规范化的Ricci流，指数速度收敛

这篇文章是 Ricci曲率张量大于0的3维闭流形上的Ricci流的第五部分，也是最后一部分。这篇文章的主要内容有三部分：第一部分，介绍规范化的Ricci流的一些基本性质；第二部分，证明在Ricci曲率大于0的三维闭流形上，规范化的Ricci流按照指数速度收敛于常曲率度量；第三部分，完成一开始 Ricci曲率张量大于0的3维闭流形上的Ricci流中主要定理的证明。

这篇文章主要参考了 [1]。

一、规范化的Ricci流的一些基本性质

我们所说的Ricci流一般是指 $\partial_tg=-2Ric$ ，也就是非规范化的Ricci流（unnormalized Ricci flow）。规范化的Ricci流（normalized Ricci flow）是指方程 $\partial_\widetilde t\widetilde g=\frac 2n\widetilde r\widetilde g-2\widetilde {Ric}$ ，其中 $n$ 为流形 $M$ 的维数， $\widetilde r=\frac{\int_M \widetilde Rd\widetilde\mu}{\int_M d\widetilde\mu}$ 为数量曲率的积分平均值。

规范化的Ricci流的特点是保持体积不变，原因如下：在局部坐标系 $(U;x^i)$ 下看，体积元 $d\widetilde\mu=\widetilde\mu dx,\widetilde\mu=\sqrt{det(g_{ij}})$ ，利用对行列式求导的公式可计算得 $\frac1{\widetilde\mu}\frac{\partial \widetilde\mu}{\partial \widetilde t}=\frac12\widetilde g^{ij}\frac{\partial \widetilde g_{ij}}{\partial \widetilde t}=\frac12\widetilde g^{ij}(\frac2n\widetilde r\widetilde g_{ij}-2\widetilde R_{ij})=\widetilde r-\widetilde R$ ，即 $\frac{\partial (d\widetilde\mu)}{\partial \widetilde t}=(\widetilde r-\widetilde R)d\widetilde\mu$ ，因此 $\frac{d}{d\widetilde t}(\int_Md\widetilde\mu)=\int_M\frac{\partial(d\widetilde\mu)}{\partial \widetilde t}=\int_M(\widetilde r-\widetilde R)d\widetilde\mu=0$ 。这说明体积在规范化得Ricci流下是不变的。

同时非规范化的Ricci流 $\partial_tg=-2Ric$ 的解在经过一个空间上的伸缩（rescaling）和时间上的重新参数化（reparametrization）后能变成规范化的Ricci流 $\partial_\widetilde t \widetilde g=\frac2n\widetilde r\widetilde g-2\widetilde {Ric}$ 的解，具体如下：设 $g(t)$ 满足方程 $\partial_tg=-2Ric$ ，取一个只跟时间有关的函数 $\psi(t)>0$ ，使得 $\widetilde g(t)=\psi(t)g(t)$ 对应的体积恒为 $1$ ，即 $\int_Md\widetilde\mu\equiv1$ 。注意，在局部坐标系 $(U;x^i)$ 下看 $d\widetilde\mu=\widetilde\mu dx,\widetilde\mu=\sqrt{det(\widetilde g_{ij})}=\psi^{n/2}\sqrt{det(g_{ij})}=\psi^{n/2}\mu$ ，因此 $d\widetilde\mu=\psi^{n/2}d\mu$ ，从而 $\psi(t)$ 可由等式 $\psi^{n/2}\int_Md\mu\equiv 1$ 完全确定。对时间上来说，则令 $\widetilde t=\int_0^t\psi(s)ds$ 。

