Lemme de Gauss (géométrie Riemannienne)

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Dans la géométrie Riemannienne, le lemme de Gauss permet de comprendre l'application exponentielle comme une isométrie radiale. Dans ce qui suit, soit M une variété de Riemann dotée d'une connexion de Levi-Civita (i.e. en particulier, cette connexion est symétrique et compatible avec la métrique de M).

Sommaire

1 Introduction
2 Lemme de Gauss : l'exponentielle comme isométrie radiale
3 Preuve
4 Voir aussi
5 Références

[modifier] Introduction

Nous avons défini sur $M$ l'application exponentielle en $p\in M$ par

$\exp_p:T_pM\supset B_{\epsilon}(0) \longrightarrow M,\qquad v\longmapsto \gamma(1, p, v),$

où on a dû restreindre le domaine $T p M$ de définition à une boule $B ε (0)$ de rayon $ε > 0$ et de centre $0$ pour s'assurer que $exp p$ est bien définie et où $γ(1, p, v)$ est le point $q\in M$ atteint en suivant l'unique géodésique $γ$ passant par le point $p\in M$ avec la vitesse $\frac{v}{\vert v\vert}\in T_pM$ sur une distance $\vert v\vert$ . Nous remarquons très aisément que $exp p$ est un difféomorphisme local autour de $0\in B_\epsilon(0)$ . En effet, soit $\alpha : I\rightarrow T_pM$ une courbe différentiable dans $T p M$ telle que $α(0): = 0$ et $α'(0): = v$ . Comme $T_pM\cong \mathbb R^n$ , il est clair qu'on peut choisir $α(t): = v t$ . Dans ce cas, par la définition de la différentielle de l'exponentielle en $0$ appliquée sur $v$ , nous obtenons

$T_0\exp_p(v) = \frac{\mathrm d}{\mathrm d t} \Bigl(\exp_p\circ\alpha(t)\Bigr)\Big\vert_{t=0} = \frac{\mathrm d}{\mathrm d t} \Bigl(\exp_p(vt)\Bigr)\Big\vert_{t=0}=\frac{\mathrm d}{\mathrm d t} \Bigl(\gamma(1,p,vt)\Bigr)\Big\vert_{t=0}= \gamma'(t,p,v)\Big\vert_{t=0}=v.$

Le fait que $exp p$ soit un difféomorphisme local et que $T 0 exp p (v) = v$ pour tout $v\in B_\epsilon(0)$ nous permet d'affirmer que $exp p$ est une isométrie locale autour de 0, i.e.

$\langle T_0\exp_p(v), T_0\exp_p(w)\rangle_0 = \langle v, w\rangle_p\qquad\forall v,w\in B_\epsilon(0).$

Ceci signifie en particulier qu'il est possible d'identifier la boule $B_\epsilon(0)\subset T_pM$ avec un petit voisinage autour de $p\in M$ . Nous sommes déjà contents de voir que $exp p$ est une isométrie locale, mais on aimerait bien que ce soit un peu plus que ça. Il s'avère qu'il est en fait possible de montrer que cette application est même une isométrie radiale !

Image:Gauss lemma local isometry.png

L'exponentielle comme isométrie locale

Ceci signifie en particulier qu'il est possible d'identifier la boule $B_\epsilon(0)\subset T_pM$ avec un petit voisinage autour de $p\in M$ . Nous sommes déjà contents de voir que $\exp_p\$ est une isométrie locale, mais on aimerait bien que ce soit un peu plus que ça. Il s'avère qu'il est en fait possible de montrer que cette application est même une isométrie radiale !

[modifier] Lemme de Gauss : l'exponentielle comme isométrie radiale

Soit $p\in M$ . Dans ce qui suit, nous faisons l'identification $T_vT_pM\cong T_pM\cong \mathbb R^n$ . Le lemme de Gauss dit :

Soient $v,w\in B_\epsilon(0)\subset T_vT_pM\cong T_pM$ et $M\ni q:=\exp_p(v)$ . Alors,

$\langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w)\rangle_v = \langle v,w\rangle_q.$

Pour $p\in M$ , ce lemme signifie que $\exp_p\$ est une isométrie radiale dans le sens suivant : soit $v\in B_\epsilon(0)$ , i.e. tel que $\exp_p\$ est bien définie. De plus, soit $q:=\exp_p(v)\in M$ . Alors, l'exponentielle $\exp_p\$ reste une isométrie en $q\$ , et, plus généralement, tout au long de la géodésique $\gamma\$ (pour autant que $\gamma(1,p,v)=\exp_p(v)\$ soit bien définie) ! Donc, radialement, dans toutes les directions permises par le domaine de définition de $\exp_p\$ , celle-ci reste une isométrie.

Image:Gauss lemma radial isometry.png

L'exponentielle comme isométrie radiale

[modifier] Preuve

Rappelons que

$T_v\exp_p : T_pM\cong T_vT_pM\supset T_vB_\epsilon(0)\longrightarrow T_qM.$

Nous procédons en trois étapes :

$T_v\exp_p(v)=v\$ : construisons une courbe $\alpha : \mathbb R \supset I \rightarrow T_pM$ telle que $\alpha(0):=v\in T_pM$ et $\alpha'(0):=v\in T_vT_pM\cong T_pM$ . Comme $T_vT_pM\cong T_pM\cong \mathbb R^n$ , on peut poser $\alpha(t):=v(t+1)\$ . Il se trouve que, grâce à l'identification que l'on fait, et comme on ne prend que des classes d'équivalence de courbes, il est possible de choisir $\alpha(t) = vt\$ (ce sont exactement les mêmes courbes, mais décalées, à cause du domaine de définition $I\$ ; toutefois, l'identification permet de la ramener autour de 0 !!!). Alors,

$T_v\exp_p(v) = \frac{\mathrm d}{\mathrm d t}\Bigl(\exp_p\circ\alpha(t)\Bigr)\Big\vert_{t=0}=\frac{\mathrm d}{\mathrm d t}\gamma(t,p,v)\Big\vert_{t=0} = v.$

Calculons maintenant le produit scalaire $\langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w)\rangle$ .

