He estado trabajando en un buen ejemplo de reducción simpléctica, y he llegado a una solución sólo después de mucho esfuerzo. Así que me preguntaba si alguien sabía una ruta más directa a la respuesta.
Este ejemplo trata del espacio de líneas orientadas en $\mathbb{R}^{n+1}$ .
Empecemos considerando la variedad simpléctica $(\mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^{n+1}, dp_{i} \wedge dq_{i})$ donde $(q_{i},p_{i})$ son las coordenadas en $\mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^{n+1}$ . Dejamos que $\mathbb{R}$ actuar $\mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^{n+1}$ como sigue: \begin{equation} t \ast (q,p) = (q+tp, p). \end{equation} Esta acción es evidentemente simpléctica. Entonces definimos el siguiente mapa de momento \begin{equation} \mu : \mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^{n+1} \to \mathbb{R}, \ \ \ \ (q,p) \mapsto \frac{1}{2}(|p|^2 - 1). \end{equation} El cociente simpléctico es el espacio $(\mu^{-1}(0)/\mathbb{R}, \omega_{r})$ donde $\omega_{r}$ es la forma simpléctica reducida, que es la única forma simpléctica en el cociente $\mu^{-1}(0)/\mathbb{R}$ , satisfaciendo \begin{equation} \pi^{*}(\omega_{r}) = \iota^{*}(dp_{i} \wedge dq_{i}), \end{equation} donde $\pi : \mu^{-1}(0) \to \mu^{-1}(0)/\mathbb{R}$ es el mapa de proyección orbital, y $\iota : \mu^{-1}(0) \to \mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^{n+1}$ es la inclusión.
Tenemos la siguiente interpretación del espacio resultante: Si restringimos a $|p| = 1$ entonces $p$ especifica una dirección en $\mathbb{R}^{n+1}$ . La coordenada $q$ especifica un punto en $\mathbb{R}^{n+1}$ . Por lo tanto, el par $(q,p)$ señala la línea que pasa por $q$ en dirección a $p$ . Por lo tanto $\mu^{-1}(0)$ consiste en todas las líneas dirigidas en $n+1$ espacio dimensional. Sin embargo, existe una degeneración: los pares $(q,p)$ donde el $q$ se encuentran a lo largo de la misma línea, todos eligen la misma línea orientada. De hecho, nuestra acción de $\mathbb{R}$ es una simetría de esta interpretación porque todos los puntos $t \ast (q,p)$ corresponden a la misma línea; cada órbita corresponde a una sola línea. Por lo tanto $\mu^{-1}(0)/\mathbb{R}$ es el espacio de las líneas orientadas.
Ahora queremos describir la geometría de este espacio, y para ello debemos elegir un representante de cada órbita. La elección natural para cada línea es escoger el punto más cercano al origen. Dada una recta especificada por $(q,p)$ este punto es $(q - (q \cdot p)p, p)$ . Tenga en cuenta que $(q - (q \cdot p)p) \cdot p = 0$ . Las dos coordenadas de este representante son ortogonales. Por tanto, si definimos $N$ sea el siguiente submanifold embebido de $ \mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^{n+1}$ : \begin{equation} N = \{ (q,p) \in \mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^{n+1} \ | \ |p| = 1, \ q \cdot p = 0\}, \end{equation} entonces podemos describir el mapa de proyección orbital $\pi$ como la inmersión suave \begin{equation} \pi : \mu^{-1}(0) \to N, \ \ (q,p) \mapsto (q - (q \cdot p)p, p). \end{equation}
Ahora observe que la imagen $N$ no es más que el haz tangente de la n-esfera $TS^n$ y que éste es isomorfo al haz cotangente de la n-esfera $T^{*}S^{n}$ . Quiero demostrar que de hecho, $N$ es simplectomorfo a $T^{*}S^{n}$ con la estructura simpléctica canónica ( http://en.wikipedia.org/wiki/Cotangent_bundle#Symplectic_form ).
Aquí es donde estoy un poco menos seguro de cómo proceder.
Mi idea es la siguiente: Podemos utilizar la métrica euclidiana estándar $g$ en el espacio ambiente $\mathbb{R}^{n+1}$ para inducir una métrica en la esfera $S^n$ . Esto induce un isomorfismo de haz vectorial entre los haces tangente y cotangente de $S^n$ que cubre la identidad en $S^n$ \begin{equation} \hat{g} : TS^n \to T^{*}S^n, \ \ v_{s} \mapsto g_{s}(v_{s}, -). \end{equation} Tenga en cuenta que esto significa que si $\Pi : TS^n \to S^n$ y $\tilde{\Pi} : T^{*}S^n \to S^n$ son los mapas de proyección, entonces $\tilde{\Pi} \circ \hat{g} = \Pi$ . Ahora quiero retirar la estructura simpléctica canónica en $T^{*}S^n$ con $\hat{g}$ y compararla con la forma simpléctica reducida $\omega_{r}$ . Si resultan estar de acuerdo, entonces esto demuestra que $\hat{g}$ es un simplectomorfismo entre $\mu^{-1}(0)/\mathbb{R}$ y $T^{*}S^n$ .
