Параллельный перенос вдоль пути на поверхности

[VeryKind]

Здравствуйте!
Не подскажете, как доказать что, если результат параллельного переноса не зависит от выбора пути на поверхности, а только от начала и конца пути, то данная поверхность локально изометрична плоскости?
Пыталась доказывать, что Гауссова кривизна равна 0 в любой точке, расписывая через произведение главных кривизн, но не понятно, как они связаны с параллельным перенесением(а точнее, с его "инвариантностью" относительно пути).
Заранее спасибо!

[Oleg Zubelevich]

Зададимся картой на многообразии. Рассуждать будем внутри карты с координатами $x^i$.
Пусть в начале координат задано векторное поле $v(0)$. Результатом параллельного переноса его в точку $x$ является поле $v(x)$, а переносим мы его вдоль произвольной кривой $x^k(t),\quad x(0)=0,\quad x(1)=x$.
Уравнение параллельного переноса:

$$\dot x^i\frac{\partial v^k}{\partial x^i}=-\dot x^i\Gamma_{ni}^k v^n$$

Поскольку кривая произвольна имеем

$$\frac{\partial v^k}{\partial x^i}=-\Gamma_{ni}^k v^n$$

это уравнение по условию однозначно разрешимо при любых начальных условиях $v^i(0)$. Остается написать условия разрешимости этого уравнения $\frac{\partial ^2v^k}{\partial x^i\partial x^l}=\frac{\partial ^2v^k}{\partial x^l\partial x^i}$ и получить, что тензор кривизны Римана равен нулю.

[Oleg Zubelevich]

писать слово "поле" по отношению к вектору $v(0)$, который задан в единственной точке не следовало. Просто, пусть сперва в начале координат задан вектор $v(0)$, дальше по тексту

[svv]

Ещё способ. Берем в начале координат базис $(e_i)$ и переносим в каждую точку области. Так как параллельный перенос сохраняет скалярное произведение, то метрический тензор будет постоянным:
$g_{ik}(x)=(e_i(x),e_k(x))=(e_i(0),e_k(0))=g_{ik}(0)$

Чтобы это было правильно, надо доказать, что полученный базис будет координатным, или голономным (а то так можно независимо от метрики взять в каждой точке ортонормированный базис и сказать, что у нас метрический тензор постоянный. )

Итак, если векторное поле $a(x)$ получено таким переносом $a(0)$ и результат не зависит от способа переноса, то $\nabla_v a=0$ для любого вектора $v$ (что показал Oleg Zubelevich). Следовательно, в нашем случае $\nabla_{e_k} e_i=0$. Тогда векторные поля $e_i, e_k$ коммутируют:
$[e_i, e_k]=\nabla_{e_i}e_k-\nabla_{e_k}e_i=0$
Это и означает, что существуют такие функции $y^i$, что $e_i=\frac{\partial}{\partial y^i}$.

Можно и так: независимость результата переноса любого вектора от пути означает и независимость переноса произвольного ковектора (1-формы) $\omega$ от пути, что даёт
$\frac{\partial \omega_i}{\partial x^k}-\Gamma^\ell_{ik}\omega_\ell=0$
Но это означает, что
$\frac{\partial \omega_i}{\partial x^k}-\frac{\partial \omega_k}{\partial x^i}=\Gamma^\ell_{ik}\omega_\ell-\Gamma^\ell_{ki}\omega_\ell=0$,
то есть $d\omega=0$. Следовательно, по крайней мере в пределах данной карты $\omega=df$.
Применяя этот результат к базисным ковекторам, получим $e^i=dy^i$.

[Oleg Zubelevich]

Интересно отметить, что само по себе утверждение "если результат параллельного переноса не зависит от пути то тензор кривизны Римана равен нулю" справедливо для любой (хоть несимметричной) связности, и метрика тут ни при чем.

[Munin]

Oleg Zubelevich
Как всё сложно! Достаточно вспомить, что интеграл от т. Римана по определению даёт поворот вектора, параллельно перенесённого по замкнутому контуру (определением это становится, если устремить контур к нулю).

[Oleg Zubelevich]

Munin в сообщении #1018489 писал(а):

Достаточно вспомить, что интеграл от т. Римана по определению даёт поворот вектора, параллельно перенесённого по замкнутому контур

не понял, сформулируйте четко, с формулами

[Munin]

ЛЛ-2 § 91.

[Oleg Zubelevich]

Понятно. Усли рассуждать по ЛЛ , то доказательсто основано на том, что если интеграл от формы по любому замкнутому контору равен нулю, то форма замкнута. У меня используется теорема существования и единственности линейного ДУ. Не вижу упрощения.

[Munin]

Упрощения по сути - нет. Упрощение есть по длине пути от известных фактов к требуемому.

[Geen]

Oleg Zubelevich в сообщении #1018371 писал(а):

если результат параллельного переноса не зависит от пути

Прошу прощения, но, в некотором смысле, кривизна (в любом смысле) и есть зависимость от пути?

[Oleg Zubelevich]

Geen в сообщении #1018628 писал(а):

в некотором смысле, кривизна (в любом смысле) и есть зависимость от пути

Это Ваше определение тензора кривизны?

[Geen]

Oleg Zubelevich в сообщении #1018656 писал(а):

Geen в сообщении #1018628 писал(а):

в некотором смысле, кривизна (в любом смысле) и есть зависимость от пути

Это Ваше определение тензора кривизны?

Гм, моё? - вроде нет. Тензора? - вроде тоже необязательно.
А как иначе, принципиально, (без метрики) можно определить кривизну?

[Oleg Zubelevich]

представьте себе, что можно и без метрики

[epros]

Oleg Zubelevich в сообщении #1018371 писал(а):

Интересно отметить, что само по себе утверждение "если результат параллельного переноса не зависит от пути то тензор кривизны Римана равен нулю" справедливо для любой (хоть несимметричной) связности, и метрика тут ни при чем.

Кстати, к этому интересно также добавить, что "если результат переноса [любого вектора] не зависит от пути", то согласованная со связностью метрика для такого пространства доопределяется тривиальным образом: Определяем любую метрику в одной точке, а потом переносим её во все остальные точки.

В случае ненулевой кривизны всё не так просто: Иногда доопределить согласованную со связностью метрику оказывается можно, а иногда -- нельзя.