Décomposons $w\$ en une composante $w_T\$ tangente à $v\$ et une composante $w_N\$ normale à $v\$ . En particulier, posons $w_T:=\alpha v\$ , $\alpha\in \mathbb R$ .

L'étape précédente implique alors directement :

$\langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w)\rangle = \langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w_T)\rangle + \langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w_N)\rangle=\alpha\langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(v)\rangle + \langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w_N)\rangle=\langle v, w_T\rangle + \langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w_N)\rangle.$

Il faut donc montrer que le second terme est nul, car, selon le lemme de Gauss, on devrait avoir

$\langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w_N)\rangle = \langle v, w_N\rangle = 0.$

$\langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w_N)\rangle = 0$ :

Image:Gauss lemma proof.png

La courbe choisie pour prouver le lemme

définissons la courbe

$\alpha : ]-\epsilon, \epsilon[\times [0,1] \longrightarrow T_pM,\qquad (s,t) \longmapsto t\cdot v(s),$

avec $v(0):=v\$ et $v'(0):=w_N\$ . On remarque au passage que

$\alpha(0,1) = v(0) = v,\qquad\frac{\partial \alpha}{\partial t}(0,t) = v(0) = v,\qquad\frac{\partial \alpha}{\partial s}(0,t) = tw_N.$

Posons alors

$f : ]-\epsilon, \epsilon[\times [0,1] \longrightarrow M,\qquad (s,t)\longmapsto \exp_p(t\cdot v(s)),$

et calculons :

$T_v\exp_p(v)=T_{\alpha(0,1)}\exp_p\left(\frac{\partial \alpha}{\partial t}(0,1)\right)=\frac{\partial}{\partial t}\Bigl(\exp_p\circ\alpha(s,t)\Bigr)\Big\vert_{t=1, s=0}=\frac{\partial f}{\partial t}(0,1)$

$T_v\exp_p(w_N)=T_{\alpha(0,1)}\exp_p\left(\frac{\partial \alpha}{\partial s}(0,1)\right)=\frac{\partial}{\partial s}\Bigl(\exp_p\circ\alpha(s,t)\Bigr)\Big\vert_{t=1,s=0}=\frac{\partial f}{\partial s}(0,1).$

Donc,

$\langle T_v\exp_p(v), T_v\exp_p(w_N)\rangle = \langle \frac{\partial f}{\partial t},\frac{\partial f}{\partial s}\rangle(0,1).$

On va vérifier maintenant que ce produit scalaire est en fait indépendant de la variable t, et donc que, par exemple,

$\langle\frac{\partial f}{\partial t},\frac{\partial f}{\partial s}\rangle(0,1) = \langle\frac{\partial f}{\partial t},\frac{\partial f}{\partial s}\rangle(0,0) = 0,$

car, selon ce qui a été donné plus haut,

$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\partial f}{\partial s}(t,0) = \lim_{t\rightarrow 0}T_{tv}\exp_p(tw_N) = 0$

étant donné que la différentielle est une application linéaire ! Ceci prouverait alors le lemme.

On vérifie que $\frac{\partial}{\partial t}\langle \frac{\partial f}{\partial t},\frac{\partial f}{\partial s}\rangle=0$ : c'est du calcul direct. En effet, on prend d'abord conscience du fait que les applications $t\mapsto f(s,t)$ sont des géodésiques, i.e. $\frac{D}{\partial t}\frac{\partial f}{\partial t}=0$ . Alors,

$\frac{\partial}{\partial t}\langle \frac{\partial f}{\partial t},\frac{\partial f}{\partial s}\rangle=\langle\underbrace{\frac{D}{\partial t}\frac{\partial f}{\partial t}}_{=0}, \frac{\partial f}{\partial s}\rangle+\langle\frac{\partial f}{\partial t},\frac{D}{\partial t}\frac{\partial f}{\partial s}\rangle=\langle\frac{\partial f}{\partial t},\frac{D}{\partial s}\frac{\partial f}{\partial t}\rangle=\frac{\partial }{\partial s}\langle \frac{\partial f}{\partial t}, \frac{\partial f}{\partial t}\rangle - \langle\frac{\partial f}{\partial t},\frac{D}{\partial s}\frac{\partial f}{\partial t}\rangle.$

Donc, en particulier,

$0=\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial s}\langle \frac{\partial f}{\partial t}, \frac{\partial f}{\partial t}\rangle= \langle\frac{\partial f}{\partial t},\frac{D}{\partial s}\frac{\partial f}{\partial t}\rangle=\frac{\partial}{\partial t}\langle \frac{\partial f}{\partial t},\frac{\partial f}{\partial s}\rangle,$

car, puisque les applications $t\mapsto f(s,t)$ sont des géodésiques, on a $\langle\frac{\partial f}{\partial t},\frac{\partial f}{\partial t}\rangle=\mathrm{cste}$ .