8 votos

¿Una forma del volumen de la esfera que da áreas iguales a todos los hemisferios es invariante bajo el mapa antipodal?

Deje $\omega$ ser una forma de volumen en $\mathbb{S}^2$ con la propiedad de que la inducida por área (w.r.t $\omega$) de todos los hemisferios es el mismo.

Es cierto que $\omega$ es invariante bajo la antipodal mapa? yo.e vamos a $f(x)=-x$, no $f^*\omega=\omega$?

La suposición implica que para cualquier hemisferio $A \subseteq \mathbb{S}^2$, tenemos

$$ \int_{A}\omega=\int_{f(A)}\omega=\int_{A}f^*\omega=\frac{1}{2}\int_{\mathbb{S}^2} \omega. \tag{1}$$

Editar:

Lema 1:

$\omega$ satisface $(1)$ si y sólo si $\int_{A}L_X\omega=0$ por cada campo de muerte $X$ y en el hemisferio $A$.

Prueba:

$\Rightarrow$ Supongamos $\omega$ satisface $(1)$:

Deje $\phi_t$ ser el flujo de un campo de muerte $X$$\mathbb{S}^2$, y deje $A$ ser un hemisferio. Ya que todas las $\phi_t(A)$ son hemisferios tenemos

$$ \int_{\phi_t(A)}\omega=\int_{A}\phi_t^*\omega=\text{const},$$ lo

$$ 0=\frac{d}{dt}|_{t=0} \int_{A}\phi_t^*\omega=\int_{A}\frac{d}{dt}|_{t=0}\phi_t^*\omega=\int_{A}L_X\omega.$$

$\Leftarrow$ Supongamos $\omega$ satisface $\int_{A}L_X\omega=0$ por cada campo de muerte $X$ y en el hemisferio $A$:

Deje $A$ ser un hemisferio. Queremos mostrar a $ \int_{A}\omega=\int_{-A}\omega$. Existe un campo de muerte $X$ s.t su flujo se lleva a $A$ $-A$en algún momento $t=t_0$. (me.e si $\phi_t$ es el flujo, $\phi_{t_0}(A)=-A$). Ahora,

$$ \frac{d}{dt}|_{t=s} \int_{A}\phi_t^*\omega=\int_{A}\frac{d}{dt}|_{t=s}\phi_t^*\omega=\int_{A}\phi_s^*L_X\omega=\int_{\phi_s(A)}L_X\omega=0,$ $ , donde la última igualdad es exactamente la asunción.

Desde $s$ fue arbitraria, esto implica $\int_{A}\phi_t^*\omega=\int_{\phi_t(A)}\omega$ es independiente de $t$, por lo que, en particular, $$\int_{A}\omega=\int_{\phi_0(A)}\omega=\int_{\phi_{t_0}(A)}\omega=\int_{-A}\omega,$$ como se requiere.


Lema 2:

Las condiciones en el lema 1 son equivalentes a $\int_{C} i_X\omega=0$ para cualquier gran círculo de $C$ y un campo de muerte $X$.

Prueba:

Deje $C$ ser un gran círculo. $C$ límites de un hemisferio $A$. Por Cartan la fórmula mágica, $L_x\omega=d(i_X\omega)$, por lo que

$$ \int_{A}L_X\omega=\int_{A} d(i_X\omega)=\int_{\partial A} i_X\omega=\int_{C} i_X\omega.$$

Desde cualquier hemisferio tiene un gran círculo para un límite que se hacen.


Deje $\tilde \omega$ ser el estándar de la ronda de volumen. Deje $\omega=h\tilde \omega$ ser una forma arbitraria. $\omega$ es invariante iff $h(x)=h(-x)$.

Mirando un gran círculo en el $C$, vemos que la condición en el lema 2 es equivalente a

$$ \int_C h|_{C}(\theta)\sin \theta=0, \int_C h|_{C}(\theta)\cos \theta=0.$$

Esto es porque el espacio de los campos de muerte en $\mathbb{S}^2$ $3$- dimensional, y una no-trivial campo de muerte siempre arregla los dos hemisferios delimitada por $C$, por lo que estamos efectivamente a la izquierda con dos ecuaciones.

Ahora, como se mencionó por Anthony Carapetis, hay una solución que no es $\pi$-periódico: Se puede tomar $h$ a ser constante a lo largo de latitud s, y para la latitud $\theta$,$h(\theta)=2+\sin(3\theta)$.

Por eso, $h\tilde \omega$ es una forma de volumen de dar igualdad de áreas, pero no invariantes bajo la antipodal mapa.

Más preguntas:

(1) Es cada apropiado factor de $h \in C^{\infty}(\mathbb{S}^2)$ (i.e $h\tilde \omega$ dar igualdad de áreas, pero no invariantes bajo la antipodal mapa) constante en latitudes?

(2) Vamos a $V:=\{ \omega \in \Omega^2(\mathbb{S}^2) \, | \, \int_A \omega=\int_{-A} \omega \, \, \text{for every hemisphere } \, A \}$ , $W:=\{ \omega \in \Omega^2(\mathbb{S}^2) \, | \, f^*\omega=\omega \}$.

Sólo nos mostraron $W \nsubseteq V$. Es $V/W$ finito dimensionales?

4voto

tyson blader Puntos 18

Cualquier firmado medida $\mu$ sobre la esfera que da de áreas iguales para todos los hemisferios es invariante bajo $x\mapsto -x.$

Podemos suponer:

  • $\mu$ es impar, tomando lo curioso del $\mu'(B)=\frac{\mu(B)-\mu(-B)}2.$
  • (Opcional, si $\mu$ ya se supone que es igual a una función continua) $\mu$ es igual a un polinomio en $\mathbb R^3,$ es decir, una combinación lineal de armónicos esféricos, por convolución por un polinomio en $SO(3)$ (con representación de Riesz + aproximación de Weierstrass para asegurarse de que hay algunos polinomio que da un valor distinto de cero de convolución)
  • $\mu$ sólo depende de la latitud, por la rotación para garantizar que el polo norte no es cero, y un promedio de más de rotaciones de fijación del polo norte

El valor en cada una de las $y$ coordinar dar una extraña función continua $p:[-1,1]\to \mathbb R.$ Tenemos que mostrar que $p$ es idéntica a cero.

Mediante la consideración de un gran círculo cuyo $y$-coordinar los rangos de$-a$$a$, si he calculado correctamente, el campo de muerte argumento implica la condición

$$\int_0^{2\pi} p(a\cos t) \cos t dt=0\qquad\text{ for all }0\leq a\leq 1.$$

La función en el ámbito definido por $q(y)=p(y)y$ es uniforme, continuo, y tiene idéntica a cero Funk transformar, por lo que en sí es idéntica a cero. Esto implica $\mu$ es cero. (De hecho, este argumento no necesita ni siquiera un promedio. Con el promedio, también es posible utilizar el Abel transformar - ver los comentarios.)

Como alternativa, ya que podemos suponer $p$ es analítica, supongamos $p(x)=Cx^k+O(x^{k+2})$ por alguna extraña $k.$ $\int_0^{2\pi}p(a\cos t)\cos t dt=Ca^{k}\int_0^{2\pi}\cos^{k+1}(t)dt + O(a^{k+2})$ $a\to 0,$ $C=0.$ Esto demuestra que $p$ es idéntica a cero, por lo tanto también lo es la medida de $\mu.$

Y sin el extraño supuesto, tenemos que $\mu$ debe ser par.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X