我们将证明 $\partial_\widetilde t\widetilde g=\frac 2n\widetilde r\widetilde g-2\widetilde {Ric}$ ：首先考察各种几何量在空间伸缩下的变化， $\widetilde g_{ij}=\psi g_{ij},\widetilde g^{ij}=\psi^{-1}g^{ij}$ ，因此Christoffel符号的变化为 $\widetilde\Gamma_{ij}^k=\frac12 \psi^{-1}g^{kl}(\psi \partial_ig_{jl}+\psi \partial_jg_{il}-\psi \partial_l g_{ij})=\Gamma_{ij}^k$ （其中 $\psi$ 只与时间有关，因此对空间方向求导为0， $\partial_i\psi\equiv0$ ），即Christoffel符号是不变的。利用黎曼曲率张量的计算公式可得 $\widetilde R_{ijk}^l=R_{ijk}^l$ ，因此 $\widetilde R_{ij}=\widetilde R_{kij}^k=R_{kij}^k=R_{ij}, \widetilde R=\psi^{-1}g^{ij}\cdot R_{ij}=\psi^{-1}R$ 。最后计算 $\widetilde r$ ， $\widetilde r=\frac{\int_M \widetilde Rd\widetilde\mu}{\int_M d\widetilde\mu}=\frac{\int_M \psi^{-1}R\cdot \psi^{n/2}d\mu}{1}$ ，利用 $\psi^{n/2}\int_M d\mu\equiv1$ 得 $\widetilde r=\psi^{-1}\frac{\int Rd\mu}{\int_M d\mu}=\psi^{-1}r$ 。

现在，利用求导的链式法则， $\partial_\widetilde t\widetilde g_{ij}=\frac{dt}{d\widetilde t}\times\partial_t(\psi g_{ij})=\psi^{-1}\times(\frac{d\psi}{dt}\cdot g_{ij}+\psi\cdot \partial_tg_{ij})=\frac{d(\log\psi)}{dt}\cdot g_{ij}-2R_{ij}$ ，因此只需计算 $\frac{d(\log\psi)}{dt}$ 。对 $\psi^{n/2}\int_M d\mu\equiv1$ 两边取 $\log$ 得 $\frac n2\log\psi+\log\int_Md\mu=0$ ，因此只需计算 $\frac{d}{dt}(\log\int_Md\mu)=\frac{\int_M \frac{\partial (d\mu)}{\partial t}}{\int_Md\mu}$ 。由 $d\mu=\mu dx,\mu=\sqrt{det(g_{ij})}$ 及行列式得求导公式得 $\frac1{\mu}\frac{\partial \mu}{\partial t}=\frac12g^{ij}\frac{\partial g_{ij}}{\partial t}=\frac12g^{ij}(-2R_{ij})=-R,\frac{\partial(d\mu)}{\partial t}=-Rd\mu$ ，因此 $\frac{d}{dt}(\log\int_Md\mu)=\frac{\int_M -R d\mu}{\int_Md\mu}=-r$ ，故 $\frac{d(\log\psi)}{dt}=-\frac2n\frac{d}{dt}(\log\int_Md\mu)=\frac2nr$ 。最终 $\partial_\widetilde t\widetilde g_{ij}=\frac{d(\log\psi)}{dt}\cdot g_{ij}-2R_{ij}=\frac2nrg_{ij}-2R_{ij}=\frac2n\widetilde r\widetilde g-2\widetilde R_{ij}$ ，于是我们证明了 $\widetilde g(\widetilde t)$ 满足规范化Ricci流的方程。

二、指数速度收敛

现在我们回到Ricci曲率大于0的三维闭流形上，设 $g(t),t\in[0,T)$ 为非规范化Ricci流的解， $T$ 为解的最大存在时间，则 $\widetilde g(\widetilde t),\widetilde t\in[0,\widetilde T)$ 为上述时空变化后得到的对应的规范化Ricci流的解， $\widetilde T$ 为对应的解的最大存在时间。

