Инварианты слоений в симплектической и пуассоновой геометрии (1103054), страница 22
Текст из файла (страница 22)
3 = 0,3 = 0,((1 − κ1 )1 + 2 2 )(2 (1 − κ1 ) − 1 2 ) + 1 2 (1 (1 − κ1 ) + 22 ) = 06. 1 = 0,3 = 0,2 = 0Замечание 30. Далее будет показано, что объединение семейств 3, 4, 5 и6 образует единое подмножество, связанное тем, что образы точек из этогомножества содержатся в объединении двух парабол (4.2.2) и (4.2.3) (еслиκ ≠ 0 и ≠ 0). Все эти четыре семейства можно объединить в одно четырёхмерное алгебраическое подмногообразие (добавив к точкам из этих семействнекоторые точки из семейства 2):)︀⌉︀⌉︀(1 − κ1 )2 3 = (1 3 − 1 3 )2⌉︀⌉︀⌉︀⌉︀⌉︀⌋︀(2 3 − 3 2 )2 3 = (1 3 − 1 3 )(1 3 − 3 1 )⌉︀⌉︀⌉︀⌉︀⌉︀⌉︀((1 − κ1 )1 + 2 2 )(2 (1 − κ1 ) − 1 2 ) + 1 2 (1 (1 − κ1 ) + 22 ) = 0⌉︀]︀Несложно проверить, что, если 2 3 ≠ 0, то третье уравнение вытекает изпервых двух (чтобы показать это, можно дважды воспользоваться тем, что141если у двух уравнений на две неизвестных есть ненулевое решение, то определитель матрицы должен быть равен нулю. В первом случае это уравнения на 2 3 и 1 3 − 1 3 .
Во втором случае к уравнению на определительнужно добавить первое уравнение и получить систему на 3 и 3 ). Поэтомуэто алгебраическое многообразие действительно является четырёхмерным,несмотря на то, что оно задаётся тремя уравнениями. Скорее всего, задатьобъединение этих четырёх семейств 3–6 всего двумя полиномиальными уравнениями нельзя, однако в этой работе нам не потребуется этот факт.Доказательство. Точки, в которых гамильтоновы векторные поля и линейно зависимы — это в точности точки, в которых равны нулю все 15миноров ранга 2 матрицы ( , ), составленной из координат векторов и .Заметим, что минор Δ13 , соответствующий первой и третьей строке, имеетвид∫︀∫︀∫︀∫︀∫︀∫︀∫︀{1 , } {1 , }∫︀∫︀∫︀∫︀∫︀ = 16 ( − ) ( (κ − ) + ( − ) )1 1 21 22 3111 31 32∫︀∫︀∫︀∫︀∫︀∫︀{3 , } {3 , }∫︀∫︀∫︀∫︀Поэтому либо 2 = 112 , либо 2 3 (κ1 − 1 ) + (1 3 − 1 3 ) 2 = 0.Вначале разберём случай 2 = 112 .
После подстановки 2 в матрицу изминоров сразу видно первое решение1 =κ21 + 12 − 22,212 =1 2.1Дальше задача решается простым перебором. Если 3 =следующие три семейства решений:1 = κ1 ,2 = 0,1 = 0,2 =1 2,12 = 0,3 = 0,3 =3 =2 = 0,142(4.3.1)1 31 ,1 3,11 3,13 = 0.то получаются(4.3.2)(4.3.3)(4.3.4)Если же 3 ≠1 31 ,то подходят следующие два семейства решений:1 3 − 3 1 = 0,1 = 0,2 = 0,3 = 0,2 = 0,(4.3.5)2 = 0,(4.3.6)Пусть теперь 2 3 (κ1 − 1 )+(1 3 − 1 3 ) 2 = 0, 2 ≠варианта: либо 2 3 = 0, либо 1 = κ1 2 3 +12332 −1 2 3 .1 21 .Возможны дваЕсли 2 = 0, то получается второе четырёхпараметрическое семействоточек ранга один:1 32 = 0,3 =.(4.3.7)1Если же 2 ≠ 0, 3 = 0, то получается следующее решение:3 = 0,3 = 0,(1 − κ1 )2 (22 − 12 ) + 1 2 ((1 − κ1 )2 − 22 ) + 1 2 (1 (1 − κ1 ) + 22 ) = 0.(4.3.8)Разберём теперь случай 1 = κ1 2 3 +12332 −1 2 3 .
