Rapport de stage L3

Géométrie hyperbolique des surfaces
Demarais Arnaud
Mai/Juin 2011
Rapport de stage
Institut Mathématique Emile Picard (Toulouse)
Sous la direction de Jean-Pierre Otal
1
Introduction
On considère une suface S hyperbolique à bord totallement géodésique, nous
allons voir une relation entre les longueurs des orthogéodésiques et la topologie
de la surface : c'est la formule de Bridgeman.
Pour cela on donnera les bases de la géométrie hyperbolique, on construira
l'espace hyperbolique
H2 ,
puis après avoir donné quelques résultats plus ou
moins élémentaires, on démontrera la formule de Bridgeman dans le cas d'une
surface compacte puis dans le cas général.
Première partie
Eléments de géométrie
hyperbolique
La principale motivation qui a conduit à la géométrie hyperbolique est la suivante : nous voulons créer une géométrie qui contrairement à la géométrie euclidienne ne vérie pas l'axiome suivant pour une droite et un point donnés,
il existe une unique parallèle à la droite passant par le point (dans le sens où
parallèle veut dire ne se rencontre pas). C'est à la moitié du XIXe siècle que
Bolyai et Lobatchevsky découvrirent indépendament la géométrie hyperbolique,
dès lors les Mathématiciens n'ont cessé de s'y intéresser mais c'est Thurston (médaillé Fields 1982) qui a vraiment révolutionné le domaine et son ouvrage The
geometry and topology of three-manifolds est aujourd'hui une référence.
1
L'Espace hyperbolique
H2
Préliminaire : Une variété de dimension 2 est une variété Riemannienne si en
chaque point on peut se donner une norme sur l'espace tangent en ce point.
En d'autre termes on peut associer un champ de normes et ainsi mesurer la
longueur des courbes tracées sur les variétés Riemanniennes.
En eet si S est une surface et
´
γ
une courbe tracée sur S alors on dénit :
0
L(γ) = kγ (t)kγ(t) dt comme étant la longueur de gamma.
γ 0 (t) vivant sur l'espace tangent à S au point γ(t) il est naturel
que la norme en
dépende (indice dans l'intégrale)
1.1
Modèle de Minkowsky : l'hyperboloïde
On note
H = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 |x21 + x22 − x23 = −1, x3 > 0 la nappe supérieure
du demi hyperboloïde à 2 nappes.
2
C ∞,
C'est une variété
R3 que l'on munit d'une structure
k(x1 , x2 , x3 )k(x,y,z) = x21 + x22 − x23
de dimension 2 de
variété Riemannienne en posant
de
De plus en posant :
(
f:
R3 →
(x, y, z) 7−→
R
x2 + y 2 − z 2 + 1
On a :
Df(x,y,z) = (2x, 2y, −2z)
et donc
T(x,y,z) H = KerDf(x,y,z) = (x, y, z)⊥ 1
Comme il n'est pas facile de se représnter l'hyperboloïde nous allons transformer
ce modèle en trois autres tout en prenant soin de conserver les distances an de
pouvoir travailler sur les longueurs des courbes.
1.2
Le plan hyperbolique
En posant
(
H −→
p:
(x1 , x2 , x3 ) 7−→
R2
(x1 , x2 )
on obtient un diéomorphisme et dès
lors si on veut que ce soit une isométrie :
< Dp(u)|Dp(v) >p(x) =< u|v >x 2
x23 < (u1 , u2 )|(v1 , v2 ) >(x1 ,x2 ) = x23 (u1 v1 + u2 v2 − u3 v3 )
2
2
2
En utilisant que x1 + x2 − x3 = −1 et x3 u3 = x1 u1 + x2 u2
et de même pour v,
on obtient :
< (u1 , u2 )|(v1 , v2 ) >(x1 ,x2 ) =
u1 v1 +u2 v2 +(x1 u2 −x2 u1 )(x1 v2 −x2 v1 )
1+x21 +x22
Ce qui munit le plan d'une structure de surface Riemannienne .
