Параллельный перенос

[PalmDesert]

Имеются векторные поля $X_1 = x \partial_x + \partial_y, X_2 = - \partial_x + x \partial_y$. Положим $\bigtriangledown_XY=(\partial_x {\eta}^i) X_i$, если $Y = \eta^i X_i$ (1), Докажите, что результат параллельного переноса вектора из одной точки в другую не зависит от пути.

--
Начну из далека, так как не могу разобраться в этой теме. Правильно ли я понимаю, что $\partial_x, \partial_y$ являются базисами векторных полей $X_1, X_2$?

Для того, чтобы доказать, что перенос не зависит от пути, насколько я понял, нужно доказать, что $\bigtriangledown_XY=0$. Возьмём в формуле (1) за $\eta^i = c^i$, где $c^i = const$. Потом нужно подставить всё это в ковариантную производную. А что в данном случае означает $\partial_x$ - это просто частная производная или как раз таки базис?

--
Заранее всем большое спасибо! Очень хочется понять, что к чему относится.

[svv]

PalmDesert в сообщении #1271044 писал(а):

Положим $\bigtriangledown_XY=(\partial_x {\eta}^i) X_i$, если $Y = \eta^i X_i$

Чтобы эта формула была осмысленной, надо, чтобы $\nabla_X Y$ зависело от поля $X$ (которое произвольно). Но в правой части я не вижу зависимости от $X$, если только не предположить: здесь вместо $\partial_x$ должно быть $\partial_X$, то есть оператор производной от скалярной функции по направлению поля $X$:
$\partial_X f=Xf=X^k\partial_k f$
Тогда, между прочим, параллельный перенос действительно не будет зависеть от пути.

Но это никак не дифференцирование по тому $x$, которое в $X_1 = x \partial_x + \partial_y, X_2 = - \partial_x + x \partial_y$.

PalmDesert в сообщении #1271044 писал(а):

насколько я понял, нужно доказать, что $\bigtriangledown_X Y=0$.

Нет, этого для произвольных $X, Y$ никогда не будет.

PalmDesert в сообщении #1271044 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что $\partial_x, \partial_y$ являются базисами векторных полей $X_1, X_2$?

$\partial_x, \partial_y$ — векторные поля, которые образуют координатный базис... но не векторных полей $X_1, X_2$! Просто базис. Векторные поля $X_1, X_2$ образуют другой базис.
(Конечно, если Ваше многообразие двумерно.)

PalmDesert в сообщении #1271044 писал(а):

А что в данном случае означает $\partial_x$ - это просто частная производная или как раз таки базис?

Каждое векторное поле отождествляется с оператором дифференцирования (скалярных функций). Если в области $U$ введены координаты $(x^i)$, то операторы дифференцирования по координатам $\partial_i=\frac{\partial}{\partial x^i}$ называются координатными векторными полями, которые образуют координатный базис. Далеко не каждый базис является координатным, то есть получается указанным способом из некоторого набора координат.

[PalmDesert]

svv
Спасибо за столь развернутый ответ! Сейчас я попробую понять, чего я не понимаю и сформулировую вопрос...

[PalmDesert]

svv
Правильно ли я понимаю, что если подробно распишу коваринатную производную (исходя из этого определения: \bigtriangledown_XY=(\partial_X {\eta}^i) X_i), то должен получить следующее:
\bigtriangledown_XY = (X^k \partial_k \eta^1)X_1 + (X^j \partial_j \eta^2)X_2 = (X^1 \partial_x \eta^1 + X^2 \partial_y \eta^1)X_1 + (X^1 \partial_x \eta^2 + X^2 \partial_y \eta^2)X_2 = (x \partial_x \eta^1 + \partial_y \eta^1)(x \partial_x + \partial_y) + (- \partial_x \eta^2 + x \partial_y \eta^2)(- \partial_x + x \partial_y) и дальше нужно раскрыть скобки и взять соответсвутющие производные?

[svv]

Если верно, что под $\partial_x$ понималась производная по направлению векторного поля $X$, тогда возможен такой, очень простой подход.

В условии говорится о параллельном переносе вдоль пути. Путь из точки $a$ в точку $b$ многообразия — это гладкая кривая $\gamma(t),\; t\in[0,1]$, такая, что $\gamma(0)=a, \gamma(1)=b$. В каждой точке кривой определён касательный вектор $V=\frac d{dt}$. Вектор $Y$ перенесён вдоль кривой параллельно, если $\nabla_V Y=0$ (ещё раз повторю, что это неверно для произвольных полей). В соответствии с условием, это означает $(\partial_V {\eta}^i) X_i=0$, откуда $\eta^i=\operatorname{const}$ вдоль кривой.

Продолжите рассуждение самостоятельно.

[PalmDesert]

svv, извините, не совсем понимаю, что ещё нужно дальше доказывать, если Вы показали, что будет параллельный перенос при \eta^i = const, то есть векторное поле Y = \eta^i X_i - есть произвольная линейная комбинация X_1, X_2, и, скорее всего, \eta_1, \eta_2 одновременно не равны нулю.

-- 03.12.2017, 13:39 --

svv
Или мне теперь нужно проверить, что векторы (X_1)_p, (X_2)_p задают параллелизацию?

[svv]

Несколько замечаний.

