3 A estrutura simplética do fluxo geodésico

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1 3 A estrutura simplética do fluxo geodésico A partir do ponto de vista da mecânica classica, a geodésica é uma solução da equação de Euler-Lagrange considerando-se o lagrangeano L(x v) = 1 v 2 x O objetivo deste capítulo é dissertar a cerca de alguns quantificadores geométricos, forma simplética e de contato, que são preservados pelo fluxo geodésico. 3.1 Variedades simpléticas e de contato Definição 3.1 Uma 2-forma ω é dita de simplética se 1. É fechada, dω = 0 2. É não-degenerada 3. É anti-simétrica Ao par (M ω) da-se o nome de variedade simplética. Definição 3.2 Se (M ω) é uma variedade simplética e H : M R é um função C r. O campo X H definido pela relação dh(y ) = ω(x H Y ) ou i X ω = dh é chamado de campo Hamiltoniano ou gradiente simplético de H. O fluxo φ t de X H é chamado fluxo Hamiltoniano. Observação 3.1 ω não-degenerada implica a existência de X H. Lema 3.1 ω é preservada por φ t, sendo que φ t é o fluxo gerado por X H.

2 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 24 Demonstração Seja L X ω a derivada de Lie de ω com respeito a X H. Considere a fórmula de Cartan L X ω = i X dω + di X ω. Como ω é fechada e i X ω = dh conclui-se que L X ω = 0. Agora só resta mostrar que d dt φ t ω = 0, já que se φ t ω não depender de t então φ t ω = φ 0ω = ω, que é o resultado procurado. d φ dt φ t+h t ω = lim ω φ t ω h 0 h φ t φ h = lim ω φ t ω h 0 h = lim φ t ( φ h ω ω ) h 0 h = φ t lim( φ h ω ω ) h 0 h = φ t L X ω = 0 Definição 3.3 Uma 1-forma α em uma variedade orientável de dimensão 2n- 1 é chamada forma de contato se a 2n-1)-forma α (dα) n 1 é uma forma de volume de SM. O par (M α) é chamado variedade de contato e um fluxo de contato é um fluxo que preserva α. É possível definir naturalmente em uma variedade de contato um campo X, dado pelas condições i X α = 1 e i X dα = 0. O campo X é chamado de campo característico e seu fluxo de fluxo característico. Lema 3.2 O campo X é único e uma 1-forma α em uma variedade orientável M de dimensão 2n 1 é de contato se, e somente se, para todo x M a restrição de dα x ao núcleo de α em x é não degenerada. Demonstração Primeiro, suponha que a 1-forma α é de contato. Por definição α (dα) n 1

3 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 25 é forma de volume, e assim dados {X 1... X 2n 1 } campos linearmente independendes em um aberto U M a forma α (dα) n 1 aplicada nesses campos não se anula em nenhum ponto. Portanto dα também não se anula. Isto também prova a volta, já que se dα se anula para algum par linearmente independente, a forma de contato também irá se anular em uma base que contém este par. A unicidade do campo característico vem do fato de que satisfazendo essas condições, este campo torna-se dual a forma α. De fato, se em cada ponto x T x M = ker(α x ) H(x) então a primeira condição afirma que em todo ponto X possui componente em H(x) e a segunda condição afirma que X não possui nenhuma componente no núcleo de α. 3.2 A estrutura simplética de TM Do capítulo anterior segue que o espaço tangente a T M no ponto θ pode ser escrito como T θ T M = H(θ) V (θ). Defina J θ : T θ T M T θ T M por J θ (ξ h ξ v ) = ( ξ v ξ h ). Definição 3.4 Defina a 2-forma Ω por Ω θ (ξ η) = J θ (ξ) η θ. Segue da definição que Ω θ (ξ η) = d θ π(ξ) K θ (η) K θ (ξ) d θ π(η). Ω é antisimétrica e não-degenerada. Mais a frente é mostrado que Ω também é fechada, e portanto, uma forma simplética em T M. Observação 3.2 Admita que Ω é um forma simplética. Dessa forma o campo geodésico pode ser visto como o campo hamiltoniano da função H(x v) = 1 v v 2 x.

