Bonnet–Myers直径定理

圆球上的大圆弧不能一直保持最短：绕得太远，就能改走另一侧。Bonnet–Myers定理把这一现象推广到曲率不恒定的空间。只要每个方向上的Ricci曲率都有同一个严格正下界，最短路线就有统一长度上限；配合完备性，整个空间必须紧。

形式陈述

用曲率取迹定义Ricci量

R(X,Y)Z=\nabla_X\nabla_YZ-\nabla_Y\nabla_XZ-\nabla_{[X,Y]}Z.

在点 $p$ 取任意正交标准基 $e_1,\ldots,e_n$ ，定义

\operatorname{Ric}_p(v,v) =\sum_{i=1}^n\langle R(e_i,v)v,e_i\rangle. \tag{1}

这是线性算子 $u\mapsto R(u,v)v$ 的迹，因此与正交基的选择无关。对单位向量 $v$ ，可选 $e_n=v$ ；最后一项为零，其余 $n-1$ 项是包含 $v$ 的各个正交截面曲率之和。

直径、紧性与基本群

设 $(M,g)$ 为连通、无边界、维数 $n\ge2$ 的光滑Riemann流形，且距离 $d_g$ 使它成为完备度量空间。假设存在统一常数 $k>0$ ，使每个点、每个切向量 $v$ 都满足

\operatorname{Ric}(v,v)\ge(n-1)k|v|^2. \tag{2}

则

\boxed{\operatorname{diam}(M)\le\frac{\pi}{\sqrt k}.} \tag{3}

进一步， $M$ 紧，且基本群 $\pi_1(M)$ 有限。有限不等于平凡；定理没有断言 $M$ 单连通。

若每个截面曲率都至少为 $k$ ，式(2)自然成立，这给出Bonnet的截面曲率版本。Ricci条件直接约束一组截面曲率的和，是此处证明实际使用的条件。

直觉

对最短路线同时测试所有横向方向

由Hopf–Rinow定理，任意两点可由极小测地线连接。取一条长度 $L>0$ 的单位速度极小测地线 $\gamma:[0,L]\to M$ ，记 $T=\dot\gamma$ 。

沿 $\gamma$ 平行移动一组垂直于 $T(0)$ 的正交标准基，得到 $E_1,\ldots,E_{n-1}$ 。度量相容与 $D_tT=0$ 保证这些向量始终正交标准，且垂直于 $T$ 。令

f(t)=\sin\frac{\pi t}{L}, \qquad V_i(t)=f(t)E_i(t). \tag{4}

这些试验场在两个端点都为零，在中间将曲线向侧面推开。

Jacobi场与第二变分给出的指标形式是

I(V,V)=\int_0^L \bigl(|D_tV|^2-\langle R(V,T)T,V\rangle\bigr)\,dt. \tag{5}

极小曲线必须满足 $I(V,V)\ge0$ 。具体地，对任意固定端点变分曲线 $c$ ，Cauchy–Schwarz给出 $E(c)\ge L(c)^2/(2L)\ge L/2=E(\gamma)$ ，所以能量在 $\gamma$ 处的二阶导数非负。这里调用的是已经证明的指标形式，不要求先找到共轭点。

把全部指标形式相加，恰好得到Ricci

因为 $E_i$ 平行， $D_tV_i=f'E_i$ 。将式(5)对 $i$ 求和，再应用式(1)与(2)，得到

\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n-1}I(V_i,V_i) &=\int_0^L\left((n-1)(f')^2-f^2\operatorname{Ric}(T,T)\right)dt\\ &\le(n-1)\left[ \frac{\pi^2}{L^2}\int_0^L\cos^2\frac{\pi t}{L}\,dt -k\int_0^L\sin^2\frac{\pi t}{L}\,dt\right]\\ &=\boxed{\frac{(n-1)L}{2} \left(\frac{\pi^2}{L^2}-k\right).} \end{aligned} \tag{6}

