Вопрос по Римановой связности.

[maxmatem]

Вот пытаюсь разобраться с теоремой из книги "Риманова геометрия в целом." автор Д.Громол, В.Клингенберг, В.Мейер.
Теорема.
На римановом многообразии с метрическим тензором $g=<;>$ существует при том единственная линейная связность удовлетворяющая условиям.
$\[ \begin{gathered} Z\left\langle {X,Y} \right\rangle = \left\langle {\nabla _Z X,Y} \right\rangle + \left\langle {X,\nabla _Z Y} \right\rangle \hfill \\ \nabla _X Y = \nabla _Y X + [X;Y] \hfill \\ \end{gathered} \]$
Ясно, что первое условие выражает то, что $\[ \nabla g = 0 \]$, а второе, что тензор кручения ноль.

Доказательство.
Начнём с существования.
После некоторых преобразований имеем
$\[ \left\langle {\nabla _X Y,Z} \right\rangle = \frac{1} {2}\left[ {X\left\langle {Y,Z} \right\rangle + Y\left\langle {Z,X} \right\rangle - Z\left\langle {X,Y} \right\rangle + \left\langle {Z,[X,Y]} \right\rangle + \left\langle {Y,[Z,X]} \right\rangle - \left\langle {X,[Y,Z]} \right\rangle } \right] \]$
Модуль векторных полей на многообразии $M$ обозначим $\[ \Upsilon (M) \]$
Рассмотрим при фиксированных векторных полях $X,Y$ отображение $\[ \omega :\Upsilon (M) \to C^\infty (M) \] $.
Такое что
$\[ \omega (Z) = \frac{1} {2}\left[ {X\left\langle {Y,Z} \right\rangle + Y\left\langle {Z,X} \right\rangle - Z\left\langle {X,Y} \right\rangle + \left\langle {Z,[X,Y]} \right\rangle + \left\langle {Y,[Z,X]} \right\rangle - \left\langle {X,[Y,Z]} \right\rangle } \right] \]$
Утверждается, что это отображение линейно. (На этом останавливаться не будем. Это легко устанавливается.)
Тогда по лемме существует единственное векторное поле $A$ такое ,что $\[ \omega (Z) = \left\langle {A,Z} \right\rangle \]$ (Действительно, такая лемма есть и её доказательство элементарно.)
Тогда положим $\[ \nabla _X Y = A \]$.
Итак определённое таким образом отображение $\[ \nabla :\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M) \]$ как раз и будет является связностью удовлетворяющею условиям теоремы.

Итак мой вопрос! И как они определили это отображение $\[ \nabla :\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M) \]$ ????

Я думал так.
Вот рассмотрим отображение
$\[ \omega :\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M) \]$

$\[ \omega (X,Y) = \nabla _X Y \]$, где векторное поле $\[ \nabla _X Y \]$ удовлетворяет условию
$\[ \left\langle {\nabla _X Y,Z} \right\rangle = \frac{1} {2}\left[ {X\left\langle {Y,Z} \right\rangle + Y\left\langle {Z,X} \right\rangle - Z\left\langle {X,Y} \right\rangle + \left\langle {Z,[X,Y]} \right\rangle + \left\langle {Y,[Z,X]} \right\rangle - \left\langle {X,[Y,Z]} \right\rangle } \right] \]$ для любого векторного поля $Z$.
Тогда надо будет доказать следующее
$\[ \begin{gathered} 1.\left\langle {\nabla _{X_1 + X_2 } Y,Z} \right\rangle = \left\langle {\nabla _{X_1 } Y,Z} \right\rangle + \left\langle {\nabla _{X_2 } Y,Z} \right\rangle \hfill \\ 2.\left\langle {\nabla _X Y_1 + Y_2 ,Z} \right\rangle = \left\langle {\nabla _X Y_1 ,Z} \right\rangle + \left\langle {\nabla _X Y_2 ,Z} \right\rangle \hfill \\ 3.\left\langle {\nabla _{fX} Y,Z} \right\rangle = f\left\langle {\nabla _X Y,Z} \right\rangle \hfill \\ 4.\left\langle {\nabla _X fY,Z} \right\rangle = X(f)Y + f\nabla _X Y \hfill \\ \end{gathered} \]$
А это за собой влечёт такие равенства.
$\[ \begin{gathered} 1.\omega (X_1 + X_2 ,Y) = \omega (X_1 ,Y) + \omega (X_2 ,Y) \hfill \\ 2.\omega (X,Y_1 + Y_2 ) = \omega (X,Y_1 ) + \omega (X,Y_2 ) \hfill \\ 3.\omega (fX,Y) = f\omega (X,Y) \hfill \\ 4.\omega (X,fY) = X(f)Y + f\omega (X,Y) \hfill \\ \end{gathered} \]$
А значит мы докажем, что $\[ \omega :\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M) \] $ является линейной связностью. А остальные требования для этого отображения тоже несложно проверить.

