1. FELADATSOR. x = u + v 2, y = v + z 2, z = z. u y + z. u x + y. v x + y. v y + z. w x + y. w y + z

Átírás

1 1. FELADATSOR 1-0: Írjuk le az R3 euklideszi tér Riemann-metrikáját az u, v, z koordináták használatával, ahol x = u + v, y = v + z, z = z. Megoldás. (L. Gy.) 1. változat: Az eredeti metrika a x, x x, y x, z 1 G = y, x y, y y, z = z, x z, y z, z 1 1 mátrixszal van adva. Általában, ha új u = u(x, y, z), v = v(x, y, z), w = w(x, y, z) koordinátákat használunk, akkor láncszabály szerint u = x u x + y u y + z u z, v = x v x + y v y + z v z, w = x w x + y w y + z w z. Ezen kifejezések, és az eredeti G használatával az új u, u u, v u, w G = v, u v, v v, w w, u w, v w, w mátrix kifejezhető. Jelen esetben (w helyett z marad) u = x, v = v x + y, z = z y + z adódik, amiről azonnal látszik (az utolsó sor miatt), hogy valami nem stimmel. Ez azért van, mert a z típusú jelőlés nem invariáns, nem csak a z koordinátától függ: a bal oldalon z helyett igazából z,û, v (parciális deriválás z szerint, u és v fixen tartásával) szerepel, míg a jobb oldalon z helyett igazából z, x,ŷ (parciális deriválás z szerint, x és y fixen tartásával) szerepel. Most vagy áttérünk a sokkal körülményesebb jelölésre, vagy jelezzük, hogy a bal oldalon a z másféle kontextusban szerepel. Mi úgy teszünk, hogy a bal oldali z-t megszínezzük. z = z y + z. Ez alapján az új metrika a u, u u, v u, z 1 v 0 G = v, u v, v v, z = v 1 + 4v z z, u z, v z, z 0 z 1 + 4z

2 mátrixszal írható le.. változat: (Ez lényegében ugyanaz lesz, de mégis, egy kicsit más.) A metrika a tenzorral írható le. Mármost, látható, hogy Így a metrika g = dx dx + dy dy + dz dz dx = du + v dv, dy = dv + z dz, dz = dz. g = (du + v dv) (du + v dv) + (dv + z dz) (dv + z dz) + dz dz = = du du+v du dv +v dv du+(1+4v ) dv dv +z dv dz +z dz du+(1+4z ) dz dz. Ez lényegeben ugyanaz a számolás, de mégis koordinátamentes. 3. változat: (Ez teljesen ugyanaz, mint az előző.) Ha a df dg = 1 (df dg + dg df) jelölést alkalmazzuk, akkor a metrika g = dx + dy + dz = (du + v dv) + (dv + z dz) + dz = = du + 4v du dv + (1 + 4v ) dv + 4z dv dz + (1 + 4z ) dz. Megjegyzés: az 1. változat terminológiájában dx dx du g = dy G dy = dv dz dz dw G du dv. dw 1-1: Bizonyítsuk be, hogy minden sima sokaságon megadható Riemann-metrika. Megoldás. Ld. számos könyv Riemann-geometriáról. 1-: Írjuk fel az R3 euklideszi tér Riemann-metrikájának mátrixát az alábbi koordináta-rendszerekben: az (r, θ, ϕ) gömbi koordináta-rendszerben, ahol x = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sin ϕ, z = r cos θ; az (r, ϕ, z) hengerkoordináta-rendszerben, ahol x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, z = z. Mi a geometriai jelentése annak, hogy a mátrix mindkét esetben diagonális? Megoldás. (Cs. B.) A gömbi koordináták által indukált bázis vektormezők: r = sin θ cos ϕ x + sin θ sin ϕ y + cos θ z ; θ = r cos θ cos ϕ x + r cos θ sin ϕ y r sin θ z ; ϕ = r sin θ sin ϕ x + r sin θ cos ϕ y.