两个三角积分都恰为 $L/2$ ，这个因子决定了数值证书的尺度。

若 $L>\pi/\sqrt k$ ，右端严格为负。于是至少一个 $I(V_i,V_i)<0$ ，与极小性矛盾。故所有端点距离均不超过式(3)的上界。

在 $L=\pi/\sqrt k$ 时，式(6)只给非正上界，可能所有试验场都恰好取零。因此这里只排除严格更长的极小测地线。等号可以达到；从这一步计算本身也不能推出整个流形的刚性分类。

图中 $s=L\sqrt{k}/\pi$ 。正区只表示这一组试验场没有给出否定证书；不能把正的上界反过来当成极小性证明。

有限直径怎样变成紧性

固定任意 $p\in M$ 。直径界说明

M=\overline B_{d_g}\left(p,\frac{\pi}{\sqrt k}\right).

由完备性及Hopf–Rinow，右边这个闭有界球紧，因而 $M$ 紧。若删去完备性，有限直径的开集未必紧，这一步便不成立。

为什么基本群只能有有限多个元素

光滑流形局部同胚于欧氏空间，满足存在万有覆叠的局部条件。取连通万有覆叠 $\pi:\widetilde M\to M$ ，在其上放拉回度量 $\widetilde g=\pi^*g$ 。于是 $\pi$ 为局部等距。局部等距保持度量及Levi–Civita联络，继而保持曲率，所以式(2)也在 $\widetilde M$ 上成立。

还需核对上层的完备性。任取上层测地初值，将它投到 $M$ ；下层完备，测地线可定义在整个 $\mathbb R$ 。按指定起点把这条曲线提升到 $\widetilde M$ ：在有限时间段用路径提升，再由唯一性把各段拼起来。局部等距使提升曲线满足同一测地方程，因此上层测地线也能延拓到全部时间。Hopf–Rinow遂给出上层度量完备。

对上层应用已证直径界与紧性，得到 $\widetilde M$ 紧。对任意 $p\in M$ ，纤维 $\pi^{-1}(p)$ 既是闭集，又是离散子空间：闭性来自点 $p$ 闭，离散性来自均匀覆盖邻域。因此该纤维是紧离散空间，只能有限。这里闭性不可省略，紧空间可以含无限的非闭离散子集。

万有覆叠中，基于 $p$ 的环路同伦类与指定上层起点所能到达的纤维点一一对应，故 $\pi_1(M)$ 的元素个数等于这一有限纤维的大小。

例子与边界

圆球给出精确常数

半径为 $a$ 的圆球 $S_a^n$ 满足

\operatorname{Ric}(v,v)=\frac{n-1}{a^2}|v|^2.

取 $k=1/a^2$ ，式(3)得到 $\operatorname{diam}(S_a^n)\le\pi a$ 。一对对跖点的距离恰为 $\pi a$ ，所以常数 $\pi$ 不能减小。

例如 $n=3$ 、 $k=1/4$ ，直径上界为 $2\pi$ 。若有人声称存在长度 $L=3\pi$ 的极小连接，式(6)直接给出

\sum_{i=1}^{2}I(V_i,V_i) \le3\pi\left(\frac19-\frac14\right) =-\frac{5\pi}{12}<0,

是一份明确的否定证书。

有限基本群仍可以非平凡

单位圆球 $S^2$ 按对跖点识别得到标准实射影平面 $\mathbb{RP}^2$ 。商映射局部等距，所以其曲率仍为1，且空间紧、完备。其万有覆叠纤维有两个点，故基本群为二元群。

若 $p,q\in S^2$ ，商空间距离为

d_{\mathbb{RP}^2}([p],[q]) =\min\{d_{S^2}(p,q),d_{S^2}(p,-q)\} =\arccos|\langle p,q\rangle|.

