Opgaven week 47: Analyse op Variëteiten

Opgaven week 47: Analyse op Variëteiten
Opgave 1 (ODEs)
We bekijken hoe vectorvelden op een gladde variëteit M op natuurlijke wijze aanleiding
geven tot een systeem van gewone differentiaalvergelijkingen. Hiertoe bekijken we gladde
krommen α : (−, ) → M op M die voldoen aan de vergelijking Xα(t) = α̇(t), waar
X : M → T M een gegeven vectorveld op M is.
(a) Beschouw M = R2 met globale coördinaten {x, y} en definieer een vectorveld X op
R2 middels Xp = (−py , px ) ∈ Tp R2 waar p = (px , py ) ∈ R2 . Zij α(t) = (x(t), y(t))
een oplossing van Xα(t) = α̇(t). Werk uit wat dit betekent. (Teken een plaatje?)
Bewijs. Uitwerken van de vergelijking Xα(t) = α̇(t) levert het volgende:
!
α̇(t) =
ẋ(t)
ẏ(t)
!
=
0 −1
1 0
!
x(t)
y(t)
= Xα(t) .
Een tekening in het vlak (R2 ) geeft concentrische
cirkels met p
straal die enkel van de
p
beginvoorwaarde α(0) = (x(0), y(0)) afhangt: x2 (t) + y 2 (t) = x2 (0) + y 2 (0).
(b) Los de in (a) verkregen ODE op gegeven de beginvoorwaarde α(0) = (x0 , y0 ) ∈ R2 .
Wat is de maximale > 0 zodanig dat α op (−, ) gedefinieerd is?
Bewijs. Het oplossen van deze ODE gaat op de gebruikelijke manier door bovenstaande
matrix te diagonaliseren. Als we deze A noemen, dan krijgen we
A=
1 1
−i i
!
!
!
i 0 1 1 i
0 −i 2 1 −i
=: V DV −1 .
Definieer z(t) = x(t) + iy(t) enz̄(t) = x(t) − iy(t). Dan geeft V −1 α̇(t) = DV −1 α(t)
meteen
!
!
!
ż(t)
i 0
z(t)
=
˙
z̄(t)
0 −i
z̄(t)
wat we direct kunnen oplossen als z(t) = z(0)eit en z̄(t) = z̄(0)e−it . Wanneer we alles
weer terug in termen van x(t), y(t) en de beginvoorwaarden x(0), y(0) schrijven, komen
we uit op
!
!
!
x(t)
cos(t) − sin(t)
x(0)
=
.
y(t)
sin(t) cos(t)
y(0)
We concluderen dat oplossingen van deze ODE inderdaad gegeven worden door concentrische cirkels met constante straal (x2 (0) + y 2 (0))1/2 . De oplossingen zijn gedefinieerd
voor alle t ∈ R.
Het maximale definitiegebied van een oplossingskromme kan variëren per beginvoorwaarde. Een vectorveld waarvoor dit gebied altijd heel R is, heet compleet.
1
Opgave 2 (Hamilton’s vergelijkingen)
Als voorbeeld van een systeem van gekoppelde differentiaalvergelijkingen kijken we hoe
Hamilton’s vergelijkingen op een variëteit te realiseren zijn. Dit staat ons toe klassieke
mechanica te veralgemeniseren naar deze situatie.
(a) Laat V een m-dimensionale reële vectorruimte zijn, en b : V ×V → R een bilineaire
vorm. Zij V ∗ = Hom(V, R) de duale vectorruimte. Laat zien dat geldt
∗
b(u, v) = 0, ∀v ∈ V ⇒ u = 0 ⇔ b̃ : V → V , b̃(u) := b(u, −) is een isomorfisme .
Bewijs. Omdat b een bilineaire vorm is, volgt dat b̃ een lineaire afbeelding is. Als we
opmerken dat dimR (V ) = dimR (V ∗ ) = m, zien we dat b̃ bijectief is desda b̃ surjectief
is desda b̃ injectief is. De linkerconditie in de vraagstelling is precies injectiviteit van b̃.
Dit bewijst de equivalentie.
Een bilineaire vorm waarvoor de condities in (a) gelden, heet niet-ontaard. Je kan
nagaan dat een inproduct g : V × V → R op een vectorruimte V niet-ontaard is.
(b) Zij ω : V × V → R een niet-ontaarde, antisymmetrische1 bilineaire vorm. Zij
U ⊂ V een lineaire deelruimte, en definieer U ω = {v ∈ V | ω(u, v) = 0, ∀u ∈ U }
het ortogonale complement van U met betrekking tot ω. Laat zien dat U ω ⊂ V
een lineaire deelruimte is.
