Marsden–Weinstein 辛约化

每个连续对称方向造成两次降维。先固定它的动量，去掉一个横向自由度；再把沿该对称轨道的点识别，去掉另一个自由度。

但只数维数无法证明结果辛。关键是：限制到动量水平集后，二形式恰好在轨道方向上退化；商掉的正是全部退化方向，因此余下配对恢复非退化。

C2的圆周约化给出CP1 ​

在 ${\mathbb{C}}^2$ 上取 $\omega =\sum _{j=1}^{2}d{x}_j\wedge d{y}_j$，圆周作用为 $z\mapsto e^{-it}z$，动量为 $\mu (z)=|z{|}^2/2$。对 $c>0$，

$d{\mu }_z(v)=\mathrm{Re}⟨z,v⟩$ 在 $z\ne 0$ 时满射；稳定子由 $e^{-it}z=z$ 强迫为单位元；群紧保证适当。因此全部定理条件满足。

映射 $z\mapsto [z_1:z_2]$ 的每根纤维正是一条圆周轨道：同一复线与定长球面的交就是所有相位。因此

这不是直接把整个 ${\mathbb{C}}^2$ 商成射影直线；固定长度是其中一个必要步骤。

在图 $z_1\ne 0$ 中写 $w=z_2/z_1$，选择轨道截面

计算得到

若 $w=x+iy$，它等于 $2cdx\wedge dy/(1+x^2+y^2{)}^2$，所以为正面积形式。另一张图 $v=1/w$ 中仍有相同形式的公式，故它光滑覆盖无穷远点。

其总面积为

漏掉一个点不改变光滑面积积分。虽然所有正 $c$ 的商流形都是 ${\mathbb{CP}}^1$，面积却随 $c$ 改变，因此它们不全辛同胚。

图中第一个向下箭头表示取水平集的操作，不是从整个 ${\mathbb{C}}^2$ 到球面的映射；第二个箭头是轨道商。右列为实维数。中层唯一的核方向 $\mathbb{R}X$ 被商掉，底层配对恢复非退化；$c=0$ 列在正则路线之外。

零值不能照套正则维数公式 ​

$c=0$ 时水平集只有原点，其稳定子是整个 $S^1$，且 $d{\mu }_0=0$。商是一个点；正则定理的自由性与正则性都失败，不能再预测维数 $4-2=2$。这个点本身可视为零维辛流形，但不是正则约化定理在此点的结论。$c<0$ 时水平集为空。

光滑商需要自由与适当 ​

轨道本身是齐性空间公理库Lie 群的齐性空间Homogeneous space of a Lie group · Lie group quotient G/H闭子群的陪集空间继承光滑结构，以 SO(3)/SO(2) 等于球面计算纤维、维数与切空间。 $G/G_z$；自由性使其维数恰为 $\dim G$。但将所有轨道装成光滑商，还需要适当性控制轨道彼此的接近行为。

具体地，在 $z\in Z$ 处选与轨道横截的小片 $S$。作用映射 $G\times S\to Z$ 在 $(e,z)$ 的导数可逆，故逆函数定理公理库逆函数定理Inverse function theorem导数可逆的光滑映射在该点邻域内存在光滑局部逆。给出局部乘积。缩小 $S$ 后，不能有远离单位元的群元素把 $S$ 中两点识别：否则可取 $x_j,y_j\to z$、$g_j{x}_j=y_j$，适当性使某子列 $g_j$ 收敛，极限固定 $z$；自由性迫使极限为 $e$，又与单位元附近的局部乘积唯一性矛盾。

因此足够小的 $S$ 每条轨道至多相交一次，其饱和给出局部模型 $G\times S$。这些片诱导商坐标，过渡映射由作用的局部逆给出，因而光滑。适当性保证商Hausdorff；商映射开且原空间第二可数，保证商第二可数。这赋予轨道商拓扑公理库商拓扑Quotient topology由满射逆像判据定义的最细拓扑，用来把指定点族连续地粘合为点。真正的流形结构，并使 $\pi$ 成为满射的光滑淹没公理库光滑淹没Smooth submersion · Submersion微分在每一点都满射、因而局部等价于遗忘若干坐标的光滑映射。。

