Geodezyjne na dysku Poincarégo II - pola Killinga c.d.

 Co to są te pola Killinga?

W przestrzeni z metryką Riemanna pola Killinga to pola wektorów stycznych do orbit jednoparamatrowych podgrup grupy izometrii.

Brzmi to nieco abstrakcyjnie, ale przerobimy to na przykładzie dysku Poincarego.

Mamy tu metrykę Riemanna. Wyprowadziliśmy ją w notce  Metryka Riemanna na dysku Poincarego:

Zapiszmy tę metrykę w postaci macierzowej:

Metryka ta jest "konforemnie płaska" - to metryka euklidesowa z czynnikiem skalarnym przed macierzą jednostkową. Wynika z tego jeden bardzo ważny dla nas wniosek. Opiszemy teraz ten ważny wniosek. 

Metryka definiuje geometrię przestrzeni. Zadanie metryki to nic innego niż zdefiniowanie iloczynu skalarnego w każdej przestrzeni stycznej. Jeśli u,v są wektormi stycznymi w punkcie o współrzędnych x,y, to iloczyn skalarny tych wektorów w geometrii Riemanna dany jest fomułą;

(u,v)  = u∙gv

gdzie kropka oznacz zwykły euklidesowy iloczyn skalarny. Zatem w naszym przypadku

(u,v) = 4 u∙v/mian

gdzie 

mian = (1-x^2-y^2)^2

Jeśli u,v są wektorami jednostkowymi, tzn. jeśli (u,u) = (v,v) =1 to kąt α pomiędzy tymi wektorami jest definiowany formułą:

cos α = (u,v)

W naszym przypadku

cos α = 4 u∙v/mian

W metryce euklidesowej byłoby

cos α =  u∙v

Widać, że kąty są na ogół inne niż te euklidesowe. Jednak gdy u∙v = 0, tzn. gdy wektory są euklidesowo prostopadłe, to również (u,v)= 0 - zatem są również prostopadłe w metryce dysku Poincarego. I na odwrót, kąty prostopadłe w metryce dysku sa prostopadłe euklidesowo. Z tego faktu skorzystamy

Przechodzimy teraz do grupy izometrii.  Wiemy już z poprzednich notek, że macierze z grupy SU(1,1) są izometrimi - zachowują iloczyny skalarne. Przypomnijmy:

Jest w tej grupie szczegolna podgrupa H macierzy diagonalnych, gdy μ = 0. Jest to stabilizator centrum dysku (patrz Dysk jako prze (dlaczego?)trzeń jenorodna I). Gdy μ = 0 to musi być |λ| = 1 (dlaczego?). Zatem macierze z H maja postać (dlaczego?)

U(t) = diag( exp(it),exp(-it) )

Z własności eksponencjału mamy U(0)=I, U(t)U(s) = U(t+s), zatem U(t) jest jednoparametrową podgrupą grupy SU(1,1). Jak ta podgrupa działa na dysk? Znajdźmy jawną postać tego działania. W tym celu skorzystajmy z notki Dysk jako przestrzeń jednorodna II. Grupa SU(1,1) działa a dysk przez przekszałcenia ułamkowo-liniowe:

 

z1 = (λ* z + μ*)/(μ z + λ)

W naszym przypadku μ = 0, λ = exp(it). Stad U(t) transformuje z w z(t):

z(t) = exp(-2it) z               (*)

Zapisując z(t) jako z(t) = x(t) + i y(t) z formuły (*) dostajemy (jak?)

x(t) = x cos (2t) - y sin(2t)

y(t) = x sin(2t) + y cos(2t)

Orbitami podgrupy H są więc okręgi o środku w punkcie x=y=0. Pole Killinga to pole wektorów stycznych do tych okręgów. Możemy obliczyć składowe wektorów stycznych:

dx(t)/dt = -2x sin(2t) - 2y cos(2t) = - 2 y(t)

dy(t)/dt = 2x cos(2t) - 2y sin(2t) = 2 x(t)

(skąd to wziąłem?)

Zatem wektor styczny do trajektorii w punkcie x,y ma składowe -2y,2x. Możemy sobie to pole wektorowe namalować. Pozostawiam to zadanie Czytelnikowi.