Bewijs. Bilineariteit van ω is voldoende om te bewijzen dat U ω een lineaire deelruimte
van V is: we zien namelijk dat ω(u, 0V ) = 0ω(u, v) voor alle u ∈ U , een zekere v ∈ V ,
dus 0V ∈ U ω . Verder zien we dat voor α ∈ R, v, v 0 ∈ U ω geldt
ω(u, αv + v 0 ) = αω(u, v) + ω(u, v 0 ) = 0 voor alle u ∈ U,
dus ook αv + v 0 ∈ U ω . Dit bewijst de bewering.
(c) Veronderstel dat ω|U : U × U → R niet-ontaard is. Bewijs U ⊕ U ω ∼
= V .2
Bewijs. We volgen de hint. Stel v ∈ U ∩ U ω , dan geldt dat v ∈ U en dat ω(u, v) = 0 voor
alle u ∈ U . Omdat ωU niet-ontaard is, volgt met (a) dat v = 0 en dus U ∩ U ω = {0}.
Bekijk de lineaire afbeelding φ : V → U ∗ gegeven door v 7→ φ(v) = ω(v, −)|U . Per
definitie van het symplectische orthoplement U ω volgt dat ker(φ) = U ω . Omdat ω|U
per aanname niet-ontaard is, geldt dat φ|U : U → T ∗ een lineair isomorfisme is; in het
bijzonder is φ zelf surjectief. Uit lineaire algebra weten we dan dat
dimR (V ) = dimR (Ker(φ)) + dimR (Im(φ)) = dimR (U ω ) + dimR (U ∗ ).
Maar voor eindig-dimensionale vectorruimten geldt dimR (U ) = dimR (U ∗ ). We zien nu
met U ∩ U ω = {0} en dimR (V ) = dimR (U ω ) + dimR (U ) dat U ⊕ U ω ∼
=V.
1
2
Oftewel ω(u, v) = −ω(v, u) voor alle u, v ∈ V . Merk op dat een inproduct juist symmetrisch is.
Hint: bewijs hiertoe dat U ∩U ω = {0}. Wat geldt er voor de dimensies van de verschillende ruimten?
2
Zij (V, ω) als in (b). We gaan bewijzen dat V een basis {e1 , . . . , en , f1 , . . . , fn } heeft
waarvoor geldt dat ω(ei , fi ) = 1 en ω(ei , ej ) = 0 = ω(fi , fj ). Dit laat in het bijzonder
zien dat dimR (V ) = 2n. Antisymmetrie van ω is kennelijk erg restrictief.
(d) Zij 0 6= e1 ∈ V . Waarom bestaat er 0 6= f1 ∈ V met ω(e1 , f1 ) = 1? Definieer
U = Re1 ⊕ Rf1 . Bewijs dat ω|U niet-ontaard is. Wat geldt er voor ω|U ω ? Maak
het bewijs af met inductie.
Bewijs. Omdat ω niet-ontaard is en omdat 0 6= e1 ∈ V , bestaat er een 0 6= f˜1 ∈ V
zodanig dat ω(e1 , f˜1 ) 6= 0. Als we dit element schalen naar 0 6= f1 := f˜1 /ω(e1 , f˜1 ) ∈ V
volgt dat ω(e1 , f1 ) = 1.
Zij v = ae1 + bf1 ∈ U zodanig dat ω|U (u, v) = 0 voor alle u ∈ U . We zien dat
0 = ω|U (e1 , v) = aω(e1 , e1 ) + bω(e1 , f1 ) = b
0 = ω|U (f1 , v) = aω(f1 , e1 ) + bω(f1 , f1 ) = a
door bilineariteit en antisymmetrie van ω. Hieruit volgt dat v = 0, wat volgens de
conditie in vraag (a) betekent dat ω|U niet-ontaard is. In het bijzonder hebben we nu
aangetoond dat (Re1 ⊕ Rf1 , ω|U ) een symplectische vectorruimte is met basis {e1 , f1 }
zodanig dat ω|U (e1 , f1 ) = 1 en ω(e1 , e1 ) = ω(f1 , f1 ).
Met vraag (c) zien we dat U ⊕ U ω ∼
= V . Niet-ontaardheid van ω betekent dat
ω
∗
ω
∗
∗
∼
∼
ω̃ : V = U ⊕ U → U ⊕ (U ) = V een linear isomorfisme is, net als ω̃|U : U → U ∗ .
