按类别列出问题

Mathematics


几何 >> 黎曼几何 >> PeterPetersen
Questions in category: PeterPetersen (PeterPetersen).

1

1.1 黎曼流形与映射

Posted by haifeng on 2013-10-10 15:29:03 last update 2017-05-07 06:24:35 | Answers (0) | 收藏

定义 [黎曼度量]
$C^\infty$ 流形 $M$ 上的黎曼度量 $g$ 是指 $M$ 上的一个 $C^\infty$ 二阶共变张量场, 且满足
\[
\begin{aligned}
&g(X,Y)=g(Y,X),\quad g(X,X)\geqslant 0,\quad \forall\ X,Y\in\mathcal{X}(M)\\
&g_p(X,X)=0\Leftrightarrow X_p=X(p)=0,\quad p\in M.
\end{aligned}
\]
换句话说, 黎曼度量(Riemannian metric)是 $M$ 上的一个光滑二阶对称正定的共变(协变)张量场. 也可以这样来理解, 对任意 $p\in M$, $g$ 在 $M$ 的切空间 $T_p M$ 上定义了一个内积 $g_p$ (或 $g|_p$, 有时记 $g_p(\cdot,\cdot)$ 或 $\langle\cdot,\cdot\rangle_p$), 并且 $g$ 光滑依赖于 $p$. 也即对任意两个光滑向量场 $X, Y$, $g_p(X_p,Y_p)$ 光滑依赖于点 $p$. 也就是如果任取 $p$ 点附近的局部坐标系 $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$, 若令 $g_{ij}(p)=g_p(\frac{\partial}{\partial x_i},\frac{\partial}{\partial x_j})$, 则这些 $g_{ij}(p)$ 是关于坐标 $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ 的 $C^\infty$ 函数.


定义 [黎曼流形] 赋予黎曼度量的 $C^\infty$ 流形称为黎曼流形(Riemannian manifold).


命题 $C^\infty$ 流形上总存在黎曼度量.

证明. 参见 \cite{CXS} 第五章定理 1.1.


约定: 这里考虑的 $C^\infty$ 流形都是连通的.

注: 同维数的内积空间总是等距同构的, 因此 $n$ 维黎曼流形 $(M,g)$ 的所有切空间 $T_p M$ 都等距同构于赋予了典范内积的欧氏空间 $\mathbb{E}^n=(\mathbb{R}^n,\text{can})$. 因此, 不仅从流形的角度, 也从黎曼流形的角度, 所有黎曼流形都具有相同的无穷小结构.


定义 [黎曼等距同构]
黎曼流形 $(M,g_M)$ 与 $(N,g_N)$ 等距同构是指存在一微分同胚 $F:M\rightarrow N$, 使得 $F^* g_N=g_M$. 即
\[
g_N(F_*(v),F_*(w))=g_M(v,w),\quad\forall\ v,w\in T_p M,\ \forall\ p\in M.
\]
这里 $F_*$ 指切映射, 有时也记为 $DF$. 此时, $F^{-1}:N\rightarrow M$ 也是一黎曼等距同构(Riemannian isometry).


设 $F:M\rightarrow N$ 是一浸入(或嵌入), $(N,g_N)$ 是一黎曼流形. 则可以通过度量的拉回建立 $M$ 上的黎曼度量. $g_M:= F^* g_N$, 即 $g_M(v,w):= g_N(F_*(v),F_*(w))$. 注意到如果 $F_*(v)=0$ 能够推出 $v=0$, 则定义了一个内积.

定义 [黎曼浸入, 黎曼嵌入]
对于黎曼流形 $(M,g_M)$, $(N,g_N)$, 若存在浸入(或嵌入)映射 $F:M\rightarrow N$ 使得 $F^* g_N=g_M$, 则称 $F:M\rightarrow N$ 是一黎曼浸入(Riemannian immersion)(或黎曼嵌入(Riemannian embeding)).


