《几何专题》笔记(3)-欧氏空间中的极小子流形

高度函数

首先考虑外围空间$X$为$N$维欧氏空间$E^N$的情形. 此时所有切空间可以等同于$E^N.$ 考虑浸入子流形$x:M\rightarrow E^n.$ 此时

$$dx=\theta_i e_i,\quad de_i=\theta_{ij}e_j+\theta_{i\alpha}e_\alpha=\theta_{ij}e_j+h_{i\alpha j}\theta_j e_\alpha.$$

固定一个向量$a\in E^N,$ 那么取$M$上函数$f=\left<{}a,x\right>,$ 表示沿$a$的高度函数. 那么,

$$f_i\theta_i=df=\left<{}a,dx\right>=\left<{}a,e_i\right>\theta_i,$$ $$f_{ij}\theta_j=d f_i+f_j\theta_{ji}=\left<{}a,de_i\right>+\left<{}a,e_j\right>\theta_{ji}=\left<{}a,\theta_{ij}e_j+h_{i\alpha j}\theta_j e_\alpha+\theta_{ji}e_j\right>=\left<{}a,h_{i\alpha j}\theta_je_\alpha\right>.$$

这就给出了

$$\Delta f=f_{ii}=\left<{}a,h_{i\alpha i}e_\alpha\right>=n\left<{}a,H\right>.$$

这在$n>0$时说明了如下定理

定理 1. 欧氏空间中的浸入子流形极小当且仅当在诱导度量下, 全部坐标函数都是调和函数. 进而欧氏空间中没有紧致无边极小子流形.

这是因为紧致无边流形上的调和函数都是常数.

曲率

回忆

$$d\omega_{AB}-\omega_{AC}\wedge\omega_{CB}=-\frac{1}{2}\widehat R_{ABCD}\omega_C\wedge\omega_D.$$

注意到欧氏空间中曲率为零. 因此拉回得到

$$d\theta_{ij}-\theta_{ik}\wedge\theta_{kj}=-\theta_{i\alpha}\wedge\theta_{j\alpha}=-\frac{1}{2}(h_{i\alpha k}h_{j\alpha l}-h_{i\alpha l}h_{j\alpha k})\theta_k\wedge\theta_l.$$

记$S_{ijkl}$为$M$上度量的曲率张量, 那么

$$S_{ijkl}=h_{i\alpha k}h_{j\alpha l}-h_{i\alpha l}h_{j\alpha k}.$$

事实上, 这是高斯方程.

若$M$是极小的, 那么它的Ricci张量为

$$S_{ik}=S_{ijkj}=-h_{i\alpha j}h_{k\alpha j},$$

是半负定的. 进一步它的数量曲率为

$$S=S_{ii}=-h_{i\alpha j}^2\le 0.$$

因此我们有如下定理

定理 2. 极小子流形$M$的Ricci张量是半负定的. 它是全测地的(为线性子空间)当且仅当它的数量曲率为零.

极小超曲面

此时余维数为$1,$ 简记$h_{i,n+1,j}=h_{ij}.$ 那么$\theta_{i,n+1}=h_{ij}\theta_j.$ 我们有

$$\begin{aligned} 0&=d\theta_{i,n+1}-\theta_{iC}\theta_{C,n+1}\\ &=dh_{ij}\wedge\theta_j+h_{ij}\theta_k\wedge\theta_{kj}-h_{jk}\theta_{ij}\wedge\theta_k\\ &=(dh_{ik}+h_{ij}\theta_{jk}+h_{jk}\theta_{ji})\wedge\theta_k\\ &=h_{ik,j}\theta_j\wedge\theta_k \end{aligned}$$

进而$h_{ik,j}=h_{ij,k}.$ 这就是Codazzi方程.