Dus is ook ω̃|U ω : U ω → (U ω )∗ een lineair isomorfisme, wat met (a) weer betekent dat
ω|U ω niet-ontaard is. Het belangerijke verschil is dat dimR (U ω ) = dimR (V ) − 2.
Met inductie naar de dimensie van (V, ω) zien we nu dat deze symplectische vectorruimte een basis heeft van de gewenste vorm. (Wat is de basisstap van deze inductie?
En de inductiestap?)
(e) Merk op dat ω ∈ Λ2 (V ∗ ). Geef ω in termen van de duale basis {e∗i , fj∗ }i,j van V ∗ .
Bewijs. De werking van ω op de basis {e1 , . . . , en , f1 , . . . , fn } is expliciet gegeven. Dit
laat zien dat
n
ω=
X
e∗i ∧ fi∗ ∈ Λ2 (V ∗ ).
i=1
Dit beantwoordt de vraag.
Een vectorruimte (V, ω) als in (b) heet een symplectische vectorruimte. In (d) zagen
we dat deze altijd even dimensie heeft. Een symplectische variëteit is een gladde variëteit
M met een keuze van 2-vorm ω ∈ Ω2 (M ) zodanig dat (Tp M, ωp ) een symplectische
vectorruimte is voor alle p ∈ M . Hierbij eisen we ook dat dω = 0.
(f) Vergelijk dit met de definitie van Riemannse variëteit (N, g).
Solution. Een Riemannse variëteit (N, g) is uitgerust met een gladde afbeelding g : N →
T ∗ N × T ∗ N zodanig dat (Tq N, gq ) een inproductruimte is voor elk punt q ∈ N . In het
bijzonder is gq : Tq N × Tq N → R een symmetrische, niet-ontaarde bilineaire vorm.
Omdat g geen k(2)-vorm is, is de uitdrukking dg niet gedefinieerd i.t.t. dω.
3
(g) Voorbeeld: beschouw (R2n , ω0 ) met globale coördinaten {q 1 , . . . , q n , p1 , . . . , pn },
waar
n
ω0 =
X
dq i ∧ dpi ∈ Ω2n (R2n ).
(1)
i=1
Bewijs dat (R2n , ω0 ) een symplectische variëteit is, en geef de corresponderende
symplectische basis voor Tp R2n (dat wil zeggen de basis als in (d)).
Bewijs. Geef R2n de structuur van een gladde variëteit middels (R2n , {1R2n }), wat compatibel is met de globale coördinaten in de opgave. Voor x ∈ R2n geldt
ω0 |x =
n
X
dqxi ∧ dpix : Tx R2n × Tx R2n → R.
i=1
Dit is antisymmetrisch omdat ∧ dat is, en bilineair omdat ∧, dqxi en dpix dat zijn. Merk
op dat dqxi ∈ Tx∗ R2n net als in vraag (e); dit laat zien dat ω0 |x niet-ontaard is. We
concluderen dat (R2n , ω0 ) een symplectische variëteit is.
Een symplectische basis voor Tx R2n wordt gegeven door de duale vectoren van dqxi
en dpix , te weten
(
)
∂ ∂ ∂ ∂ ,..., n , 1 ..., n .
∂q 1 x
∂q x ∂p x
∂p x
Door invullen in ω0 |x is eenvoudig na te gaan dat dit inderdaad de gezochte basis is.
(h) Nog een voorbeeld: beschouw S2 als deelvariëteit3 van R3 middels ι : S2 ,→ R3 met
geïnduceerde inproduct {h·, ·ip }p∈S2 . Voor p ∈ S2 definieer ωp (u, v) = hp, u × vip
waar u, v ∈ Tp S2 . Bewijs dat (S2 , ω) een symplectische variëteit is.
Bewijs.
(i) Zij (M, ω) een symplectische variëteit, en zij H : M → R een gladde functie op
M . Bewijs dat er een uniek, glad vectorveld XH : M → T M bestaat zodanig dat
ω(XH , −) = dH als 1-vormen. Vind hiervoor eerst XH (p) ∈ Tp M voor elke p ∈ M
met behulp van vraag (a). Beredeneer dan dat XH glad is.
Bewijs. Aangezien (M, ω) een symplectische variëteit is, geldt dat ω̃p : Tp M → Tp∗ M een
lineair isomorfisme is gegeven door Xp 7→ ωp (Xp , −). Anderzijds geldt dat dHp ∈ Tp∗ M
voor elke p ∈ M een element uit de duale vectorruimte van Tp M is. We definiëren dan
ook
XH : M → T M, p 7→ XH (p) := ω̃p−1 (dHp ).