二形式的核恰是轨道切空间 ​

固定 $z\in Z$，记轨道切空间为 $I=\{{\xi }_M(z):\xi \in \mathfrak{g}\}$。由动量方程，

等变性使零水平对群不变，所以 $I\subseteq T_{z}Z$，即 $I$ 各向同性。利用辛正交补公理库辛向量空间Symplectic vector space构造交替非退化配对的标准辛基，计算辛正交补，并得到Lagrangian维数界与线性约化。，限制形式的核是

所以 $T_{z}Z/I\cong T_{[z]}{M}_{\mathrm{red}}$ 上有非退化配对。

改变切向量提升只增加核方向，改变同一轨道上的代表点由群不变性消去，因此这些配对良定义且光滑，给出式(1)。又有

光滑淹没有局部截面，所以对微分形式的拉回单射，推出 $d{\omega }_{\mathrm{red}}=0$。这完成非退化与闭性的两项检验。

单元任务：全局Hamilton障碍与圆周约化 ​

采用 $\omega =\sum d{q}_i\wedge d{p}_i$、${\iota }_{X_H}\omega =dH$。完成以下任务：

1. 判断 $T^2$ 上 ${\partial }_q$ 是否Hamilton，并与 $T^{\ast }{S}^1$ 比较。
2. 对 ${\mathbb{C}}^2$ 上的 $e^{-it}$ 标量作用，从生成场求出动量函数；对正值 $c$ 检查正则、自由与适当。
3. 识别商空间，并证明限制二形式的核恰好是轨道方向。
4. 从截面(2)实际推出式(3)，计算面积，并解释 $c=0$ 的边界。

完整解答。 第一问中 ${\iota }_{{\partial }_q}\omega =dp$。环面 $p$ 圈的周期积分为1，排除全局原始函数；$T^{\ast }{S}^1$ 的 $p$ 是全局实坐标，故 ${\partial }_q=X_p$。

第二问中生成场为 $X=\sum (y_j{\partial }_{x_j}-x_j{\partial }_{y_j})$，收缩得 $\sum (x_{j}d{x}_j+y_{j}d{y}_j)=d(|z{|}^2/2)$。范数不变给出等变性，故 $\mu =|z{|}^2/2$。正值水平不含0，梯度不为零；非零向量没有非平凡标量稳定子；$S^1$ 紧，所以作用适当。

第三问由 $z\mapsto [z_1:z_2]$ 得到商 ${\mathbb{CP}}^1$。也可在单点直接核验：$T_z{Z}_c=\{v:\mathrm{Re}⟨z,v⟩=0\}$，生成方向为 $X_z=-iz$；动量方程给出 $T_z{Z}_c=(\mathbb{R}{X}_z{)}^{\omega }$。其限制形式的核正是 $\mathbb{R}{X}_z$，商掉这一维后得到二维非退化形式。

第四问取辅助原始形式

这不是余切丛典范一形式的符号约定；这里明确使用 $d\lambda =\omega$。沿截面(2)拉回得到

对右侧求外微分，利用

便得到式(3)。令 $w=r{e}^{i\varphi }$，径向积分 ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}r(1+r^2{)}^{-2}dr=1/2$，所以面积为 $2\pi c$。

零值处梯度为零且整群固定原点，两项正则假设同时失效；因此须单独识别商为点，不能延用二维结论。

验收标准。 必须用闭路积分排除环面的全局Hamilton函数；必须从 $e^{-it}$ 的实际生成场核对正动量；必须证明核恰等于轨道方向，而非只数维数；最后需写出局部原始形式的拉回、外微分和面积积分，并独立处理零值。