小结一下上面得到的各种几何量在空间伸缩下的变化， $\widetilde g_{ij}=\psi g_{ij},\;\widetilde g^{ij}=\psi^{-1}g^{ij},\;\widetilde\Gamma_{ij}^k=\Gamma_{ij}^k,\;\widetilde R_{ijk}^l=R_{ijk}^l,\;\widetilde R_{ij}=R_{ij}, \\ \widetilde R=\psi^{-1}R,\; \widetilde r=\psi^{-1}r$ 。根据变化后出现的 $\psi$ 的次数，我们可以称 $g_{ij}$ 的次数为 $1$ ， $g^{ij},R,r$ 的次数为 $-1$ ， $\Gamma_{ij}^k,R_{ijk}^l,R_{ij}$ 的次数为 $0$ 。于是，我们可以把之前文章里得到的、在非规范化Ricci流的情形下、关于次数为 $0$ 的几何量的定理直接搬过来。

以下，经过时空变化后的几何量上面都加上了波浪号。

【命题1】在Ricci曲率大于0的三维闭流形 $M$ 上，设 $\widetilde g(\widetilde t),\widetilde t\in[0,\widetilde T)$ 为上述时空变化后得到的对应的规范化Ricci流的解， $\widetilde T$ 为对应的解的最大存在时间，则有如下命题成立：

1.存在与时间无关的常数 $\varepsilon>0$ ，使得 $\widetilde {Ric}\geq \varepsilon\widetilde R\widetilde g$ 对于任意 $\widetilde t\in[0,\widetilde T)$ 都成立。

2. $\widetilde R_{min}/\widetilde R_{max}\to 1\;(\widetilde t\to \widetilde T)$

3. $\widetilde S/ \widetilde R^2\to \frac13\;(\widetilde t\to \widetilde T)$ ，其中 $\widetilde S=|\widetilde{Ric}|^2$ 。

【证明】注意到命题中涉及到的所有几何量的次数都为0，即 $\widetilde {Ric}=Ric,\widetilde R\widetilde g=Rg,\widetilde S/ \widetilde R^2=S/ R^2，\widetilde R_{min}/\widetilde R_{max}=R_{min}/R_{max}$ ，并且 $t\to T\Leftrightarrow \widetilde t\to \widetilde T$ 。因此，第一个命题即由 Ricci曲率张量大于0的3维闭流形上的Ricci流中的结果得到，第二、三个命题即由 Ricci流解的长时间存在性，有限时间奇点的分析中的结果得到，证毕。

【命题2】在命题1的条件下， $\widetilde R_{max}\leq C,\forall \widetilde t\in[0,\widetilde T)$ 。其中 $C>0$ 为不依赖于时间的常数。

【证明】在此命题的证明中， $C>0$ 代表与时间无关的常数。注意，我们已证明过在非规范化Ricci流下 $R>0$ 是保持的，又因为 $\psi>0$ ，故变化后对应的 $\widetilde R>0$ 。

由命题1中的 $\widetilde {Ric}\geq \varepsilon\widetilde R\widetilde g$ 可知Ricci曲率下界 $\varepsilon \widetilde R_{min}>0$ ，由Myers定理得直径 $\widetilde d\leq C\widetilde R_{min}^{-1/2}$ ，由 $\widetilde {Ric}\geq0$ 时的体积比较定理得体积 $\widetilde V\leq C\widetilde d^3$ 。从而 $\widetilde V\leq C\widetilde R_{min}^{-3/2}$ ，但是我们知道上述时空变化后得到的对应的规范化Ricci流的解的体积 $\widetilde V\equiv 1$ ，故 $\widetilde R_{min}\leq C$ 。再由命题1， $\widetilde t\to \widetilde T$ 时 $\widetilde R_{min}/\widetilde R_{max}\to 1$ ，因此我们得到 $\widetilde R_{max}\leq C$ ，命题得证。

【命题3】在命题1的条件下， $\widetilde T=+\infty$ 。

【证明】 $\frac{d\widetilde t}{dt}=\psi,\widetilde r=\psi^{-1}r$ 。由 Ricci流解的长时间存在性，有限时间奇点的分析中的结果可知 $\int_0^Trdt=+\infty$ ，故 $\int_0^{\widetilde T} \widetilde rd\widetilde t=\int_0^Trdt=+\infty$ 。由命题2知 $\widetilde r\leq \widetilde R_{max}\leq C,\forall \widetilde t\in[0,\widetilde T)$ ，故要使上述积分为 $+\infty$ 只有 $\widetilde T=+\infty$ ，证毕。