Dit laat zien dat XH een uniek, welgedefinieerd vectorveld op M is.
Om in te zien dat XH een gladde afbeelding M → T M definieert, volstaat het op te
merken dat zowel ω : M → T ∗ M × T ∗ M als dH : M → T ∗ M gladde afbeeldingen zijn.
Als je dit expliciet in wilt zien, schrijf dit dan uit op kaarten.
3
Zie de opgaven van week 46.
4
De stelling van Darboux zegt dat elke symplectische variëteit (M, ω) een atlas heeft
zodanig dat op elke kaart (U, h) de 2-vorm ω van de vorm (1) is. Bekijk nu (R2n , ω0 ).
(j) Neem H : R2n → R en XH zoals in (i). Merk op dat we nu globale coördinaten
{q 1 , . . . , q n , p1 , . . . , pn } hebben. Gebruik ω(XH , −) = dH om XH uit te schrijven
in termen van de basisvectorvelden {∂/∂q i , ∂/∂pj }.
Bewijs. Er geldt (zie boek, pagina ...) dat
n
X
∂H(x)
dHx =
∂q i
i=1
XH (x) =
n
X
i=1
dqxi +
∂H(x) i
dpx
∂pi
!
∂ ∂ αi (x) i + βi (x) i ∂q x
∂p x
voor zekere gladde functies αi , βj : R2n → R. Evalueren op basisvectoren geeft
!
∂H(x)
= dHx
∂q j
∂ ∂q j x
∂H(x)
= dHx
∂pj
∂ ∂pj x
!
!
!
∂ XH (x), j ∂q x
!
∂ XH (x), j ∂p x
= ωx
= −βj (x)
!
= ωx
= αj (x).
Dit leidt tot de volgende expliciete uitdrukking van het vectorveld XH , te weten
XH =
n X
∂H ∂
i=1
∂pi ∂q i
∂H ∂
.
∂q i ∂pi
−
(2)
In de natuurkundige literatuur wordt ook wel XH = {H, −} geschreven; dit heet het
Poissonhaakje van H met −. Op de plaats van − kan een element van C ∞ (R2n ) ingevuld
worden, waar XH op werkt als derivatie. Relevante voorbeelden zijn plaats q, impuls p of
energie H. Verwar dit niet met het evalueren van het vectorveld in een punt x ∈ R2n
(k) Zij α : (−, ) → R2n een oplossingskromme van de vergelijking XH (α(t)) = α̇(t).
Schrijf dit uit in termen van α(t) = (q 1 (t), . . . , q n (t), p1 (t), . . . , pn (t)).
Bewijs. We vinden door uitschrijven van beide zijden en evalueren in een basisvector
dat
dq j (t)
∂H
= XH q j (t) = j (t)
dt
∂p
and
dpj (t)
∂H
= XH pj (t) = − j (t) .
dt
∂q
(3)
Merk op dat we hier zowel XH op een functie laten werken (op de coördinaatsfuncties
q j , pj ), als het geheel evalueren in een punt: we vullen een tijdstip t ∈ (−, ) in.
5
Je hebt nu Hamilton’s vergelijkingen afgeleid op R2n . Met de stelling van Darboux
zien we dat oplossingen van XH (α(t)) = α̇(t) op een symplectische variëteit dus oplossingen van Hamilton’s vergelijkingen zijn. Hier komen we later (misschien) nog op terug.
Met het resultaat uit (d) volgt dat elke symplectische variëteit (M, ω) een even
dimensie heeft. (Kan je dit formeel maken?) Echter, niet elke even-dimensionale variëteit
komt in aanmerking. Met de Rham cohomologie kunnen we er aardig wat uitsluiten.
(l) Zij (M, ω) een compacte, symplectische variëteit van dimensie 2n. Bewijs dat
(ω n )p = (ω ∧ . . . ∧ ω)p niet nul is op een basis van Tp M . Bewijs met de stelling
2n (M ).
van Stokes4 dat ω n niet exact is, oftewel 0 6= [ω n ] ∈ HdR
Bewijs. Zij x ∈ M een punt. Met de stelling van Darboux kunnen we een kaart
(U, q 1 , . . . , q n , p1 , . . . , pn ) kiezen om x, zodanig dat ω in deze kaart van de vorm (1)
is. We berekenen eerst ω n in deze coördinaten. Door antisymmetrie van ∧ vinden we
ω n = ω ∧ . . . ∧ ω = n!(dq 1 ∧ . . . ∧ dq n ∧ dp1 ∧ . . . ∧ dpn ).
