Declaración comparativa

Question

Estoy buscando una afirmación como ésta (y también una prueba):

Sea $\gamma_1,\gamma_2:\mathbb R\to (M,g)$ dos curvas (parametrizadas por la arclongitud) en una variedad riemanniana $(M,g)$ y que $\gamma_1(0)=\gamma_2(0)$ y $\gamma_1'(0)=\gamma_2'(0)$ . Ahora la reclamación es la siguiente:

Sea $|D_t\gamma_1'(t)|>|D_t\gamma_2'(t)|$ para todos $t$ y que $s_1$ respectivamente $s_2$ sean los tiempos, cuando $\gamma_1$ respectivamente $\gamma_2$ dejan la bola geodésica de radio digamos $r$ centrado en $\gamma_i(0)$ por primera vez ( $r$ puede ser pequeño, me interesa una declaración local).

Entonces $s_1>s_2$ .

La afirmación parece obvia pero no se me ocurre ninguna prueba... Gracias por cualquier idea.

Answer 1

La proposición que quieres parece que sólo es cierta si $r$ puede depender de las curvas $\gamma_1, \gamma_2$ .

Para ser precisos, la siguiente afirmación parece ser falsa: "Dado $p \in M$ existe alguna $r > 0$ tal que para cualquier $\gamma_1, \gamma_2$ satisfacer sus condiciones, $s_1 > s_2$ ."

Como contraejemplo, veamos $M = \mathbb{R}^2$ con la métrica euclidiana, $p$ el origen. Fije algunos $r$ .

Sea $\gamma_2$ sea la curva siguiente: Para $0 < t < r/2$ , $\gamma_2$ no es más que la geodésica de velocidad unitaria a lo largo de la $x$ -Eje. Entonces, para $r/2 < t < 3r/4$ , $\gamma_2$ forma un semicírculo alrededor del punto $(r/2, r/4\pi)$ Por último, para $t > 3r/4$ , $\gamma_2(t)$ es el camino $(5r/4 - t, r/2\pi)$ .

Ahora dejemos que $\gamma_1$ sea la misma curva en $0 < t < r/2$ pero causa $\gamma_1$ trazar un círculo completo (mucho más cerrado) para $r/2 < t < 3r/4$ (esta vez en torno al punto $(r/2, r/8\pi)$ ), y luego continuar por la $x$ -Eje.

$\gamma_1$ sale de la bola de radio $r$ a la vez $5r/4$ mientras que $\gamma_2$ se va en algún momento muy posterior. Ahora mi $\gamma_1$ no satisface $|D_t \gamma_1'(t)| > |D_t \gamma_2'(t)|$ para $0 < t < r/2$ o para $t > 3r/4$ pero está claro que una pequeña perturbación de $\gamma_1$ cumplirá esta condición y saldrá antes de la bola. (Estas curvas tampoco son suaves pero, de nuevo, eso se puede arreglar).

[ Edición: El resto de esta respuesta parece no tener sentido. El cálculo de $L'''_i(0)$ en la prueba parece tener varios errores, y no estoy seguro de si se pueden arreglar; en consecuencia, ahora soy agnóstico en cuanto a si la proposición a continuación es verdadera].

Por otro lado:

Proposición [ Edición: posiblemente falso ]: Dado $p \in M$ y curvas de velocidad unitaria $\gamma_1, \gamma_2$ satisfaciendo $\gamma_1(0) = \gamma_2(0) = p$ , $\gamma_1'(0) = \gamma_2'(0)$ y $|D_t\gamma_1'(0)| > |D_t\gamma_2'(0)|$ se deduce que existe algún $R > 0$ tal que para todo $r < R$ , $\gamma_2$ deja el $r$ -bola alrededor $p$ antes de $\gamma_1$ .