【命题4】在命题1的条件下，存在与时间无关的常数 $\alpha>0$ ，使得 $\widetilde R_{min}\geq \alpha,\forall t\in[0,+\infty)$

【证明】在此命题的证明中， $C>0$ 代表与时间无关的常数。

由命题1的结果 $\widetilde S/\widetilde R^2-\frac13\to 0\;(\widetilde t\to +\infty)$ ，可知 $\frac{|\widetilde{Ric}-\frac13\widetilde R\widetilde g|^2}{\widetilde R^2}\to 0\;(\widetilde t\to +\infty)$ ，这说明当 $\widetilde t\to +\infty$ 时，对任意 $x\in M,v\in T_pM,|v|=1$ ，都有 $|\frac{\widetilde {Ric}(v)}{\widetilde R(x)}-\frac13|$ 一致趋近于0，从而一点 $x$ 处各方向 $v$ 的Ricci曲率与 $\frac13\widetilde R(x)$ 的比值一致趋趋近于1。又利用命题1的结果 $\widetilde R_{min}/\widetilde R_{max}\to 1\;(\widetilde t\to +\infty)$ 可知不同点处的数量曲率与 $\widetilde R_{max}$ 的比值都一致趋近于1，从而不同点处不同方向的Ricci曲率与 $\widetilde R_{max}$ 的比值都一致趋近于1。由于在三维流形上， $\widetilde {Ric}$ 决定了 $\widetilde{Rm}$ ，也决定了截面曲率 $\widetilde{K}$ ，此时截面曲率与Ricci曲率的比值有不依赖于时间的双边控制，因此截面曲率与 $\widetilde R_{max}$ 的比值也有不依赖于时间的双边控制。因此存在 $\widetilde T_1\in(0,+\infty)$ ，使得对于任意 $\widetilde t\in(\widetilde T_1,+\infty)$ 都有 $\frac14<\frac{\widetilde K_{min}}{\widetilde K_{max}}\leq1$ ，即流形 $M$ 的截面曲率介于 $\frac14 A$ 和 $A$ 之间，且 $C^{-1}\widetilde R_{max}\leq A \leq C\widetilde R_{max}$ 。在 $M$ 的万有覆盖空间 $\widetilde M$ 中也有同样的曲率条件，因此由Klingenberg定理知，单射半径 $\rm{inj}(\widetilde M)\geq CA^{-1/2}\geq C\widetilde R_{max}^{-1/2}$ 。考虑半径为 $C\widetilde R_{max}^{-1/2}\leq \rm{inj}(\widetilde M)$ 的测地球 $\widetilde B$ ，注意到 $\widetilde {Ric}>0$ ，故Ricci曲率 $\leq\widetilde R_{max}$ ，因此可得体积估计 $\rm{Vol}(\widetilde M)\geq \rm{Vol}(\widetilde B)\geq v(3,\widetilde R_{max}/2,C\widetilde R_{max}^{-1/2})$ ，其中 $\rm{v}(3,\widetilde R_{max}/2,C\widetilde R_{max}^{-1/2})$ 为三维常截面曲率为 $\widetilde R_{max}/2$ 的空间中半径为 $C\widetilde R_{max}^{-1/2}$ 的球的体积，可计算出它的值为 $C\widetilde R_{max}^{-3/2}$ ，因此 $\rm{Vol}(\widetilde M)\geq C\widetilde R_{max}^{-3/2}$ 。注意到 $\rm{Vol}(M)\equiv1$ ，且在 $t=0$ 时 $M$ 上有Ricci曲率 $\geq\varepsilon \widetilde R_{min}(0)>0$ 的度量，由Myers定理可知 $\pi_1(M)$ 为有限群，故 $\rm{Vol}(\widetilde M)=|\pi_1(M)|\cdot\rm{Vol}(M)\leq C$ 。由此即得 $\widetilde R_{max}\geq C,\forall \widetilde t\in(\widetilde T_1,+\infty)$ 。再根据命题1， $\widetilde R_{min}/\widetilde R_{max}\to 1\;(\widetilde t\to +\infty)$ ，故 $\widetilde R_{min}$ 在充分大的时间后有一致的下界控制。所以，我们便可找到与时间无关的常数 $\alpha>0$ ，使得 $\widetilde R_{min}\geq \alpha,\forall t\in[0,+\infty)$ ，命题得证。