黎曼浸入也叫 isometric immersion, 但应注意黎曼浸入(或黎曼嵌入)未必是保距离的(distance-preserving). 例如由嵌入映射 $S^n(r)\hookrightarrow\mathbb{R}^{n+1}$ 所诱导的 $S^n(r)$ 上的度量是球面 $S^n(r)$ 上的标准度量. 但是此嵌入映射并不是保距离的. 还有一个不是太直观的例子也能反映黎曼浸入(或黎曼嵌入)与保距映射之间的不同.

例. 当 $k < n$ 时, 有多种线性(浸入)映射可以将 $(\mathbb{R}^k,\text{can})$ 映入 $(\mathbb{R}^n,\text{can})$. 但这些并非所有的等距浸入. 事实上, 任意单位速度曲线 $\gamma:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^2$, $|\dot{\gamma}(t)|=1$, $\forall\,t\in\mathbb{R}$ 都是 $\mathbb{R}$ 到 $\mathbb{R}^2$ 等距浸入的例子. 比如, $t\mapsto(\cos t,\sin t)$ 是一个等距浸入, 而 $t\mapsto(\log(t+\sqrt{1+t^2}),\sqrt{1+t^2})$ 是一个等距嵌入. (可以验证此曲线无自交点, 即若 $(\log(t+\sqrt{1+t^2}),\sqrt{1+t^2})=(\log(t'+\sqrt{1+{t'}^2}),\sqrt{1+{t'}^2})$, 则可推出 $t=t'$.)

现在令 $F:\mathbb{R}^k\rightarrow\mathbb{R}^{k+1}$ 为 $F(x^1,\ldots,x^k)=(\gamma(x^1),x^2,\ldots,x^k)$, 其中 $\gamma(\cdot)$ 如上所述. 则 $F$ 就是 $\mathbb{R}^k$ 到 $\mathbb{R}^{k+1}$ 的非线性等距浸入(或等距嵌入).


定义 [黎曼淹没]
$F:(M,g_M)\rightarrow(N,g_N)$ 是黎曼淹没(Riemannian submersion), 如果满足
(1) $F:M\rightarrow N$ 是淹没映射,
(2) 对任意 $p\in M$, $(DF)_p:\,\ker^{\perp}(DF)_p\rightarrow T_{F(p)}N$ 是一线性等距同构.
换句话说, 若 $v,w\in T_p(M)$ 正交于 $DF:\,T_pM\rightarrow T_{F(p)}N$ 的核, 则
\[
g_M(v,w)=g_N(DF(v),DF(w)).
\]
这也相当于说 ${(DF)}_{p}^{*}:\,T_{F(p)}N\rightarrow T_pM$ 保持向量的内积. 因此, 这个概念与黎曼浸入是对偶的.


. 正交投影 $(\mathbb{R}^n,\text{can})\rightarrow(\mathbb{R}^k,\text{can})$ ($k

. 一个不太平凡的例子是 Hopf 纤维化 $S^3(1)\rightarrow S^2(\frac{1}{2})$. F.Wilhelm 发现这个映射可以写为
\[
\pi:\ (z,w)\mapsto\bigl(\frac{1}{2}(|w|^2-|z|^2),z\bar{w}\bigr).
\]
当然, 这里 $S^3(1)\subset\mathbb{C}^2$, $S^2(\frac{1}{2})\subset\mathbb{R}\oplus\mathbb{C}$.

