这篇笔记承接Personal notes II：一种需要积累的Flow视角，主要是想对Perelman的约化体积给出一种可能得发明解释，这在几个解释Perelman工作的几个团队Notes中都没有让笔者尽兴的解释，学术政治上的维护却占了更大的比例，之后的笔记侧重于一些工作中，几何视角的积累，或者一些分析直觉的积累，从发明以及发现层面上的。

1.无穷维的黎曼形式主义：疑似处理Flow的一种“通用模版”

这个观点应该是Perelman初次引入成功，在0211159v1.pdf (318.3K)当中，借鉴的Chow他们的观点，把汉密尔顿的一个二次型结论解释为带有t的时空流形上的几何直观，但他们解释的母流形上，关于时间部分的度量是退化的，一种比较哲学式的观点是，对于Ricci流这种动态式的几何，我们把这个动态抽离成若干个自由度的空间，连同底部流形一起做一个“内蕴分析”，这种观点本身应该是“外蕴”的，至少从约化体积的发明来看是这样的，比较简单，是股票走势分析之类的，我们如果想确认某个动态在未来可能出现的情况，就需要对之前几乎所有的部分进行整合分析

这种idea和处理带向量丛的流形类似，但处理手段上更像是对某种条件上的“磨光”，这里的磨光主要是通过对曲率和度量上的，而不是类似借助向量丛的“化归”，向量丛上化归处理的观点可以看chern7.pdf (384.5K)，其余的放在母流形的观点也有，但不是发明工具，是证明的一种处理，最后还要规约到流形自身的几何,aps001.pdf (1.5M)中出现了加倍的化归处理，最后解析端的处理也是在“延拓”后的“母流形”上规约的计算，我相信从这个形式主义中可以看出，内外蕴本身只是化归的视角问题，狂出内蕴在这里会死掉，因为古典的内蕴适合静态的几何，动态的Flow需要我们某种程度上“狂吹”外蕴，子流形，之后的讨论会提及这一点

我相信Perelman的这个视角也可以系统化，去处理别的Flow

2.为何要引入无穷维视角，“熵”的拿来主义是不是只是名词挪用

楼主给之前自己的观点做个纠偏

实际上我们熟知的Flow、对应的能量泛函、临界点方程等等都生活在“无穷维”之中，比较经典的是Atiyah和Bott引入的黎曼曲面上的YM流，早在Flow的观点引入YM方程之前，这个YM流的“画布”就已经做好了，这个工具的引入顺序可以归结为：YM泛函与YM方程（同时诞生于[1]） $\to$ 无穷维视角 [2]$\to$ YM流[3]，也正因如此，YM流一经引入便迅速成长，之后的Donaldson和Yau等人的工作也是基于此出发的，很多其他的Flow也有类似的发展，比如平均曲率流等，都自然有对应的梯度流泛函，对应的泛函一旦诞生，在某种程度上就意味着无穷维几何直观的直接建立，几何直观的重要性不言而喻，直观的引入类似招商入股，如同笛卡尔的坐标几何一样，对于处理函数或者曲线等等提供了相当多的工具，无穷维的几何直观也是类似的作用，从这个角度出发，建立各种Flow的几何直观也是自然的事情，但是Perelman建立的，不是这种Configuration Space的无穷维视角

Perelman建立的视角应该是受平均曲率流的启发，主要是对$\mathcal{W} $进行类似超曲面的 $n$ 维体积$\mathcal{A}(F) = \int_M d\mu$（作为平均曲率流对应的梯度流泛函）的几何意义的解释，约化体积的几何解释，据我查阅的几个Flow的历史，这个应该是独一份且是第一份的，但是Huisken的单调性公式也能进行类似的解释，把L测地线换成欧几里得度量，然后在$\mathbb{E} = \mathbb{R}^{n+1} \times \mathbb{R}^N$上模拟Perelman的处理，也能得到Huisken的单调性公式的母流形的BG体积比较定理解释，这一方面来说，Perelman建立的视角确实可以推广为另一种“无穷维视角”，把泛函代入作为几何定义，母流形的体积定理下放为Flow的单调性公式

但我们之前笔记中介绍过Ricci流研究的困难，$\mathcal{W} $泛函的诞生就注定了，几何直观的对应建立，也是相当麻烦，因为在当时看来，$\mathcal{F} $和$\mathcal{W} $两个泛函并不是Ricci流直接对应的经典梯度流泛函，是两个“异类”，对应的几何直观建立相对诸如YM流之类，难度上更上一层，Ricci流当时的研究顺序也暗示着这种困难的存在，毕竟利用“蛋去反推母鸡的构造”，相对来说比“用母鸡去研究蛋”要困难的多

从这一点上来说，“熵”的定义引入，算是某种程度上，为Ricci流提供的物理直观，进一步启发到流形或者别的具体“空间形式”上的几何直观，楼主不清楚汉密尔顿当时的意图，但就从当时物理数学两个圈子对Ricci流的物理类比上揣测，这种引入物理直观的企图应是存在的，亦或者只是简单的定义类比，进一步的Chow[4]他们为汉密尔顿[7]一个二次型引入的几何直观，应该是受汉密尔顿[5]对Li-Yau估计[6]的几何解释启发的

当然，某种程度上来说Chow[4]他们的几何解释是失败的，因为度量是退化的，导致很多几何工具是没法使用的，以此作为Ricci流的几何直观也只能算是强词夺理

[1]Yang, C. N., & Mills, R. L. (1954). Conservation of Isotopic Spin and Isotopic Gauge Invariance. Physical Review, 96(1), 191.

[2]Atiyah, M. F., Hitchin, N. J., & Singer, I. M. (1978). Self-duality in four-dimensional Riemannian geometry. Proceedings of the Royal Society of London. A. Mathematical and Physical Sciences, 362(1711), 425-461.

[3]Atiyah, M. F., & Bott, R. (1983). The Yang-Mills equations over Riemann surfaces. Philosophical Transactions of the Royal Society of London. Series A, 308(1505), 523-615.

[4]Chow, B., & Chu, S.-C. (1995). A geometric interpretation of Hamilton's Harnack inequality for the Ricci flow. Mathematical Research Letters, 2(6), 701-718.

[5]Hamilton, R. S. (1993). A matrix Harnack estimate for the heat equation. Communications in Analysis and Geometry, 1(1), 113-126.

[6]Li, P., & Yau, S.-T. (1986). On the parabolic kernel of the Schrödinger operator. Acta Mathematica, 156(1), 153-201.

[7]Hamilton, R. S. (1993). The Harnack estimate for the Ricci flow. Journal of Differential Geometry, 37(1), 225-243.

3.从$\mathcal{F} $泛函带我们走向无穷维

这里给$\tilde{M} = M \times S^N\times R^+$提供一种可能的，比较自然的动机

我们想给$\mathcal{F} $泛函一种自然的几何解释，最简单的改造对象应该是相关的$R_{ij} + \nabla_i \nabla_j f$，把这种东西解释为 $\tilde{M}$几何量，自然的$R_{ij}$的定位暗示M是 $\tilde{M}$的子流形，最简单的形式应该是$\tilde{M} = M^n \times F^N$，我们这里想把$ F^N$求出来，为了让 $f$ 起作用，我们不能做简单的直积，需要做翘曲乘积，顺带给 $\tilde{M}$ 赋予度量$\tilde{g} = g + u^2 g_F$，$\tilde{M}$对应Ricci 曲率 $\tilde{R}_{ij}$ 在底流形 $M$ 方向上的分量满足$\tilde{R}_{ij} = R_{ij} - \frac{N}{u} \nabla_i \nabla_j u$，结构上的相似性启发我们从$R_{ij} - \frac{N}{u} \nabla_i \nabla_j u = R_{ij} + \nabla_i \nabla_j f$反推$ F^N$，也即$-\frac{N}{u} \nabla_i \nabla_j u = \nabla_i \nabla_j f$，之前$\mathcal{F} $的推导启发我们，消去分母需要代入$u = e^{-\frac{f}{N}}$，代入可得$\tilde{R}_{ij} = R_{ij} + \nabla_i \nabla_j f - \frac{1}{N} \nabla_i f \nabla_j f$，这暗示 $N \to \infty$，于此，我们可以确定 $u = e^{-f/N}$，此时$\tilde{M}$ 上的总标量曲率满足$\tilde{R} = R - \frac{2N}{u}\Delta u - \frac{N(N-1)}{u^2}|\nabla u|^2 + \frac{R_F}{u^2}=R+ 2\Delta f - |\nabla f|^2 - \frac{1}{N} |\nabla f|^2+ R_F e^{\frac{2f}{N}}$， $N \to \infty$之后，前三项变成$R + 2\Delta f - |\nabla f|^2$，这对应着$\mathcal{F}$-泛函，麻烦的则是改造$R_F e^{\frac{2f}{N}}$,单纯解释$\mathcal{F} $的话，选取$R_F=0$自然是最合适的，剩下的任务是解释$\mathcal{W} $泛函的几何直观了，至少从$\mathcal{F} $泛函提供的视角来看，我们可以把目标锁定在$\tilde{M} = M \times F^N\times R^+$（ $N \to \infty$）上，且 $u = e^{-f/N}$