Легко проверить, что вданном случае минор Δ12 равен−161 (2 (22 32 + (1 3 − 1 3 )2 ) − 2 ((κ21 + 12 + 22 )3 3 − 1 1 23 − κ1 1 32 )) .Коэффициент при 2 не равен нулю, так как случай 2 3 = 0 уже разобран. Выражая из этого уравнения 2 , мы получаем девятое решение:κ1 2 3 + 1 3 2 − 1 2 3,2 3(κ21 + 12 + 22 )3 3 − 1 1 23 − κ1 1 322 = 2.(1 3 − 1 3 )2 + 22 321 =(4.3.9)Таким образом, все случаи разобраны. Остаётся собрать все решения воедино.
Очевидно, что семейство (4.3.4) является частным случаем решения(4.3.6), а решения (4.3.3) — частным случаем (4.3.7). Остаётся заметить, чтосемейство (4.3.2) содержится в семействах (4.3.7), (4.3.8) и (4.3.9). Утверждение 42 доказано.Докажем теперь лемму 19. Для этого покажем, что образы особых точекиз утверждения 42 лежат на кривых из леммы 19.143Утверждение 43. Пусть κ ≠ 0 и ≠ 0.
Тогда образы семейств критических точек, перечисленных в утверждении 42, устроены следующим образом:1. Образы особых точек из семейства 1 лежат на прямой = 0.2. Образы особых точек из семейства 2 лежат на кривой (4.2.1).3. Образы особых точек из семейств 3, 4, 5 и 6 лежат на объединениидвух парабол (4.2.2) и (4.2.3).Доказательство.1. Явно проверяется, что = 0.2. Уравнения (4.2.1) можно получить следующим образом. Возьмём в качестве параметра функцию 32 + 1 1 . Заметим, что 32 + 1 1 ≠ 0, таккак ≠ 0. Поэтому из формулы для можно выразить 1 , а затем изформулы для можно выразить 2 . Остаётся подставить полученныевыражения для 1 и 2 в уравнения для гамильтониана (4.1.5) и первого интеграла (4.1.6), после чего заменить 32 + 1 1 на .
В результатеуравнения (4.1.5) и (4.1.6) примут вид (4.2.1), что и требовалось.3. Можно явно проверить, что для любой точки семейств 3, 4 и 5 выполняется одно из двух уравнений (4.2.2) или (4.2.3).2В данном случае проще вначале убедиться в том, что = (− 2 ) , где — коэффициент пропорциональности между и (т.е. + = 0),а затем проверить, что− = ℎ − κ21 − ±2κ⌋︂2 − 4κ2κПри проверке этого равенства удобно воспользоваться соотношением 33=+κ , 33которое верно, если 3 ≠ 0 и 3 ≠ 0. Коэффициент пропорциональности указан в утверждении 48.Утверждение 43 доказано.144В дальнейшем нам потребуется следующее утверждение про критическиеточки из серии 2 из утверждения 42.⌋︂Утверждение 44. Пусть κ ≠ 0 и ≠ 0. Тогда при 2 > + 2−4κ 21 впрообразе точек кривой (4.2.1) либо нет критических точек, либо особыеточки в прообразе образуют две критические окружности, и симметрия(3 , 3 )/ (− , − )3322переводит эти окружности друг в друга.Доказательство.
Несложно проверить, что при фиксированном параметре особые точки из серии 2 задаются следующими уравнениями11 =,2 = 0, − 321 =,13 = 3 ,где координаты 3 и 2 удовлетворяют уравнению вида232( + ) + 22 = 21(4.3.10)для некоторых констант и , зависящих от κ, , и . Отсюда следует,что для доказательства утверждения остаётся показать, что 3 ≠ 0 при 2 >⌋︂+ 2 −4κ2 21 .2Это несложно проверить явно: при 3 = 0 уравнение (4.3.10)будет иметь вид 4 − 21 2 + κ2 41 = 0,которое имеет решения в точности при⌋︂⌋︂ − 2 − 4κ2 2+2 − 4κ2 21 < 2 <1 .22Утверждение 44 доказано.Докажем теперь лемму 22.Утверждение 45.
