Параллельный перенос вдоль пути на поверхности

[Oleg Zubelevich]

Спасибо, статья действительно интересная, но я боюсь, что она больше неактуальна. Дело в том, что участник epros решил проблему полностью, причем в сто раз проще чем могли себе представить авторы статьи:

epros в сообщении #1022347 писал(а):

Вопрос о существовании согласованной со связностью метрики. Просто Вы не поняли, что условие

$$g_{lj}R^l{}_{imk}+g_{il}R^l{}_{jmk}=0$$

эквивалентно утверждению о том, что метрика $g_{ik}$ согласована со связностью.

[Утундрий]

Мне понадобится неделя, чтобы с этим разобраться.

[epros]

Утундрий в сообщении #1027033 писал(а):

А необходимое и достаточное уже раз десять привели, наверное

Там была лишняя неизвестная буковка $g$, а здесь мы выполнили пожелание espe и избавились от метрики.

Oleg Zubelevich в сообщении #1027039 писал(а):

а это $\{R^i_{j12}\},\quad i,j=1,...m$ -- не тензор

Да и наплевать.

Oleg Zubelevich в сообщении #1027059 писал(а):

то задача "тривиальна", то "становится на порядок сложнее", каждый раз условия разные, доказательств нет

Там было написано: "постановка тривиальна". И напомню, что под постановкой имелась в виду фраза "существует ли метрика, согласованная с заданной связностью". Сама задача, разумеется, не столь тривиальна. Надеюсь, что после данных разъяснений Вы больше не станете меня перевирать.

Munin в сообщении #1027108 писал(а):

то внезапно все вокруг продолжают разговор, как будто этого ключевого замечания не было

Почему же? Я про это замечание не забыл. При нетривиальной кривизне не любая метрика удовлетворяет условию $g_{lj}R^l{}_{imk}+g_{il}R^l{}_{jmk}=0$. Выше я даже написал, как в двумерном случае найти ту метрику, которая удовлетворяет. Естественно, существовать она будет только если выполнено условие $R^i_{s 0 1}R^s_{j 0 1} = -a^2 \cdot \delta^i_j$.

Я тут уже прикинул как решить задачу в трёхмерном случае. Получается заметно сложнее двумерного, поэтому пока выписывать не буду...

[epros]

Кстати, вот это:

Munin в сообщении #1027108 писал(а):

$$R^i_{skl}R^s_{jmn} = -a^2 \cdot \delta^i_j\varepsilon_{kl}\varepsilon_{mn}$$

-- красивое решение для тех, кто обязательно хочет видеть ковариантную формулу (хотя я лично -- не хочу, мне в данном случае ковариантность ни к чему) . Поскольку символы Леви-Чивиты с нижними индексами являются анти-плотностями, $a$ оказывается скалярной плотностью. Oleg Zubelevich, теперь Ваше чувство прекрасного удовлетворено?

[Oleg Zubelevich]

epros в сообщении #1027408 писал(а):

Поскольку символы Леви-Чивиты с нижними индексами являются анти-плотностями, $a$ оказывается скалярной плотностью

только что вы утверждали, что $a$ это скаляр:

epros в сообщении #1026970 писал(а):

, $a$ -- произвольное скалярное поле)

да еще и произвольный. теперь говорите, что это скалярная плотность, я в очередной раз поймал вас на некомпетентности, вы очередной раз пытаетесь задним числом поправить свои ляпы. не думаю, что дальнейшие ваши опусы заслуживают внимания

[Munin]

Указание на плотность - это уже уточнение к слову "скаляр", которое прежде всего указывает на тензорный ранг.

И вообще, ваша цель тут задачу решить (чего вы ещё не сделали), или ловить окружающих на некомпетентности?

Внимания заслуживают опусы тех, кто что-то пытается делать. Это всегда и везде так. (Ну, кроме абсолютного непонимания, которое тут места не имеет.)

[Oleg Zubelevich]

Munin в сообщении #1027439 писал(а):

И вообще, ваша цель тут задачу решить (чего вы ещё не сделали),

а что ее решать-то? ваш подзащитный ее уже решил:

epros в сообщении #1022347 писал(а):

Вопрос о существовании согласованной со связностью метрики. Просто Вы не поняли, что условие

$$g_{lj}R^l{}_{imk}+g_{il}R^l{}_{jmk}=0$$

эквивалентно утверждению о том, что метрика $g_{ik}$ согласована со связностью. По причине оного непонимания продолжаете заниматься ерундой, расписывая ненужные уравнения на символы Кристоффеля.