4.造出容纳$\mathcal{W} $泛函的无穷维视角

借助$\mathcal{W} $泛函的形式，我们希望从$\tau \tilde{R} = \tau(R + 2\Delta f - |\nabla f|^2) + f - n$出发改造$F^N$，也就是说$\lim_{N \to \infty} \left( \tau \frac{R_F}{u^2} \right) = f + \text{某个常数}$，这意味着$\tau R_F \frac{2}{N} = 1$，Perelman的期待是$\tilde{M}$ 上尽可能的静态，换种角度来说$\tilde{Ric} = 0$，这意味着母流形在纤维方向的 Ricci 曲率为 0（即 $\tilde{R}_{\alpha\beta} = 0$），注意到$\tilde{R}_{\alpha\beta} = R^F_{\alpha\beta} - g^F_{\alpha\beta} \left( u \Delta u + (N-1)|\nabla u|^2 \right)$(其中$R^F_{\alpha\beta}$ 是 $F^N$ 的 Ricci 曲率，$g^F_{\alpha\beta}$ 是$F^N$ 的度量张量),这意味着$R^F_{\alpha\beta} = \left( u \Delta u + (N-1)|\nabla u|^2 \right) g^F_{\alpha\beta}$，注意到 $\left( u \Delta u + (N-1)|\nabla u|^2 \right)$ 只依赖于M，对$F^N$来说相当于常数C，条件化简为$R^F_{\alpha\beta} = K g^F_{\alpha\beta}$,这意味着$F^N$是Einstein流形，结合$\tau R_F \frac{2}{N} = 1$，将$F^N$设定为$S^N$是可行且形式上最简单的，借此我们可以算出对应的半径是$r = \sqrt{2(N-1)\tau}$

5.度量的配凑和汉密尔顿结果的几何上的耦合

这一部分主要是用母流形的Ricci曲率把对应配配适的度量反推出来。
设 $\tilde{M}=M\times \mathbb{R}^+ \times \mathbb{S}^N,$ 取如下形式度量（无交叉项）：$d\tilde s^2 = g_{ij}(x,\tau)dx^idx^j + A(x,\tau)d\tau^2 + \tau\,h_{\alpha\beta}(y)dy^\alpha dy^\beta,$ 其中 $h_{\alpha\beta}$ 是截面曲率为 $\frac{1}{2N}$ 的球面 $\mathbb{S}^N$ 上度量，其 Ricci 张量为 $R(h)_{\alpha\beta}= \frac{N-1}{2N}h_{\alpha\beta}.$ 令 $w=\sqrt{\tau}$，则纤维部分可写为 $w^2 h_{\alpha\beta}.$

先考虑底流形 $M$ 完全平坦（$R=0,\;R_{ij}=0$）的情形，此时希望 $\mathbb{R}^+\times \mathbb{S}^N$ 部分是 Ricci 平坦锥。平坦锥的标准形式是 $dr^2 + r^2 \,g_{\mathbb{S}^N(1)},$ 其中 $g_{\mathbb{S}^N(1)}$ 是半径为 1 的球面度量（截面曲率 1）。令 $r = \sqrt{2N\tau},\qquad dr = \sqrt{\frac{N}{2\tau}}\,d\tau,$ 则锥度量变为 $\frac{N}{2\tau}\,d\tau^2 + 2N\tau\,g_{\mathbb{S}^N(1)}.$ 为了让 $\Psi(\tau)\,g_{\alpha\beta}$ 恰好是半径为 $\sqrt{2N\tau}$ 的球面，我们必须取 $\Psi(\tau) = \tau,$ 并且要求 $g_{\alpha\beta}$ 自身的截面曲率为 $\frac{1}{2N}$（即球面半径 $\sqrt{2N}$）。同时读出 $\Phi(\tau) = \frac{N}{2\tau}.$ 这给出了雏形：$\tilde g_{00}=\frac{N}{2\tau},\qquad \overline{g}_{\alpha\beta}=\tau g_{\alpha\beta}.$

下面用 warped product 公式分析一般的情况。
将 $\tilde{M}$ 看作底流形 $B=(M\times\mathbb{R}^+, g_B)$ 与纤维 $(F=\mathbb{S}^N, h)$ 的 warped product，warping 函数 $w=\sqrt{\tau}$。已知 warped product $B\times_w F$ 的 Ricci 张量纤维分量为 $\tilde{R}_{\alpha\beta}= R(h)_{\alpha\beta} - \Bigl(\frac{\Delta_B w}{w} + (N-1)\frac{\|dw\|_B^2}{w^2}\Bigr) w^2 h_{\alpha\beta}.$

 计算所需底几何量：底度量为 $g_{ij}dx^idx^j + A d\tau^2$，$w=\sqrt{\tau}$，故 $dw = \frac{1}{2\sqrt{\tau}}d\tau,\quad \|dw\|_B^2 = \frac{1}{4\tau A},\quad w^2=\tau,\quad \frac{\|dw\|_B^2}{w^2}= \frac{1}{4\tau^2 A}.$ 底 Laplacian：$\Delta_B w = \frac{1}{\sqrt{\det g_B}}\partial_a(\sqrt{\det g_B} g_B^{ab}\partial_b w)$。

由于 $w$ 仅依赖于 $\tau$，$\Delta_B w = \frac{1}{\sqrt{A g}} \partial_\tau\Bigl(\frac{\sqrt{g}}{\sqrt{A}} w'\Bigr),\quad g=\det g_{ij},\; w'=\frac{1}{2\sqrt{\tau}}.$

直接展开得 $\frac{\Delta_B w}{w} = -\frac{1}{4A\tau^2} - \frac{A_\tau}{4A^2\tau} + \frac{(\log g)_\tau}{4A\tau}.$ 令 $S:= \frac{\Delta_B w}{w} + (N-1)\frac{\|dw\|_B^2}{w^2} = \frac{N-2}{4A\tau^2} - \frac{A_\tau}{4A^2\tau} + \frac{(\log g)_\tau}{4A\tau}.$ 因此 $\tilde{R}_{\alpha\beta}= \Bigl( \frac{N-1}{2N} - S\tau \Bigr) h_{\alpha\beta}.$

我们要求 $\tilde{R}_{\alpha\beta}=0$ 模 $N^{-1}$，即主导阶为零。代入 $S\tau$，方程化为 $\frac{N-1}{2N} = \frac{N-2}{4A\tau} - \frac{A_\tau}{4A^2} + \frac{(\log g)_\tau}{4A}.$ 两边乘以 $4A$：$2A\frac{N-1}{N} = \frac{N-2}{\tau} - \frac{A_\tau}{A} + (\log g)_\tau.$ 由于 $N$ 很大，设 $A = \frac{N}{2\tau} + B(x,\tau)$，$B=O(1)$。计算 $A_\tau/A$：$A_\tau = -\frac{N}{2\tau^2} + B_\tau$，故 $\frac{A_\tau}{A} = -\frac{1}{\tau} + \frac{2B+2\tau B_\tau}{N} + O(N^{-2}).$

代入方程并保留 $O(1)$ 项：左边 $2A\frac{N-1}{N} = \bigl(\frac{N}{\tau}+2B\bigr)(1-\frac{1}{N}) = \frac{N}{\tau} - \frac{1}{\tau} + 2B + O(1/N)$。右边 $\frac{N-2}{\tau} - \bigl(-\frac{1}{\tau} + O(1/N)\bigr) + (\log g)_\tau = \frac{N}{\tau} - \frac{1}{\tau} + (\log g)_\tau + O(1/N)$。对比得 $(\log g)_\tau = 2B + O(1/N).$