证明. 首先验证以下, 这个映射定义是合理的. 任取 $S^3(1)$ 上一点 $(z,w)$, 记 $z=a+ib,w=c+id$, 这里 $a,b,c,d\in\mathbb{R}$. 于是 $a^2+b^2+c^2+d^2=1$. 现在 $\pi$ 可以写为
\[
\pi:\ (a,b,c,d)\mapsto\Bigl(\frac{1}{2}[(c^2+d^2)-(a^2+b^2)],ac+bd,bc-ad\Bigr)
\]
计算右边点的模长平方
\[
\begin{split}
&\Bigl(\frac{1}{2}[(c^2+d^2)-(a^2+b^2)]\Bigr)^2+(ac+bd)^2+(bc-ad)^2\\
=&\frac{1}{4}\Bigl[(c^2+d^2)^2-2(a^2+b^2)(c^2+d^2)+(a^2+b^2)^2\Bigr]+(a^2c^2+2abcd+b^2d^2)+(b^2c^2-2abcd+a^2d^2)\\
=&\frac{1}{4}\Bigl[(c^2+d^2)^2-2(a^2+b^2)(c^2+d^2)+(a^2+b^2)^2\Bigr]+(a^2+b^2)(c^2+d^2)\\
=&\frac{1}{4}\Bigl[(c^2+d^2)^2+2(a^2+b^2)(c^2+d^2)+(a^2+b^2)^2\Bigr]\\
=&\Bigl[\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2+d^2)\Bigr]^2\\
=&(\frac{1}{2})^2,
\end{split}
\]
因此 $\pi$ 定义合理. 根据 $\pi$ 的定义, 显然有 $\pi\bigl((e^{i\theta}z,e^{i\theta}w)\bigr)=\pi((z,w))$. 因此 $(e^{i\theta}z,e^{i\theta}w)=e^{i\theta}(z,w)$ 是同一纤维上的点. 对 $e^{i\theta}(z,w)$ 中的 $\theta$ 在 $\theta=0$ 处求导, 可得 $i(z,w)$ 是与纤维相切的. 在点 $(z,w)$ 的切空间中与 $i(z,w)$ 相垂直的向量形如 $\lambda(-\bar{w},\bar{z})$, 其中 $\lambda\in\mathbb{C}$. 事实上,
\[
\bigl\langle i(z,w),\lambda(-\bar{w},\bar{z})\bigr\rangle=i\bar{\lambda}\bigl\langle (z,w),(-\bar{w},\bar{z})\bigr\rangle=i\bar{\lambda}(\langle z,-w\rangle+\langle w,z\rangle)=0.
\]
要证明 $\pi$ 是黎曼淹没, 根据定义, 即要验证对于垂直于纤维的向量, 映射 $\pi$ 保持内积. 而这只需验证保持向量的模长即可. 由于 $|\lambda(-\bar{w},\bar{z})|=|\lambda|$, 故要验证 $|\pi_*(\lambda(-\bar{w},\bar{z}))|=|\lambda|$. 问题的难点首先在于如何计算 $\pi_*(\lambda(-\bar{w},\bar{z}))$.

将 $(z,w)+\lambda(-\bar{w},\bar{z})=(z-\lambda\bar{w},w+\lambda\bar{z})$ 视为参数是 $\lambda$ 的复曲线. 易见其模长是 $1+|\lambda|^2$, 此曲线仅当 $\lambda=0$ 时才位于 $S^3(1)$ 中. $\pi$ 将它映为
\[
\pi:\ (z-\lambda\bar{w},w+\lambda\bar{z})\mapsto\Bigl(\frac{1}{2}(|w+\lambda\bar{z}|^2-|z-\lambda\bar{w}|^2),(z-\lambda\bar{w})\overline{(w+\lambda\bar{z})}\Bigr).
\]
这也是关于 $\lambda$ 的复曲线. 我们只要写出其中关于 $\lambda$ 的一次项就得到 $\pi_*(\lambda(-\bar{w},\bar{z}))$. 先将右端的曲线详细写出
\[
\begin{split}
&\biggl(\frac{1}{2}\Bigl[(w+\lambda\bar{z})(\bar{w}+\bar{\lambda}z)-(z-\lambda\bar{w})(\bar{z}-\bar{\lambda}w)\Bigr],\ (z-\lambda\bar{w})(\bar{w}+\bar{\lambda}z)\biggr)\\
=&\biggl(\frac{1}{2}\Bigl[(1-|\lambda|^2)|w|^2+2\bar{\lambda}zw+2\lambda\bar{z}\bar{w}+(|\lambda|^2-1)|z|^2\Bigr],\ z\bar{w}(1-|\lambda|^2)-\lambda\bar{w}^2+\bar{\lambda}z^2\biggr)\\
\end{split}
\]
其中关于 $\lambda$ 的一次项是
\[
\bigl(\bar{\lambda}zw+\lambda\bar{z}\bar{w},-\lambda\bar{w}^2+\bar{\lambda}z^2\bigr)=(2\text{Re}(\bar{\lambda}zw),-\lambda\bar{w}^2+\bar{\lambda}z^2)
\]
而其模长的平方为
\[
\begin{split}
&\bigl(2\text{Re}(\bar{\lambda}zw)\bigr)^2+|-\lambda\bar{w}^2+\bar{\lambda}z^2|^2\\
=&4\bigl(\text{Re}(\bar{\lambda}zw)\bigr)^2+(-\lambda\bar{w}^2+\bar{\lambda}z^2)(-\bar{\lambda}w^2+\lambda\bar{z}^2)\\
=&|\lambda|^2(|z|^4+|w|^4)+4\bigl(\text{Re}(\bar{\lambda}zw)\bigr)^2-(\bar{\lambda}zw)^2-\overline{(\bar{\lambda}zw)^2}\\
\end{split}
\]
令 $m=\bar{\lambda}zw=x+iy$, 则上式的后三项为
\[
\begin{split}
&4(\text{Re}m)^2-(m^2+\overline{m^2})\\
=&4x^2-\bigl[(x+iy)^2+(x-iy)^2\bigr]\\
=&4x^2-(2x^2-2y^2)\\
=&2(x^2+y^2)\\
=&2|m|^2\\
=&2|\bar{\lambda}zw|^2.
\end{split}
\]
代入上一式, 得到模长平方为
\[
|\lambda|^2(|z|^4+|w|^4)+2|\lambda|^2|z|^2|w|^2=|\lambda|^2(|z|^2+|w|^2)^2=|\lambda|^2.
\]
因此, $|\pi_*(\lambda(-\bar{w},\bar{z}))|=|\lambda|$, 即映射 $\pi$ 是一个黎曼淹没.