最后为了证明指数速度收敛，我们还要考察在规范化Ricci流下，各种几何量的发展方程。

【引理1】在 $n$ 维流形 $M$ 中，设 $\partial_tP=\Delta P+Q$ 为非规范化Ricci流下几何量 $P$ 的发展方程，其中 $P$ 的次数为 $k$ ， $Q$ 的次数为 $k-1$ ，则在上述时空变化后得到的对应的规范化Ricci流的解之下，对应的几何量 $\widetilde P$ 的发展方程为 $\partial_{\widetilde t}\widetilde P=\widetilde \Delta \widetilde P+\widetilde Q+\frac2nk\widetilde r\widetilde P$ 。

【证明】 $\partial_{\widetilde t}\widetilde P=\frac{dt}{d\widetilde t}\times\partial_t(\psi^kP)=\psi^{-1}\times[k\psi^{k-1}\frac{d\psi}{dt}P+\psi^k(\Delta P+Q)]=k\frac{d(\log\psi)}{dt}\psi^{k-1}P+ \\ \psi^{k-1}\Delta P+\psi^{k-1}Q$ 。 $\frac{d(\log \psi)}{dt}=\frac2nr=\frac2n\psi\widetilde r$ ， $P$ 的次数为 $k$ 故 $\widetilde P=\psi^kP$ ，从而 $k\frac{d(\log\psi)}{dt}\psi^{k-1}P=\frac2nk\widetilde r\widetilde P$ 。 $Q$ 的次数为 $k-1$ 故 $\psi^{k-1}Q=\widetilde Q$ 。最后，算子 $\Delta=g^{ij}\nabla_i\nabla_j$ ，而算子 $\nabla_i$ 只与Christoffel符号以及空间方向的偏导数有关，因此在上述时空变化下是不变的，故算子 $\widetilde \Delta=\psi^{-1}\Delta$ ，从而 $\psi^{k-1}\Delta P=\psi^{-1}\Delta(\psi^kP)=\widetilde\Delta\widetilde P$ 。因此 $\partial_{\widetilde t}\widetilde P=\widetilde \Delta \widetilde P+\widetilde Q+\frac2nk\widetilde r\widetilde P$ ，命题得证。

我们现在可以证明指数速度收敛了。

【定理1】在命题1的条件下， $\widetilde S-\frac13\widetilde R^2\leq Ce^{-\delta \widetilde t},\forall \widetilde t\in[0,+\infty)$ ，其中 $C,\delta>0$ 为不依赖于时间的常数。

