Encontrar canónica de coordenadas de una determinada forma simpléctica en $\Bbb S^2$.

Question

Considerar en $\Bbb S^2$ la forma simpléctica $\omega \in \Omega^2(\Bbb S^2)$ $\omega_p(v,w) = \langle p, v \times w\rangle$ (es decir, el área habitual de formulario). Si $f \in \mathcal{C}^\infty(\Bbb S^2)$ es positivo, $\omega^f \doteq f\omega$ es también una forma simpléctica.

Me imagino que no es una forma inteligente de encontrar las coordenadas de $(\theta,\varphi)$$\Bbb S^2$, de modo que $\omega^f = {\rm d}\theta \wedge {\rm d}\varphi$, pero estoy un poco en una pérdida de cómo hacerlo.

Intento: (?) Para $f = 1$, $\omega^f = \omega$ es lo habitual en la zona de la forma, y $x = \sqrt{1-z^2} \cos \theta$, $y = \sqrt{1-z^2}\sin \theta$ hace el trabajo. Así que traté de llamar $$\begin{cases} x(\theta,\varphi) \doteq g(\varphi) \cos \theta \quad{\rm and} \\ y(\theta, \varphi) = g(\varphi) \sin \theta, \end{cases}$$with no restriction on $z = z(\theta,\varphi)$, a priori.

La condición de $g(\varphi)^2 + z(\theta,\varphi)^2 = 1$ da $\partial z/\partial \theta = 0$. Con este Me esmero calculado que el pull-back expresando ${\rm d}x, {\rm d}y$ ${\rm d}z$ en términos de${\rm d}\theta$${\rm d}\varphi$, y sustituyendo en $$\omega^f = fx\,{\rm d}y \wedge {\rm d}z + fy\,{\rm d}z\wedge{\rm d}x + fz\,{\rm d}x \wedge {\rm d}y,$$and got the relation $$f g^2 \frac{\partial z}{\partial \varphi} - fz gg' = 1.$$Since the condition $g(\varphi)^2 + z(\theta,\varphi)^2 = 1$ also gives $gg' + z \partial z/\partial \varphi = 0$, that simplifies to $$f\frac{\partial z}{\partial \varphi} = 1.$$

Esto huele mal.

Es mi intento de muy mal? ¿Cuál es la manera inteligente para resolver el problema?

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Es el ejercicio 5.1.1 aquí en caso de que usted está demasiado curioso. Estoy en esa etapa de aprendizaje que se la pasa buscando agradable ejercicios.

Answer 1

Consideremos el gráfico $$\mathbf x:(u,v)\mapsto \bigl(\cos (v) \cos (f(u)),\sin (v) \cos (f(u)),\sin (f(u))\bigr).$$ We evaluate the standard area form $\omega$ en las coordenadas de los vectores correspondientes a esta tabla: \begin{align} \omega(\partial_u,\partial_v)&=\det\begin{pmatrix}\cos (v) \cos (f(u)) & \cos (f(u)) \sin (v) & \sin (f(u)) \\ -\cos (v) \sin (f(u)) f'(u) & -\sin (v) \sin (f(u)) f'(u) & \cos (f(u)) f'(u) \\ -\cos (f(u)) \sin (v) & \cos (v) \cos (f(u)) & 0 \end{pmatrix} \\ y=-f'(u) \cos (f(u)). \end{align} Se sigue de esto que $$\omega=-f'(u)\cos(f(u))du\wedge dv.$$ If we want this $\omega$ to be in canonical form in this chart, we need that $$(\sin(f(u)))'=f'(u)\cos(f(u))=-1.$$ Of course, for this we need that $\el pecado(f(u))=-u+c$ for some $c$ and then $$f(u)=\arcsin(u-c).$$ We this see that the chart $$(u,v)\mapsto\left(\sqrt{1-(c-u)^2} \cos (v),\sqrt{1-(c-u)^2} \sin (v),u-c\right)$$ convierte el volumen estándar de formulario en forma canónica.

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Esto funcionó porque el volumen estándar formulario de rotación invariable, por lo que sabíamos que podíamos elegir un gráfico con la misma simetría que tomar a la forma canónica. Supongamos que en lugar de que consideramos que la forma$\omega^h=h\omega$, $h$ cualquier función en la esfera.

Elegimos la tabla $$\mathbf y:(u,v)\mapsto\bigl(\cos (f(u)) \cos (g(v)),\cos (f(u)) \sin (g(v)),\sin (f(u))\bigr).$$ Then we have $$\omega^h(\partial_u,\partial_v)=-h(u,v)f'(u) \cos (f(u)) g'(v),$$ so that $$\omega^h=-h(u,v)f'(u) \cos (f(u)) g'(v)\,du\wedge dv.$$ Here we are writing $h(u,v)$ the value of the function $h$ on the point $\mathbf x(u,v)$, of course. If we want the chart to put $\omega^h$ into canonical form, we need that $$h(u,v)f'(u) \cos (f(u)) g'(v)=1.$$ The interesting thing is that now it is not true that there is always a way to pick $f$ and $g$, de modo que este tiene! Eso significa que ningún gráfico de la forma que elegimos funciona, y lo que vamos a intentar otro candidato.

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Para lidiar con el caso general, tenemos lo que es esencialmente el plan general: considerar ahora $$\mathbf z:(u,v)\mapsto \bigl(\cos (f(u,v)) \cos (g(u,v)),\cos (f(u,v)) \sin (g(u,v)),\sin (f(u,v))\bigr).$$ A computation (I am using Mathematica to do all this, so it takes a few milliseconds!) shows that $$\omega^h(\partial_u,\partial_v)=h(u,v)\left(f_v(u,v) g_u(u,v)-f_u(u,v) g_v(u,v)\right)\cos (f(u,v)),$$ so to find a chart that canonicalizes $\omega^h$ we have to solve the PDE $$\cos(f)\begin{vmatrix}f_v&f_u\\g_v&g_u\end{vmatrix}=\frac{1}{h}.$$ At least locally, we can surely take $g(u,v)=u$, and then the equation becomes $$\frac{\partial}{\partial v}(\sin(f(u,v))=\cos(f(u,v))f_v(u,v)=\frac{1}{h(u,v)},$$ y uno puede solucionar esto.