最后, 我们应提一下黎曼流形的推广, 即所谓的半黎曼流形(semi-Riemannian manifold)(或伪黎曼流形(pseudo-Riemannian manifold)). 它应满足下面三个条件

  •   首先是一个微分流形.
  •   在每个切空间上定义有一个光滑变动的对称双线性型形式 $g$.
  •   $g$ 是非退化的, 即对 $\forall\,\vec{0}\neq v\in T_pM$, $\exists\, w\in T_pM$, s.t. $g(v,w)\neq 0$.


这显然是黎曼度量的推广, 我们可以称这种度量为半黎曼度量(semi-Riemannian metric)(或伪黎曼度量(pseudo-Riemannian metric)). 回忆我们在定义黎曼度量时有更严格的限制性假设, 即对 $\forall\,v\neq\vec{0}$, $g(v,v)>0$. 这里 $g$ 少了正定性条件.

这样的伪黎曼流形的每个切空间均存在一个直和分解 $T_pM=P\oplus N$, 使得 $g$ 在子空间 $P$ 上是正定的, 而在子空间 $N$ 上是负定的. 根据线性代数的知识, 这样的分解(或这样的子空间选择)不是惟一的, 不过它们的维数是确定的. 由 $g$ 的连续性, 可知附近的切空间有类似的分解, 即分解中的子空间的维数是保持一致的. 于是我们可以对一个连通的伪黎曼流形定义一个指标, 即分解中子空间 $N$ 的维数. $\text{ind}(M):=\dim N$.

例. 设 $n=n_1+n_2$, $\mathbb{R}^{n_1,n_2}=\mathbb{R}^{n_1}\times\mathbb{R}^{n_2}$. 则 $\mathbb{R}^{n_1,n_2}$ 中的向量可以写为 $v=v_1+v_2$, 其中 $v_1\in\mathbb{R}^{n_1}$, $v_2\in\mathbb{R}^{n_2}$. 指标为 $n_1$ 的一个自然的半黎曼度量可以这样来定义
\[
g\bigl((p,v),(p,w)\bigr):= -v_1\cdot w_1+v_2\cdot w_2,
\]
这里 $w=w_1+w_2$. 当 $n_1=1$ 或 $n_2=1$ 时, 就是 Minkowski 空间(传统意义的 Minkowski 空间指 $\mathbb{R}^{1,3}$). 我们将在第三章中用到此空间.
 