1.3
Le disque de Poincaré
Considérons l'application :
(
H −→
ψ
(x, y, z) 7−→
On vérie que
D
y
x
( z+1
, z+1
)
ψ
est un diphéomorphisme de H sur le disque unité de
Son inverse est :
φ:
(
D −→
H
(x, y) 7−→
Le Jacobien de
Jφ(x, y) =
2
2
2y
1+x +y
( 1−x2x
2 −y 2 , 1−x2 −y 2 , 1−x2 −y 2 )
φ
est :
1
(1−x2 −y 2 )2
2(1 + x2 − y 2 )
4xy
4xy
2(1 − x2 + y 2 )
4x
4y
1. Où l'orthogonal est pris pour la norme hyperbolique
2. Dans chaque cas la norme est pour la surface Riemannienne associée
3
R2
De ce fait pour que
φ
soit une isométrie il faut que
< u|v >x,y =< Jφ(x, y).u|Jφ(x, y).v >φ(x,y)
< u|v >x,y =
4(u1 v1 +u2 v2 )
(1−x2 −y 2 )2
Ce qui nous donne la métrique Riemannienne sur le disque.
1.4
Le demi plan de Poincaré
Introduisons la transformation de Cayley :
C : z 7−→ C(z)
où
(C(z) + i)(z − i) = 2
On vérie que C envoie le disque unité sur le demi plan de partie imaginaire
positive noté P, et de plus la frontière du disque est envoyé sur la droite projective
réelle (c'est à dire l'axe des abscisses et un point à l'inni).
On vérie que
Son inverse est
C|P
D est
un diphéomorphisme
C −1 (z) =
1+iz
z+i , on a aussi compte tenu des résultats connus sur
les fonctions holomorphes
(C −1 )0 (z) =
−2
(z+i)2
Toujours de la même manière pour que C soit une isométrie on a :
< u|v >z =< (C −1 )0 (z).u|(C −1 )0 (z).v >C −1 (z)
<u|v>euc
3
< u|v >z = 16 (|z+i|
2 −|1+iz|2 )
(|z + i|2 − |1 + iz|2 ) = 4Im(z)
Or on a
< u|v >z =
donc on en déduit :
<u|v>euc
Im(z)2
Ce qui muni le demi plan de point carré d'une structure de variété Riemannienne
.
2
Les isométries de
H2
Une métrique Riemannienne est dite conforme si elle s'écrit comme un multiple
(dépendant du point) de la métrique Euclidienne. En dénissant l'angle entre 2
vecteurs tangents en z de la manière suivante :
cos(θ) =
<u|v>z
kukz kvkz
On voit que si on dispose d'une métrique conforme alors la notion d'angle coïncide avec la notion d'angle Euclidien .
Ainsi les modèles du disque et du demi plan de Poincaré sont des modèles
conformes tandis que le modèle du plan hyperbolique n'est pas un modèle
conforme. Nous travaillerons quasi exclusivement avec les modèles de Poincaré
.
Une transformation est conforme si elle préserve les angles.
3. Où
< | >euc est
la métrique euclidienne
4
2.1
Transformations conformes du disque
Théorême ; Les transformations conformes du disque sont exactement les applications
( :
f:
D −→
z 7−→
D
z−z0
λ zz
0 −1
avec
|λ| = 1
et
|z0 | < 1
Démonstration :
On voit que de telles fonctions sont holomorphes et envoient le cercle sur le
cercle
f (D) ⊆ D
Le principe du maximum dit donc que
De plus on a
De plus
∀z1 ∈ D , f (
0
f (z) 6= 0 ∀z ∈ D
1
λ z1 −z0
1
1− λ
z1 z0
) = z1
donc f est bijective
donc f est conforme
4
Réciproquement si f est conforme alors
z−z0
z 7−→ f ( zz
) où z0 = f (0)
0 −1
s'écrit z 7−→ αz
s'annule en 0 et est à valeur dans le disque donc
par conséquant f est de la forme annoncée.
Théorême : Les transformations conformes du disque sont les applications :
z 7−→
az+b
où
bz+a
a2 − b2 = 1
Preuve : De telles fonctions sont holomorphes et dont la dérivée ne s'annule pas
donc sont conformes.
Réciproquement une fonction conforme du disque est de la forme :
z−z0
z 7−→ eiθ zz
0 −1
z 7−→
2.2
az+b
où
bz+a
et après bien des calculs on trouve :
a = √e
i
iθ/2
1−z02
et
b = √e
1−z02
i
−iθ/2
z0
Transformations conformes du demi plan de Poincaré
Théorême : Les transformations conformes de P sont les applications :
z 7−→
az+b
cz+d où
ad − bc = 1
Preuve :
Elle est essentiellement calculatoire et repose sur le fait suivant
Si f est une transformation conforme du plan alors en composant à gauche et a
droite par la transformation de cayley et par son inverse
C −1 of oC
az+b
car est une transformation conforme du disque et en
bz+a
recomposant on trouve le résultat escompté.
s'écrit
De même dans l'autre sens .