Prueba [ Edición: defectuoso ]: Fijar coordenadas normales alrededor de $p$ . Para $i \in \lbrace 1, 2 \rbrace$ y cada $t > 0$ defina $$ L_i(t) = \int_0^t \langle \gamma_i'(s), \partial_r(s) \rangle ds. $$ Mientras $t$ es lo suficientemente pequeño, $L_i(t)$ es la distancia desde $p$ a $\gamma_i(t)$ . (Aquí $\partial_r(s)$ es el vector unitario en dirección radial en $\gamma_i(s)$ .) Es fácil calcular \begin{align} L_i'(t) &= \langle \gamma_i'(t), \partial_r(t) \rangle \\ L_i''(t) &= \langle D_t \gamma_i'(t), \partial_r(t) \rangle + \langle \gamma_i'(t), D_t \partial_r(t) \rangle. \end{align} En particular, la segunda fórmula implica $L_i''(0) = 0$ de modo que $L_1$ y $L_2$ acepta el segundo pedido en $t = 0$ . Afirmo que $L_1'''(0) < L_2'''(0)$ de lo que se deduce la afirmación.

Para demostrar la afirmación quiero obtener una buena fórmula para $L_i'''(0)$ . En primer lugar, observo que $D_t \partial_r(0) = 0$ . (Esto es un cálculo, pero intuitivamente, $\gamma_i$ está saliendo de $p$ en dirección radial en primer orden en $t = 0$ Así que $\partial_r$ no está cambiando a primer orden). Pero entonces $$ D_t \langle \gamma_i'(t), D_t \partial_r \rangle \big|_{t=0} = \langle \gamma_i'(t), D_t^2 \partial_r \rangle \big|_{t=0} = \langle \partial_r, D_t^2 \partial_r \rangle \big|_{t = 0} = \langle D_t \partial_r, D_t \partial_r \rangle \big|_{t = 0} = 0. $$ (Aquí utilizo $D_t \partial_r (0) = 0$ y $\langle D_t \partial_r(t), \partial_r(t) \rangle = 0$ para deshacerse de términos no deseados). De ello se deduce que $$ L_i'''(0) = \langle D_t^2 \gamma_i'(0), \partial_r \rangle = \langle D_t^2 \gamma_i'(t), \gamma_i(t) \rangle \big|_{t = 0} = -\langle D_t \gamma_i'(t), D_t \gamma_i'(t) \rangle \big|_{t=0} = - |D_t\gamma_i'(t)|^2 $$ utilizando el hecho de que $\langle D_t \gamma_i'(t), \gamma_i'(t) \rangle = 0$ desde $\gamma_i$ es la velocidad unitaria. La condición $|D_t \gamma_1'(0) | > |D_t \gamma_2'(0)|$ ahora implica exactamente que $L_1'''(0) < L_2'''(0)$ que es lo que queríamos.

Answer 2

Por fin pude responder a la pregunta. El objetivo es dar una expansión de Taylor para la función $L$ arriba de la respuesta de mollyerin: Para fijar la notación, la conexión Levi-Civita se denota por $\nabla$ . Elija coordenadas geodésicas normales centradas en $p$ . Utilizando el lema de Gauss encontramos