2

Section 3.4 极坐标 V.S. 笛卡尔坐标

Posted by haifeng on 2013-01-22 14:25:01 last update 2013-01-22 14:27:22 | Answers (0) | 收藏

极坐标 V.S. 笛卡尔坐标

在旋转对称度量的例子中, 我们尚未讨论 $\varphi(t)=0$ 时的情形. 在旋转曲面的情形, 显然母线在 $r=0$ 时需有垂直于旋转轴的切向量才可使得度量是光滑的. 确切地, 设度量为 $dt^2+\varphi^2(t)d\theta^2$,
\[
\varphi:\ [0,b)\rightarrow [0,+\infty),\quad \varphi(0)=0,\ \mbox{且}\ \varphi(t)>0,\ \forall\,t>0.
\]
所有其他情形可被变换到这种情形. 我们假设 $\varphi$ 是光滑的, 故当 $t>0$ 时, 我们可以将它改写为 $\varphi(t)=t\psi(t)$, 其中 $\psi(t)$ 是某个光滑函数, $\psi(t)>0$. 现在在 $t=0$ 附近引进笛卡尔坐标
\[
\begin{cases}
x=t\cos\theta\\
y=t\sin\theta
\end{cases}
\]
于是 $t^2=x^2+y^2$, 且
\[
\begin{cases}
dx=\cos\theta dt-t\sin\theta d\theta\\
dy=\sin\theta dt+t\cos\theta d\theta\\
\end{cases}
\]
这推出
\[
\begin{pmatrix}
dx\\
dy
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos\theta & -t\sin\theta\\
\sin\theta & t\cos\theta
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
dt\\
d\theta
\end{pmatrix}
\]
由于
\[
\det
\begin{pmatrix}
\cos\theta & -t\sin\theta\\
\sin\theta & t\cos\theta
\end{pmatrix}
=t\cos^2\theta+t\sin^2\theta=t>0
\]

\[
\begin{pmatrix}
\cos\theta & -t\sin\theta\\
\sin\theta & t\cos\theta
\end{pmatrix}^{-1}=
\frac{1}{t}
\begin{pmatrix}
t\cos\theta & t\sin\theta\\
-\sin\theta & \cos\theta
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\cos\theta & \sin\theta\\
-\frac{\sin\theta}{t} & \frac{\cos\theta}{t}
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
dt\\
d\theta
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\frac{x}{t} & \frac{y}{t}\\
-\frac{y}{t^2} & \frac{x}{t^2}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
dx\\
dy
\end{pmatrix}
\]
于是,
\[
\begin{split}
&dt^2+\varphi^2(t)d\theta^2\\
=&dt^2+t^2\psi^2(t)d\theta^2\\
=&\bigl(\frac{1}{t}(xdx+ydy)\bigr)^2+t^2\psi^2(t)(-\frac{y}{t^2}dx+\frac{x}{t^2}dy)^2\\
=&\frac{1}{t^2}(xdx+ydy)^2+t^2\psi^2(t)\cdot\frac{1}{t^4}(-ydx+xdy)^2\\
=&\frac{1}{t^2}(x^2dx^2+xydxdy+yxdydx+y^2dy^2)+\frac{1}{t^2}\psi^2(t)(y^2dx^2-xydxdy-xydydx+x^2dy^2)\\
=&\frac{1}{t^2}\Bigl[(x^2+\psi^2(t)y^2)dx^2+(xy-xy\psi^2(t))dxdy+(yx-yx\psi^2(t))dydx+(y^2+\psi^2(t)x^2)dy^2\Bigr]
\end{split}
\]
因此
\[
\begin{aligned}
g_{xx}&=\frac{x^2+\psi^2(t)y^2}{x^2+y^2}=1+\frac{\psi^2(t)-1}{t^2}y^2,\\
g_{xy}&=g_{yx}=\frac{1-\psi^2(t)}{t^2}\cdot xy,\\
g_{yy}&=\frac{\psi^2(t)x^2+y^2}{x^2+y^2}=1+\frac{\psi^2(t)-1}{t^2}\cdot x^2.
\end{aligned}
\]
并且
\[
\det
\begin{pmatrix}
g_{xx}& g_{xy}\\
g_{yx}& g_{yy}\\
\end{pmatrix}
=\psi^2(t).
\]
我们需要检查函数 $g_{ij}$ 在 $(x,y)=(0,0)$ (即 $t=0$) 处的光滑性. 为此我们仅需检查函数
\[
h(t):=\frac{\psi^2(t)-1}{t^2}
\]
在 $t=0$ 处的光滑性.