Пусть κ ≠ 0 и = 0. Тогда образы семейств критических точек, перечисленных в утверждении 42, устроены следующим образом:1. Образы особых точек из семейства 1 лежат на прямой = 0.1452. Образы особых точек из семейства 2 принадлежат объединению параболы (4.2.9) и касательной (4.2.10).3. Образы особых точек из семейств 3, 4, 5 и 6 лежат на объединениипарабол (4.2.11) и (4.2.12).Доказательство. Доказательство этого утверждения практически совпадает с доказательством утверждения 43 за исключением следующего. Вопервых, при нахождении образа семейства 2 нужно также рассмотреть случай 32 + 1 1 = 0. Несложно явно проверить, что в этом случае образ лежитна параболе (4.2.9). Во-вторых, нужно рассмотреть семейство 6 и показать,что его образ лежит на левой параболе (4.2.11).Докажем теперь лемму 21 про невырожденность точек ранга 1.
Для этогомы воспользуемся следующим простым критерием невырожденности точекранга 1 (см. [6]).Утверждение 46. Пусть ( 4 , ) — симплектическое многообразие и0 ∈ (, ) — критическая точка ранга 1 для интегрируемой гамильтоновой системы с гамильтонианом и интегралом . Обозначим через = + нетривиальную линейную комбинацию, для которой точка 0является критической точкой, а через — линеаризацию соответствующего гамильтонова векторного поля в этой точке 0 . Точка точка 0является невырожденной тогда и только у оператора есть ненулевоесобственное значение.В данном случае система задана на пуассоновом многообразии.
Поэтомуудобно воспользоваться следующим соображением.Утверждение 47. Пусть в локальных координатах (1 , . . . , , 1 , . . . , , 1 , . . . , ) в окрестности точки 0 скобка Пуассона имеет вид ∑=1 ∧ .Пусть 0 — критическая точка для гамильтонова векторного поля с гамильтонианом . Тогда линеаризация гамильтонова векторного146поля имеет вид 2 2 2 ( ⊗ + ⊗ + ⊗ )− 2 2 2 ( ⊗ + ⊗ + ⊗ ) .Проще говоря, матрица оператора имеет следующий вид:⎛ 222 ⎞2 ⎟⎜ ⎜⎟⎜ 2⎟22⎟.
= ⎜− 2 −−⎜ ⎟⎜⎟⎜⎟00 ⎠⎝ 0Таким образом, если ^ — ограничение функции на симплектическийлист, то спектр линеаризации поля отличается от спектра линеаризацииполя ^ добавлением нулей в количестве равном коразмерности симплектического листа. Поэтому, так же, как и в симплектическом случае, для проверки невырожденности точки ранга 1 достаточно проверить, что спектрсоответствующего оператора не состоит из одних нулей.Это проверяется явно. Для удобства проверки, в следующем утверждении мы приведём для всех критических точек ранга 1 рассматриваемой интегрируемой гамильтоновой системы (т.е.
для всех точек из утверждения 42кроме точек ранга 0 из утверждения 55) коэффициент пропорциональности между гамильтоновыми векторными полями, соответствующими гамильтониану (4.1.5) и интегралу (4.1.6), а также опишем спектр линеаризациисоответствующего гамильтонова векторного поля + .Утверждение 48.
Для каждой критической точки ранга 1 из утверждения 42 укажем такое , что + = 0 в этой точке, и такое , чтоспектр оператора + состоит из четырёх нулей и ±.Четырехпараметрические семейства:1. Семейство 1. Коэффициент пропорциональности = 0, т.к. sgrad =147(0, 0, 0, 0, 0, 0). Нетривиальное собственное значение: = 8⋃︀ (κ21 + 12 + 22 ) 3 − 21 1 3 ⋃︀.2. Семейство 2.
Коэффициент пропорциональности: = 2 (κ21 − 12 ) ,квадрат собственного значения:2 = 641 (12 − 32 − 1 1 ) ((12 − 1 1 ) (1 − κ1 ) − 1 22 ) .3. Семейство 3. Коэффициент пропорциональности:3 = 2 (κ21 + 12 + 22 − 21 1 ) ,3квадрат собственного значения:2 = −32 ((1 3 − 1 3 ) 2 + ((12 + 22 ) − 11 3 2) + 22 (κ21 + 32 )) .3Трехпараметрические семейства:4. Семейство 4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