4 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 26 Proposição 3.1 dh = i G Ω ou, da mesma forma, θ = (x v) T M e ξ T θ T M d θ H(ξ) = Ω θ (G(θ) ξ) Demonstração Seja z : ( ) T M uma curva adaptada a ξ, e escreva z(t) = (α(t) Z(t)). Observe que d θ H(ξ) = t (H z) t=0 = t Z(t) Z(t) α(t) t=0 = α Z Z α(0) = K θ (ξ) v x Por outro lado, Ω θ (G(θ) ξ) = d θ π(g(θ)) K θ (ξ) K θ (G(θ)) d θ π(ξ) = d θ π(g(θ)) K θ (ξ) = d θ π(l θ (v)) K θ (ξ) = v K θ (ξ) Corolário 3.5 O fluxo geodésico preserva a forma simplética Ω. Demonstração Segue da Proposição (3.1) e do Lema (3.1). 3.3 A forma de contato Definição 3.6 Defina a 1-forma α por α θ (ξ) = ξ G(θ) θ = d θ π(ξ) v x Observe que V (θ) anula α θ. A forma simplética Ω e a forma α estão relacionadas pela seguinte proposição: Proposição 3.7 Ω = dα

5 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 27 Fica claro que Ω é fechada, pois é exata, propriedade que faltava para mostrar que Ω é simplética. Antes da demonstração da Proposição, um Lema. Lema 3.3 Seja a conexão Riemanniana em T M compatível com a métrica de Sasaki. Para todo η H(θ) obtém-se η G V (θ). Demonstração Seja U uma vizinhança normal em x = π(θ) e E 1... E n um referêncial ortonormal em U, que é geodésico em x, isto é, Ei E j (x) = 0 para todo i j. Defina X i (y w) = L (yw) (E i (y)) = (E i (y) 0). Dessa forma os campos X 1... X n são ortonormais na métrica de Sasaki e geram o subfibrado horizontal em T U. Devido à linearidade da conexão, basta mostrar que Xj G V (θ) para todo j. Como o campo geodésico é horizontal, é possível escrevê-lo como G(y w) = n E i (y) wx i. i=1 Portanto Xj G = = n Xj E i (y) wx i i=1 n X j (E i (y) w)x i + E i (y) w Xj X i. (i) (ii) i=1 Como π, a projeção canônica, é uma submersão Riemanniana, a componente horizontal de Xj X i é igual ao levantamento horizontal de Ej E i, que em θ é zero já que o referencial é geodésico neste ponto. Logo (ii) é nulo. Falta mostrar que (i) também é vertical, ou seja, que ele se anula. Seja α j : ( ) M uma curva integral de E j tal que α j (0) = x e Z j o transporte paralelo de v ao longo de α j. X j E i (x) v = d dt E i (α j ) Z j t=0 = α j Ej x + E j α j Z j = 0.

6 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 28 Demonstração(da proposição 3.7)) É possível escrever dα(ξ 1 ξ 2 ) = ξ 1 α(ξ 2 ) ξ 2 α(ξ 1 ) α([ξ 1 ξ 2 ]) Pela definição de α e pela simetria da conexão dα(ξ 1 ξ 2 ) = ξ 1 ξ 2 G ξ 2 ξ 1 G [ξ 1 ξ 2 ] G = ξ ξ 2 ξ2 ξ 1 G + ξ 2 ξ G ξ 1 ξ2 G [ξ 1 ξ 2 ] G = ξ 2 ξ G ξ 1 ξ2 G Agora, considere uma base de campos em uma vizinhança em T M ao redor de θ, dada por {X 1... X n Y 1... Y n } sendo que os campos X i são como no lema anterior e Y j (y w) = J (yw) (X j (y w)). Esta base é ortonormal em cada ponto (y w), e como Y i é tangente às fibras de T M o colchete [Y i Y j ] é vertical. Portanto, como G é horizontal dα θ V (θ)v (θ) = 0. Pelo lema dα θ H(θ)H(θ) = 0. Sendo assim, para terminar a prova só resta mostrar que, para todo i j, dα θ (X i Y j ) = Ω θ (X i Y j ). Primeiro, observe que para todo i j o colchete [X i Y j ] é igual a zero. De fato, tome θ = (x v) T M e β j : ( ) T M uma curva integral de E j passando por x, e seja V j (t) o transporte paralelo de v ao longo de β j. Defina a aplicação Z ij : ( ) ( ) T M dada por Agora, observe que Z ij = (β i (t) se j (β i (t)) + V i (t)). π Z ij (t s) = β i (t) e portanto, para t fixo, Z ij (t s) = Z t ij(s) é tangente as fibras com velocidade E j (β j (t)) logo Z ij s (t s) = Y j(z ij (t s)).