因此它的直径为 $\pi/2$ 。它满足定理，却既不单连通，也不要求直径达到通用上界。

处处正曲率仍可能没有统一正下界

考虑欧氏三维空间中的抛物面 $z=x^2+y^2$ 。用极坐标参数化，在 $r>0$ 处，第一基本形式为

g=(1+4r^2)\,dr^2+r^2\,d\theta^2.

取朝上的单位法向，第二基本形式的两个对角系数为 $2/\sqrt{1+4r^2}$ 及 $2r^2/\sqrt{1+4r^2}$ 。两者乘积除以第一基本形式行列式，得到

K(r)=\frac{4}{(1+4r^2)^2}>0. \tag{7}

原点处由光滑性取同一公式的极限 $K(0)=4$ ，但当 $r\to\infty$ 时， $K(r)\to0$ 。

这个曲面是完备的。它的内蕴距离至少为平面投影距离，所以内蕴Cauchy列的 $(x,y)$ 坐标必收敛到有限点；在该点的一个小邻域，度量又有统一上界，沿平面短线段提升到图面即可证明内蕴距离也收敛。它显然非紧。

二维中 $\operatorname{Ric}(v,v)=K|v|^2$ 。这个例子说明“每一点的Ricci都正”不足以替换式(2)中的同一个 $k>0$ 。

维数与完备性不能默默删去

在一维直线上Ricci恒为零，而 $(n-1)k=0$ 。若删去 $n\ge2$ ，式(2)会对任意 $k>0$ 空泛成立，直径结论却显然错误。

单位球面的开北半球处处曲率为1，但沿经线趋向赤道的Cauchy列没有极限，空间非紧。这说明正曲率不会自动修补缺失的完备性。若把严格正下界改成Ricci非负，欧氏平面或平坦圆柱又给出完备但直径无限的例子；圆柱的基本群也无限。

推论与应用

缩放度量时，长度与曲率的量纲要一致

将度量改为 $\widetilde g=c^2g$ ，其中 $c>0$ 为常数，长度乘以 $c$ 。Levi–Civita联络不变，作为双线性形式的Ricci张量不变；相对于新度量，式(2)中的常数变为 $\widetilde k=k/c^2$ 。所以

\frac{\pi}{\sqrt{\widetilde k}} =c\frac{\pi}{\sqrt k},

正好与长度缩放一致。把曲率下界当成长度单位的常数直接代入，会丢掉这个平方关系。

在证书中分别记录几何与拓扑结论

全局测地线证书终点要求先写出统一Ricci下界，再计算正弦指标总和，随后才给直径、紧性及基本群有限的结论。圆球检查常数取等，射影平面检查“有限”不等于“平凡”，抛物面检查点态正性与统一下界的区别。

这条证明不计算基本群的具体阶数，也不分类所有取等空间。若问题要求这些更细信息，需要额外的覆盖结构或刚性定理。

参考资料

Danny Calegari, Notes on Riemannian Geometry，2013，§5.8，定理5.24，第30页。核对正Ricci下界、正弦试验场求和及万有覆叠上的紧性结论。
Matthias Weber, Lectures on Riemannian Geometry，2005年9月23日版本，§8.3，第206–208页，尤其定理8.3.2。用于比较截面曲率与Ricci版本；本页保留积分因子 $L/2$ ，将严格超出阈值与等号情况分开，并展开覆盖完备性与闭纤维论证。

形式陈述 ​

用曲率取迹定义Ricci量 ​

直径、紧性与基本群 ​

对最短路线同时测试所有横向方向 ​

把全部指标形式相加，恰好得到Ricci ​

有限直径怎样变成紧性 ​

为什么基本群只能有有限多个元素 ​

圆球给出精确常数 ​

有限基本群仍可以非平凡 ​

处处正曲率仍可能没有统一正下界 ​

维数与完备性不能默默删去 ​

缩放度量时，长度与曲率的量纲要一致 ​

在证书中分别记录几何与拓扑结论 ​

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