Не обязательно представлять, что поле $Y$ задано на всём многообразии или в некоторой его области. Считайте, что изначально никакого $Y$ нет.
Независимость параллельного переноса от пути означает вот что. Берём произвольные точки $a, b$. В точке $a$ задаём произвольный вектор $Y(0)$. Соединяем $a$ и $b$ гладкой кривой $\gamma$, выбирая параметризацию $t$ так, чтобы $\gamma(0)=a, \gamma(1)=b$. Переносим $Y(0)$ параллельно вдоль кривой, получая в каждой её точке $\gamma(t)$ однозначно определённый вектор $Y(\gamma, t)$, а в точке $b$ — вектор $Y(\gamma, 1)$.
Далее соединяем те же точки $a$ и $b$ другой гладкой кривой $\zeta$, переносим тот же $Y(0)$ параллельно вдоль $\zeta$ и получаем в точке $b$ вектор $Y(\zeta, 1)$.

Вопрос: совпадут ли векторы $Y(\gamma, 1)$ и $Y(\zeta, 1)$? Ответ: для этого нет никаких оснований. В общем случае — нет.

Однако, если каким-то чудом для любых $a$ и $b$, для любых кривых, их соединяющих, и для любого «начального» вектора $Y(0)$ в точке $a$ такое совпадение будет, то говорят: параллельный перенос не зависит от пути.

Вот я и хотел, чтобы Вы объяснили, по какой причине в данном случае конечный результат переноса не зависит от пути, то есть $Y(\gamma, 1)=Y(\zeta, 1)=Y(\eta, 1)=...$

Ответ такой. Заданное по условию правило параллельного переноса приводит к следующему. Если в точке $a$ выбран вектор $Y(0)=\eta^i X_i|_a$, то результат его переноса в точке $b$ имеет вид
$Y(1)=\eta^i X_i|_b$
(значения коэффициентов $\eta^i$ те же). Правая часть формулы очевидным образом не зависит от выбора кривой, она определяется только выбором точек $a$, $b$ и вектора $Y(0)$ в точке $a$.

Контрольный вопрос (трудный). Где в решении использовано $X_1 = x \partial_x + \partial_y, X_2 = - \partial_x + x \partial_y$ ?

[PalmDesert]

svv, фактически, сами значения векторных полей не использовались нигде. Параллельность переноса вытекает из данного в условии определения линейной связности. Так?

[svv]

Да, так.
Но есть один тонкий момент. Чтобы из условия $(\partial_V {\eta}^i) X_i=0$ в некоторой точке $p$ следовало более простое условие $\partial_V {\eta}^i=0$, нужно, чтобы векторы $X_i|_p$ были какими?

(Оффтоп)

линейно независимыми

А как мы можем доказать это свойство?

[PalmDesert]

svv, нужно доказать, что они образую базис, то есть произведение Ли не равно нулю?

[svv]

Нет, тут смешано несколько разных вещей.

Мы сейчас выбрали на кривой $\gamma$ одну точку $p=\gamma(t)$ и работаем только с ней. Полей никаких нет, есть касательное векторное пространство $T_pM$.
Мы знаем, что если $(x^i)$ — набор $n$ координат (а не каких попало функций), то векторы $\partial_i=\frac{\partial}{\partial x^i}$ линейно независимы в каждой точке $p$ и их набор образует базис в $T_pM$. Теперь мы от них переходим к системе векторов $X_k = (\partial_i) P^i_k$ (скобки тут означают, что дифф.оператор не действует на $P^i_k$, а правильный матричный порядок я менять не хочу), где коэффициенты $P^i_k$ составляют матрицу перехода:
$\begin{bmatrix}X_1&X_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\partial_x&\partial_y\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x&-1\\1&x\end{bmatrix}$
Определитель этой матрицы равен $x^2+1$, что никогда не равно нулю. В таком случае из линейной независимости $\partial_i$ следует линейная независимость $X_i$ в $T_pM$.

Совершенно другой вопрос — являются ли поля (уже поля) $X_i$ координатными? Это определяется тем, коммутируют они или нет. Пусть существуют координаты $(\xi^i)$ такие, что $X_i=\frac{\partial}{\partial\xi^i}$. Тогда, конечно, было бы
$X_i X_k f=\frac{\partial}{\partial\xi^i}\frac{\partial}{\partial\xi^k}f=\frac{\partial}{\partial\xi^k}\frac{\partial}{\partial\xi^i}f=X_k X_i f$
Следовательно, если наши $X_1, X_2$ не коммутируют, таких координат не существует. Простая проверка показывает, что они действительно не коммутируют:
$(x \partial_x + \partial_y)(- \partial_x + x \partial_y)\neq (- \partial_x + x \partial_y)(x \partial_x + \partial_y)$,
и базис $(X_1, X_2)$ является некоординатным.

[PalmDesert]

svv, а то что они не коммутируют и есть как следствие, что их произведение Ли не равно нулю, или нет?

-- 03.12.2017, 17:22 --

svv, заранее хочу поблагодарить за столь развернутые ответы! Огромное спасибо!
У меня есть ещё пару вопросов про геодезические свзяности, уместно ли их будет задать здесь или создать новую тему?

[svv]

Я знаю производную Ли и скобку Ли, термин «произведение Ли» мне не встречался. Если Вы имеете в виду скобку Ли
$Z=[X_1,X_2]$, если $Zf=X_1X_2f-X_2X_1f$ для любой $f$,
то да, очевидно, равенство её нулю означает, что $X_1$ и $X_2$ коммутируют.

-- Вс дек 03, 2017 16:26:58 --

PalmDesert в сообщении #1271462 писал(а):

уместно ли их будет задать здесь или создать новую тему?

Обычно модераторы рекомендуют в таких случаях начинать новую тему, можно попросить их уточнить (я прошу ).

[PalmDesert]

Да да, опечатался. Производная Ли. Извиняюсь :)

[svv]

Да, производная Ли тоже сюда легко «присобачивается», потому что $\mathcal L_{X_1} X_2=[X_1, X_2]$. Но прозрачнее со скобкой Ли — её связь с коммутированием/некоммутированием очевидна.