由于$\theta_{n+1}=0,$

$$0=d\theta_{n+1}=\theta_i\wedge\theta_{i,n+1}=h_{ij}\theta_i\wedge\theta_j.$$

因此$h_{ij}=h_{ji}.$ 于是$h_{ij,k}$三变元都是对称的. 于是极小超曲面任意两下标求和均为零.

记$f=\left<{}a,e_{n+1}\right>,$ 那么

$$d e_{n+1}=\theta_{n+1,i}e_i=-h_{ij}\theta_je_i,$$ $$f_i=-\left<{}a,e_j\right>h_{ji},$$ $$f_{ij}\theta_j=-\left<{}a,\theta_{jk}e_k+h_{jk}\theta_ke_{n+1}\right>h_{ij}-\left<{}a,e_j\right>dh_{ij}-\left<{}a,e_k\right>h_{kj}\theta_{ji}.$$

由

$$dh_{ij}+h_{kj}\theta_{ki}+h_{ik}\theta_{kj}=h_{ij,k}\theta_k,$$ $$f_{ij}\theta_j=-\left<{}a,e_{n+1}\right>h_{ij}h_{jk}\theta_k-\left<{}a,e_j\right>h_{ij,k}\theta_k,$$ $$f_{ik}=-\left<{}a,e_{n+1}\right>h_{ij}h_{jk}-\left<{}a,e_j\right>h_{ij,k},$$ $$\Delta f=f_{ii}=-\left<{}a,e_{n+1}\right>h_{ij}^2=\left<{}a,e_{n+1}\right>S.$$

考虑形如$z=z(x_1,\cdots,x_n)$的极小超曲面. 那么切向量为

$$\frac{\partial {}r}{\partial {}x_i}=(0,\cdots,1,\cdots,0,p_i),\quad p_i=\frac{\partial {}z}{\partial {}x_i}.$$ $$g_{ij}=\delta_{ij}+p_ip_j.$$ $$e_{n+1}=\frac{1}{W}(p_1,\cdots,p_n,-1),\quad W=\sqrt{1+p_k^2}.$$

该曲面有到超平面的一一映射. Bernstein问题为是否极小曲面总是超平面. 我们希望证明$z=a_ix_i+a_{n+1}.$ 但是这在$n\ge 8$时有反例. 现考虑$n=2$的情形.

希望利用$\Delta \left<{}a,e_{n+1}\right>=S\left<{}a,e_{n+1}\right>.$ 取$a=(0,\cdots,0,1),$ 此时$\left<{}a,e_{n+1}\right>=-\frac{1}{W}.$ 因此,

$$\Delta(\frac{1}{W})=\frac{2K}{W}\le 0.$$

那么$\frac{1}{W}$是上调和的正值函数, 必为常数. 这就说明了结论.

或者我们有高斯方程

$$S_{ijkl}=h_{ik}h_{jl}-h_{il}h_{jk},\quad S_{ik}=nHh_{ik}-h_{ij}h_{jk}.$$

曲面极小时, 有

$$S_{ik}=K\delta_{ik}=-h_{il}h_{lk}.$$

由于

$$\Delta\log (1+\frac{1}{W})=\frac{1}{1+\frac{1}{W} }\Delta(\frac{1}{W})-\frac{1}{(1+\frac{1}{W})^2}|\nabla (\frac{1}{W})|^2.$$

设$f=1+\frac{1}{W},$ 那么

$$\Delta \log f=\frac{\Delta f}{f}-\frac{f_k^2}{f^2}.$$

回忆

$$\left<{}a,e_3\right>_i=-\left<{}a,e_j\right>h_{ij}.$$

由于$e_3=\frac{1}{W}(p_1,p_2,-1),$

$$|\nabla (\frac{1}{W})|^2=|\nabla\left<{}a,e_3\right>|^2=\left<{}a,e_3\right>_i^2=\left<{}a,e_j\right>h_{ij}\left<{}a,e_k\right>h_{ik}=-K\left<{}a,e_j\right>^2.$$