4. On peut prouver que les transformation conformes sont exactement les holomorphes
dont la dérivée ne s'annule pas
5
3
Géodésiques de
H2
Maintenant que nous avons tous les modèles de l'espace hyperbolique, on va
réellement construire la géométrie qui se passe de l'axiome d'Euclide suscité.
La géodésique généralise la notion de droite dans le sens ou une droite passant
par 2 points est le plus court chemin entre ces 2 points .
3.1
Géodésiques du Disque
3.1.1
Soit
γ
Géodésiques reliant 0 à un point de
reliant 0 à
L(γ) =
´1
0
alors
kγ (t)kγ(t) dt = 2
Avec égalité si
3.1.2
x ∈ R,
0
y(t) = 0
´ 1 √x0 (t)2 +y0 (t)2
0
1−x(t)2 −y(t)2
γ
donc si
dt ≤ 2
R
´1
0
0
x (t)
| 1−x(t)
2 |dt = 2 arctan(x)
est un segment
Géodésiques reliant 0 à un point quelconque z
Une rotation est une opération qui conserve les distances et transforme les
droites en droites, la géodésique reliant 0 à un point réel étant un segment,
on voit que par une rotation, la géodésique reliant 0 à un point quelconque du
disque est un segment de longueur :
2 arctan(|z|).
3.1.3
Cas général : relier
z1 à z2 .
On a vu que les isométries décrites ci dessus etaient des bijections du disque il
existe donc une isomérie g telle que
g(z1 ) = 0
et
g −1 (z2 ) = z .
alors la géodésique reliant 0 à
z
est un segment qui se prolonge en une droite
orthogonale au cercle unité, l'image réciproque par g de cette géodésique est
soit une droite soir un cercle, et comme la transformation conserve les angles,
si c'est un cercle alors il est orthogonal des 2 parts au cercle unité .
Donc les géodésiques du disque sont les droites passant par l'origine et les demi
cercles orthogonaux aux bords.
6
Ici on a 3 géodésiques du disque et on voit que l'on a construit une géométrie
non Euclidienne car D2 et D3 passent toutes les deux par z et sont parallèles à
D1.
3.2
Géodésiques du plan
Ce sont les images par la transformation de Cayley des géodésiques du disque,
ce sont donc les droites orthogonales à l'axe des abscisses ainsi que les demi
cercles orthogonaux de part en part à l'axe des abscisses :
4
Géométrie dans
H2
Nous allons principalement utiliser le modèle de Minkowsky pour obtenir certaines lois reliant angles et longueurs d'un triangle, puis déterminer l'aire d'un
triangle hyperbolique. Bien que dans la pratique (article) conformément aux
méthodes de Godbillon, j'utiliserai le modèle du plan ainsi que celui du disque.
4.1
Loi des cosinus
Soient
x1 , x2 , x3
des vecteurs de
H,
on note
w1 , w2 , w3 ,
la base duale.
En notant J la matrice du produit scalaire dans la base canonique, W la matrice
des vecteurs
wi
, et X la matrice des
xi
7
on a donc :
W T JX = Id
donc (calcul immédiat)
X T JX
et
W T JW
sont inverses l'une de
l'autre.
Or
x2
w1 est dans
x3 . 5
l'orthogonal de
x2
et de
x3
, il dirige donc la géodésique reliant
à
Alors on a :
< wi |wj >= |wi ||wj |cos(θk )
et de plus
< xi |xj >= −ch(d(x1 , x2 ))
Donc les égalités matricielles donnent :
sh(d23 )sh(d13 )cos(θ3 ) = ch(d23 )ch(d13 ) − ch(d12 )
Considérons maintenant
géodésiques
vi⊥ ∩ H
v1 , v2 , v3
de normes hyperboliques égales à 1, puis les
de sorte que :
< vi |vj >= −cos(θk )
si
i 6= j
et 1 sinon on a alors en écrivant les égalités
matricielles :
< x1 |x2 >=
1
det (cos(θ3 )
+ cos(θ1 )cos(θ2 ) = −ch(d12 )
Ce qui donne injecté dans la formule précédente, la loi des cosinus :
cos(θ3 ) = −cos(θ1 )cos(θ2 ) + ch(d12 )sin(θ1 )sin(θ2 )
4.2
Aire d'un triangle
La question à se poser est quel est l'élément de volume dans le plan hyperbolique
(modèle du disque) ?