с чем я вас обоих и поздравляю

[epros]

Oleg Zubelevich в сообщении #1027424 писал(а):

теперь говорите, что это скалярная плотность, я в очередной раз поймал вас на некомпетентности

Ой, да неужели? Вчера говорил про число, а сегодня -- про действительно-значную функцию, вчера -- про скаляр, сегодня -- про плотность, какой ужас. Расслабьтесь, про скалярную плотность я заговорил исключительно ради удовлетворения Вашей противоестественной любви к ковариантной форме уравнений. На самом деле ковариантность уравнения, а стало быть и законы преобразования величин, в данном случае никакого значения не имеют, ибо речь была о равенстве, имеющем место в одних конкретных координатах. Некомпетентность заключается в Вашем непонимании этого.

Oleg Zubelevich в сообщении #1027454 писал(а):

ваш подзащитный ее уже решил:

Похоже, Вы не поняли даже где решение. Ибо называете решением некое условие на метрику, которую мы пока что не только не нашли, но даже не доказали существования метрики, удовлетворяющей этому условию.

[Munin]

Oleg Zubelevich в сообщении #1027454 писал(а):

ваш подзащитный

[Oleg Zubelevich]

Пусть $U\subseteq\mathbb{R}^m$ -- открытое множество. Введем пространство наборов функций

$$\mathcal C_m^1(U)=\big\{\{\Gamma_{ij}^k(x)\}\mid \Gamma_{ij}^k\in C^1(U),\quad i,j,k=1,\ldots,m\big\}.$$

Это пространство всевозможных связностей в $U$. Можно считать, что $U$ это карта на многообразии. Введем в $\mathcal C_m^1(U)$ стандартную $C^1-$топологию компактной сходимости.

Связность $\{\Gamma_{ij}^k(x)\}\in \mathcal C_m^1(U)$ принадлежит множеству $F$ ,по определению ,тогда и только тогда, когда существует риманова метрика $g_{ij}(x)\in C^2(U)$, согласованная с данной связностью.

Теорема. (тривиальная) $F$ является множеством первой категории Бэра в $\mathcal C_m^1(U)$.

Доказательство. см. post1022411.html#p1022411

[sup]

Oleg Zubelevich в сообщении #1026114 писал(а):

А что можно сказать о сущесствовании решений системы Фробениуса, когда нет полной интегрируемости?

Можно предложить некую схему понижения размерности, которая в конечном итоге дает полный набор решений.
Пусть у нас $(t,x_1, \dots x_n) \in R^{n+1}$. В окрестности точки $(t,x) = 0$ рассмотрим систему

$$g_t = A(t,x)g \eqno{(1)}$$

$$g_{x_k} = B_k(t,x)g, \quad k = \overline{1,n} \eqno{(2)}$$

$$M_j(t,x)g = 0, \quad j = \overline{1,m} \eqno{(3)}$$

Здесь $A,B_k, M_j$ - матрицы размера $l \times l$, $g$ - вектор с $l$ компонентами.
Все матрицы предполагаются гладкими сколь потребуется. Возникает вопрос о существовании нетривиальных решений данной системы в малой окрестности нуля. Всюду далее это особо не оговаривается. Решать будем так.
Зададим при $t=0$ некоторые данные $g(0,x) = h(x)$, и решим задачу Коши для уравнения (1). Полученное решение обозначим как $G(t,x)$. Легко видеть, что для выполнения условий (2) необходимо и достаточно, чтобы на этом решении (т. единственности)

$$h_{x_k}(x) = B_k(0,x)h(x), \quad k = \overline{1,n} \eqno{(2')}$$

$$\left (A_{x_k} + AB_k - (B_k)_t - B_kA \right )G = 0, \quad k = \overline{1,n}$$