【证明】令 $\widetilde f=\widetilde S/\widetilde R^2-\frac13$ 。利用 Ricci曲率张量的夹挤估计中的计算结果，在非规范化Ricci流下，对于 $f=SR^{-2+\varepsilon}-\frac13 R^{\varepsilon}$ ，我们有 $\frac{\partial f}{\partial t}-\Delta f-2(1-\varepsilon)<\nabla f, R^{-1}\nabla R>\leq 4(T-K)R^{-2+\varepsilon}-2(2-\varepsilon)R^{-3+\varepsilon}S^2-\frac23\varepsilon R^{-1+\varepsilon}S$ ，其中 $0<\varepsilon<1$ ，张量 $T=g^{ip}g^{kq}R_{pq}g^{jl}R_{ij}R_{kl},\;K=\frac12(-5RS+6T+R^3)$ 。令 $\varepsilon\to 0$ ，我们得到对于 $f_0=S/R^2-\frac13$ ，有 $\frac{\partial f_0}{\partial t}-\Delta f_0-2<\nabla f_0, R^{-1}\nabla R>\leq 4(T-K)R^{-2}-4R^{-3}S^2$ 。注意到这里 $f_0$ 的次数为 $0$ ， $<\nabla f_0,R^{-1}\nabla R>=g^{ij}\nabla_if_0\times R^{-1}\nabla_jR$ 和 $T,K$ 的次数为 $-1$ ，因此可以用引理1中的转换方法得到 $\frac{\partial \widetilde f}{\partial \widetilde t}-\widetilde\Delta \widetilde f-2<\widetilde\nabla\widetilde f,\widetilde R^{-1}\widetilde\nabla\widetilde R>\leq 4(\widetilde T-\widetilde K)\widetilde R^{-2}-4\widetilde R^{-3}\widetilde S^2$ 。

由命题1中的结论 $\widetilde{Ric}\geq \varepsilon\widetilde R\widetilde g$ ，并且仿照 Ricci曲率张量的夹挤估计的计算过程可知，存在不依赖于时间的常数 $0<\delta_1<\min\{1,2\varepsilon^2\}$ 使得 $-2(\widetilde T-\widetilde K)\widetilde R+2\widetilde S^2\geq\delta_1 (\widetilde S^2-\frac13\widetilde R^2\widetilde S)$ 。因此 $\frac{\partial \widetilde f}{\partial \widetilde t}-\widetilde\Delta \widetilde f-2<\widetilde\nabla\widetilde f,\widetilde R^{-1}\widetilde\nabla\widetilde R>\leq \widetilde R^{-3}\times[-2\delta_1(\widetilde S^2-\frac13\widetilde R^2\widetilde S)]$ 。注意到 $\widetilde R^{-3}\times[-2\delta_1(\widetilde S^2-\frac13\widetilde R^2\widetilde S)]=\frac{-2\delta_1}{\widetilde R}\widetilde S\widetilde f\leq\frac{-2\delta_1}{3}\widetilde R\widetilde f$ ，其中这里用到了 $\widetilde f=\widetilde S/\widetilde R^2-\frac 13\geq 0$ 。利用命题4知， $\frac{-2\delta_1}{3}\widetilde R\widetilde f\leq \frac{-2\delta_1\alpha}{3}\widetilde f$ 。令 $\delta=\frac{2\delta\alpha}3>0$ ，则 $\delta$ 与时间无关，且 $\frac{\partial \widetilde f}{\partial \widetilde t}-\widetilde\Delta \widetilde f-2<\widetilde\nabla\widetilde f,\widetilde R^{-1}\widetilde\nabla\widetilde R>\leq -\delta \widetilde f$ 。由函数的最大值原理知， $\widetilde f$ 的上界可被ODE $\frac{d\widetilde f}{d\widetilde t}=-\delta\widetilde f$ 的解控制，因此 $\widetilde f\leq Ce^{-\delta \widetilde t}$ ， $C>0$ 为与时间无关的常数。最后 $\widetilde S-\frac13 \widetilde R^2\leq Ce^{-\delta \widetilde t}\times\widetilde R^2$ ，再利用命题2的结论 $\widetilde R\leq C$ 即可。命题得证。

【定理2】在命题1的条件下， $\widetilde R_{max}-\widetilde R_{min}\leq Ce^{-\delta \widetilde t},\forall \widetilde t\in[0,+\infty)$ ，其中 $C,\delta>0$ 为不依赖于时间的常数。