Coördinaten induceren een basis voor de raakruimte Tx M . Per definitie van het wigproduct weten we dat bij invullen van 2n vectoren in ω n alle verschillende permutaties
met het bijbehorende teken opgeteld dienen te worden. Uit bovenstaande vorm is echter
duidelijke dat alle behalve één permutatie nul opleveren, te weten
n
(ω )x
!
∂ ∂ ∂ ∂ , . . . , n , 1 , . . . , n 1
∂q x
∂q x ∂p x
∂p x
= n! 6= 0.
Invullen van een andere basis geeft een veelvoud hiervan.5 Dit laat zien dat de 2n-vorm
ω n ∈ Ω2n (M ) in geen enkel punt x ∈ M identiek nul is, oftewel (ω n )x 6= 0. Omdat ω n
een gladde 2n-vorm is op M , is deze in het bijzonder continu. Het feit dat ω n nergens
identiek nul is, impliceert dat (ω n )x > 0 voor alle x ∈ M . We mochten aannemen dat
een dergelijke vorm een oriëntatie op M legt.
Stel nu dat ω n = dη voor een of andere η ∈ Ω2n−1 (M ). Omdat (M, ω) een compacte,
georiënteerde variëteit is, kunnen we de stelling van Stokes toepassen:
Z
n! =
M
ωn =
Z
!
Z
η = 0,
dη =
M
∂M
2n (M ).
omdat ∂M = ∅. Dit is een tegenspraak, dus volgt 0 6= [ω n ] ∈ HdR
k+l
(m) Ga na dat [η ∧ τ ] = [η] ∧ [τ ] in HdR
(M ) voor k,l-vormen η, τ . Concludeer dat
2
0 6= [ω] ∈ HdR (M ). Voor welke n ∈ N kan S2n géén symplectische variëteit zijn?
Bewijs. Zij η 0 = η + dσ en τ 0 = τ + dρ andere representanten van de klassen [η], [τ ]
respectievelijk, waar σ ∈ Ωk−1 (M ), ρ ∈ Ωl−1 (M ). Dan volgt dat
[η 0 ] ∧ [τ 0 ] ≡ [η + dσ] ∧ [τ + dρ]
= [η ∧ τ ] + [η ∧ dρ] + [dσ ∧ τ ] + [dσ ∧ dτ ].
4
5
Neem aan dat het hebben van een dergelijke vorm van hoogste graad legt een oriëntatie op M .
De genormaliseerde vorm ω n /(n!) wordt ook wel de Liouville volumevorm genoemd.
6
Maar d(η ∧ ρ) = dη ∧ ρ + (−1)k η ∧ dρ vanwege de Leibniz regel, en er geldt dη = 0
k+k−1
(waarom?) en [d(η ∧ ρ)] = 0 in HdR
(M ) omdat de laatste een co-rand is. Dus geldt
ook [η ∧ dρ] = 0, en evenzo [dσ ∧ τ ] = 0. Voor de laatste term geldt
d(σ ∧ dρ) = dσ ∧ dρ + (−1)k−1 σ ∧ ddρ
waar de laatste term nul is vanwege d2 = 0. Wederom geldt [d(σ ∧ dρ)] = 0, en we
concluderen dan ook dat [η 0 ∧ τ 0 ] = [η] ∧ [τ ] = [η ∧ τ ]. Oftewel, het wigproduct definieert
k
ook een goedgedefinieerd product op het de Rham complex Ω∗ (M ) = ⊕2n
k=0 Ω (M ).
Merk tenslotte op dat dit product zich netjes gedraagt ten opzichte van de graad van de
k+l
verschillende vormen op M : [η] ∧ [τ ] = [η ∧ τ ] ∈ HdR
(M ).
n
n
2 (M ). Nu geldt er
We zien nu dat 0 6= [ω ] = [ω] , wat betekent dat 0 6= [ω] ∈ HdR
(
k
HdR
(Sn )
=
R voor k = 0, n
0 anders.
Dit betekent in het bijzonder dat van alle even-dimensionale bollen S2n alleen de 2-sfeer
S2 een symplectische structuur zou kunnen hebben. Vraag (h) laat zien dat er ook
inderdaad een symplectische 2-vorm op S2 bestaat.
7