 但由 backward Ricci 流的一阶信息，我们希望 $(\log g)_\tau = 2R$，其中 $R$ 是 $g_{ij}$ 的标量曲率。

因此 $B = R + O(1/N).$ 于是必须取 $A = \frac{N}{2\tau} + R + O(1/N).$ 这就是 $\tilde{g}_{00}$ 的修正来源：母流形 Ricci 平坦的要求将 $R$ 作为标量曲率补偿项推到了 $\tau\tau$ 分量。

计算可得该度量的曲率张量分量（模 $N^{-1}$）与汉密尔顿发现的矩阵 Harnack 表达式（及其迹）的成分一致
PS：Perelman带领我们实现了熵的变现，放进恒温系统的观察，给了Ricci曲率为0的观察，这为变现$S^N$提供依据,这大致就是熵的为我们带来的直观，物理上的直觉原来真能变现为强力的几何观点，于虚空中作画，于混沌中起舞

6.约化体积的引出

佩雷尔曼注意到 $H(X, Y)$ 在 母流形的几何中中类似广义黎曼曲率的角色，汉密尔顿的结论具有如下定理中李曼曲率的类似作用：
设 $(M, g)$ 是一个 $n$ 维完备黎曼流形，且里奇曲率满足 $\text{Ric} \ge (n-1)K$。选定基点 $p \in M$，令 $d(x) = \text{dist}(p, x)$ 为到 $p$ 的距离函数。在 $M$ 去除割迹（Cut Locus）与基点 $p$ 的光滑区域内，距离函数的拉普拉斯算子满足：$$\Delta d(x) \le \Delta_K r \big|_{r=d(x)}$$其中 $\Delta_K r$ 是模型空间 $\mathbb{M}^n(K)$ 中距离函数的拉普拉斯算子，其精确表达式为 $(n-1)\frac{\text{sn}_K'(r)}{\text{sn}_K(r)}$ （其中 $\text{sn}_K(r)$ 是对应的模型空间雅可比方程的解）。

这个定理也是证明Bishop-Gromov 相对体积比较定理的核心

以上的观察让人自然想到，把Bishop-Gromov 相对体积比较定理推广到母流形上去，对之前的特殊度量求测地线，对应的求出母流形上的测地圆球体积，在形式上可以提取出约化体积的形式，注意到测地线和$S^N$之间的特殊关系，对应的单调性定理可以退化为只关于$M×R^+$的定理

而$H(X, Y)$ 用于$\text{Hess}_L(Y,Y) \le \frac{1}{\sqrt{\bar{\tau}}} - 2\sqrt{\bar{\tau}}\text{Ric}(Y,Y) - \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} H(X,Y) d\tau$等第二变分相关的控制

完整起见此楼做个对约化体积单调性证明的重排，来自perelman的第一个预印本，方便后续复习

约化体积单调性定理

基于 Perelman 论文 §6–§7 的证明

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1. 几何设定与 L-长度

1.1 逆向 Ricci 流

设 \(M\) 为闭流形，度量 \(g_{ij}(\tau)\) 满足逆向 Ricci 流：

\[ \boxed{(g_{ij})_\tau = 2R_{ij}} \]

其中 \(\tau = t_0 - t\) 为逆向时间参数，\(\tau \in (0, \bar{\tau}]\)。

注记：正向 Ricci 流 \((g_{ij})_t = -2R_{ij}\) 中 \(t\) 减小对应 \(\tau\) 增大。

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1.2 L-长度的定义（§7.1）

对任意曲线 \(\gamma: [\tau_1, \tau_2] \to M\)（\(0 < \tau_1 \leq \tau_2\)），定义其 L-长度：

\[ \boxed{\mathcal{L}(\gamma) = \int_{\tau_1}^{\tau_2} \sqrt{\tau}\left(R(\gamma(\tau)) + |\dot{\gamma}(\tau)|^2\right) d\tau} \]

其中 \(R\) 与 \(|\dot{\gamma}|^2 = g_{ij}(\tau)\dot{\gamma}^i \dot{\gamma}^j\) 均以度量 \(g_{ij}(\tau)\) 计算。

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1.3 第一变分与 L-测地线方程

令 \(X(\tau) = \dot{\gamma}(\tau)\)，设 \(Y(\tau)\) 为沿 \(\gamma\) 的向量场。

引理 1（第一变分公式）

\[ \delta_Y(\mathcal{L}) = 2\sqrt{\tau}\langle X, Y\rangle\Big|_{\tau_1}^{\tau_2} + \int_{\tau_1}^{\tau_2} \sqrt{\tau}\left\langle Y, \nabla R - 2\nabla_X X - 4\operatorname{Ric}(X, \cdot) - \frac{1}{\tau}X\right\rangle d\tau \tag{7.1} \]

证明：

\[ \begin{aligned} \delta_Y(\mathcal{L}) &= \int_{\tau_1}^{\tau_2} \sqrt{\tau}\Big(\langle Y, \nabla R\rangle + 2\langle \nabla_Y X, X\rangle\Big) d\tau \end{aligned} \]

利用 \(\langle \nabla_Y X, X\rangle = \langle \nabla_X Y, X\rangle\)，再注意到度量沿 \(\tau\) 的演化 \(\partial_\tau g = 2\operatorname{Ric}\) 给出：

\[ \frac{d}{d\tau}\langle Y, X\rangle = \langle \nabla_X Y, X\rangle + \langle Y, \nabla_X X\rangle + 2\operatorname{Ric}(Y, X) \]

因此

\[ \langle \nabla_Y X, X\rangle = \frac{d}{d\tau}\langle Y, X\rangle - \langle Y, \nabla_X X\rangle - 2\operatorname{Ric}(Y, X) \]

代入得：

\[ \delta_Y(\mathcal{L}) = \int_{\tau_1}^{\tau_2} \sqrt{\tau}\Big(\langle Y, \nabla R\rangle + 2\frac{d}{d\tau}\langle Y, X\rangle - 2\langle Y, \nabla_X X\rangle - 4\operatorname{Ric}(Y, X)\Big) d\tau \]

对 \(2\sqrt{\tau}\frac{d}{d\tau}\langle Y, X\rangle\) 分部积分：

\[ \int_{\tau_1}^{\tau_2} 2\sqrt{\tau}\frac{d}{d\tau}\langle Y, X\rangle d\tau = 2\sqrt{\tau}\langle X, Y\rangle\Big|_{\tau_1}^{\tau_2} - \int_{\tau_1}^{\tau_2} \frac{1}{\sqrt{\tau}}\langle Y, X\rangle d\tau \]

整理即得 (7.1)。\(\square\)

推论（L-测地线方程） L-临界曲线满足：

\[ \boxed{\nabla_X X - \frac{1}{2}\nabla R + \frac{1}{2\tau}X + 2\operatorname{Ric}(X, \cdot) = 0} \tag{7.2} \]

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1.4 L-距离与 L-指数映射

固定基点 \(p \in M\)，令 \(\tau_1 = 0\)（取极限意义，即 \(\sqrt{\tau}X(\tau)\) 在 \(\tau \to 0\) 时有极限）。定义：

\[ L(q, \bar{\tau}) = \inf\left\{\mathcal{L}(\gamma) : \gamma(0) = p,\; \gamma(\bar{\tau}) = q\right\} \]

为由 \(p\) 到 \(q\)（在时间 \(\bar{\tau}\)）的 L-距离。极小化曲线称为 L-最短测地线。

由第一变分公式 (7.1)，沿 L-最短测地线有：

\[ \boxed{\nabla L(q, \bar{\tau}) = 2\sqrt{\bar{\tau}}X(\bar{\tau})} \]

由此：

\[ \boxed{|\nabla L|^2 = 4\bar{\tau}|X|^2} \]

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2. 沿 L-测地线的微分恒等式

2.1 \(R + |X|^2\) 的演化

沿 L-测地线计算：

\[ \begin{aligned} \frac{d}{d\tau}\left(R(\gamma(\tau)) + |X(\tau)|^2\right) &= R_\tau + \langle \nabla R, X\rangle + 2\langle \nabla_X X, X\rangle + 2\operatorname{Ric}(X, X) \end{aligned} \]