Możemy teraz wrócić do geodezyjnych i do faktu wspomnianego w poprzedniej notce:

Each Killing vector corresponds to a quantity which is conserved along geodesics. This conserved quantity is the metric product between the Killing vector and the geodesic tangent vector. 

Zatem geodezyjne muszą przecinać nasze okręgi pod stałym kątem  (w metryce Riemanna). Nasze okręgi przecinają oś x pod katem prostym w metryce euklidesowej. Ale to oznacza, że przecinają oś x pod katem prostym także w metryce Riemanna dysku. Zatem geodezyjną łączącą  punnkt z=0 z dowolnym punktem x na osi rzeczywistej musi być po prosu odcinek [0,x]. Żadna inna krzywa łącząca dwa punkty na osi x nie przecinałaby naszych okregów pod katem prostym. (czy jest to oczywiste?)

A przy okazji, ponieważ obroty o dany kąt należą do H, widzimy, że geodezyjnymi przechodzącymi przez z=0 sa po prostu odcinki proste łączące lączące z=0 z danym punktem. Bowiem izometrie transformują geodezyjne w geodezyjne.

I teraz wskazówka do Problemu z poprzedniej notki: trzeba użyć dwóch elementów układanki:

1) Fakt, że działanie SU(1,1) na dysk jest tranzytywne: dla dowolnych z,z' na dysku istnieje element grupy SU(1,1) przeprowadzający z' w z. Nawet możemy podać konkretny element, mianowicie: t(S,S')

2) formuła (*) z tej notki

 

Geodezyjne na dysku Poincarégo II - pola Killinga

 Pezypuśćmy, że Lemat z poprzedniej notki Geodezyjne na dysku Poincarégo I został udowodniony. Do dowodu wystarcza trochę ambicji, rozumienie materiału poprzednich notek i zwykła logika - i dowodzik leci. To tak jak z układanką: trzeba pozbierać pasujce do siebie kawałki i je odpowiednio ułożyć.

Tym samym redukujemy problem znalezienia równań geodezyjnych łączących dwa punkty do poblemu znalezienia geodezyjnych przechodzących przez środek dysku z=0.

Geodezyjne na dysku Poincarego (obrazek z pracy Hyperbolic Geometry on the Half-Plane and

Poincare Disc

Aiden Sheckler

May 2018

Jak je znaleźć? Można z definicji używając rachunku wariacyjnego i równań Eulera-Lagrange'a. Jednak oczytany Czytelnik znajdzie łatwiejszy sposób. Warto znać łatwiejsze sposoby, warto zatem studiować. Na stronie Czym w ogólnej teorii względności są wektory Killinga? UW znajdziemy:

Okazuje się też, że każde pole Killinga definiuje stałą ruchu cząstki swobodnej czyli cząstki poruszającej się wyłącznie pod wpływem pola grawitacyjnego. Przypuśćmy, że X⃗  jest polem Killinga metryki g, a λ↦γ(λ) linią świata cząstki swobodnej — linia świata takiej cząstki jest tzw. krzywą geodezyjną czyli uogólnieniem linii prostej na przypadek zakrzywionej czasoprzestrzeni. Jeżeli symbolem γ⃗  oznaczymy wektor styczny do linii świata γ to wielkość

g(γ⃗ ,X⃗ )

nie zmienia się wzdłuż tej linii świata czyli jest stałą ruchu cząstki swobodnej. 

Przy kopiowaniu strzałeczki nad wektorami się nieco tu przesunęły w prawo. Nie jest to najjaśniejsze, jednak zostało wprowadzone tu pojęcie pól wektorowych Killinga. By się czegoś o nich naprawdę dowiedzieć nie ma rady - musimy zajrzeć do Wikipedii angielskiej, bo polska jest uboga - najwyraźniej nie mamy zbyt wielu studentów i pracowników nukowych znających ten temat. Dlatego rzeczą konieczną dla każdego, kogo choć trochę iunteresuje nauka, jest dobra znajomość języka angielskiego (francuski, niemiecki  rosyjski, też są wskazane).. Po hasłem Killing vector field znajdziemy tam:

Each Killing vector corresponds to a quantity which is conserved along geodesics. This conserved quantity is the metric product between the Killing vector and the geodesic tangent vector. 

