Инварианты слоений в симплектической и пуассоновой геометрии (1103054), страница 24
Текст из файла (страница 24)
Тогда прямая = 0,кривая (4.2.1) и правая парабола (4.2.3) не могут пересекаться в однойточке. Прямая = 0, кривая (4.2.1) и левая парабола (4.2.2) пересекаютсяв одной точке тогда и только тогда, когда2κ21 + 2=() + κ2 ,21для некоторого ∈ R.154κ21 + 2 = ()21(4.3.18)Заметим, что в формуле (4.3.18) параметр однозначно выражается через, поэтому формула (4.3.18) задаёт функцию, которую мы обозначили через = () (см. формулу (4.2.7) ).Доказательство утверждения 53. Несложно явно проверить, что в условиях утверждения точки ранга 1, которые лежат в семействах 1, 2, а такжев одном из семейств 3, 4, 5 и 6 — это точки1 =κ21 + 12,212 = 0,3 = 0,2 = 0,3 = 0.Для этих точек выполнено равенство (4.3.18), при этом = 1 .
Поэтому, есливыполнено равенство (4.3.18), то кривые пересекаются в одной точке.Докажем теперь, что если три кривые пересекаются в одной точке, товыполнено равенство (4.3.18). Несложно проверить, что единственная точка кривой (4.2.1), которая может быть точкой тройного пересечения — этоточка пересечения с левой параболой + (это также легко следует из геометрических соображений). Так как по предположению кривые пересекаются водной точке, то выполнено равенство⌋︂2 − 4κ2 2 212= 2 + 2+κ1 + −κκ+Подставляя равенство (4.3.14), получаем⌋︂2 2( − κ1 ) = 2 − 4κ2 21 .Делая замену=(4.3.19)2 + κ21,2где sgn() = sgn(), получаем⌋︂(2 − κ21 )222 − 4κ =.421(4.3.20)Подставляя выражения (4.3.19) и (4.3.20) в формулу (4.3.14), получаем искомое выражение для из формулы (4.3.18).
Отсюда немедленно вытекаетформула (4.3.18) для . Утверждение 53 доказано.155Из утверждений 49, 50, 51, 52 и 53 следует, что взаимное расположениекривых из леммы 19 качественно отличаются в зависимости от того, какрасположены значения параметров и относительно функций , , , и , заданных формулами (4.2.4), (4.2.5), (4.2.6) и (4.2.7) соответственно.Так как при κ > 0 значения параметров и должны удовлетворятьнеравенству 2 − 4κ2 ≥ 0, мы также рассмотрим функцию⌋︂ () = 2 κ⋃︀⋃︀.Опишем теперь, как расположены графики функций , , , и , относительно друг друга.Утверждение 54. Пусть κ > 0.
Обозначим через 0 единственный кореньуравнения 3 + 2 + − 1 = 0. Графики функций , , , и , заданныеформулами (4.2.4), (4.2.5), (4.2.6), (4.2.7) и (4.2.8) соответственно, симметричны относительно оси = 0, а при > 0 устроены так, как этопоказано на рис. 4.1 и 4.2. Иными словами, при > 0 все графики пересекаются в точке = (κ 3⇑2 21 , 2κ 2 21 ),а графики функций и пересекаются в точке = (03 κ 3⇑2 21 , (03 κ 3⇑2 21 )).Далее, если 0 < 2 < 06 κ 3 41 , то < < < < .Если 06 κ 3 41 < 2 < κ 3 41 , то < < < < .Если же 2 > κ 3 41 , то < < < < .Доказательство утверждения 54.
Доказательство проводится прямым вычислением. Для примера сравним функции и . Докажем, что > при1560 < 2 < 06 κ 3 41 и < при 06 κ 3 41 < 2 < κ 3 41 и при κ 3 41 < 2 . Для простотыбудем считать ≥ 0.Достаточно найти точки пересечения функций и затем сравнить функции на каждом из участков. Покажем только, как найти точки пересечениякривых и . В этих точках выполнено равенство2⌋︂⎛ 2⇑3 ⌋︂ 1⇑3 1⇑3 ⎞ ± 2 κ = 1⇑3 ± κ 1⎝ 1⎠Подставляя выражения для и из формулы (4.2.7) для получаем⌋︂( ± κ1 )2 1⇑3 1⇑3 ⌋︂ 2⇑3= 1⇑3 ⋃︀ ± κ1 ⋃︀211Находя из этого уравнения и подставляя его в формулу (4.2.7) для , мыполучаем искомые решения 2 = κ 3 41 и 2 = 06 κ 3 41 .Теперь мы докажем лемму 24.Доказательство леммы 24 .