【证明】在此命题的证明中， $C>0$ 代表与时间无关的常数。

由数量曲率的梯度估计，曲率张量高阶协变微分的估计可知，对于非规范化的Ricci流， $V=\frac{|\nabla R|^2}R+\frac{37}2(8\sqrt3+1)(S-\frac13R^2)$ 满足 $\frac{\partial}{\partial t}V-\Delta V\leq -|\nabla Ric|^2+74(8\sqrt3+1)R(S-\frac13 R^2)\leq CR(S-\frac13 R^2)$ 。由于 $V$ 的次数为 $-2$ ，因此利用引理1的中的转换方法可得， $\frac{\partial}{\partial \widetilde t}\widetilde V-\Delta \widetilde V\leq C\widetilde R(\widetilde S-\frac13 \widetilde R^2)-\frac43\widetilde r\widetilde V$ 。利用定理1可知 $\widetilde S-\frac13\widetilde R^2\leq Ce^{-\delta \widetilde t}$ ，再利用 $\widetilde R\leq C,\widetilde r\geq\widetilde R_{min}\geq\alpha$ 可知 $\frac{\partial}{\partial \widetilde t}\widetilde V-\Delta \widetilde V\leq Ce^{-\delta\widetilde t}-\frac43\alpha\widetilde V$ 。令 $\delta_1=\max\{\delta,\frac43\alpha\}>0$ 为与时间无关的常数，则 $\frac{\partial}{\partial \widetilde t}\widetilde V-\Delta \widetilde V\leq Ce^{-\delta_1\widetilde t}-\delta_1\widetilde V$ ，即 $\frac{\partial}{\partial \widetilde t}(e^{\delta_1\widetilde t}\widetilde V)-\Delta(e^{\delta_1\widetilde t} \widetilde V)\leq C$ 。由函数的最大值原理知， $e^{\delta_1\widetilde t}\widetilde V\leq C+C\widetilde t$ ，即 $\widetilde V\leq (C+C\widetilde t)e^{-\delta_1\widetilde t}$ 。把 $\delta_1$ 适当调小为 $\delta_2>0$ ， $C$ 适当调大，我们得到 $\widetilde V\leq Ce^{-\delta_2\widetilde t}$ ，从而 $\frac{|\widetilde \nabla \widetilde R|^2}{\widetilde R^2}\leq \widetilde V\leq Ce^{-\delta_2\widetilde t},\;|\widetilde \nabla \widetilde R|\leq\widetilde RCe^{-\delta_2\widetilde t/2}\leq Ce^{-\delta_2\widetilde t/2}$ 。注意 $(M, \widetilde g)$ 为紧致的，故完备；设 $\widetilde R(x_1,\widetilde t)=\widetilde R_{min}(\widetilde t),\;\widetilde R(x_2,\widetilde t)=\widetilde R_{max}(\widetilde t)$ ，则存在连接 $x_1$ 到 $x_2$ 的最短测地线 $\gamma:[0,\widetilde L]\to M$ ， $\widetilde L=\widetilde d(x_1,x_2)$ 。因此， $\widetilde R_{max}-\widetilde R_{min}=\int_0^\widetilde L\widetilde \nabla \widetilde R(\gamma(t))\cdot\gamma'(t)dt\leq\int_0^\widetilde L|\widetilde \nabla \widetilde R(\gamma(t))|dt\leq \widetilde LCe^{-\delta_2\widetilde t/2}$ 。注意到在命题2中我们指出 $M$ 的直径 $\widetilde d\leq C\widetilde R_{min}^{-1/2}$ ，同时由命题4我们有 $\widetilde R_{min}\geq\alpha$ ，因此 $\widetilde L\leq\widetilde d\leq C$ ，从而 $\widetilde R_{max}-\widetilde R_{min}\leq Ce^{-\delta_2\widetilde t/2}$ ，命题得证。

【推论1】在命题1的条件下， $|\widetilde {Ric}-\frac13\widetilde r\widetilde g|\leq Ce^{-\delta \widetilde t},\forall\widetilde t\in[0,+\infty)$ ，其中 $C,\delta>0$ 为不依赖于时间的常数。