7 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 29 Por outro lado, se j (β i (t)) + V i (t) é o transporte paralelo de se j + v ao longo de β i, implicando que Z ij t é horizontal, logo Z ij t (0 s) = X i(z ij (0 s)) e Finalmente, Z ij t (0 s) = X i(z ij (t 0)). [X i Y j ](f)(θ) = X i Y j (f)(θ) Y j X i (f)(θ) = t = 0 (f Z ij ) (0 0) s s (f Z ij ) (0 0) t Computando dα θ diretamente em X i Y j dα θ (X i Y j ) = X i α θ (Y j ) Y j α θ (X i ) α([x i Y j ]) = Y j α θ (X i ) = Y j X i G θ como t (E j (x)t + v) é uma curva integral de Y j, dα θ (X i Y j ) = d dt E i (x) E j (x)t + v = δ ij. t=0 Por outro lado, Ω θ (X i Y j ) = J θ X i Y j = Y i Y j = δ ij. Definição 3.8 Para θ SM defina S(θ) := Kerα θ. Observe que S(θ) é o complemento ortogonal em T θ SM de G(θ) com respeito a métrica de Sasaki. Lemma 3.9 Dado θ = (x v) SM as seguintes afirmações são verdadeiras: 1. Um vetor ξ T θ T M pertence a T θ SM se, e somente se, K θ (ξ) v = 0; 2. Ω θ (ξ G(θ)) = 0 para todo ξ T θ SM; 3. Ω θ (ξ J θ G(θ)) = 0 para todo ξ S(θ) T θ SM;

8 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados O complemento ortogonal de S(θ) em T θ T M é dado pelos subespaços gerados por G(θ) e J θ G(θ), portanto S(θ) e seu complemento ortogonal são invariantes por J θ ; 5. Seja E T θ SM complementar ao subespaço gerado por G(θ) então Ω θ EE é não degenerado. Demonstração Pela identificação T θ SM T x M {w T x M w v}, e pelo fato de que o subespaço vertical é núcleo da aplicação d θ π fica provado o primeiro item. Dado ξ T θ SM temos que Ω θ (ξ G(θ)) = d θ π(ξ) K θ (G(θ)) K θ (ξ) d θ π(g(θ)) mas K θ (G(θ)) = 0 e pelo primeiro item K θ (ξ) d θ π(g(θ)) = K θ (ξ) v = 0 decorrendo assim, o segundo item. Para o terceiro item, observe que ξ S(θ) é o mesmo que dizer que ξ Kerα θ, e assim d θ π(ξ) v = 0. Calculando Ω θ : Ω θ (ξ J θ G(θ)) = d θ π(ξ) K θ (J θ G(θ)) K θ (ξ) d θ π(j θ G(θ)) = d θ π(ξ) v = 0. Por definição, G(θ) é ortogonal a S(θ) em T θ T M. Dado um vetor ξ S(θ), J θ G(θ) ξ = v K θ (ξ) logo J θ G(θ) é ortogonal a S(θ) porque como ξ S(θ) T θ SM obtém-se pelo primeiro item que v K θ (ξ) = 0. Pelo segundo item, G(θ) é uma direção nula em T θ SM. O fato é que esta é a única direção nula porque se houver outra então a forma passa a ser degenerada em T θ T M. Com efeito, escreva T θ T M = J θ G(θ) T θ SM aqui J θ G(θ) é considerado como o espaço gerado por este vetor. Como Ω é simplética, Ω θ (G(θ) η) = 0

9 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 31 quando η J θ G(θ). Suponha que Ω possui uma direção nula U T θ SM complementar a G(θ). Portanto do fato de Ω ser simplética deve haver um subespaço de T θ T M tal que Ω θ (U ) não se anule. Certamente este espaço não está contido em T θ SM. Dessa forma, suponha que este subespaço é J θ G(θ). Logo, o espaço U é o mesmo que o gerado por G(θ) uma contradição. Fica assim provado o quinto item. Agora é possível mostrar que o fluxo geodésico preserva uma forma de volume em SM, chamada de forma de Liouville que dá origem a uma medida de probabilidade chamada de medida de Liouville. Corolário 3.1 α é uma forma de contato em SM. Demonstração Já foi visto na seção de variedades simpléticas e de contato que basta mostrar que dα θ restrita a S(θ) é não degenerada. Isto é consequência do lema e da proposição anteriores. Lema 3.4 O fluxo geodésico em SM é o fluxo característico de α. Demonstração Seja H : SM R a função energia dada por H(x v) = v 2 x. Tome θ SM e observe que α θ (G(θ)) = d θ π(g(θ)) v = v v = 1 e para ξ T θ SM i G dα θ (ξ) = dα θ (G(θ) ξ) = Ω θ (G(θ) ξ) = d θ H(ξ) = 0 já que H é constante em SM. Observação 3.3 O fluxo geodésico preserva a forma de contato já que ele é o fluxo característico associado a ela. Lema 3.5 vol(sm) = vol(s n 1 ) vol(m), sendo que vol(s n 1 ) é o volume da esfera de dimensão n 1 contida em R n com a métrica usual.