Лемма 24 легко следует из доказанных ранееутверждений 49, 50, 51, 52, 53 и геометрических соображений. Для примерамы разберём случай 2 > κ 3 41 , () < < ().В этом случае, у кривой (4.2.1) три точки пересечения с прямой = 0.Также нам известно, что параметр точки касания с правой параболой больше параметров остальных точек пересечения и касания кривой (4.2.1)с параболами и больше параметра точки возврата cusp . Поэтому из того,что при > cusp кривая (4.2.1) выпукла вниз, следует, что эта кривая должна касаться парабол и дважды пересекать прямую = 0 в “криволинейномтреугольнике”, образованном параболами и прямой = 0.
Таким образом,нам остаётся показать, что третья точка пересечения прямой = 0 расположена слева от вершины левой параболы. Для этого достаточно заметить,что третья точка пересечения имеет параметр 0 < < cusp (это следует изутверждения 49), а также, что точка пересечения с левой параболой расположена слева от вершины.
Последнее утверждение следует из выполненногов данном случае неравенства⌋︂2 − 4κ2 2 212> 2 + 2+ ,κ1 + −κκ+157которое доказывается так же, как и в утверждении 53.4.3.3Критические точки ранга 0В этом разделе мы докажем леммы 20 и 23 о типах критических точек ранга0. Прежде всего опишем все критические точки отображения момента ранга0, а затем найдём их типы и образ при отображении момента. Напомним, чтона неособой орбите (т.е. на орбитах , , где 2 − 4κ2 > 0) неособые точкиранга 0 — это в точности точки, в которых равны нулю оба гамильтоновыхвекторных поля и . Подчеркнём, что следующее утверждении вернодля любого значения параметра κ ∈ R.Утверждение 55.
Множество всех точек, в которых равны нулю гамильтоновы векторные поля и c гамильтонианами (4.1.5) и (4.1.6) соответственно, является объединением следующих (двухпараметрических)семейств в пространстве R6 (, ):1. (1 , 2 , 0, κ1 , 0, 0),2. (1 , 0, 0, 1 , 0, 0),1 +13. (1 , 0, 3 , κ2, 0, 113 ).122Доказательство.
Координаты векторного поля :{1 , } = −22 3 ,{3 , } = 21 2 ,{2 , } = 21 3 − 21 3{1 , } = 22 3 − 43 2{2 , } = 43 1 − 21 3 − 2κ1 3 ,{3 , } = 21 2 − 22 1 + 2κ1 2Видно, что 2 = 0 и что либо 2 = 0, либо 3 = 0, 3 = 0. Далее задачарешается простым перебором.Доказательство лемм 20 и 23. То, что образы точек ранга 0 лежат на указанных кривых проверяется прямым вычислением. Для серий 1 и 2 можно158легко явно найти все точки на каждой орбите , . Например, для серии 1для этого нужно решить систему уравнений12 + 22 + 2κ21 = κ1 1 = Докажем теперь утверждение про количество точек из серии 3 на орбите, . Случай = 0 тривиален, поэтому мы будем считать ≠ 0.
Несложнопроверить, что множество этих точек (точнее соответствующие параметры1 и 3 ) задаются следующей системой уравнений15 − 2κ21 13 − 41 12 + (421 + κ 2 41 ) 1 − 4κ31 = 03221 − κ21 1 − 13=21(4.3.21)Легко видно, что каждой точке в образе соответствуют ровно две точки впрообразе (у этих точек совпадают координаты 1 , а координаты 3 отличаются знаком). Чтобы найти точное количество решений вначале разобьёммножество параметров (, ) на области, на которых это количество постоянно, а затем решим задачу для каждой из областей. Немного упростимуравнения (4.3.21), для этого обозначим^ =,2κ 3⇑2 1^=,κ 2 21=1κ 1⇑2 1.Тогда количество точек в образе равно количеству решений уравнения5 − 2^3 − 8^2 + (4^ + 1) − 4^ = 0(4.3.22)0 ≤ + 3 ≤ 2^.(4.3.23)на промежуткеОтметим, что функция + 3 монотонно возрастает, поэтому неравенства(4.3.23) задают отрезок.
Заметим, что, если мы варьируем параметры и ,то количество решений может измениться только в следующих случаях:1. У уравнения (4.3.22) есть кратные корни.1592. Одна из крайних точек отрезка (4.3.23) является решением уравнения(4.3.22). (При этом легко видеть, что точка 0 не может быть корнемуравнения (4.3.22), поэтому нужно проверить только точку + 3 = 2^).Можно проверить, что точка + 3 = 2^ является решением уравнения(4.3.22) тогда и только тогда, когда = () (напомним, что функция ()задаётся формулой (4.2.7), и что = () тогда и только тогда, когда трикривые бифуркационной диаграммы пересекаются в одной точке, см.