I z tego skorzysztamy, Oczywiście by z tego skorzystać będziemy musieli najpierw zrozumieć co to są te pola Killinga, ujarzmić je, oswoić. Zrobimy to w kolejnej notce.

I w następnej notce dam też wskazówki jak udowodnić ten nieszczęsny lemat z poprzedniej notki. Wskażę na kawałki układanki które należy złożyć razem. 

Geodezyjne na dysku Poincarégo I

 Mając dwa punkty na dysku, z i z' chcemy znaleźć najkrótszą drogę prowadzącą z punktu z do punktu z'.

"Najkrotszą"? Co to znaczy najkrótszą? Najkrótszą względem metryki Riemanna wprowadzonej w notce

Metryka Riemanna na dysku Poincarego

Metryka ta, z samej konstrukcji,  jest SU(1,1) niezmiennicza. Wiemy, że grupa SU(1,1) działa na dysk, działanie to jest tranzytywne. Jeśli d(z,z') jest odległością pomiędzy z i z', i jesli g jest elementem SU(1,1), to 

d(gz,gz') = d(z,z').

Zatem g będzie przeprowadzało linie geodezyjne w geodezyjne. 

I teraz pomocny będzie lemat:

Lemat: Dla dowolnych pary różnych punktów z,z' na dysku istnieje element g grupy SU(1,1) taki, że

gz=0

gz'= x+0i, gdzie x>0

Dowód:

Dowód jest elementarny gdy użyjemy tego co już wiemy. Pozostawiam jako zadanie domowe dla uważnego Czytelnika. 

Edison i krwawienie i uciszenie burzy

 W poprzedniej notce przytoczyłem cytat z Edisona:

"I have not failed. I’ve just found 10,000 ways that won’t work.

~Thomas A. Edison"

Mało jest jednak ludzi podobnych do Edisona. Przeważająca większość, którą w "Czarnym łabędziu " nazywamy "przeciętnostanem, rezygnuje po jednej czy dwóch próbach. W Biblii nazywamy to "Ludzie Małej Wiary":

A On im rzekł: «Czemu bojaźliwi jesteście, małej wiary?» Potem wstał, rozkazał wichrom i jezioru, i nastała głęboka cisza.

Gdy raz czy dwa spróbują, nie odnoszą natychmiastowego sukcesu - zaczynają narzekać i złorzeczyć.

Tymczasem obowiązuje tu prawo logarytmu Webera-Fechnera:

Tak więc ocena głośności dźwięku jest proporcjonalna do logarytmu ciśnienia akustycznego na membranie bębenka, ocena intensywności zapachu jest proporcjonalna do logarytmu stężenia zapachowego odorantów^[2], zaś ocena jasności światła jest proporcjonalna do logarytmu strumienia światła mierzonego na powierzchni oka.

Jeśli nasze wysiłki nie daja powodzenia po jednej próbie, powinniśmy dokonać 10 wysiłków. Jeśli 10 prób skończy sie niepowodzeniem, w następnym kroku powinniśmy wykonac ich 100. A gdy i 100 nie pomoże - w następnym króku nie powinniśmy poprzestawać póki nie wykonamy tysiąca nowychj prób. Jak ten Edison.

Czytam wciąż "Czarnego łabędzia. Dziś czytam rozdział Krwawienie i krach. A tam:

"Właśnie w takim otoczeniu, gdzie balansowanie na krawędzi  katastrofy  przedstawiano  jako  profesjonalizm,  Nero  zaczął  realizować  strategię,  którą  nazwał  krwawieniem.  Polega  ona  na  tym, że przez długi czas codziennie tracisz pieniądze, dopóki nie nastąpi zdarzenie, z którego czerpiesz nieproporcjonalnie wysokie zyski. 

Żadne pojedyncze zdarzenie nie sprowadzi na was katastrofy, z kolei pewne scenariusze mogą przynieść wam wyjątkowo dużą korzyść, która wynagrodzi wam wcześniejsze krwawienie przez lata, czasem dekady, a czasem nawet wieki. 

ALE BY TO ZROBIĆ - TRZEBA NAPRAWDĘ CHCIEĆ.