首先 $\psi(t)$ 应满足 $\lim\limits_{t\rightarrow 0}\psi^2(t)=1$, 从而 $\psi(0)=1$. 这实际上是母线之切向量垂直于旋转轴的条件.

其次, 若 $\psi(t)$ 在 $t=0$ 处展开成幂级数, 则我们看到应进一步满足
\[
\dot{\psi}(0)=\psi^{(3)}(0)=\psi^{(5)}(0)=\cdots=0.
\]

证明. 设 $\psi(t)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\psi^{(n)}(0)}{n!}t^n$, 由于 $\psi(0)=1$, 故可设
$\psi(t)=1+a_1 t+a_2 t^2+a_3 t^3+\cdots$, 其中 $a_i=\frac{\psi^{(i)}(0)}{i!}$, 且设 $a_0=1$.
从而
\[
\psi^2(t)-1=(1+a_1 t+a_2 t^2+a_3 t^3+\cdots)^2-1=\sum_{n=1}^{+\infty}(\sum_{i=0}^{n}a_i a_{n-i})t^n.
\]
从而
\[
h(t)=\frac{\psi^2(t)-1}{t^2}=\sum_{n=1}^{+\infty}(\sum_{i=0}^{n}a_i a_{n-i})t^{n-2}.
\]
由于函数 $h(t)$ 在 $t=0$ 处有定义, 故推出 $\sum_{i=0}^{1}a_i a_{1-i}=0$, 即 $a_1=0$, 故而 $\dot{\psi}(0)=0$.

下面证明 $\psi^{3}(0)=0$. 现在 $\psi(t)=1+a_2 t^2+a_3 t^3+a_4 t^4+\cdots$. 根据 $h(t)$ 在 $t=0$ 处的连续性我们可得到 $h(0)=2a_2$. 事实上,
\[
\begin{split}
h(0)&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\psi^2(t)-1}{t^2}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{2\psi(t)\dot{\psi}(t)}{2t}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\psi(t)\cdot\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\dot{\psi(t)}}{t}\\
&=\psi(0)\cdot\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\psi^{(2)}(t)}{1}\\
&=\ddot{\psi}(0)\\
&=2a_2.
\end{split}
\]
我们计算 $\dot{h}(0)$,
\[
\begin{split}
\dot{h}(0)&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{h(t)-h(0)}{t-0}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\frac{\psi^2(t)-1}{t^2}-2a_2}{t}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\psi^2(t)-1-2a_2 t^2}{t^3}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sum_{n=1}^{+\infty}(\sum_{i=0}^{n}a_i a_{n-i})t^n-2a_2 t^2}{t^3}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sum_{n=3}^{+\infty}(\sum_{i=0}^{n}a_i a_{n-i})t^n}{t^3}\\
&=2a_3
\end{split}
\]
因此 $a_3=0$, 从而 $\psi^{(3)}(0)=0$. 现在 $\psi(t)$ 形如
\[
\psi(t)=1+a_2 t^2+a_4 t^4+a_5 t^5+a_6 t^6+a_7 t^7+\cdots,
\]
而 $h(t)$ 形如
\[
h(t)=\sum_{n=2}^{+\infty}(\sum_{i=0}^{n}a_i a_{n-i})t^{n-2}.
\]
现在通过计算 $\ddot{h}(0)$ 可推出 $a_4=-\frac{a_2^2}{2}$.
\[
\begin{split}
0=\ddot{h}(0)&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\dot{h}(t)-\dot{h}(0)}{t-0}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\dot{h}(t)}{t}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\sum_{n=2}^{+\infty}(\sum_{i=0}^{n}a_i a_{n-i})(n-2)t^{n-4}.
\end{split}
\]
从而可推出 $a_4=-\frac{a_2^2}{2}$. 此时 $h(t)$ 形如
\[
h(t)=\sum_{n=5}^{+\infty}(\sum_{i=0}^{n}a_i a_{n-i})t^{n-2}.
\]