2
On a :
2
dx +dy
ds2 = 4 (1−x
2 −y 2 )2
Donc l'élément de volume est :
dv =
4
(1−x2 −y 2 )2 dxdy
On paramètre un point par le couple
(s, θ)
de la manière suivante :
5. En réalité un peu plus de travail est nécessaire il faut dire qu'une géodésique est de la
forme
ch(t)x + sh(t)y
où x est le vecteur d'où l'on part selon y au temps 0
8
Où s est la distance hyperbolique, le changement de variable se fait donc par :
φ : (s, θ) 7−→ th(s/2)(cos(θ), sin(θ))
Un bref calcul donne :
|Jac(φ)(s, θ)| =
On a alors
Donc
A=
1 th(s/2)
2 ch2 (s/2) $
dv = sh(s)dsdθ
´α
(ch(r(θ)) − 1)dθ
0
Or un coup de formule des cosinus donne :
−cos(β + dβ) = −cos(dθ)cos(β) + ch(r(θ))sin(dθ)sin(β)
Puis un Dl à l'ordre un donne :
ch(r(θ)) =
Alors
A=
dβ(θ)
dθ
´α
0
( dβ(θ)
dθ − 1)dθ = Π − α − β − γ
Deuxième partie
Formule de Bridgeman
Plusieurs choses sont admises dans cette partie :
Le fait que l'on puisse travailler dans le revêtement universel à la place de
travailler dans la surface.
L'unique orthogéodésique dans la classe d'homotopie
Les isométries agissent transitivement sur les triplets
L'envoi sur un tel quadruplet dans la partie utilisant le birapport
l'ensemble des orthogéodésiques est dénombrable
La formule que nous allons montrer est la suivante :
P
i
L( ch2 (l1i /2) ) =
π 2
1
12 (3 π A(S)
− NS )
où
S est une surface hyperbolique (c'est à dire une sous variété de dimention 2
de
R3
localement isométrique à
H2 )
à bord non vide totalement géodésique
9
L est la fonction dilogarithme de Rogers
La somme est indicée sur les orthogéodésiques (géodésiques s'échappant de la
surface et orthogonales aux bords)
NS
est le nombre de cusps de S, c'ets à dire de points à l'inni lorsque on
travaille dans le revêtement universel
A(S) est l'aire de S
1 Cas où S est compacte
C'est le cas où il n'a a pas de cusps la formule à montrer devient donc :
P
i
L( ch2 (l1i /2) ) =
π
4 A(S)
Nous allons calculer le volume du bré tangent à la surface et faire apparaitre
la somme.
L'élément de volume du bré tangent est celui de la surface multiplié par le
secteur angulaire par rapport à une direction xée . En eet un point du bré
est la donnée d'un point de la surface et d'un vecteur dangent à la surface en
ce point on peut être tangent dans toutes les directions, il est donc naturel de
mesurer ainsi le volume.
Ainsi on a
V (T1 S) = 2πA(S)
.
Tout point du bré nous donne exactement une unique géodésique tracée sur la
surface (passant par le point et tangente en le point).
De là on distingue trois types de géodésiques, celles qui restent piégées dans la
surface celles qui sortent de part et d'autre de 2 bords, celles qui sortent d'un
côté et restent piégées de l'autre
1.1 Géodésiques ayant au moins un coté qui reste piégé
Les vecteurs du bré associés sont de mesure nulle, en eet le ot géodésique
est ergodique (voir [5]) et l'ensemble des vecteurs suscités est stable par le ot
géodésique donc de mesure pleine ou nulle, comme nous allons montrer la formule et donc que les autres vecteurs ont une mesure non nulle, ceux là ont une
mesure nulle.
1.2 Géodésiques sortant de part et d'autre
On se place dans le revêtement universel, ici le disque de Poincaré, on considère
un vecteur du bré et la géodésique qu'il induit, alors la classe d'homotopie
de toutes les géodésiques sortant par les mêmes bords a un seul représentant
orthogonal aux 2 cotés, c'est l'orthogéodésique de longueur l.
