Curvas integrales del gradiente

Question

Dejemos que $f : M \rightarrow \mathbb{R}$ sea una función diferenciable definida en una variedad riemanniana. Supongamos que $| \mathrm{grad}f | = 1$ sobre todo $M$ . Demuestre que las curvas integrales de $\mathrm{grad}f$ son geodésicas.

Answer 1

Como parece que esto es una tarea para casa, aquí está un esbozo de la prueba.

1. Demuestre que el mapa $X\rightarrow \nabla_X \nabla f$ es autoadjunto, es decir, que $g(\nabla_X \nabla f, Y) = g(\nabla_Y \nabla f, X)$ para cualquier campo vectorial $X$ y $Y$ . Tendrá que utilizar el hecho de que $\nabla f$ es un campo de gradiente, pero no necesitarás el hecho de que tenga norma 1.

2. Demostrar que $g(\nabla_{\nabla f} \nabla f, X) = 0$ para todos $X$ utilizando 1. para escribirlo como $g(\nabla_X \nabla f, \nabla f)$ y expandirse. Aquí, tendrá que utilizar el hecho de que $\nabla f$ tiene norma 1. Una vez que demuestres esto, concluye que $\nabla_{\nabla f} \nabla f = 0$ es decir, que las curvas integrales son geodésicas.

Suponiendo que me acuerde, o que envíes un comentario, puedo actualizar esto en unos días con las soluciones completas a la 1 o a la 2.

Answer 2

Un método intuitivo para enfocar esto es el siguiente. Si $t\mapsto x(t)$ es una curva integral, entonces $\vert f(x(t_1))-f(x(t_0))\vert=\vert t_1-t_0\vert$ . Sin embargo, cualquier otra curva $t\mapsto y(t)$ puntos de unión $y(s_0)=x(t_0)$ y $y(s_1)=x(t_1)$ satisface $\vert f(y(s_1))-f(y(s_0))\vert\le\vert s_1-s_0\vert$ cuando se parametriza por la longitud del arco. Así que $x$ es la curva más corta entre los puntos.

Answer 3

Otra estrategia: definir las coordenadas $(x^1, \ldots, x^{n-1}, y)$ en los puntos $p \in M$ para que $(x^1, \ldots, x^{n-1})$ son las coordenadas de los cortes locales de los conjuntos de niveles $\{q \in M : f(q) = f(p)\}$ y $y \in \mathbb R$ satisface $f(\gamma_p(y)) = f(q)$ , donde $\gamma_p$ es la curva integral de $\mathrm{grad} f$ a partir de $p$ . En estas coordenadas, $\mathrm{grad} f = \partial_y$ y $g(\partial_{i}, \partial_y) \equiv 0$ , donde $\partial_i := \partial_{x^i}$ . Además, $g(\partial_y, \partial_y) = |\mathrm{grad}f|^2 \equiv 1$ . Probaremos $D_t \dot\gamma(t) \equiv 0$ en estas coordenadas para cada curva integral $\gamma$ de $\mathrm{grad}f$ .

Por simetría de la conexión Levi-Civita $\nabla$ y la conmutatividad de los campos vectoriales de coordenadas, $\nabla_{\partial_i} \partial_y = \nabla_{\partial_y} \partial_i$ . Por lo tanto, ya que $\nabla$ es compatible con la métrica de Riemann, para $i = 1, \ldots, n-1$ , $$\begin{align*} \left\langle D_t \dot\gamma(t), \partial_i\right\rangle &= \frac d{dt} \left\langle \dot\gamma(t), \partial_i\right\rangle - \left\langle \dot\gamma(t), D_t \partial_i \right\rangle = \frac{d}{dt} \langle \partial_y, \partial_i \rangle - \left\langle \partial_y, \nabla_{\partial_y} \partial_i \right\rangle = -\left\langle \partial_y, \nabla_{\partial_i} \partial_y \right\rangle \\ &= \left\langle \nabla_{\partial_i} \partial_y, \partial_y \right\rangle - \partial_i \left\langle \partial_n, \partial_n \right\rangle = \left\langle \nabla_{\partial_i} \partial_y, \partial_y \right\rangle = -\left\langle D_t \dot\gamma(t), \partial_i\right\rangle. \end{align*}$$ Así que $\left\langle D_t \dot\gamma(t), \partial_i\right\rangle = 0$ para $i = 1, \ldots, n-1$ . Además, $$\left\langle D_t \dot\gamma(t), \partial_y\right\rangle = \left\langle D_t \partial_y, \partial_y\right\rangle=\frac d{dt} \left\langle \partial_y, \partial_y \right\rangle - \left\langle \partial_y, D_t \partial_y \right\rangle = - \left\langle \partial_y, D_t \partial_y \right\rangle.$$ Así que, $\left\langle D_t \dot\gamma(t), \partial_y\right\rangle = 0$ De ahí que $\left\langle D_t \dot\gamma(t), X\right\rangle \equiv 0$ para todo campo vectorial $X$ en $M$ . Así que $D_t \dot\gamma(t) \equiv 0$ Así que $\gamma(t)$ es geodésico.