Gdy się czegoś naprawdę nie chce, pozostaje narzekanie i złorzeczenie na los. Och jaki okrutny los - spróbowałem dwa razy i co? I klęska. Zajmę się czymś dającym natychmiastową przyjemność. 

Działanie SU(1,1) na brzegu dziedziny

 

I have not failed. I’ve just found 10,000 ways that won’t work.

~Thomas A. Edison

Dziś tylko problem zadanko;

Grupa SU(1,1) przeprowadza brzeg dziedziny D1 w jej brzeg. Działa we wnętrzu , ale działa też na brzegu. A konkretnie:

Pokaż, że transformacja ulamkowo liniowa z poprzedniej notki

z1 = (λ* z + μ*)/(μ z + λ)

gdzie * oznacza sprzężenie zespolone, ma następującą własność:

Jeśli |z|=1 to |z1|=1.

Dysk jako przetrzeń jednorodna II

Things work out best for those who make the best of how things work out.

~John Wooden 

Jak więc działa SU(1,1) na dyski? Wiemy, że działa - patrz 

Dysk jako przetrzeń jednorodna I

Ale jak?  Aby "make the best how things work out" chcemy zobaczyć to kawa na ławę, jawnie, w całej swej nagości,  I zobaczymy. Nagość okaże sie nieliniowa - jak od nagości należy oczekiwać. Ale nie przesadnie nieliniowa. Znośnie niliniowa. Ściślej: ułamkowo-liniowa. 

Zatem do pracy!

W notce "Oda do wartości własnych II" zacytowałem motto z książki Cecelia Ahern, "Kiedy cię poznałam". Oto jej pasujący tu fragment:

..Wtedy  uformowałam  się  Ja,  taka,  jaką znam  siebie  i  jaką  znają  mnie  wszyscy  inni.  Moje  życie zaczęło  się,  kiedy  miałam  pięć  lat.  Wiedza,  że  umrę,  obudziła we  mnie  coś,  co  noszę  w  sobie  do  dziś:  świadomość,  że  choć czas  jest  nieskończony,  to  mój  czas,  owszem  –  mój  czas ucieka.  Zdałam  sobie  sprawę,  że  moja  godzina  i  godzina kogokolwiek  innego  nie  są  sobie  równe.  Nie  możemy  jej spędzić  tak  samo,  nie  możemy  o  niej  myśleć  tak  samo.  Wy róbcie  ze  swoimi,  co  wam  się  podoba,  ale  mnie  w  to  nie wciągajcie;  ja  nie  mam  godzin  do  stracenia.  Jeśli  chcesz  coś zrobić,  musisz  to  zrobić  teraz.  Jeśli  chcesz  coś  powiedzieć, musisz  to  powiedzieć  teraz.  A  co  ważniejsze,  musisz  to zrobić  osobiście.  To  twoje  życie,  to  ty  umrzesz,  to  ty  stracisz wszystko.  Moim  sposobem  bycia  stało  się  działanie, wprowadzanie  myśli  w  czyn.  Zawrotne  tempo  czasami pozbawiało  mnie  tchu;  ledwie  udawało  mi  się  nadążyć  za samą  sobą.  Często  goniłam  samą  siebie,  może  rzadko doganiałam; byłam szybka."

Uwaga: treść tej notki pokrywa się częściowo z treścią "From SU(1,1) to the Lorentz group" . 
Jest tam zresztą więcej notek o podobnej treści. Patrz All posts.

"Jeśli  chcesz  coś zrobić,  musisz  to  zrobić  teraz.". Zatem zróbmy to teraz. Przypomnijmy ogólną postać macierzy z grupy SU(1,1) - patrz notka: Dysk jako przetrzeń jednorodna I

Zatem odtąd nasza parametryzacja grupu SU(1,1) będzie nastepująca:

Mamy więc S postaci Sz jak tutaj:

Oraz mamy U z grupy S(1,1), wiemy, że S1 = U Sz U* jest też tej postaci, dla innego z, powiedzmy dla z1.

