Autor Tema: Comparar el volumen de dos métricas de Riemman

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02 Febrero, 2021, 07:18 pm
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alexpglez

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Sea \(  M  \) una variedad orientable de dimensión \(  n  \), \(  g_1  \) y \(  g_2  \) dos métricas de Riemman con formas de volumen orientadas \( \omega_1 \) y \( \omega_2 \). Si:
 $$ g_1(x,x)\leq \lambda^2 g_2(x,x), \;\;\; \forall x\in TM $$
Entonces:
$$ \omega_1=C \omega_2, \;\;\; 0<C\leq \lambda^{n} $$
¿Cómo se deduciría?

Expresándolo en cierta base, parece equivalente a demostrar que si:
$$ A(x,x)\leq \lambda^2 B(x,x), \;\;\; \forall x\in \mathbb R^n $$
Entonces:
$$ \det A \leq \lambda^{2n} \det B$$
Para \(  A  \) y \(  B  \) formas bilineales. Resultado que no me parece muy sencillo.

03 Febrero, 2021, 08:01 am
Respuesta #1

Masacroso

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Sea \(  M  \) una variedad orientable de dimensión \(  n  \), \(  g_1  \) y \(  g_2  \) dos métricas de Riemman con formas de volumen orientadas \( \omega_1 \) y \( \omega_2 \). Si:
 $$ g_1(x,x)\leq \lambda^2 g_2(x,x), \;\;\; \forall x\in TM $$
Entonces:
$$ \omega_1=C \omega_2, \;\;\; 0<C\leq \lambda^{n} $$
¿Cómo se deduciría?

Expresándolo en cierta base, parece equivalente a demostrar que si:
$$ A(x,x)\leq \lambda^2 B(x,x), \;\;\; \forall x\in \mathbb R^n $$
Entonces:
$$ \det A \leq \lambda^{2n} \det B$$
Para \(  A  \) y \(  B  \) formas bilineales. Resultado que no me parece muy sencillo.


Si \( g_1(x,x)=\langle Ax,Ax \rangle \) y \( g_2(x,x)=\langle Bx,Bx \rangle \) para matrices positivas y simétricas \( A \) y \( B \) (ahí \( A \) y \( B \) serían raíces cuadradas positivas de las formas fundamentales de las métricas), y \( \omega _3 \) es la forma de volumen respecto a la métrica euclídea entonces tienes que

\( \displaystyle{
\omega _1=\det(A)\omega _3,\quad \omega _2=\det(B)\omega _3\implies \omega _1=\det(A)\det(B)^{-1}\omega _2
} \)

lo cual se puede ver fácilmente utilizando matrices diagonales. Ahora bien, de la desigualdad sobre las métricas tenemos que \( \|AB^{-1}\|\leqslant \lambda  \) (lo que se observa fácilmente tomando \( y=Bx \)) y por tanto

\( \displaystyle{
0<\det(AB^{-1})=\det(A)\det(B^{-1})=\det(A)\det(B)^{-1}\leqslant \lambda ^n
} \)

ya que \( \|AB^{-1}\| \) es el mayor valor propio, en valor absoluto, de \( AB^{-1} \).∎

03 Febrero, 2021, 10:09 am
Respuesta #2

alexpglez

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Muchas gracias Masacroso!
Qué demostración tan elegante!

03 Febrero, 2021, 10:11 am
Respuesta #3

Masacroso

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Muchas gracias Masacroso!
Qué demostración tan elegante!

Al principio no daba con la tecla. Hice varios intentos hasta que vi la forma de hallar la solución. Es decir: ahí parece una demostración bonita y sencilla pero hubo varios intentos (con sus correspondientes errores o callejones sin salida), algo más largos, antes de hallar eso.

03 Febrero, 2021, 10:23 am
Respuesta #4

geómetracat

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Si \( g_1(x,x,)=\langle Ax,Ax \rangle \) y \( g_2(x,x)=\langle Bx,Bx \rangle \) para matrices positivas y simétricas \( A \) y \( B \) (ahí \( A \) y \( B \) serían raíces cuadradas positivas de las formas fundamentales de las métricas), y \( \omega _3 \) es la forma de volumen respecto a la métrica euclídea entonces tienes que

\( \displaystyle{
\omega _1=\det(A)\omega _3,\quad \omega _2=\det(B)\omega _3\implies \omega _1=\det(A)\det(B)^{-1}\omega _2
} \)

lo cual se puede ver fácilmente utilizando matrices diagonales. Ahora bien, de la desigualdad sobre las métricas tenemos que \( \|AB^{-1}\|\leqslant \lambda  \) (lo que se observa fácilmente tomando \( y=Bx \)) y por tanto

\( \displaystyle{
0<\det(AB^{-1})=\det(A)\det(B^{-1})=\det(A)\det(B)^{-1}\leqslant \lambda ^n
} \)

ya que \( \|AB^{-1}\| \) es el mayor valor propio, en valor absoluto, de \( AB^{-1} \).∎

Magnífico.  :aplauso: :aplauso: :aplauso:
Lo estuve pensando un rato ayer y no me salió.

Por cierto, si tomas de entrada una base ortonormal para \[ g_2 \] aún se acorta la demostración un poco más (no hace falta considerar \[ \omega_3 \], y \[ B=I \]).
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)