【证明】定理1即 $|\widetilde {Ric}-\frac13\widetilde R\widetilde g|\leq Ce^{-\delta \widetilde t}$ ，由定理2有 $|\widetilde R-\widetilde r|\leq\widetilde R_{max}-\widetilde R_{min}\leq Ce^{-\delta \widetilde t}$ ，因此 $|\widetilde {Ric}-\frac13\widetilde rg|\leq|\widetilde {Ric}-\frac13\widetilde R\widetilde g|+|\frac13\widetilde R\widetilde g-\frac13\widetilde r\widetilde g|=|\widetilde {Ric}-\frac13\widetilde R\widetilde g|+\frac1{\sqrt3}|\widetilde R-\widetilde r|\leq Ce^{-\delta\widetilde t}$ ，命题得证。

三、完成一开始 Ricci曲率张量大于0的3维闭流形上的Ricci流中主要定理的证明

【注1】我们还应该证明 $\widetilde g(\widetilde t)$ 在 $\widetilde t\to+\infty$ 时 $C^{\infty}$ 收敛于 $M$ 上的一个 $C^{\infty}$ 度量 $\widetilde g(\infty)$ ，按照 Ricci流解的长时间存在性，有限时间奇点的分析中的方法，我们应该证明对于

$\widetilde g(\widetilde t)$ 的曲率张量的高阶协变微分估计： $\max_{x\in M}|\widetilde \nabla^n\widetilde {Ric}|\leq C_ne^{-\delta_n\widetilde t}, \forall \widetilde t\in[0,+\infty)$ 。这也属于数量曲率的梯度估计，曲率张量高阶协变微分的估计的一部分，有机会再补充完整。下面我们就在 $\widetilde g(\widetilde t)\;C^{\infty}$ 收敛于 $M$ 上的一个 $C^{\infty}$ 度量 $\widetilde g(\infty)$ 的基础上完成主要定理的证明。

【定理3】（主要定理）Ricci曲率张量大于0的3维连通闭流形 $M$ 微分同胚于三维球面 $S^3$ 商掉一个有限群。

【证明】由于 $\widetilde g(\widetilde t)\;C^{\infty}$ 收敛于 $\widetilde g(\infty)$ ，那么 $\widetilde {Ric}(\widetilde t),\widetilde R(\widetilde t)$ 在 $\widetilde t\to+\infty$ 时也分别光滑收敛于 $\widetilde {Ric}(\infty),\widetilde R(\infty)$ 。由推论1， $|\widetilde {Ric}-\frac13\widetilde r\widetilde g|\leq Ce^{-\delta \widetilde t},\forall\widetilde t\in[0,+\infty)$ ，令

$\widetilde t\to +\infty$ 得 $|\widetilde {Ric}(\infty)-\frac13\widetilde r(\infty)\widetilde g(\infty)|\equiv0$ 。注意到 $\widetilde r(\infty)$ 在空间上为常数，因此 $(M,\widetilde g(\infty))$ 为Einstein流形；而 $M$ 是三维的，故 $(M,\widetilde g(\infty))$ 为常截面曲率流形。由命题4知 $\widetilde r\geq\widetilde R_{min}\geq\alpha>0,\forall\widetilde t\in[0,+\infty)$ ，令 $\widetilde t\to+\infty$ 得 $\widetilde r(\infty)\geq\alpha>0$ ，从而 $(M,\widetilde g(\infty))$ 的截面曲率为正的。设 $\widetilde M$ 为 $M$ 的万有覆盖空间，则 $\widetilde M$ 为单连通、常正曲率的黎曼流形，由Myers定理它还是紧的，因而是完备的，因此 $\widetilde M$ 等距同构于三维球面 $S^3$ ，所以 $M$ 微分同胚于 $S^3/\Gamma$ ，其中 $\Gamma\cong\pi_1(M)$ 为覆盖变换群。由于 $\widetilde M$ 是紧的，所以 $\Gamma\cong\pi_1(M)$ 是有限群，于是 $M$ 微分同胚于 $S^3$ 商掉一个有限群 $\Gamma$ ，定理得证。