通过计算 $\dddot{h}(0)$ 可推出 $a_5=0$, 即有 $\psi^{(5)}(0)=0$.
\[
\begin{split}
0=\dddot{h}(0)&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\ddot{h}(t)-\ddot{h}(0)}{t-0}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\ddot{h}(t)}{t}\\
&=\lim_{t\rightarrow 0}\sum_{n=5}^{+\infty}(\sum_{i=0}^{n}a_i a_{n-i})(n-2)(n-3)t^{n-5}.
\end{split}
\]
从而可推出 $a_5=0$.

反复应用此过程, 可以应用归纳法证明 $\psi^{\text{odd}}(0)=0$. Q.E.D


当 $\psi$ 仅是光滑时, 这些条件就可满足. 如果将条件返回到 $\varphi$, 则我们得到, 度量 $dt^2+\varphi^2(t)d\theta^2$ 在 $t=0$ 处是光滑的, 如果 $\varphi$ 满足 $\varphi^{(\text{even})}(0)=0$, 且 $\dot{\varphi}(0)=1$.

对于度量 $dt^2+\text{sn}_k^2(t)d\theta^2$ 来说, 这些条件它均满足. 这里当 $k\leqslant 0$ 时 $t\in [0,+\infty)$; 当 $k>0$ 时, $t\in [0,\frac{\pi}{\sqrt{k}}]$. 注意到此时 $\text{sn}_k(t)$ 是实解析的.
 

3

Section 3.3 标架表示(Frame Representations)

Posted by haifeng on 2013-01-22 14:17:37 last update 2013-01-22 14:23:18 | Answers (0) | 收藏

\section{旋转曲面}
考虑曲线 $\gamma(t)=(r(t),z(t)):I\rightarrow\mathbb{R}^2$, 其中 $I\subset\mathbb{R}$ 是开区间, 且 $r(t)>0$, $\forall\,t\in I$. 将该曲线绕 $z$-轴旋转一周, 即得一旋转曲面. 可表示为:
\[
(t,\theta)\mapsto f(t,\theta)=\bigl(r(t)\cos\theta,r(t)\sin\theta,z(t)\bigr).
\]

这是柱坐标表示, 在整个曲面上我们有一个自然标架 $\partial_t$, $\partial_\theta$, 与其对偶的余标架为 $dt$, $d\theta$. 我们希望在该标架下写出旋转曲面的度量, 它由 $\mathbb{R}^3$ 上的标准度量 $dx^2+dy^2+dz^2$ 诱导而来.

由于 $x=r(t)\cos\theta$, $y=r(t)\sin\theta$, $z=z(t)$. 因此有
\[
\begin{aligned}
dx&=\dot{r}(t)\cos\theta dt-r\sin\theta d\theta\\
dy&=\dot{r}(t)\sin\theta dt+r\cos\theta d\theta\\
dz=\dot{z}dt
\end{aligned}
\]
故,
\[
\begin{split}
dx^2+dy^2+dz^2&=(\dot{r}(t)\cos\theta dt-r\sin\theta d\theta)^2+(\dot{r}(t)\sin\theta dt+r\cos\theta d\theta)^2+(\dot{z}dt)^2\\
&=(\dot{r}^2\cos^2\theta+\dot{r}^2\sin^2\theta)dt^2+(\dot{r}\sin\theta\cdot r\cos\theta-\dot{r}\cos\theta\cdot r\sin\theta)dtd\theta\\
&\quad +(r\cos\theta\dot{r}\sin\theta-r\sin\theta\dot{r}\cos\theta)d\theta dt\\
&\quad +(r^2\sin^2\theta+r^2\cos^2\theta)d\theta^2+\dot{z}^2 dt^2\\
&=(\dot{r}^2+\dot{z}^2)dt^2+r^2d\theta^2.
\end{split}
\]
于是
\[
g=(\dot{r}^2+\dot{z}^2)dt^2+r^2d\theta^2.
\]
若曲线以弧长作为参数, 则 $\dot{r}^2+\dot{z}^2=1$, 从而 $g$ 有更简单的形式 $g=dt^2+r^2d\theta^2$. 这使人想起 $\mathbb{R}^2$ 的极坐标表示. 但当 $r=0$ 时, 有的旋转曲面是尖点, 不光滑.