其中利用了 \(\frac{d}{d\tau}|X|^2 = \partial_\tau g(X,X) + 2\langle \nabla_X X, X\rangle = 2\operatorname{Ric}(X,X) + 2\langle \nabla_X X, X\rangle\)。

由 L-测地线方程 (7.2) 解出：

\[ \nabla_X X = \frac{1}{2}\nabla R - \frac{1}{2\tau}X - 2\operatorname{Ric}(X, \cdot) \]

代入得：

\[ 2\langle \nabla_X X, X\rangle = \langle \nabla R, X\rangle - \frac{1}{\tau}|X|^2 - 4\operatorname{Ric}(X, X) \]

因此：

\[ \begin{aligned} \frac{d}{d\tau}(R+|X|^2) &= R_\tau + 2\langle \nabla R, X\rangle - 2\operatorname{Ric}(X, X) - \frac{1}{\tau}|X|^2 \\ &= \left(R_\tau + \frac{1}{\tau}R + 2\langle \nabla R, X\rangle - 2\operatorname{Ric}(X, X)\right) - \frac{1}{\tau}(R+|X|^2) \end{aligned} \]

括号中的表达式正是 Hamilton 迹 Harnack 量的负值（取 \(t = -\tau\)）：

\[ \boxed{H(X) := -R_\tau - \frac{1}{\tau}R - 2\langle \nabla R, X\rangle + 2\operatorname{Ric}(X, X)} \]

故得关键 ODE：

\[ \boxed{\frac{d}{d\tau}(R+|X|^2) = -H(X) - \frac{1}{\tau}(R+|X|^2)} \tag{7.3} \]

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2.2 积分得到 (7.4)

将 (7.3) 乘以 \(\tau^{3/2}\)：

\[ \tau^{3/2}\frac{d}{d\tau}(R+|X|^2) + \tau^{1/2}(R+|X|^2) = -\tau^{3/2}H(X) \]

注意到

\[ \frac{d}{d\tau}\left[\tau^{3/2}(R+|X|^2)\right] = \frac{3}{2}\tau^{1/2}(R+|X|^2) + \tau^{3/2}\frac{d}{d\tau}(R+|X|^2) \]

因此：

\[ \begin{aligned} \frac{d}{d\tau}\left[\tau^{3/2}(R+|X|^2)\right] - \frac{3}{2}\tau^{1/2}(R+|X|^2) + \tau^{1/2}(R+|X|^2) &= -\tau^{3/2}H(X) \\ \frac{d}{d\tau}\left[\tau^{3/2}(R+|X|^2)\right] - \frac{1}{2}\tau^{1/2}(R+|X|^2) &= -\tau^{3/2}H(X) \end{aligned} \]

从 \(0\) 到 \(\bar{\tau}\) 积分。在 \(\tau \to 0\) 处，\(\sqrt{\tau}X \to v\)（有限极限），故 \(|X|^2 = O(\tau^{-1})\)，从而 \(\tau^{3/2}|X|^2 = O(\tau^{1/2}) \to 0\)，且 \(\tau^{3/2}R = O(\tau^{3/2}) \to 0\)。边界项为零。定义：

\[ \boxed{K = K(\gamma, \bar{\tau}) := \int_0^{\bar{\tau}} \tau^{3/2} H(X) d\tau} \]

积分得：

\[ \boxed{\bar{\tau}^{3/2}(R+|X|^2)(\bar{\tau}) = \frac{1}{2}L(q, \bar{\tau}) - K} \tag{7.4} \]

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2.3 \(L_{\bar{\tau}}\) 与 \(|\nabla L|^2\) 的计算

沿 L-最短测地线，全导数与偏导数的关系为：

\[ \frac{d}{d\bar{\tau}}L(\gamma(\bar{\tau}), \bar{\tau}) = \sqrt{\bar{\tau}}(R+|X|^2) = L_{\bar{\tau}} + \langle \nabla L, X\rangle \]

而 \(\langle \nabla L, X\rangle = 2\sqrt{\bar{\tau}}|X|^2\)，故：

\[ L_{\bar{\tau}} = \sqrt{\bar{\tau}}(R+|X|^2) - 2\sqrt{\bar{\tau}}|X|^2 = \sqrt{\bar{\tau}}(R - |X|^2) \]

利用 (7.4) 消去 \(|X|^2\)：

\[ \begin{aligned} L_{\bar{\tau}} &= \sqrt{\bar{\tau}}R - \sqrt{\bar{\tau}}\left(\frac{L}{2\bar{\tau}^{3/2}} - \frac{K}{\bar{\tau}^{3/2}} - R\right) \\ &= 2\sqrt{\bar{\tau}}R - \frac{L}{2\bar{\tau}} + \frac{K}{\bar{\tau}} \end{aligned} \tag{7.5} \]

类似地：

\[ \begin{aligned} |\nabla L|^2 &= 4\bar{\tau}|X|^2 = 4\bar{\tau}\left((R+|X|^2) - R\right) \\ &= 4\bar{\tau}\left(\frac{L}{2\bar{\tau}^{3/2}} - \frac{K}{\bar{\tau}^{3/2}} - R\right) \\ &= -4\bar{\tau}R + \frac{2L}{\sqrt{\bar{\tau}}} - \frac{4K}{\sqrt{\bar{\tau}}} \end{aligned} \tag{7.6} \]

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3. 第二变分公式 (7.7)

3.1 第二变分及其原始形式

设变分曲面 \(\Gamma(s,\tau)\) 使 \(\Gamma(0,\tau) = \gamma(\tau)\) 为 L-测地线。记 \(X = \partial_\tau\Gamma\)，\(Y = \partial_s\Gamma|_{s=0}\)，设 \(Y(0) = 0\)。

对 L-长度 \(\mathcal{L}(\gamma_s) = \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau}(R + |X|^2) d\tau\) 求二阶 \(s\)-导数 $$\delta^2_Y(\mathcal{L}) = \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} (Y \cdot Y \cdot R + 2\langle \nabla_X \nabla_Y Y, X \rangle + 2\langle R(Y,X)Y, X \rangle + 2|\nabla_X Y|^2) d\tau $$

注意到

\[ \frac{d}{d\tau}\langle \nabla_Y Y, X\rangle = \langle \nabla_X \nabla_Y Y, X\rangle + \langle \nabla_Y Y, \nabla_X X\rangle + 2Y\!\cdot\!\operatorname{Ric}(Y,X) - X\!\cdot\!\operatorname{Ric}(Y,Y) \] \[2Y \cdot Ric(Y,X) - X \cdot Ric(Y,Y) = 2(\nabla_Y Ric)(Y,X) - (\nabla_X Ric)(Y,Y) + 2Ric(\nabla_Y Y, X) \]

\[ 2\langle \nabla_X \nabla_Y Y, X \rangle = 2\frac{d}{d\tau}\langle \nabla_Y Y, X \rangle - 2\langle \nabla_Y Y, \nabla_X X \rangle - 4(\nabla_Y Ric)(Y,X) + 2(\nabla_X Ric)(Y,Y) - 4Ric(\nabla_Y Y, X) \]

$$ \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} \frac{d}{d\tau} (2\langle \nabla_Y Y, X \rangle) d\tau = 2\sqrt{\bar{\tau}}\langle \nabla_Y Y, X \rangle\Big|_0^{\bar{\tau}} - \int_0^{\bar{\tau}} \frac{1}{\sqrt{\tau}} \langle \nabla_Y Y, X \rangle d\tau $$

$$Y \cdot Y \cdot R = \nabla_Y \nabla_Y R + \langle \nabla_Y Y, \nabla R \rangle$$

$$-2\Big\langle \nabla_Y Y,\; \nabla_X X - \frac{1}{2}\nabla R + \frac{1}{2\tau}X + 2\operatorname{Ric}(X,\cdot)\Big\rangle = 0$$

于是我们得到 $$\delta^2_Y(\mathcal{L}) = 2\sqrt{\bar{\tau}}\langle \nabla_Y Y, X\rangle + \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau}\Big( \nabla_Y\nabla_Y R + 2\langle R(Y,X), Y, X\rangle$$ $$ + 2|\nabla_X Y|^2 + 2\nabla_X\operatorname{Ric}(Y,Y) - 4\nabla_Y\operatorname{Ric}(Y,X) \Big) d\tau \tag{7.7}$$