Последнее условие имеет вид (3). Поэтому мы их туда добавим. Обозначения менять не будем, чтобы не загромождать изложение.
Сейчас мы намерены свести задачу к нахождению подходящей $h(x)$. Дифференциальные уравнения уже получены. Но сейчас добавятся еще и матричные условия. Все они наследуется из (3) при $t=0$. Но этот набор еще не полон.
Рассмотрим задачу (1), (3). Необходимым условием ее разрешимости являются равенства

$$ \left ((M_j)_t + M_jA \right )G = 0 \eqno (4)$$

А это снова матричные условия вида (3) - добавляем их туда же. Но сколько же их надо выписать? Очевидно, что если ранг алгебраической системы (3) станет равным $l$, то решение может быть только нулевым. Значит для существования нетривиального решения необходимо, чтобы начиная с некоторого момента условия (4) не увеличивали ранг системы уравнений (3). После этого дифференцирование можно прекратить, скинуть расширенный набор условий (3) на гиперплоскость $t = 0$ и понизить размерность на 1.
Вот такой план. Тут еще могут быть кое-какие затруднения с определением ранга системы (3). Там ведь надо не просто ранг, а выразимость новых соотношений через старые. Но, думаю, все там преодолимо.
Другой вопрос, что это просто формальная схема понижения размерности, в которой, скорее всего, много избыточных соотношений. Неплохо бы с ними "заранее разобраться" и, в конечном итоге, свести набор условий к минимуму.

[Oleg Zubelevich]

да, все так. предложу еще один алгоритм, кажется проще, геометричней во всяком случае. да и линейноость вроде бы не нужна

Не сужая общности, можно считать , что система Фробениуса имеет вид

$$\frac{\partial x^k}{\partial t^j}}=v^k_j(x),\quad x=(x^1,\ldots, x^m)\in \mathbb{R}^m,\quad t=(t^1,\ldots, t^n)\in \mathbb{R}^n\quad (*)$$

Удобно ввести векторные поля в $\mathbb{R}^m:\quad v_k(x)=(v^1_k,\ldots, v^m_k),\quad k=1,\ldots ,n$.

Условия полной интегрируемости системы (*) это в точности

$$[v_i,v_j]=0\qquad (**)$$

-- тут у нас $(n^2-n)m/2$ уравнений на переменную $x$. Часть из этих уравнений может оказаться функционально зависимой.

Естественно предположить, что система (**) задает гладкую $l$ мерную поверхность $M^l\subset\mathbb{R}^m$. Будем считать, что $l<m$, при $l=m$ система (*) вполне интегрируема.

Лемма. Пусть $x(t)$ -- решение системы (*), определенное в открытой области $t\in T\subset\mathbb{R}^n$. Тогда $x(t)\in M^l$ при всех $t\in T$.

Доказательство: очевидно.

Следствие. $ x(t)\in N=\{x\in M^l\mid v_k(x)\in T_xM^l\}$ при всех $t\in T$.

Следующее предположение состоит в том, что $N$ это гладкое многообразие, и тогда мы сужаем систему (*) на $N$ и пишем условия разрешимости типа (**) в локальных координатах $N$ .
Это первый шаг редукции. И так далее.

-- Вт июн 16, 2015 15:44:13 --

sup
проверьте пожалуйста. (меня как-то Ваше уравнение (1) смутило с дополнительной переменной t)

-- Вт июн 16, 2015 15:54:27 --

скорее всего, $M^l=\{x\mid [v_i,v_j](x)=0\}$ и $N$ это не гладкие многообразия, а множества, которые являются объединениями нескольких гладких многообразий. Алгоритм от этого не менятеся.

[sup]

Oleg Zubelevich в сообщении #1027803 писал(а):

меня как-то Ваше уравнение (1) смутило с дополнительной переменной t

Я не оговорил. Это было сделано исключительно для наглядности. По ходу изложения эта переменная выделена, но писать ее как $x_1$ не хотелось. Да и пришлось бы коряво отделять ее от остальных иксов. Так что никаких скрытых мыслей здесь нет.
Ваш подход выглядит намного прозрачнее. Но я, честно говоря, за этим не гнался. Мне хотелось лишь увидеть, что имеется некая колея. Хотя там, судя по всему, есть некие подводные камни. Надо бы все это хорошенько потрясти.

[Утундрий]

Можно написать $x_*$.

[Oleg Zubelevich]

sup


у меня такое ощущение, что многоитерационной процедуры не нужно. Векторные поля $v_k$ коммутируют в любой точке многообразия $N$, ведь $N\subset M^l$. Поэтому возможны два варианта

1) $N$ -- гладкое многообразие и $v_k(x)\in T_xN$ для всех $k,x$, тогда суженнная на $N$ система (*) вполне интегрируема и решения существуют
2) либо хотя бы для одного $k\quad v_k(x)\notin T_xN$ либо $N=\varnothing$ либо, множество $N$ не содержит гладких многообразий. Тогда система (*) не имеет решений.