On prolonge les géodésiques correspondant aux bords.
10
On considère les géodésique fermant le carré ainsi que les 2 diagonales, cela
subdivise notre carré en 4 triangles notés
TU , TD , TR , TL
(pour up, down, left,
right), on note aussi les bords du cercle correspondant par U, D, L, R .
On va calculer le volume des vecteurs induisant des géodésiques allant de L à R
Remarque : cela qui correspond aux points de
TL
pondante rencontre R (ou L idem) , aux points de
dont la géodésique corres-
TR
respondante rencontre L (ou R idem), aux points de
dont la géodésique cor-
TU
dont la géodésique
correspondante ne rencontre pas U (ou D idem) et de même pour
On va noter
χL
(respectivement
χR , χU
et
χD
TD
) la fonction qui à chaque point
du disque associe l'angle sous lequel on voit L (normalisé par
2π
)
Le volume que l'on doit calculer est donc :
´
´
´
´
2π( TR 2χL + TL 2χR + TU 1 − 2χU + TD 1 − 2χD 6
En utilisant une symétrie gauche-droite, haut-bas ainsi que la remarque on
trouve :
´
´
4π( TR 2χL + TU 1 − 2χU )
α
´
On note
A(α) =
le seul angle non nul dans le triangle gris puis
TR
χR , B(α) =
´
TR
χU
et
C(α) =
´
TR
χL
On voit que
C(α) =
´
TR
1 − A(α) − 2B(α) 7
6. Où les 2 viennent du fait que l'ont doit compter un vecteur et son opposé en fonction
du sens dans lequel on suit la géodésique
7. Ceux qui sortent par la gauche c'est tous moins ceux qui sortent par en haut, en bas et
à droite
11
On a :
A(α) + B(π − α) =
π
3
La preuve de ce résultat est la suivante :
2π
par
A(α)
représente le volume normalisé
des vecteurs dirigeant des géodésiques qui s'évadent par R,
B(π − α)
réprésente les vecteurs du triangle du haut qui dirigent des géodésiques qui
s'évadent vers le traiangle de droite alors on a que :
A(α) +B(π −α) représente le volume des vecteurs du triangle idéal (x, 0, ∞) qui
dirigent des géodésiques qui s'évadent par R soit un tiers de l'aire du triangle
car le triangle est idéal donc possède une symétrie totale par rapport à ses cotés
(autant de géodésiques s'évadent par chaque côté).
En remplaçant dans le volume à calculer :
´
´
2χL par 2C(α) et TU 1 −
TR
formules ci dessus on trouve :
2χU
par
A(TU ) − 2A(π − α)
et en utilisant les 2
V (α) = π 2 (8 − 16/3) − 4πα − 8π(A(α) − A(π − α))
Il nous reste donc à calculer l'expression de
A(α)
Le quatrième sommet est alors envoyé sur un point
l'intervalle
]0, 1[
α
en fonction de
On envoie trois des 4 sommets du carré hyperbolique sur 0,1 et
∞8
x que l'on peut prendre dans
.
On a alors la formule suivante :
x=
1+cos(α)
2
= th2 (l/2)
où l est la longueur de l'orthogéodésique
Démonstration :
On peut vérier (simple calcul) que les isométries préservent le birapport . De là
(0, x, 1, ∞)
x = th2 (l/2)
on envoie
donne
sur
(−el , −1, 1, el ) 9
et la conservation du birapport nous
Pour la deuxième formule on se place dans le demi plan de Poincaré :
8. Comme on voit sur le dessein mais c'est plus simple de se le représenter dans le demi
plan de Poincaré .
Le fait que l'on puisse faire ca provient du fait que les isométrie décrite plus haut agissent
transitivement sur les triplets de points
9. possible car donne un système 4 equations 4 inconnues que l'on peut résoudre
12
p
(x, y) appartient au cercle de centre 1/2 et rayon 1/2 donc y = 1/4 − (x − 1/2)2
√
C est le cercle de centre 0 et de rayon
x ( en disant qu'il est de centre 0 et que
Or A
(x,y) y appartient)
En divisant tout par
√
x on conserve les angles C devient alors le cercle de centre
0 et de rayon 1, on a alors :
donc
√
x = cos(α/2)
x = cos(α)+1
2
arg(z) = θ la fonction χR
soit
Sur la droite d'équation
vaut
θ/π .