$$\begin{aligned}L(t) &=\int_0^t g\left(\dot\gamma(s),\partial_r(s)\right) \,\mathrm ds\\ & = \int_0^tg\left( (\mathrm d\exp_p)_{\bar \gamma(s)}(\dot{\bar\gamma}(s)),(\mathrm d\exp_p)_{\bar \gamma(s)}\left(\tfrac{\bar\gamma(s)}{\left|\bar \gamma(s)\right|_g}\right)\right)\,\mathrm ds\\ & = \int_0^tg\left( \dot{\bar\gamma}(s),\tfrac{\bar\gamma(s)}{\left|\bar \gamma(s)\right|_g}\right)\,\mathrm ds\\ & = \int_0^t\frac{\mathrm d}{\mathrm ds}\left|\bar \gamma(s)\right|_g\,\mathrm ds= |\bar{\gamma}(t)|_g, \end{aligned} $$ donde $\bar\gamma = \exp_p^{-1}\circ\gamma$ . Podemos ampliar $$\bar\gamma(t)=\dot{\bar{\gamma}}(0)t+\frac{\ddot{\bar{\gamma}}(0)}{2!}t^2+\frac{\dddot{\bar{\gamma}}(0)}{3!}t^3+O(t^4)$$ y elegir las coordenadas tales que $\dot{\gamma}(0)=\partial_1$ . Desde $(\mathrm d\exp_p)_0$ es la identidad en $T_pM$ encontramos $\dot{\bar{\gamma}}(0)=\dot\gamma(0)$ . Dado que los símbolos de Christoffel desaparecen en $p$ (coordenadas normales), obtenemos $\nabla_{\dot{\gamma}}\dot{\gamma}(0)=\ddot{\bar\gamma}(0)+\dot{\bar\gamma}^i\Gamma_{1i}^j\partial_j(0)=\ddot{\bar\gamma}(0)$ . Para la segunda derivada covariante calculamos (utilizando de nuevo que los símbolos de Christoffel desaparecen en cero) $$\nabla^2_{\dot{\gamma}}\dot{\gamma}(0)=\dddot{\bar{\gamma}}(0)+\dot{\bar\gamma}^i\partial_1\Gamma_{1i}^j\partial_j(0)=\dddot{\bar{\gamma}}(0)-\frac{1}{3}\left(R^j_{111}+R^j_{111}\right)\partial_j(0)=\dddot{\bar{\gamma}}(0)$$ La igualdad del medio utiliza la identidad $$ \partial_l\Gamma_{jk}^i(0)=-\frac{1}{3}\left(R^i_{jkl}(0)+R^i_{kjl}(0)\right), $$ que se mantiene en coorinadas normales y la última igualdad utiliza las simetrías del tensor de curvatura.

De ello se deduce que $$ d(p,\gamma(t))^2=|\bar{\gamma}(t)|_g^2 = t^2+\frac{1}{2}\left.g(\nabla_{\dot{\gamma}}\dot\gamma,\dot\gamma)\right|_{t=0}t^3+\frac{1}{4}|\nabla_{\dot{\gamma}}\dot{\gamma}(0)|^2t^4+\frac{1}{3} \left.g(\dot\gamma,\nabla_{\dot{\gamma}}^2\dot{\gamma})\right|_{t=0}t^4+O(t^5) $$ y puesto que $\gamma$ está parametrizada por la longitud del arco, $\left.g(\nabla_{\dot{\gamma}}\dot\gamma,\dot\gamma)\right|_{t=0}=0$ y $|\nabla_{\dot{\gamma}}\dot{\gamma}(0)|^2=-\left.g(\dot\gamma,\nabla_{\dot{\gamma}}^2\dot{\gamma})\right|_{t=0}$ . Esto implica $$ d(p,\gamma(t))^2 = t^2-\frac{1}{12}|\nabla_{\dot{\gamma}}\dot{\gamma}(0)|^2t^4+O(t^5) $$ y aplicando $\sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x+O(x^2)$ para $x\to 0$ obtenemos $$ d(p,\gamma(t))=t-\frac{|\nabla_{\dot{\gamma}}\dot{\gamma}(0)|^2}{4!}t^3+O(t^4) $$ lo que también concuerda con los ejemplos que se han discutido en el hilo.

Answer 3

Esto sería cierto si una de las curvas es una geodésica, pero en caso contrario no es cierto ni siquiera en el plano. Es decir, se puede enviar $\gamma_2$ en una órbita circular de forma que nunca salga del disco, y tome por $\gamma_1$ una espiral (o cicloide) que gira rápidamente (con pequeñas espiras) de modo que su segunda derivada será mayor que la de $\gamma_2$ pero se desplazará gradualmente fuera del disco.