3 Ebből a Riemann-metrika mátrixa: r, r r, θ r, ϕ G = θ, r θ, θ θ, ϕ = 0 r 0 ϕ, r ϕ, θ ϕ, ϕ 0 0 r sin θ Hasonlóan járhatunk el a hengerkoordináták esetén: r = cos ϕ x + sin ϕ y ; ϕ = r sin ϕ x + r cos ϕ y ; z = z. Ebből a Riemann-metrika mátrixa: r, r r, ϕ r, z G = ϕ, r ϕ, ϕ ϕ, z = 0 r 0 z, r z, ϕ z, z A Riemann-metrika diagonalitása azt fejezi ki, hogy a koordinátafüggvények szintfelületei páronként merőlegesen metszik egymást. 1-3: Legyen adott egy x + y + z = 1 egyenletű ellipszoid az a > b > c > 0 féltengelyeivel. a b c U legyen a pozitív térnyolcad. Definiáljuk az (x, y, z) U pont λ 1 < λ < λ 3 ellipszoidkoordinátáit, mint a λ-ra vonatkozó x a +λ + y b +λ + z = 1 egyenlet megoldásait. Ellenőrizzük, hogy c +λ ennek az egyenletnek valóban pontosan három megoldása van, és írjuk fel a Riemann-metrika mátrixát az ellipszoid-koordinátákra vonatkozóan. x Megoldás. (Cs. B.) Az harmadfokú egyenletet kapunk. a +λ + y b +λ + z = 1 egyenletet a nevezőkkel beszorozva λ-ra egy c +λ (a + λ)(b + λ)(c + λ) x (b + λ)(c + λ) y (a + λ)(c + λ) z (a + λ)(b + λ) = 0. A baloldali P (λ) polinom főegyütthatója 1, helyettesítési értéke a < b < c -ben P ( a ) = x (b a )(c a ) < 0, P ( b ) = y (a b )(c b ) > 0, P ( c ) = z (a c )(b c ) < 0. Bolzano tételéből a polinomnak van egy-egy gyöke a ( a, b ), ( b, c ), ( c, + ) intervallumokban. x Megjegyezzük, hogy adott λ esetén az a +λ + y b +λ + z = 1 egyenletű felület típusa éppen c +λ attól függ, hogy λ hol helyezkedik el a számegyenesen. λ < a esetén F λ =, λ ( a, b ) esetén F λ egy kétköpenyű hiperboloid, λ ( b, c ), esetén F λ egy egyköpenyű hiperboloid, végül λ ( c, + ) esetén F λ egy ellipszoid. x Az a +λ i + y b +λ i + z c +λ i = 1 egyenletrendszer egy lineáris egyenletrendszer az x, y, z ismeretlenekre, melyet megoldva egy pozitív térnyolcadba eső pont Descartes-féle koordinátáit expliciten ki tudjuk fejezni az elliptikus koordinátákkal. Ha ez az explicit kifejezés ismert, akkor

4 az előző feladathoz hasonlóan a Riemann-metrika mátrixa az elliptikus koordinátákra nézve már kiszámolható. Egy kis trükközéssel azonban leegyszerűsíthetjük ezt a tekintélyes mennyiségű számolást. Először is vegyük észre, hogy a fenti P polinom gyöktényezős alakja P (λ) = (λ λ 1 )(λ λ )(λ λ 3 ). Ezt felhasználva a P ( a ) helyettesítési értékből x kiszámolható: x = P ( a ) (a b )(c a ) = (a + λ 1 )(a + λ )(a + λ 3 ) (a b )(a c. ) és hasonlóan kapható y és z. Dolgozzunk az x = X(λ 1, λ, λ 3 ), y = Y (λ 1, λ, λ 3 és z = Z(λ 1, λ, λ 3 ) áttérési leképezésekkel impliciten. A tömörség kedvéért jelöljük a λi vektormezőt i -vel. Az X a + Y + λ i b + Z + λ i c = 1 (1) + λ i egyenletet ha λ j szerint parciálisan deriváljuk, akkor j i esetén j i esetén X i X a + Y iy + λ i b + Z iz + λ i c = + λ i X j X a + λ i + Y jy b + λ i + Z jz c + λ i = 0, () X (a + λ i ) + Y (b + λ i ) + Z (c + λ i ), (3) ( adódik. A () egyenlet szerint a keresett ( j X, j Y, j Z) vektor merőleges az X vektorokra i j-re. Lemma A D i = ( X a +λ i, Y b +λ i, a +λ i, ) Y Z b +λ i, c +λ i ) Z c +λ i i = 1,, 3 vektorok páronként merőlegesek egymásra. A lemma abból következik, hogy ha az (1) egyenletet i-re és j-re felírjuk, majd a két egyenletet kivonjuk egymásból, akkor azt kapjuk, hogy X (λ j λ i ) (a + λ i )(a + λ j ) + Y (λ j λ i ) (b + λ i )(b + λ j ) + Z (λ j λ i ) (c + λ i )(c + λ j ) = 0, a baloldali kifejezés pedig éppen az D i és D j skaláris szorzatának (λ j λ i ) 0-szorosa. A Lemma szerint a ( j X, j Y, j Z) vektor párhuzamos a D j vektorral, tehár egy alkalmas c j szorzóval ( j X, j Y, j Z) = c j D j. Behelyettesítve a (3) egyenletbe c j = 1/ adódik, tehát ( j X, j Y, j Z) = D j /. A Riemann-metrika mátrixa az D 1 /, D /, D 3 / bázis Gram-mátrixa, tehát a lemma miatt egy diagonális mátrix, melynek az átlójában az g ii = D i 4 = 1 ( X 4 (a + λ i ) + Y (b + λ i ) + Z ) (c + λ i )