En eet :
On voit le coté R sous l'angle B, en paramétrant le cercle de cette manière :
(
x = R(cos(t) + 1)
y = Rsin(t)
et en disant que
(sin(θ), cos(θ))
appartient au cercle on trouve :
R = 1/2cos(θ)
En notant
(
(sin(θ), cos(θ)) = C(t1 )
on trouve
sin(t1 ) =
cos(t1 ) =
13
cos(θ)
R
sin(θ)
R
−1
v = C 0 (t1 ) on a :
cos(B) =< e2 |v/||v|| > ce qui donne :
B = 2θ donc normalisé par 2π on trouve θ/π
En notant
Il nous faut donc calculer :
´
arg(z)
dz et dans le demi plan de Poincaré c'est sur la région grise que l'on
TR im(z)2
intègre :
Donc on doit calculer :
´x ´∞
Arctan(y/t)
√
dydt et en dérivant on trouve
y2
t=0 y= t−t2
´∞
Arctan(y/x)
0
A (x) = y=√x−x2
dy qui par une IPP se calcule et on trouve :
y2
α
A0 (x) = πsin(α)
+ log(1−x)
2πx
dα
De plus cos(α) = 2x − 1 et en dérivant par rapport à x on a
dx = −2/sin(α)
A(x) =
De plus il y a correspondance (immédiat avec les formules) entre
(1 − x)
et
x
et
α,
entre
π−α
Donc on a :
ln(1−x)
0
0
0
V 0 (x) = −4 dα
+ ln(x)
dx − 8π(A (x) + A (1 − x)) = −8(
x
1−x ) = −8L (x) =
−8L(1 − x) 10
Alors on a V (x) = 8L(1 − x) + K et V (0) = 8L(1) + K .
Un bref calcul avec la condition initiale montre que K = 0 et donc :
V (x) = 8L(1 − x) et x = th2 (l/2) d'où
V (x) = 8L(1/ch2 (l)) et la formule de Bridgeman sans cusps en sommant sur
tous les l possibles
2 Cas général
Dans le cas général ce qui a été fait auparavant reste valable mais il faut soustraire du volume total du bré un terme correspondant aux vecteurs dirigeant
10. Au début je voulais introduire le dilogarithme et calculer sa dérivée mais pour condenser
on peut juste dire que c'est la primitive de
(
ln(1−x)
x
14
+
2
ln(x)
) valant π6 en 1
1−x
des géodésiques coupant 2 cotés comme ceci :
Il sut de compter pour chaque cusp le volume a retirer.
Dans [5] on nous donne et démontre comment obtenir la mesure de Liouville, à
savoir :
2
+
−
|θ + −θ − |2 dsdθ dθ où les coordonnées sont répérées sur le dessein suivant :
dm =
Alors le volume que l'on cherche à soustraire est
´0
´ ∞ ´ L(x,y) 2
2 l=0
|y−x|2 dldxdy =
x=−∞ y=1
où la deuxième égalité vient de [6]
Toujours dans [6] on a que
´∞
0
´0
´ ∞ 4L(x,y)
dxdy
x=−∞ y=1 (x−y)2
L2
sinh(L)2 dL
= π 2 /6
Donc le volume total a soustraire est :
2
NS 4 π6
On a donc :
P
l
P
2
8L(1/ch2 (l)) = 2πA(S) − NS 4 π6
2
π
4 A(S)
l L(1/ch (l)) =
P
1
i L( ch2 (li /2) ) =
−
ou encore :
2
NS π12 qui se réécrit :
π 2
1
12 (3 π A(S)
− NS )
15
=
´∞
0
4L2
sinh(L)2 dL
Références
[1] Rieux Raphael, mémoire de maitrise introduction à la géométrie hyperbolique
[2] Jean-Pierre Otal, Cours de géométrie hyperbolique
[3] Danny Calegari, Bridgeman's orthospectrum identity
[4] Martin Bridgeman, Orthospectra and dilogarithm identities on moduli space
[5] Séminaire de théorie spectrale et géométrie, tome S9 (1991)
[6] Martin Bridgeman, Distribution of intersection lengths of a random geodesic
with a geodesic lamination
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