4. Hessian 估计 (7.9)

取 \(|Y(\bar{\tau})| = 1\)，并沿 \([0, \bar{\tau}]\) 以 ODE来设定Y

\[ \boxed{\nabla_X Y = -\operatorname{Ric}(Y, \cdot) + \frac{1}{2\tau}Y} \tag{7.8} \]

可验证满足 \(\frac{d}{d\tau}|Y|^2 = \frac{1}{\tau}|Y|^2\)，且 \(Y(0) = 0\)。

将 (7.8) 代入 (7.7)，利用 \(|\nabla_X Y|^2 = |\operatorname{Ric}(Y,\cdot)|^2 - \frac{1}{\tau}\operatorname{Ric}(Y,Y) + \frac{1}{4\tau\bar{\tau}}\)我们有 $$\begin{aligned} &\text{Hess}_L(Y, Y) \le \\ \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} \Big( \nabla_Y \nabla_Y R &+ 2 \langle R(Y, X), Y, X \rangle + 2\nabla_X \text{Ric}(Y, Y) - 4\nabla_Y \text{Ric}(Y, X) \\ &+ 2|\text{Ric}(Y, \cdot)|^2 - \frac{2}{\tau}\text{Ric}(Y, Y) + \frac{1}{2\tau\bar{\tau}} \Big) d\tau \end{aligned}$$

注意到

\[ \frac{d}{d\tau}\operatorname{Ric}(Y,Y) = \operatorname{Ric}_\tau(Y,Y) + \nabla_X\operatorname{Ric}(Y,Y) - 2|\operatorname{Ric}(Y,\cdot)|^2 + \frac{1}{\tau}\operatorname{Ric}(Y,Y) \] $$ \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} \left( \frac{d}{d\tau}\text{Ric}(Y,Y) \right) d\tau = \Big[ \sqrt{\tau} \text{Ric}(Y,Y) \Big]_0^{\bar{\tau}} - \int_0^{\bar{\tau}} \text{Ric}(Y,Y) \frac{1}{2\sqrt{\tau}} d\tau $$ 我们得到得到 Hessian 估计：

\[ \boxed{\operatorname{Hess}_L(Y, Y) \leq \frac{1}{\sqrt{\bar{\tau}}} - 2\sqrt{\bar{\tau}}\operatorname{Ric}(Y, Y) - \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} H(X, Y) d\tau} \tag{7.9} \]

其中 \(H(X, Y)\) 为 Hamilton 矩阵 Harnack 表达式：

\[ \begin{aligned} H(X, Y) = &-\nabla_Y\nabla_Y R - 2\langle R(Y,X)Y,X\rangle \\ &- 4(\nabla_X\operatorname{Ric}(Y,Y) - \nabla_Y\operatorname{Ric}(Y,X)) \\ &- 2\operatorname{Ric}_\tau(Y,Y) + 2|\operatorname{Ric}(Y,\cdot)|^2 - \frac{1}{\tau}\operatorname{Ric}(Y,Y) \end{aligned} \]

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5. Laplacian 比较定理 (7.10)

设在终点 $\tau = \bar{\tau}$ 处（对应点 $q$），切空间 $T_qM$ 有一组标准正交基 $\{E_k\}_{k=1}^n$。

对每一个基向量 $E_k$，我们依照相同的 ODE 构造对应的变分测试场 $Y_k(\tau)$：

$$ \nabla_X Y_k = -Ric(Y_k, \cdot) + \frac{1}{2\tau}Y_k, \quad Y_k(\bar{\tau}) = E_k $$

我们考察内积 $\langle Y_i, Y_j \rangle$ $\frac{d}{d\tau} \langle Y_i, Y_j \rangle = = \frac{1}{\tau} \langle Y_i, Y_j \rangle$ .并代入终点条件 $\langle Y_i(\bar{\tau}), Y_j(\bar{\tau}) \rangle = \delta_{ij}$，得$\langle Y_i(\tau), Y_j(\tau) \rangle = \frac{\tau}{\bar{\tau}} \delta_{ij}$

于是令 $Y_k(\tau) = \sqrt{\frac{\tau}{\bar{\tau}}} \tilde{E}_k(\tau)$，其中 $\tilde{E}_k(\tau)$ 是 $\tau$ 时刻的标准正交基

我们将每一个 $Y_k$ 代入公式 (7.9)，然后对 $k$ 从 $1$ 到 $n$ 求和： $$ \sum_{k=1}^n Hess_L(Y_k(\bar{\tau}), Y_k(\bar{\tau})) \le \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{\bar{\tau}}} - 2\sqrt{\bar{\tau}}\sum_{k=1}^n Ric(Y_k(\bar{\tau}), Y_k(\bar{\tau})) - \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} \sum_{k=1}^n H(X, Y_k(\tau)) d\tau $$

因为 $Y_k(\bar{\tau}) = E_k$ 是一组标准正交基，左侧直接变成了 Laplacian：$\sum_k Hess_L(E_k, E_k) = \Delta L$。

对于右侧Ricci 迹求和$- 2\sqrt{\bar{\tau}}\sum_{k=1}^n Ric(E_k, E_k) = -2\sqrt{\bar{\tau}} R$

于是变为$\Delta L \le \frac{n}{\sqrt{\bar{\tau}}} - 2\sqrt{\bar{\tau}}R - \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} \left( \sum_{k=1}^n H(X, Y_k(\tau)) \right) d\tau$

我们将公式中 $H(X,Y)$ 的七项逐一取迹：

1. $-\sum_k \nabla_{E_k} \nabla_{E_k} R = -\Delta R$
2. 曲率张量求和：$-2\sum_k \langle R(E_k, X)E_k, X \rangle$。根据黎曼曲率的对称性 $\langle R(E_k, X)E_k, X \rangle = R(E_k, X, E_k, X) = -R(X, E_k, E_k, X) = -Ric(X,X)$。所以该项变为 $+2Ric(X,X)$。
3. $-4\sum_k \nabla_X Ric(E_k, E_k) = -4\nabla_X R$
4. $+4\sum_k \nabla_{E_k} Ric(E_k, X)$。利用缩并的 Bianchi 恒等式 $(\text{div } Ric)(X) = \frac{1}{2}\nabla_X R$，该项变为 $+4(\frac{1}{2}\nabla_X R) = +2\nabla_X R$。
5. $-2\sum_k Ric_\tau(E_k, E_k) = -2 \cdot tr(Ric_\tau)$。在向后 Ricci 流 $\partial_\tau g_{ij} = 2R_{ij}$ 下，标量曲率演化为 $R_\tau = -\Delta R - 2|Ric|^2$。由于 $tr(Ric_\tau) = g^{ij}\nabla_\tau R_{ij} = -\Delta R$，所以该项变为 $+2\Delta R$。
6. $+2\sum_k |Ric(E_k, \cdot)|^2 = +2|Ric|^2$
7. $-\frac{1}{\tau}\sum_k Ric(E_k, E_k) = -\frac{1}{\tau}R$

将以上七项相加可以得到$$ tr_Y H(X,Y) = \Delta R + 2|Ric|^2 + 2Ric(X,X) - 2\nabla_X R - \frac{1}{\tau}R $$

再用 $\Delta R + 2|Ric|^2= -R_\tau$得$tr_Y H(X,Y) = -R_\tau - \frac{1}{\tau}R - 2\langle \nabla R, X \rangle + 2Ric(X,X)$

于是$$ \sum_{k=1}^n H(X, Y_k(\tau)) = \frac{\tau}{\bar{\tau}} H(X) $$ 将其代回积分$ \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} \left( \frac{\tau}{\bar{\tau}} H(X) \right) d\tau = \frac{1}{\bar{\tau}} \int_0^{\bar{\tau}} \tau^{3/2} H(X) d\tau $，定义积分量 $K = \int_0^{\bar{\tau}} \tau^{3/2} H(X) d\tau$，则该项化为 $\frac{1}{\bar{\tau}}K$，于是我们有拉普拉斯比较定理 \[ \boxed{\Delta L \leq -2\sqrt{\bar{\tau}}R + \frac{n}{\sqrt{\bar{\tau}}} - \frac{1}{\bar{\tau}}K} \tag{7.10} \]

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6. 约化距离

6.1 定义

\[ \boxed{l(q, \tau) := \frac{1}{2\sqrt{\tau}}L(q, \tau)} \]