5 számok állnak. Már csak az van hátra, hogy g ii -ből kiejtsük az implicit X, Y, Z függvényeket. Ehhez vegyük észre, hogy rögzített x, y, z-re a Q(λ) = (a + λ)(b + λ)(c + λ) jelölést használva Ha ezt λ szerint deriváljuk, akkor P (λ) Q(λ) = 1 P (λ)q(λ) P (λ)q (λ) Q(λ) = x a + λ y b + λ z c + λ. x (a + λ) + y (b + λ) + z (c + λ) Helyettesítsünk ebbe az egyenletbe λ i -t. A P gyöktényezős alakjából látható, hogy P (λ i ) = 0, P (λ i ) = (λ i λ j )(λ i λ k ), ahol λ j és λ k a két másik gyök. Ebből g ii = P (λ i ) 4Q(λ i ) = (λ i λ j )(λ i λ k ) 4(a + λ i )(b + λ i )(c + λ i ). Megjegyzés: (L. Gy.) Ha a direkt számolós utat követjük, akkor x, y, z ismeretében érdemes g = dx + dy + dz = (d(x )) 4(x ) + (d(y )) 4(y ) alapján számolni, amiből (még mindig elég sok) számolás után g = adódik. + (d(z )) 4(z ) (λ 1 λ )(λ 1 λ 3 ) dλ 1 4(a + λ 1 )(b + λ 1 )(c + λ 1 ) + (λ λ 1 )(λ λ 3 ) dλ 4(a + λ )(b + λ )(c + λ ) + (λ 3 λ 1 )(λ 3 λ ) dλ 3 4(a + λ 3 )(b + λ 3 )(c + λ 3 ) 1-4: Legyen (R n+1, {, }) a Minkowski-téridő és H n = {ξ {ξ, ξ} = 1}. Mutassuk meg, hogy ξ H n esetén T ξ Hn = {η {η, ξ} = 0}. A tehetetlenségi tétel felhasználásával igazoljuk, hogy {, } megszorítása T ξ Hn -re pozitív definit. Legyen H n a H n kétköpenyű hiperboloid felső köpenye a Minkowski-téridőből örökölt Riemannmetrikával. Ezt a Riemann-sokaságot (és a vele izometrikus Riemann-sokaságokat) nevezzük n-dimenziós hiperbolikus térnek. Megoldás. (L. Gy.) A szokásos koordinátázást használva, H n az f = x x n x n+1 függvény 0-hoz tartozó szintfelülete. Ekkor egy általános pontban a df = x 1 dx x n dx n x n+1 dx n+1 forma jelöli ki az érintőtereket. Speciálisan, a ξ = (ξ 1,..., ξ n, ξ n+1 ) pontban df ξ = ξ 1 dx ξ n dx n ξ n+1 dx n+1.

6 Azaz, T ξ Hn = {η T ξ R n+1 : df ξ η = 0}. Természets megfeleltetés van R n+1 vektorai és T ξ R n+1 között, speciálisan {, } is öröklődik T ξ R n+1 -re (és ott {, } = dx dx n dx n+1 lesz). Ha most ξ f-fel jelöljük az f ξ-beli gradiensét, azaz azt a vektort T ξ R n+1 -ben, melyre { ξ f, η} = df ξ η minden η = η 1 e η n+1 e n+1 T ξ R n+1 -re, akkor { ξ f, η} = df ξ η = ξ 1 η ξ n η n ξ n+1 η n+1 = {(ξ 1 e ξ n+1 e n+1 ), η 1 e η n+1 e n+1 }. Így ξ f = (ξ 1 e ξ n+1 e n+1 ). A ξ = ξ 1 e ξ n+1 e n+1 jelöléssel (természetes az érintőtér globális tér megfeleltetésből) ξ f = ξ, és így T ξ Hn = {η T ξ R n+1 : {ξ, η} = 0}. Mivel ξ negatív definit, ezért a szignatúrájú térben a komplementer altere (a Sylvester-féle tehetetlenségi tetel miatt) csakis pozitív definit lehet. Ez a komplementer altér pedig T ξ Hn. Megjegyzés: A H n sokaságon a metrika a g = dx dx n dx n+1 szimmetrikus -formával adott; pontosabban ennek H n -re való megszorításával, de a megszorítás jelölésétől praktikusan eltekintünk. Mivel H n -en x x n x n+1 = 1, x n+1 > 0 x n+1 = 1 + x x n, így x 1 dx x n dx n x n+1 dx n+1 = 0, dx n+1 = x 1 dx x n dx n x n+1 = x 1 dx x n dx n. 1 + x x n Ezért H n -en metrika kifejezhető x 1,..., x n -nel: g = dx dx n (x 1 dx x n dx n ) 1 + x x n = stb. De ez nem jár különösebb haszonnal.