Nótese ahora que la estructura simpléctica canónica es el (negativo del) diferencial de la forma uno tautológica $\alpha \in \Omega^{1}(T^{*}S^n)$ que se define del siguiente modo: \begin{equation} \xi_{s} \in T^{*}_{s}S^n, \ \ \alpha(\xi_{s}) = d\tilde{\Pi}^{*}_{\xi_{s}}(\xi_{s}) \in T^{*}_{\xi_{s}}(T^{*}S^n). \end{equation} Así que tiramos de esto en su lugar, ya que siempre podemos tomar el diferencial más adelante. Ahora $\hat{g}^{*}(\alpha) \in \Omega^{1}(TS^n)$ y en un punto $v_{s} \in T_{s}S^n$ tenemos \begin{equation} \hat{g}^{*}(\alpha)_{v_{s}} = \alpha_{\hat{g}(v_{s})} \circ d\hat{g}_{v_{s}} = \hat{g}(v_{s}) \circ d(\tilde{\Pi} \circ \hat{g})_{v_{s}} = \hat{g}(v_{s}) \circ d\Pi_{v_{s}} = v_{s} \cdot (d\Pi_{v_{s}}(-)), \end{equation} donde el último término significa tomar un producto punto en el espacio euclídeo. Ahora bien, ¿cómo actúa esto sobre vectores concretos? Tomar coordenadas $(u_{i})$ para $S^n$ alrededor de un punto $s$ . Esto da el marco local $\frac{\partial}{\partial u_{i}}$ para el haz tangente. Y esto a su vez da coordenadas $(u_{i}, v_{i})$ para el haz tangente. Es decir $(u_{i}, v_{i}) \mapsto v_{i}\frac{\partial}{\partial u_{i}}|_{u}$ . Tomemos ahora un vector $(t_{i} \frac{\partial}{\partial u_{i}} + l_{i} \frac{\partial}{\partial v_{i}})$ en un punto $(u,v)$ . Entonces \begin{equation} \hat{g}^{*}(\alpha)_{(u,v)}(t_{i} \frac{\partial}{\partial u_{i}} + l_{i} \frac{\partial}{\partial v_{i}}) = v_{u} \cdot d\Pi_{(u,v)}(t_{i} \frac{\partial}{\partial u_{i}} + l_{i} \frac{\partial}{\partial v_{i}}) = v_{u} \cdot t_{u}. \end{equation} En otras palabras, si observamos que $T_{(u,v)}(TS^n) \cong T_{u}S^n \times \mathbb{R}^{n}$ entonces $\hat{g}^{*}(\alpha)_{(u,v)}(t,l) = v \cdot t$ .
Ahora también tenemos la forma 1 estándar en $\mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^{n+1}$ que viene dado por $q_{i} dp_{i}$ . Podemos volver a $TS^n = N$ utilizando la inclusión $i : N \to \mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^{n+1}$ . Desde $T_{(q,p)}N \cong \mathbb{R}^{n} \times T_{p}S^{n} \subseteq \mathbb{R}^{n+1}_{q} \times \mathbb{R}^{n+1}_{p}$ para $(l,t) \in T_{(q,p)}N$ tenemos $i^{*}(q \cdot dp)_{(q,p)}(l,t) = q \cdot dp_{(q,p)} (l + t) = q \cdot dp_{(q,p)}(t) = q \cdot t$ . Por lo tanto, $\hat{g}^{*}(\alpha) = i^{*}(q \cdot dp)$ ya que tienen el mismo efecto sobre los vectores.
Por lo tanto $\pi^{*}(\hat{g}^{*}(\alpha)) = \pi^{*} i^* (q \cdot dp) = (i \circ \pi)^* (q \cdot dp)$ . Queremos compararlo con $\iota^{*}(q \cdot dp)$ . Para ello utilizamos coordenadas en $\mu^{-1}(0) = \mathbb{R}^{n+1} \times S^n$ . Elegimos las coordenadas $(q,u) \in \mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{B}^n$ con mapa de coordenadas $\phi^{\pm} : \mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{B}^n \to \mu^{-1}(0), \ \ (q,u) \mapsto (q,u,\pm\sqrt{1-|u|^2})$ . También escribimos $q = (\overrightarrow{q}, q_{n+1})$ donde $\overrightarrow{q}$ indica el primer $n$ coordenadas. En estas coordenadas vemos entonces que \begin{equation} \iota^{*}(q \cdot dp) = \overrightarrow{q} \cdot du \pm q_{n+1}d\sqrt{1-|u|^2} = \overrightarrow{q} \cdot du - (\pm 1)\frac{q_{n+1} u \cdot du}{\sqrt{1-|u|^2}}. \end{equation} Y que (tras alguna anulación de plazos) \begin{equation} \pi^{*}(\hat{g}^{*}(\alpha)) = (i \circ \pi)^* (q \cdot dp) = \overrightarrow{q} \cdot du - (\pm 1)\frac{q_{n+1} u \cdot du}{\sqrt{1-|u|^2}}. \end{equation} Por lo tanto, hemos demostrado que $\iota^{*}(q \cdot dp) = \pi^{*} (\hat{g}^{*}(\alpha))$ . Tomando la diferencial de ambos lados y multiplicando por $-1$ da \begin{equation} \iota^{*}(dp_{i} \wedge dq_{i}) = \pi^{*} (\hat{g}^{*}(-d\alpha)), \end{equation} donde $-d\alpha$ es la forma simpléctica canónica en $T^{*}S^n$ . Y así $\omega_{r} = \hat{g}^{*}(-d\alpha)$ demostrando que $\hat{g} : (N,\omega_{r}) \to (T^{*}S^n, -d\alpha)$ es un simplectomorfismo.
La forma en que exhibo el simplectomorfismo utiliza un montón de cosas extra como la 1-forma tautológica, y la métrica euclidiana ambiente. Me pregunto si hay una manera más directa de ver el simplectomorfismo.
Gracias