6.2 沿 L-测地线的全导数

由定义：

\[ \nabla l = \frac{1}{2\sqrt{\tau}}\nabla L = X \]

故 \(\langle \nabla l, X\rangle = |X|^2\)。

偏导数：

\[ l_\tau = \frac{\partial}{\partial\tau}\left(\frac{L}{2\sqrt{\tau}}\right) = \frac{L_\tau}{2\sqrt{\tau}} - \frac{L}{4\tau^{3/2}} \]

由 (7.5)：\(L_\tau = 2\sqrt{\tau}R - \frac{L}{2\tau} + \frac{K}{\tau}\)，代入：

\[ \begin{aligned} l_\tau &= \frac{1}{2\sqrt{\tau}}\left(2\sqrt{\tau}R - \frac{L}{2\tau} + \frac{K}{\tau}\right) - \frac{L}{4\tau^{3/2}} \\ &= R - \frac{L}{4\tau^{3/2}} + \frac{K}{2\tau^{3/2}} - \frac{L}{4\tau^{3/2}} \\ &= R - \frac{L}{2\tau^{3/2}} + \frac{K}{2\tau^{3/2}} \end{aligned} \]

全导数：

\[ \begin{aligned} \frac{d}{d\tau}l(\gamma(\tau), \tau) &= l_\tau + \langle \nabla l, X\rangle \\ &= R - \frac{L}{2\tau^{3/2}} + \frac{K}{2\tau^{3/2}} + |X|^2 \\ &= (R+|X|^2) - \frac{L}{2\tau^{3/2}} + \frac{K}{2\tau^{3/2}} \end{aligned} \]

利用 (7.4)：\(R+|X|^2 = \frac{L}{2\tau^{3/2}} - \frac{K}{\tau^{3/2}}\)，代入：

\[ \boxed{\frac{d}{d\tau}l(\gamma(\tau), \tau) = -\frac{K}{2\tau^{3/2}}} \tag{6.1} \]

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7. Jacobian 单调性 (7.12)

7.1 桥接方程

设 \(J(v, \tau)\) 为 L-指数映射 \(\operatorname{Lexp}_{p,\tau}: T_pM \to M\) 的 Jacobian。取 \(n\) 个线性无关的 L-Jacobi 场 \(Y_1, \ldots, Y_n\)，满足在 \(\tau = \bar{\tau}\) 处 \(\langle Y_i, Y_j\rangle = \delta_{ij}\)。

(a) 对数导数：

\[ \frac{d}{d\bar{\tau}}\log J = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}\frac{d}{d\tau}\langle Y_i, Y_i\rangle\Big|_{\bar{\tau}} \]

展开全导数（注意 \(\partial_\tau g = 2\operatorname{Ric}\)）：

\[ \frac{d}{d\tau}\langle Y_i, Y_i\rangle = 2\langle \nabla_X Y_i, Y_i\rangle + 2\operatorname{Ric}(Y_i, Y_i) \]

故：

\[ \frac{d}{d\bar{\tau}}\log J = \sum_{i=1}^{n} \langle \nabla_X Y_i, Y_i\rangle + \sum_{i=1}^{n}\operatorname{Ric}(Y_i, Y_i) = \sum_{i=1}^{n} \langle \nabla_X Y_i, Y_i\rangle + R \tag{7.1a} \]

(b) \(\sum \langle \nabla_X Y_i, Y_i\rangle\) 与 \(\Delta L\) 的关系：

由 \(\nabla L = 2\sqrt{\bar{\tau}}X\)，及 \([X, Y_i] = 0 \Rightarrow \nabla_{Y_i}X = \nabla_X Y_i\)：

\[ \operatorname{Hess}_L(Y_i, Y_i) = \langle \nabla_{Y_i}\nabla L, Y_i\rangle = 2\sqrt{\bar{\tau}}\langle \nabla_{Y_i}X, Y_i\rangle = 2\sqrt{\bar{\tau}}\langle \nabla_X Y_i, Y_i\rangle \]

取迹：

\[ \Delta L = \sum_{i=1}^{n} \operatorname{Hess}_L(Y_i, Y_i) = 2\sqrt{\bar{\tau}}\sum_{i=1}^{n}\langle \nabla_X Y_i, Y_i\rangle \]

故：

\[ \sum_{i=1}^{n}\langle \nabla_X Y_i, Y_i\rangle = \frac{1}{2\sqrt{\bar{\tau}}}\Delta L \tag{7.1b} \]

(c) 桥接方程：将 (7.1b) 代入 (7.1a)：

\[ \boxed{\frac{d}{d\bar{\tau}}\log J = R + \frac{1}{2\sqrt{\bar{\tau}}}\Delta L} \tag{桥接方程} \]

该等式精确成立，桥接了 Jacobian 演化率与 Laplacian。

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7.2 代入 (7.10) 得到 (7.12)

将 Laplacian 比较定理 (7.10) 代入桥接方程：

\[ \begin{aligned} \frac{d}{d\bar{\tau}}\log J &\leq R + \frac{1}{2\sqrt{\bar{\tau}}}\left(-2\sqrt{\bar{\tau}}R + \frac{n}{\sqrt{\bar{\tau}}} - \frac{1}{\bar{\tau}}K\right) \\ &= R - R + \frac{n}{2\bar{\tau}} - \frac{1}{2}\bar{\tau}^{-3/2}K \end{aligned} \]

由度量演化产生的 \(+R\) 与由第二变分产生的 \(-R\) 精确抵消，得到：

\[ \boxed{\frac{d}{d\tau}\log J \leq \frac{n}{2\tau} - \frac{1}{2}\tau^{-3/2}K} \tag{7.12} \]

等式成立当且仅当 \(2\operatorname{Ric} + \frac{1}{\sqrt{\tau}}\operatorname{Hess}_L = \frac{1}{\tau}g\)（即梯度收缩孤立子条件）。

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8. 约化体积的单调性

8.1 沿 L-测地线的单调量

由 (6.1) 和 (7.12)：

\[ \frac{d}{d\tau}\log J \leq \frac{n}{2\tau} + \frac{d}{d\tau}l \]

即：

\[ \boxed{\frac{d}{d\tau}\left(\tau^{-n/2} e^{-l(\gamma(\tau),\tau)} J(\tau)\right) \leq 0} \]

在每条固定的 \(L\)-测地线上，量 \(\tau^{-n/2}e^{-l}J\) 关于 \(\tau\) 单调不增。

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8.2 定义与主定理

定义（约化体积）：

\[ \boxed{\tilde{V}(\tau) := \int_M \tau^{-n/2} \exp(-l(q, \tau)) \, dq} \]

利用 L-指数映射改写到 \(T_pM\) 上：

\[ \tilde{V}(\tau) = \int_{T_pM} \tau^{-n/2} \exp(-l(\operatorname{Lexp}_{p,\tau}(v), \tau)) \, J(v, \tau) \, dv \]

定理（约化体积单调性，Perelman §7） 设 \((M, g_{ij}(\tau))\) 为逆向 Ricci 流 \((g_{ij})_\tau = 2R_{ij}\) 在闭流形 \(M\) 上的光滑解，\(\tau \in [0, \bar{\tau}]\)。固定 \(p \in M\)，则：

\[ \boxed{\frac{d}{d\tau}\tilde{V}(\tau) \leq 0} \]

即 \(\tilde{V}(\tau)\) 关于 \(\tau\) 单调不增。等号成立当且仅当 \((M, g_{ij}(\tau))\) 为以 \(p\) 为基点的梯度收缩 Ricci 孤立子。

证明1：对 \(T_pM\) 上的积分求导。被积函数沿每条径向 \(L\)-测地线非增（§8.1），积分域 \(T_pM\) 与 \(\tau\) 无关，故 \(\frac{d}{d\tau}\tilde{V}(\tau) \leq 0\)。等号条件由 (7.12) 的等号条件给出。\(\square\)

证明2：注意到$ \frac{d}{d\tau} \tilde{V}(\tau) = \int_M \tau^{-\frac{n}{2}} e^{-l} \left( -\frac{n}{2\tau} - l_\tau + R \right) d\mu_\tau $，并且利用（7.5）（7.6）（7.10）可得不等式 (7.13)$ l_\tau - \Delta l + |\nabla l|^2 - R + \frac{n}{2\tau} \ge 0 $，于是$ \frac{d}{d\tau} \tilde{V}(\tau) \le \int_M \tau^{-\frac{n}{2}} e^{-l} \left( -\Delta l + |\nabla l|^2 \right) d\mu_\tau = -\tau^{-\frac{n}{2}} \int_M \text{div}\left(e^{-l} \nabla l\right) d\mu_\tau =0$，最后一个等式是Divergence Theorem\(\square\)