Jaki jest związek pomiędzy z1 a z? By na to pytanie odpowiedzieć zaprzęgłem do pracy program Mathematica. Oto kod i wyniki:

Czyli wynik jest taki

z1 = (λ* z + μ*)/(μ z + λ)

Jeśli ogólnie U zapiszemy w postaci tabelki

a b
c d

to

 z1 = (dz+c)/(bz +a)

Takie działanie nazywamy ułamkowo liniowym. Jest nieliniowe, bowiem zawiera również dzielenia przez funkcję (liniową tutaj) od zmiennej z.

I to jest działanie grupy S(1,1) na dysk. Ciekawe jest to, że działanie to rozszerza się także na brzeg dysku - na "czas". Przyjrzymy sie temu w następnej notce.

P.S. Pisząc tę notkę przyszła mi do głowy (przysięgam: po prostu "przyszła", no, może "przyfrunęła") nowa idea: jak skonstrować geodezyjne na dysku czystą prostą algebrą. Tichy taka uwielbia. Gdy ją zweryfikuję (ewentualnie sfalsyfikuję), podzielę się nią z Czytelnikami. Zdradzę tylko, że idea jest zaczerpnięta z mechaniki kwantowej, gdzie rozważamy maksymalne komutujące rodziny obsserwabli jako opisujące "kompletne pomiary". Intuicja mi mówi, że idea jest dobra.

Oda do wartości własnych III

If you are not willing to risk the usual, you will have to settle for the ordinary.

~Jim Rohn

 Zweryfikujemy teraz poprawioną (pierwotna została sfalsyfikowana, następnie porawiona) hipotezę z poprzedniej notki na prostym przykładzie. Jeden przykład wystarczy by upewnić się co do podejrzanego współczynnika 1/2 (lu 2, jesli ktoś woli).

Wybierzemy w tym celu dwa punkty na płaszczyźnie zespolonej: początek układu współrzędnych, zatem z=0, oraz punkt na osi rzeczywistej z'=x+i0, gdzie 0<x<1. Musimy te dwa punkty połączyć "geodezyjną" O geodezyjnych jeszcze nie rozmawialismy, ale nikogo raczej nie zdziwi fakt, że geodezyjną łączącą te dwa punkty jest po prostu odcinek je łączący. Bo cóż innego mogłoby nią być. Zatem równania geodezyjnej to

x(t)=t

y(t)= 0

Przy tym t zmienia się od 0 do x.

przypomnijmy formułę na metrykę Riemanna z notki 

Metryka Riemanna na dysku Poincarego

W naszym przypadku dx=dt, dy=0

Stąd

ds = 2/(1-t^2) dt

Musimy to wycałkować po t od zera do x. Znajdujemy naszą całkę jako ostatnią w tej tablicy:

∫1a2−x2dx=12aln∣∣∣   a +x a - x∣∣∣+C

dla a>0i|x|≠a

Kładziemy a=1 i, uwzględniając współczynnik 4, otrzymujemy

d(0,x) = ∫ds =log( (1+x)/(1-x) )

Mathematica daje nam odpowiedź w formie, którż już znamy:

A teraz obliczamy d metodą z poprzedniej notki. Przypomnijmy ogólna postać macierzy S:

Dla z=0 jest macierz J, (+1,-1) na przekątnej, zera poza nia. Dla z=x+0i, x>0  jest to macierz, zapisując w formacie Mathematica:

Sz = {{1+x^2, -2x},{2x,-(1+x^2)}}/(1-x^2)

Iloczyn S0 S to

 {{1+x^2, -2x},{-2x,(1+x^2)}}/(1-x^2)

Możemy wartości własne liczyć ręcznie lub użyć programu. Uzyłem programu. Oto wynik

(1+x)^2/(1-x^2)

Upraszczając dostajemy (1+x)/(1-x). Bierzemy logarytm (naturaln i dostajemy naszą całkę.

Hipotezę zweryfikowaliśmy. Oczywiście wypadałoby udowodnić, że nasza formuła z poprzedniej notki zachodzi też dla dowolnych punktów wewnątrz dysku. Jednak w tej chwili byłoby to za dużo szczęścina raz. Z "czarnego łabędzia dowiadujemy się bowiem, że jestesmy tak skonstruowani, że lepsze
dla nas małe szczęście ale często niż wielkie szczęście ale tylko co jakiś długi czas.