утверждение 53). Так же можно проверить, что в достаточно малой окрестностилюбой точки кривой = () (кроме, может быть, тех точек, в которойуравнение (4.3.22) имеет кратные корни) у точек в области > () в образе точек на одну больше, чем у точек в области < ().Далее, несложно проверить, что уравнение (4.3.22) имеет кратные корнив следующих случаях:⎨ = ±2⌋︂κ⎝⎝,⎝⎝ = ()⎪где () задаётся формулой (4.2.4).⌋︂В случае = 2 κ⋃︀⋃︀ единственный кратный корень — это = 1 кратности⌋︂2.
Отсюда вытекает, что при 2 < κ 3 41 и 2 κ⋃︀⋃︀ < < () в образе нет точек⌋︂из серии 3 , а при 2 > κ 3 41 и 2 κ⋃︀⋃︀ < < () в образе ровно две точкииз серии 3 . Так как при увеличении параметра (при фиксированном )количество точек в образе увеличивается на 1 при переходе через кривую = (), то мы получаем, что в области > (), > () в образе ровноодна точка, а в области () > > () — три.Таким образом, утверждение про количество точек на каждой орбите доказано. Остаётся доказать утверждение про их типы. Это несложно сделать,воспользовавшись следующим критерием (подробнее см. [6]).Утверждение 56. Пусть ( 4 , ) — симплектическое многообразие и0 ∈ (, ) — критическая точка ранга 0 для интегрируемой гамильтоновой системы с гамильтонианом и интегралом .
Тогда точка 0 является невырожденной тогда и только тогда, когда линеаризации и вточке 0 гамильтоновых векторных полей и обладают следующими160свойствами:1. операторы и линейно независимы,2. существует линейная комбинация + , у которой все собственные значения различны и не равны 0.При этом, если точка 0 невырождена, то она полностью определяетсяспектром любой линейной комбинации + без нулевых собственных значений. Точнее, тип точки следующим образом зависит от типаспектра.∙ Если спектр некоторой линейной комбинации + имеет вид, −, , −, где , ∈ R−{0}, то точка 0 — критическая точка типаседло-седло.∙ Если спектр имеет вид , −, , −, где , ∈ R − {0}, то точка 0— критическая точка типа центр-центр.∙ Если спектр имеет вид , −, , −, где , ∈ R − {0}, то точка 0— критическая точка типа центр-седло.∙ Если спектр имеет вид + , − , − + , − − , где , ∈ R − {0},то точка 0 — критическая точка типа фокус-фокус.Вычислим спектр линеаризации гамильтонова векторного поля с гамильтонианом (4.1.5), воспользовавшись утверждением 47.Утверждение 57.
Для всех трёх серий критических точек ранга 0 изутверждения 55 спектр линеаризации гамильтонова векторного поля с гамильтонианом (4.1.5) содержит нулевое собственное значение с кратностью 2. Кроме того, этот спектр содержит следующие элементы:1. Для серии 1 критическихособых точек ранга 0 спектр также содер⌈︂⌋︂ ⌉︂жит значения ± 2 ± 2 + 4κ 2 , где = κ21 − 12 − 22 = (2κ21 − )κ2 = 1 2 = 21 − κ 2 41 −κ1612. Для серии 2 спектр также содержит значения⌉︂⌈︂±2 1 (1 − κ1 ) и ± 2 −12 + 21 1 − κ213. Для серии 3 спектр также содержит значения⌋︂ ⌉︂±43 и ± 2 12 − 232 − κ21Заметим далее, что для доказательства невырожденности точки нам достаточно проверить, что все 4 указанных собственных значения для оператора не равны 0, и что существует такое ∈ R, что спектр оператора , где = + , имеет ровно 2 ненулевых собственных значения.
Действительно, ограничения операторов и будут линейно независимы,так как в противном случае спектр любой их линейной комбинации получался бы из спектра оператора умножением на константу (это следуетиз утверждения 47). При этом можно не проверять, что все собственные значения оператора различны, так как в рассматриваемом случае спектрнекоторой линейной комбинации + будет иметь 4 различных ненулевыхзначения.Для серий 2 и 3 искомый коэффициент пропорциональности уже былуказан нами в утверждении 48 (можно положить = 2 (κ21 − 12 ) и = 0для серий 2 и 3 соответственно). Для серии 1 можно воспользоваться тем,2что = 4 для критических точек в прообразе парабол (4.2.2) и (4.2.3) и⌉︂⌉︂формально положить = 2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