PS: 如果度量 $g_{ij}(\tau)$ 具有非负曲率算子，那么 Hamilton 的微分 Harnack 不等式成立（这是Li-Yau估计的一个平行类比），并且我们可以对 $l$ 的行为得出更多结论。事实上，在这种情况下，如果解在 $\tau\in[0,\tau_{0}]$ 上有定义，那么有 $H(X,Y)\ge-Ric(Y,Y)(\frac{1}{\tau}+\frac{1}{\tau_{0}-\tau})\ge-R(\frac{1}{\tau}+\frac{1}{\tau_{0}-\tau})|Y|^{2}$ 以及 $H(X)\ge-R(\frac{1}{\tau}+\frac{1}{\tau_{0}-\tau})$。因此，只要 $\tau$ 远离 $\tau_{0}$（例如，$\tau\le(1-c)\tau_{0}$，$c>0$），我们就能得到（使用 (7.6) 和 (7.11)）： $$ |\nabla l|^{2}+R\le\frac{Cl}{\tau} \quad (7.16) $$ （这类似Li-Yau的梯度估计）并且对于 $\mathcal{L}$-Jacobi 场 $Y$，有： $$ \frac{d}{d\tau}\log|Y|^{2}\le\frac{1}{\tau}(Cl+1) \quad (7.17) $$ （这类似Rauch比较定理）

此处留存体积比较定理的证明，方便与上对比

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设 \((M^n, g)\) 是 \(n\) 维完备黎曼流形，其 Ricci 曲率满足 \(\operatorname{Ric} \ge (n-1)K\)。设 \(\mathbb{M}^n_K\) 为常截面曲率 \(K\) 的 \(n\) 维单连通空间形式。记 \(V_p(r)\) 为 \(M\) 中以 \(p\) 为中心、\(r\) 为半径的测地球体积，\(V_K(r)\) 为 \(\mathbb{M}^n_K\) 中对应半径的测地球体积。

定理（Bishop-Gromov）。 比值

\[ \frac{V_p(r)}{V_K(r)} \]

在 \(r \in (0, \infty)\) 上是 \(r\) 的非增函数，且 \(\lim_{r \to 0^+} \frac{V_p(r)}{V_K(r)} = 1\)。

证明。

第一步：测地极坐标与体积微元。

在 \(p\) 点的切空间 \(T_p M\) 中引入极坐标 \((r, \theta)\)，其中 \(r > 0\)，\(\theta \in \mathbb{S}^{n-1}\)。指数映射 \(\exp_p: T_p M \to M\) 在割迹 \(C(p)\) 内是微分同胚。在此坐标系下，黎曼度量可写为

\[ ds^2 = dr^2 + g_{ij}(r, \theta) d\theta^i d\theta^j \]

体积元为 \(dV = J(r, \theta)\, dr\, d\theta\)，其中 \(J(r, \theta) = \sqrt{\det g_{ij}}\) 是指数映射的雅可比行列式。当 \(r\) 超过割迹距离 \(c(\theta)\) 时，约定 \(J(r, \theta) = 0\)。

第二步：Riccati 方程。

固定方向 \(\theta\)，考察沿径向测地线 \(\gamma(r) = \exp_p(r\theta)\) 的几何量。设 \(U = \gamma'(r) = \partial_r\) 为单位切向量。令 \(S\) 为测地球面 \(S_r(p)\) 的形状算子，定义为 \(S(X) = \nabla_X U\)。取正交标架 \(\{E_i\}_{i=1}^{n-1}\)，定义平均曲率

\[ m(r, \theta) = \operatorname{tr} S = \sum_{i=1}^{n-1} \langle \nabla_{E_i} U, E_i\rangle \]

体积微元的对数导数满足

\[ m(r, \theta) = \frac{\partial}{\partial r} \ln J(r, \theta) = \frac{J'(r, \theta)}{J(r, \theta)} \]

计算 \(m\) 沿 \(r\) 的导数。由黎曼曲率张量的定义 \(R(X, Y)Z = \nabla_X \nabla_Y Z - \nabla_Y \nabla_X Z - \nabla_{[X,Y]} Z\)，及 \([U, E_i] = 0\) 和 \(\nabla_U U = 0\)（\(U\) 是测地线向量场）：

\[ \begin{aligned} m' &= U(\operatorname{tr} S) = \sum_{i=1}^{n-1} \langle \nabla_U \nabla_{E_i} U, E_i\rangle \\ &= \sum_{i=1}^{n-1} \Big( \langle R(U, E_i)U, E_i\rangle + \langle \nabla_{E_i} \nabla_U U, E_i\rangle + \langle \nabla_{[U, E_i]} U, E_i\rangle \Big) - \sum_{i=1}^{n-1} \langle \nabla_{E_i} U, \nabla_{E_i} U\rangle \\ &= \sum_{i=1}^{n-1} \langle R(U, E_i)U, E_i\rangle - \operatorname{tr}(S^2) \end{aligned} \]

第一项即为 \(\operatorname{Ric}(U, U)\)。故得 Riccati 方程：

\[ m' + \operatorname{tr}(S^2) + \operatorname{Ric}(U, U) = 0 \tag{1} \]

第三步：曲率条件与微分不等式。

由 Cauchy-Schwarz 不等式，

\[ \operatorname{tr}(S^2) \ge \frac{(\operatorname{tr} S)^2}{n-1} = \frac{m^2}{n-1} \]

代入曲率条件 \(\operatorname{Ric}(U, U) \ge (n-1)K\)，得微分不等式$m' + \frac{m^2}{n-1} + (n-1)K \le 0 \tag{2}$（ Laplacian 比较定理的一个等价形式）

对于常曲率空间 \(\mathbb{M}^n_K\)，以上所有不等式取等号，即其体积微元 \(J_K(r)\) 满足

\[ m_K' + \frac{m_K^2}{n-1} + (n-1)K = 0, \qquad m_K = \frac{J_K'}{J_K} \tag{3} \]

第四步：Sturm 比较。

引入代换 \(y(r, \theta) = J(r, \theta)^{\frac{1}{n-1}}\)。求导：

\[ y' = \frac{1}{n-1} J^{\frac{1}{n-1}-1} J' = \frac{1}{n-1} y \cdot m \]

继续求二阶导：

\[ y'' = \frac{1}{n-1} (y' m + y m') = \frac{1}{n-1} y \left( \frac{m^2}{n-1} + m' \right) \]

由 (2)，\(\frac{m^2}{n-1} + m' \le -(n-1)K\)，且 \(y \ge 0\)，故

\[ y'' + K y \le 0 \tag{4} \]

同理，空间形式中 \(y_K(r) = J_K(r)^{\frac{1}{n-1}}\) 满足 \(y_K'' + K y_K = 0\)。

考察函数 \(f(r) = \frac{y(r, \theta)}{y_K(r)}\)。计算导数（在 \(r < c(\theta)\) 时）：

\[ f'(r) = \frac{y' y_K - y y_K'}{y_K^2} \]

令 \(W(r) = y' y_K - y y_K'\)。求导并利用 (4)：

\[ W'(r) = y'' y_K - y y_K'' \le (-K y) y_K - y (-K y_K) = 0 \]

故 \(W(r)\) 单调递减。当 \(r \to 0\) 时，度量局部等距于欧氏空间，\(y(r) \sim r\)，\(y_K(r) \sim r\)，得 \(W(0) = 0\)。因此对任意 \(r > 0\)，\(W(r) \le 0\)，即 \(f'(r) \le 0\)。

这证明了 \(\frac{y(r, \theta)}{y_K(r)}\) 单调非增，进而

\[ r \mapsto \frac{J(r, \theta)}{J_K(r)} \quad \text{单调非增} \]

当 \(r \ge c(\theta)\) 时 \(J(r, \theta) = 0\)，单调性依然成立。

第五步：从面积到体积。

令 \(A(r)\) 为 \(M\) 中半径为 \(r\) 的球面面积，\(A_K(r)\) 为空间形式中的球面面积。对角度 \(\theta \in \mathbb{S}^{n-1}\) 积分：

\[ \frac{A(r)}{A_K(r)} = \frac{\int_{\mathbb{S}^{n-1}} J(r, \theta) d\theta}{\int_{\mathbb{S}^{n-1}} J_K(r) d\theta} \]