10 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 32 Demonstração Ao redor de um ponto (x v) SM é possível obter uma vizinhança coordenada U x M de x de forma que localmente SM é dado por U x S n 1. Cubra M por uma quantidade enumerável de tais vizinhanças. Chame de U j tais vizinhanças e de O a família de todas elas. Tome uma partição da unidade Σ subordinada a O. Assim, observe que dθ = ϕ j dθ SM j U j S n sendo que ϕ j Σ. Pelo Teorema de Fubini dθ = U j S n U j dvdx. S n Finalmente, SM dθ = ϕ j dθ j U j S n = ϕ j dvdx j U j S n = ( dv) (ϕ j dx) S n U j = vol(s n 1 ) vol(m) j Lema 3.6 A forma de volume em SM induzida pela métrica de Sasaki coincide a menos de um sinal com 1 (n 1) α (dα)n 1 sendo que n é a dimensão de M. Demonstração Dado θ SM seja U uma vizinhança normal em torno de x = π(θ) e {E 1... E n } um referêncial ortonormal que é geodésico em x como no lema (3.3). Tal referêncial pode ser tomado tal que, se θ = (x v) E 1 (0) = v. Considere o subfibrado SU e dado (y w) SU seja X i (y w) = L (yw) (E i (y)) com i = 1... n uma base para o espaço horizontal H(y w). Agora, defina Y i (y w) = J (yw) (X i (y w)). O referêncial de T U : {X 1... X n Y 1... Y n }

11 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 33 é ortonormal na métrica de Sasaki e ainda, pelo primeiro item do lema (3.9), temos que Y i SM para i = 1 logo {X 1... X n Y 2... Y n } é um referêncial ortonormal para SU. É preciso calcular α (dα)n 1 no ponto θ avaliada na base acima definida. α (dα) n 1 (X 1... X n Y 2... Y n ) = (2n 1) 2 n 1 Alt(α (dα) n 1 )(X 1... X n Y 2... Y n ) e assim, α (dα) n 1 avaliado na base {X 1... X n Y 2... Y n } é igual a 1 2 n 1 σ S 2n sgn(σ) α (dα) n 1 (X σ(1)... X σ(n) Y σ(2)... Y σ(n) ). Agora alguns fatos irão simplificar muito as coisas. Primeiro, esta base foi tomada ortonormal, logo α(y j ) = 0 para todo j e α(x i ) = 1 se i = 1 e do contrário é igual a zero. Segundo, como foi visto na demonstração da proposição (3.7): dα θ H(θ)H(θ) = 0 dα θ V (θ)v (θ) = 0 dα θ (X i Y j ) = δ ij. Assim basta considerar permutações que fixam X 1 e que agrupam lado a lado X i e Y j quando i = j. Como então a menos de um sinal é igual a 1 2 n 1 dα θ (X i Y i ) = dα θ (Y i X i ) (3-1) σ S 2n sgn(σ) α (dα) n 1 (X σ(1)... X σ(n) Y σ(2)... Y σ(n) ) σ S n α (dα) n 1 (X 2 Y 2... X n Y n ). Pois se trocar quaisquer par X i Y i por outro par X j Y j na (n-1)-upla (X 2 Y 2... X i Y i... X j Y i... X n Y n )

12 luxo geodésico em variedades sem pontos conjugados 34 não não se muda de sinal. De fato, basta observar que entre X i e X j existem um número ímpar de termos, duplas X k Y k e Y i e o mesmo acontece com Y i e Y j. Por outro lado, se trocarmos X i com Y i o sinal muda, mas pela equação (3-1) α (dα) n 1 (X 2 Y 2... X i Y i... X n Y n ) = α (dα) n 1 (X 2 Y 2... Y i X i... X n Y n ) obtém-se α (dα) n 1 (X 2 Y 2... X i Y i... X n Y n ) α (dα) n 1 (X 2 Y 2... Y i X i... X n Y n ) = 2α (dα) n 1 (X 2 Y 2... X i Y i... X n Y n ). Finalmente, como S n 1 possui (n 1) elementos, a menos de um sinal α (dα) n 1 (X 1... X n Y 2... Y n ) = (n 1) que é o resultado procurado.