7 1-5: Legyen R n -ben az origó középpontú nyílt egységgolyó B és paraméterezzük a hiperbolikus teret a B H n, x (x,1) leképezéssel. Milyen Riemann-metrika adódik B-n, ha a Hn 1 x Riemann-metrikáját ezzel a diffeomorfizmussal átvisszük B-re? B ezzel a Riemann-metrikával a hiperbolikus tér Beltrami-Cayley-Klein-modellje. Megoldás. (L. Gy.) Ha x 1,... x n jelöli B koordinátafüggvényeinek H n -re vetítését, akkor x i = x i 1... x n Ebből Azaz, dx i = x n+1 = x n d x i x 1 d x x n d x n + x i 1... x n 1... x n3 dx n+1 = x 1 d x x n d x n 1... x n3. dx i = x n+1 d x i + x i dx n+1 dx n+1 = x 1 d x x n d x n 1... x n3. Így g = dx dx n dx n+1 = = x n+1(d x d x n) + ( x 1 d x x n d x n )x n+1 dx n+1 + ( x x n) dx n+1 dx n+1 = = x n+1(d x d x n) + dx n+1 x 3 x n+1 dx n+1 dx n+1 n+1 x n+1 = x n+1(d x d x n) + dx n+1 x n+1 = ( 1... x n)(d x d x n) + ( x 1 d x x n d x n ) ( 1... x n). Az eredmény nyilván ugyanaz lesz, ha x i -re úgy gondolunk, mint B koordinátáira, és g-re mint a B-re visszahúzott metrikára. Megjegyzés: Ha a x n+1 = 1... x n jelölést alkalmazzuk, akkor g = d x d x n + d x n+1 x. n+1 Ezek szerint, ha a metrika nem is konform ekvivalens a szokásos euklideszi metrikával B-n, de az egységfélgömbre felvetítve (Poincaré-féle félgömbmodell) már konform ekvivalens a gömbivel. =

8 1-6: Legyen B, mint az előbb, de paraméterezzük másképpen a H n teret B-vel, nevezetesen az ( x x 1 x, 1 + ) x 1 x. leképezéssel. Milyen Riemann-metrika adódik B-n ezzel? B ezzel a Riemann-metrikával a hiperbolikus tér Poincaré-féle modellje. Mi a geometriai jelentése annak, hogy a Poincaré-modell esetén a hiperbolikus tér Riemannmetrikája egy függvényszerese az B euklideszi tértől örökölt Riemann-metrikájának? Megoldás. (L. Gy.) Ha ˆx 1,... ˆx n jelöli B koordinátafüggvényeinek H n -re vetítését, akkor Ebből dx i = ˆx i x i = 1 ˆx 1... ˆx n x n+1 = 1 + ˆx ˆx n 1 ˆx ˆx n dˆx i 1 ˆx 1... ˆx n + ˆx i 4(ˆx 1 dˆx ˆx n dˆx n ) (1 ˆx 1... ˆx n) dx n+1 = 4(ˆx 1 dˆx ˆx n dˆx n ) (1 ˆx 1... ˆx n). A ˆx n+1 = 1 ˆx 1... ˆx 1 Így jelöléssel, dx i = dˆx i ˆx n+1 ˆx i dˆx n+1 ˆx n+1 dx n+1 = dˆx n+1 ˆx. n+1 g = dx dx n dx n+1 = = dˆx dˆx n ˆx n+1 (ˆx 1 dˆx ˆx n dˆx n ) dˆx n+1 ˆx 3 n+1 + (ˆx ˆx n) dˆx n+1 ˆx 4 n+1 dˆx n+1 ˆx 4 n+1 = = dˆx dˆx n ˆx n+1 ( dˆx n+1) dˆx n+1 ˆx 3 n+1 = dˆx dˆx n ˆx n+1 + (1 ˆx n+1) dˆx n+1 ˆx 4 n+1 = 4(dˆx dˆx n) (1 ˆx 1... ˆx n). dˆx n+1 ˆx 4 n+1 = Az eredmény ugyanaz lesz, ha ˆx i -re úgy gondolunk, mint B koordinátáira, és g-re mint a B-re visszahúzott metrikára. A függvényszeresség a B euklideszi ill. Poincaré-féle hiperbolikus metrikájának konform (szögtartó) ekvivalenciáját jelenti.