对每个 \(\theta\) 比值单调非增，积分后比值仍单调非增。

体积是面积的积分：\(V(r) = \int_0^r A(t) dt\)。利用实分析引理：若两正函数之比 \(\frac{f(t)}{g(t)}\) 非增，则其积分之比 \(\frac{\int_0^r f(t) dt}{\int_0^r g(t) dt}\) 亦非增。故

\[ \frac{V_p(r)}{V_K(r)} = \frac{\int_0^r A(t) dt}{\int_0^r A_K(t) dt} \]

是 \(r\) 的单调非增函数。当 \(r \to 0\) 时，极小邻域等价于欧氏空间，比值趋于 \(1\)。\(\square\)

一些试验

定义高维母流形 $\tilde{M}^{n+N+1} = M^n \times S^N \times \mathbb{R}^+$。

$$Vol(S^N_{r=\sqrt{2N}}) = Vol_{unit}(S^N) \cdot (2N)^{N/2}$$

完整的带有势函数 $f$ 的黎曼度量为：

$$d\tilde{s}^2 = g_{ij}dx^i dx^j + \tau e^{-2f/N} h_{S^N} + \tilde{g}_{\tau\tau} d\tau^2$$

表面积微元为：

$$d\tilde{A} = (\tau e^{-2f/N})^{N/2} dV_M \, dV_{h} = \tau^{N/2} e^{-f} dV_M \cdot Vol_{unit}(S^N) \cdot (2N)^{N/2}$$

我们需要求测地半径 $\tilde{d} = \tilde{R}$ 处的表面积。

注意到

$$\tilde{R} = \sqrt{2N\tau} \left(1 + \frac{l}{N}\right)$$

$$\tau(x) = \frac{\tilde{R}^2}{2N} \left(1 - \frac{2l(x)}{N}\right)$$

把 $\tau(x)$ 代回第一步求出的表面积微元中。

$$\tau^{N/2} = \left( \frac{\tilde{R}^2}{2N} \right)^{N/2} \left( 1 - \frac{2l(x)}{N} \right)^{N/2}$$

当 $N \to \infty$ 时，后一项就是自然底数极限 $e^{-l(x)}$。

$$A_{\tilde{M}}(\tilde{R}) = \int_M \left[ \left( \frac{\tilde{R}^2}{2N} \right)^{N/2} e^{-l} \right] e^{-f} dV_M \cdot Vol_{unit}(S^N) \cdot (2N)^{N/2}$$

$$= Vol_{unit}(S^N) \cdot \tilde{R}^N \int_M e^{-l - f} dV_M$$

在维度相同的平坦欧几里德空间 $\mathbb{R}^{n+N+1}$ 中，半径为 $\tilde{R}$ 的球表面积是：

$$A_E(\tilde{R}) = Vol_{unit}(S^{n+N}) \cdot \tilde{R}^{n+N}$$

现在计算约化表面积（比值）

$$\frac{A_{\tilde{M}}(\tilde{R})}{A_E(\tilde{R})} = \frac{Vol_{unit}(S^N) \cdot \tilde{R}^N}{Vol_{unit}(S^{n+N}) \cdot \tilde{R}^{n+N}} \int_M e^{-l - f} dV_M$$

$\tilde{R}$ 的幂次相减：$\frac{\tilde{R}^N}{\tilde{R}^{n+N}} = \tilde{R}^{-n}$。

于是得到：

$$\frac{A_{\tilde{M}}}{A_E} = \left[ \frac{Vol_{unit}(S^N)}{Vol_{unit}(S^{n+N})} \right] \frac{1}{\tilde{R}^n} \int_M e^{-l - f} dV_M$$

代入单位球面积的 Gamma 函数公式：

$$\frac{Vol_{unit}(S^N)}{Vol_{unit}(S^{n+N})} = \frac{2\pi^{(N+1)/2} / \Gamma(\frac{N+1}{2})}{2\pi^{(n+N+1)/2} / \Gamma(\frac{n+N+1}{2})} = \pi^{-n/2} \frac{\Gamma(\frac{N+n+1}{2})}{\Gamma(\frac{N+1}{2})}$$

根据 Gamma 函数性质 $\frac{\Gamma(x+a)}{\Gamma(x)} \approx x^a$，这里 $x \approx N/2$，$a = n/2$。

$$\pi^{-n/2} \left( \frac{N}{2} \right)^{n/2} = \left( \frac{N}{2\pi} \right)^{n/2}$$

把算出的常数放回比例式，并用 $\tilde{R} \approx \sqrt{2N\tau}$ 替换：

$$\left( \frac{N}{2\pi} \right)^{n/2} \cdot \frac{1}{(\sqrt{2N\tau})^n} = \frac{N^{n/2}}{(2\pi)^{n/2} (2N\tau)^{n/2}} = \left( \frac{N}{2\pi \cdot 2N\tau} \right)^{n/2}$$

$$= \left( \frac{1}{4\pi\tau} \right)^{n/2}$$

所以

$$\lim_{N \to \infty} \frac{A_{\tilde{M}}(\tilde{R})}{A_E(\tilde{R})} = \int_M \frac{1}{(4\pi\tau)^{n/2}} e^{-l - f} dV_M$$
在$d\tilde{s}^2 = g_{ij}(x, \tau) dx^i dx^j + \tau e^{-2f(x, \tau)/N} h_{\alpha\beta} d\theta^\alpha d\theta^\beta + u(x, \tau) d\tau^2$下，母流形上$\tilde{R}_{ij} = \nabla_i \nabla_j f + \mathcal{O}\left(\frac{1}{N}\right)$，$\mathcal{L}_{new}(\gamma, \theta) = \int_0^{\bar{\tau}} \sqrt{\tau} \left( R + \vert{}\dot{x}\vert{}^2 \right) d\tau + \int_0^{\bar{\tau}} \tau^{3/2} e^{-2f/N} \vert{}\dot{\theta}\vert{}^2 d\tau$，$l_{new}(x, \tau, \Delta\theta) = l(x, \tau) + C(\Delta\theta)$，但是$\tilde{R}_{ij} = \nabla_i \nabla_j f + \mathcal{O}\left(\frac{1}{N}\right)$，这需要$\nabla_i \nabla_j f \ge 0$，但是 $\partial_\tau f = -\Delta f + \vert{}\nabla f\vert{}^2 - R$，所以这个Ric非负的条件不能满足，也作为无穷维视角的观测之一，有意思的是约化表面积和约化体积在不同度量下都是同一个定义

　　按照如上的思路，我们可以继续算出约化的等周比是$\mathcal{W}(g, f, \tau) = \int_M \big[\tau(\vert{}\nabla f\vert{}^2 + R) + f - n\big] u \, dV$，这个就是Perelman的熵，还有一个Nash的熵，满足$\mathcal{N}(u, \tau) = \int_M f u \, dV - \frac{n}{2}$，定义上来说是Perelman的熵的一种算术平均，取这种平均在某种程度上来说可以保持单调性，对于需要Perelman熵的“有界性”的定理上有所改善，可以弱化很多定理条件，类似的是切比雪夫不等式（有关单调性的那个），原本需要单调性的，在进行平均之后，可以保证我们的限制更少应用更多，类似的要约化体积界的定理，也可以通过取平均的方式来弱化条件

　　另外几个有意思的观察是$\mathcal{N}(u, \tau) = \int_M f u \, dV - \frac{n}{2}$的有界性就等价于Perelman的非坍缩性，从这个角度来说，证明非坍缩性的过程也是类似用f的单调性证明∫fds/t的有界性，介于这个观察，需要非坍缩性的条件目前被一派人用$\mathcal{N}(u, \tau) $的有界性代替，且注意到Perelman的熵和$\mathcal{N}(u, \tau) $在局部上的定义可以替代$R$,因此后来的一些结果普遍用$\mathcal{N}(u, \tau) $的下界取代了Perelman最开始的等周比和曲率下界的条件，Perelman构造的这个母流形还具有非负黎曼曲率，这个由汉密尔顿的正定型结论保证，很大程度上，这可能帮帮助我们找到更强的工具