# Lemme de Gauss (géométrie riemannienne)

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

## Introduction

Nous avons défini sur $M$ l'application exponentielle en $p\in M$ par
    $\exp _{p}:T_{p}M\supset B_{\epsilon }(0)\longrightarrow M,\qquad v\longmapsto \gamma (1,p,v),$
où on a dû restreindre le domaine $T_{p}M$ de définition à une boule $B_{\epsilon }(0)$ de rayon $\epsilon >0$ et de centre $0$ pour s'assurer que $\exp _{p}$ est bien définie et où $\gamma (1,p,v)$ est le point $q\in M$ atteint en suivant l'unique géodésique $\gamma$ passant par le point $p\in M$ avec la vitesse ${\frac {v}{\vert v\vert }}\in T_{p}M$ 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 $\alpha :I\rightarrow T_{p}M$ une courbe différentiable dans $T_{p}M$ telle que $\alpha (0):=0$ et $\alpha '(0):=v$. Comme $T_{p}M\cong \mathbb {R} ^{n}$, il est clair qu'on peut choisir $\alpha (t):=vt$. 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 $B_{\epsilon }(0)\subset T_{p}M$ 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.

## Lemme de Gauss : l'exponentielle comme isométrie radiale

Soit $p\in M$. Dans ce qui suit, nous faisons l'identification $T_{v}T_{p}M\cong T_{p}M\cong \mathbb {R} ^{n}$. Le lemme de Gauss dit :
Soient $v,w\in B_{\epsilon }(0)\subset T_{v}T_{p}M\cong T_{p}M$ et $M\ni q:=\exp _{p}(v)$. Alors,
    $\langle T_{v}\exp _{p}(v),T_{v}\exp _{p}(w)\rangle _{q}=\langle v,w\rangle _{p}.$
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.
Rappelons que
    $T_{v}\exp _{p}:T_{p}M\cong T_{v}T_{p}M\supset T_{v}B_{\epsilon }(0)\longrightarrow T_{q}M.$
Nous procédons en trois étapes :
* $T_{v}\exp _{p}(v)=v\$ : construisons une courbe $\alpha :\mathbb {R} \supset I\rightarrow T_{p}M$ telle que $\alpha (0):=v\in T_{p}M$, $\alpha '(0):=v\in T_{v}T_{p}M\cong T_{p}M$ et $|v|=cste$. Comme $T_{v}T_{p}M\cong T_{p}M\cong \mathbb {R} ^{n}$, on peut poser $\alpha (t):=e^{t}v\$. 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
    $\langle T_{v}\exp _{p}(v),T_{v}\exp _{p}(w_{N})\rangle =\langle v,w_{N}\rangle =0.$
* $\langle T_{v}\exp _{p}(v),T_{v}\exp _{p}(w_{N})\rangle =0$ :
définissons la courbe
    $\alpha :]-\epsilon ,\epsilon [\times [0,1]\longrightarrow T_{p}M,\qquad (s,t)\longmapsto t\cdot v(s),$
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 :
    $T_{v}\exp _{p}(v)=T_{\alpha (0,1)}\exp _{p}\left({\frac {\partial \alpha }{\partial t}}(0,1)\right)={\frac {\partial }{\partial t}}{\Bigl\exp _{p}\circ \alpha (s,t){\Bigr )}{\Big \vert }_{t=1,s=0}={\frac {\partial f}{\partial t}}(0,1)$
et
    $T_{v}\exp _{p}(w_{N})=T_{\alpha (0,1)}\exp _{p}\left({\frac {\partial \alpha }{\partial s}}(0,1)\right)={\frac {\partial }{\partial s}}{\Bigl\exp _{p}\circ \alpha (s,t){\Bigr )}{\Big \vert }_{t=1,s=0}={\frac {\partial f}{\partial s}}(0,1).$
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 on a $|v|=cste$.