由于

$$(0,0,1)=a=\left<{}a,e_i\right>e_i+\left<{}a,e_3\right>e_3=\left<{}a,e_i\right>e_i-\frac{1}{W}e_3,$$ $$1=\left<{}a,e_i\right>^2+(\frac{1}{W})^2.$$

因此

$$\Delta(\log (1+\frac{1}{W}))=\frac{1}{1+\frac{1}{W} }\frac{2K}{W}+\frac{1}{(1+\frac{1}{W})^2}(-K)(1-(\frac{1}{W})^2)=K.$$

考虑一个新度量$d\sigma=(1+\frac{1}{W})ds,$ $ds$由浸入诱导. $d\sigma\ge ds$ 是完备的. 断言在$\sigma$下, $\widetilde K\equiv 0,$ 进而它是可展曲面. 那么,

$$d\sigma^2=d\xi^2+d\eta^2.$$ $$\Delta_{ds^2}=\Lambda(\frac{\partial {} }{\partial {}\xi^2}+\frac{\partial {} }{\partial {}\eta^2}),\quad \Lambda=(1+\frac{1}{W})>0.$$

已知$K\le 0.$ 因此

$$0\ge K=\Delta\log(1+\frac{1}{W})= \Lambda(\frac{\partial {} }{\partial {}\xi^2}+\frac{\partial {} }{\partial {}\eta^2})(\log (1+\frac{1}{W})),$$ $$(\frac{\partial {} }{\partial {}\xi^2}+\frac{\partial {} }{\partial {}\eta^2})\log(1+\frac{1}{W})\le 0,$$

上调和正函数为常数, 因此$K\equiv 0.$ 由前面的定理, 它是全测地的, 进而为超平面.

对前面的断言, 设$d\sigma^2=e^{2\lambda}ds^2,$ 那么

$$e^{2\lambda}\widetilde K=K-\Delta \lambda,\quad e^{2\lambda}=(1+\frac{1}{W})^2,\quad \lambda=\log(1+\frac{1}{W}).$$

于是$\widetilde K=0$当且仅当$K=\Delta \log (1+\frac{1}{W}).$

极小曲面方程

回顾$ds^2=g_{ij}dx_idx_j,$ $g_{ij}=\delta_{ij}+p_ip_j.$ $g_{ik}g^{kj}=\delta_i^k,$ $g^{ij}=\delta_{ij}-\frac{1}{W^2}p_ip_j.$ 考虑第二基本型

$$l_{ij}dx_idx_j=\Theta_{n+1}=-\left<{}dr,de_{n+1}\right>=-dx_i d(\frac{p_i}{W})+dzd(\frac{1}{W}).$$ $$\Theta_{n+1}=\left<{}d^2r,e_{n+1}\right>=-\frac{1}{W}\frac{\partial^2 {}z}{\partial {}x_i\partial {}x_j}dx^idx^j.$$

因此

$$nH=g^{ij}l_{ij}=-\frac{1}{W}g^{ij}p_{ij}=0\Leftrightarrow g^{ij}p_{ij}=0.$$

这当且仅当

$$\frac{\partial {} }{\partial {}x_i}(\frac{p_i}{W})=0.$$

这是因为

$$0=g^{ij}p_{ij}=(\delta_{ij}-\frac{p_ip_j}{W^2})p_{ij}=p_{ii}-\frac{1}{W^2}p_ip_jp_{ij}.$$

另一方面,

$$\frac{\partial {} }{\partial {}x_i}(\frac{p_i}{W})=\frac{1}{W}p_{ii}-\frac{1}{W^2}p_i\frac{\partial {}W}{\partial {}x_i}=\frac{1}{W}p_{ii}-\frac{1}{W^3}p_ip_kp_{ki}=\frac{1}{W}(p_{ii}-\frac{1}{W^2}p_ip_kp_{ki}).$$

因此两者相等. 这样我们就得到了极小曲面方程.

文章最后更新于 2023-03-02 19:47:54