例. 18 在 $I\times S^1$ 上, 我们也有标架 $\partial_t$, $\partial_\theta$, 及其对偶的余标架 $dt$, $d\theta$. 形如
\[
g=\eta^2(t)dt^2+\varphi^2(t)d\theta^2
\]
的度量称为旋转度量(rotationally symmetric), 这是由于 $\eta,\varphi$ 与 $\theta$ 无关. 一般地, 通过改变 $I$ 上的坐标, 可以假设 $\eta=1$.

注意并非所有旋转对称度量均来自于旋转曲面. 因为当 $dt^2+r^2d\theta^2$ 是某旋转曲面的度量时, 则一定有 $\dot{z}^2+\dot{r}^2=1$, 从而 $|\dot{r}|\leqslant 1$, $\forall\, t$.

例. 19 $S^2(r)\subset\mathbb{R}^3$ 是一旋转曲面, 只需将曲线 $t\mapsto(r\sin(\frac{t}{r}),r\cos(\frac{t}{r}))$ 绕 $z$-轴旋转一周即可. 度量形如 $dt^2+r^2\sin^2(\frac{t}{r})d\theta^2$.

证明: 只需令
\[
\begin{cases}
\gamma(t)=r\sin\frac{t}{r},\\
z(t)=r\cos\frac{t}{r}.
\end{cases}
\]
将之代入 $g=(\dot{\gamma}^2+\dot{z}^2)dt^2+\gamma^2 d\theta^2$, 即得
\[
g=dt^2+r^2\sin^2(\frac{t}{r})d\theta^2.
\]


注: 注意到当 $r\rightarrow+\infty$ 时,
\[
r\sin\frac{t}{r}=\frac{\sin\frac{t}{r}}{\frac{t}{r}}\cdot t\rightarrow t.
\]
因此度量趋向于
\[
dt^2+t^2d\theta^2,
\]
此即欧氏空间度量的极坐标表示. 因此半径非常大的球面看上去像欧氏空间.

当将 $r$ 变为 $ir$, 这里 $i=\sqrt{-1}$. 我们将得到一个有趣的旋转度量:
\[
dt^2+r^2\sinh^2(\frac{t}{r})d\theta^2.
\]
注意这不是旋转曲面上的度量.

证明: 注意, $\sin iz=i\sinh z$, $\cos iz=\cosh z$. 将
\[
dt^2+r^2\sin^2(\frac{t}{r})d\theta^2
\]
中的 $r$ 变为 $ir$, 得到
\[
\begin{split}
&dt^2+(ir)^2\sin^2(\frac{t}{ir})d\theta^2\\
=&dt^2-r^2\sin^2(-i\frac{t}{r})d\theta^2\\
=&dt^2-r^2\sin^2(i\frac{t}{r})d\theta^2\\
=&dt^2-r^2(i\sinh\frac{t}{r})^2d\theta^2\\
=&dt^2+r^2\sinh^2\frac{t}{r}d\theta^2.
\end{split}
\]
Q.E.D

若记 $sn_k(t)$ 为方程
\[
\left\{
\begin{array}{rcl}
\ddot{x}(t)+kx(t)&=&0,\\
x(0)&=&0,\\
\dot{x}(0)&=&1
\end{array}
\right.
\]
的惟一解, 则我们得到一簇旋转对称度量
\[
dt^2+\text{sn}_k^2(t)d\theta^2.
\]
记号 $\text{sn}_k$ 在此课程中将被广泛使用, 应将其与 Jacobi 椭圆函数 $\text{sn}(k,u)$ 予以区别开来.

  • 当 $k=0$ 时, 该度量是 $\mathbb{R}^2$ 上的极坐标形式度量.
  • 当 $k>0$ 时, 该度量是 $S^2(\frac{1}{\sqrt{k}})$ 上的标准度量.
  • 当 $k<0$ 时, 该度量是双曲空间上的度量.


 


Search

New posted more ...