\omega$ est une $2$-forme, elle est antisymétrique. Par conséquent,

$$\omega(X_f,X_f)=-\omega(X_f,X_f),$$

donc

$$\omega(X_f,X_f)=0.$$

Il vient alors

$$\frac{d}{dt}f(\gamma(t))=0.$$

Ainsi,

$$\boxed{f(\gamma(t))=\text{constante}}.$$

La fonction $f$ est donc constante le long des courbes intégrales de son champ hamiltonien.

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2. Cas de l'espace symplectique standard

On considère

$$M=\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^n$$

muni des coordonnées

$$(x_1,\ldots,x_n,y_1,\ldots,y_n)$$

et de la forme

$$\omega=\sum_{i=1}^n dx_i\wedge dy_i.$$

(a) Non-dégénérescence de $\omega$

Soit $v\in T_pM$. Écrivons

$$v= \sum_{i=1}^n \left( a_i\frac{\partial}{\partial x_i} + b_i\frac{\partial}{\partial y_i} \right).$$

Pour chaque $i$,

$$\iota_v(dx_i\wedge dy_i) = dx_i(v)\,dy_i-dy_i(v)\,dx_i.$$

Or,

$$dx_i(v)=a_i, \qquad dy_i(v)=b_i.$$

Donc

$$\iota_v(dx_i\wedge dy_i) = a_i\,dy_i-b_i\,dx_i.$$

En sommant sur $i$, on obtient

$$\boxed{ \iota_v\omega = \sum_{i=1}^n \left( a_i\,dy_i-b_i\,dx_i \right) }.$$

Supposons maintenant que

$$\iota_v\omega=0.$$

Comme les formes

$$dx_1,\ldots,dx_n,dy_1,\ldots,dy_n$$

sont linéairement indépendantes, on a nécessairement

$$a_i=b_i=0 \qquad \text{pour tout }i.$$

Ainsi,

$$v=0.$$

Donc,

$$\ker\left(v\longmapsto\iota_v\omega\right)=\{0\}.$$

L'application

$$T_pM\longrightarrow T_p^*M, \qquad v\longmapsto\iota_v\omega$$

est injective. Les deux espaces ayant la même dimension $2n$, elle est bijective.

Par conséquent,

$$\boxed{\omega\text{ est non dégénérée}}.$$

(b) Détermination d'une primitive de $\omega$

Nous cherchons une $1$-forme $\theta$ telle que

$$d\theta=\omega.$$

Prenons

$$\boxed{ \theta=\sum_{i=1}^n x_i\,dy_i }.$$

Alors,

$$d\theta = \sum_{i=1}^n d(x_i\,dy_i).$$

La formule de Leibniz donne

$$d(x_i\,dy_i) = dx_i\wedge dy_i+x_i\,d(dy_i).$$

Or,

$$d(dy_i)=d^2y_i=0.$$

Donc,

$$d(x_i\,dy_i)=dx_i\wedge dy_i.$$

Finalement,

$$d\theta = \sum_{i=1}^n dx_i\wedge dy_i = \omega.$$

Ainsi,

$$\boxed{ \theta=\sum_{i=1}^n x_i\,dy_i }$$

est une primitive de $\omega$.

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(c) Calcul du champ hamiltonien $X_f$

Considérons

$$f(x_1,\ldots,x_n,y_1,\ldots,y_n) = \frac12 \sum_{i=1}^n (x_i^2+y_i^2).$$

Sa différentielle est

$$df = \sum_{i=1}^n \left( x_i\,dx_i+y_i\,dy_i \right).$$

Écrivons

$$X_f = \sum_{i=1}^n \left( A_i\frac{\partial}{\partial x_i} + B_i\frac{\partial}{\partial y_i} \right).$$

D'après le calcul précédent,

$$\iota_{X_f}\omega = \sum_{i=1}^n \left( A_i\,dy_i-B_i\,dx_i \right).$$

La convention de l'énoncé est

$$\iota_{X_f}\omega=-df.$$

Par conséquent,

$$\sum_{i=1}^n \left( A_i\,dy_i-B_i\,dx_i \right) = -\sum_{i=1}^n \left( x_i\,dx_i+y_i\,dy_i \right).$$

En identifiant les coefficients devant $dx_i$,

$$-B_i=-x_i,$$

donc

$$B_i=x_i.$$

En identifiant les coefficients devant $dy_i$,

$$A_i=-y_i.$$

Ainsi,

$$\boxed{ X_f = \sum_{i=1}^n \left( -y_i\frac{\partial}{\partial x_i} + x_i\frac{\partial}{\partial y_i} \right) }.$$

Interprétation des courbes intégrales

Les équations des courbes intégrales sont

$$\dot{x}_i=-y_i, \qquad \dot{y}_i=x_i.$$

En dérivant,

$$\ddot{x}_i=-\dot{y}_i=-x_i$$

et

$$\ddot{y}_i=\dot{x}_i=-y_i.$$

Ainsi,

$$\boxed{ \ddot{x}_i+x_i=0, \qquad \ddot{y}_i+y_i=0 }.$$

Chaque couple $(x_i,y_i)$ décrit donc un mouvement de rotation.

On retrouve également directement la conservation de $f$ :

$$\frac{d}{dt} \left[ \frac12\sum_{i=1}^n(x_i^2+y_i^2) \right] = \sum_{i=1}^n \left( x_i\dot{x}_i+y_i\dot{y}_i \right).$$

En utilisant

$$\dot{x}_i=-y_i, \qquad \dot{y}_i=x_i,$$

on trouve

$$\frac{df}{dt} = \sum_{i=1}^n (-x_iy_i+x_iy_i) = 0.$$

Par conséquent,

$$\boxed{ f= \frac12\sum_{i=1}^n(x_i^2+y_i^2) \quad\text{est conservée le long du flot de }X_f }.$$