Так можно? Или авторы предлагают более простой ход, а я его не понял?

[svv]

Да, они примерно так и делают.
Я бы только не использовал букву $\omega$ для обозначения двух различных отображений: $\Upsilon (M) \to C^\infty (M)$ и $\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M)$. Для второго вполне подходит символ $\nabla$:
$\nabla: \Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M)$,
тогда $\nabla _X Y$ -- это просто более удобная запись $\nabla(X, Y)$.

maxmatem писал(а):

Итак мой вопрос! И как они определили это отображение $\[ \nabla :\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M) \]$ ????

Чтобы в более явном виде записать это отображение, заметим следующее. Лемма, которую Вы упомянули, утверждает, что при данном метрическом тензоре существует единственное отображение
$\pi:\Upsilon^* (M) \to \Upsilon (M)$,
такое, что из $\pi(\omega)=A$ следует $\omega=\langle A, \rangle$ (то есть $\omega(Z)=\langle A, Z \rangle$ для любого $Z$).
Здесь $\Upsilon^*(M)$ -- модуль, дуальный $\Upsilon (M)$.

Далее, авторы вводят при фиксированных векторных полях $X$, $Y$ отображение $\omega: \Upsilon (M) \to C^\infty (M)$ и доказывают его линейность, то есть они фактически определяют отображение
$\sigma: \Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon^* (M)$,
такое, что из $\sigma(X, Y)=\omega$ следует
$\omega (Z) = \frac{1}{2} \left[ {X\left\langle {Y,Z} \right\rangle + Y\left\langle {Z,X} \right\rangle - Z\left\langle {X,Y} \right\rangle + \left\langle {Z,[X,Y]} \right\rangle + \left\langle {Y,[Z,X]} \right\rangle - \left\langle {X,[Y,Z]} \right\rangle } \right]$ для любого векторного поля $Z$.

Теперь отображение $\nabla$ -- это просто композиция отображений $\sigma$ и $\pi$.

[maxmatem]

svv
Спасибо. Просто удивительно, как так надо было догадаться.........
Кстати мой вариант подойдёт ?

[svv]

Да, вроде сойдет... Можно попросить еще ответить более опытных товарищей, может они чего заметят. Мне кажется, что Ваш вариант близок к громоловскому.

Еще создается впечатление, что этот их не совсем очевидный финт применен с целью избежать использования таких понятий, как дуальный модуль, ковекторное поле и т.д.

[Oleg Zubelevich]

maxmatem в сообщении #440695 писал(а):

Вот пытаюсь разобраться с теоремой из книги "Риманова геометрия в целом." автор Д.Громол, В.Клингенберг, В.Мейер.
Теорема.
На римановом многообразии с метрическим тензором $g=<;>$ существует при том единственная линейная связность удовлетворяющая условиям.
$\[ \begin{gathered} Z\left\langle {X,Y} \right\rangle = \left\langle {\nabla _Z X,Y} \right\rangle + \left\langle {X,\nabla _Z Y} \right\rangle \hfill \\ \nabla _X Y = \nabla _Y X + [X;Y] \hfill \\ \end{gathered} \]$
Ясно, что первое условие выражает то, что $\[ \nabla g = 0 \]$, а второе, что тензор кручения ноль.

Доказательство.
Начнём с существования.
После некоторых преобразований имеем
$\[ \left\langle {\nabla _X Y,Z} \right\rangle = \frac{1} {2}\left[ {X\left\langle {Y,Z} \right\rangle + Y\left\langle {Z,X} \right\rangle - Z\left\langle {X,Y} \right\rangle + \left\langle {Z,[X,Y]} \right\rangle + \left\langle {Y,[Z,X]} \right\rangle - \left\langle {X,[Y,Z]} \right\rangle } \right] \]$
Модуль векторных полей на многообразии $M$ обозначим $\[ \Upsilon (M) \]$
Рассмотрим при фиксированных векторных полях $X,Y$ отображение $\[ \omega :\Upsilon (M) \to C^\infty (M) \] $.
Такое что
$\[ \omega (Z) = \frac{1} {2}\left[ {X\left\langle {Y,Z} \right\rangle + Y\left\langle {Z,X} \right\rangle - Z\left\langle {X,Y} \right\rangle + \left\langle {Z,[X,Y]} \right\rangle + \left\langle {Y,[Z,X]} \right\rangle - \left\langle {X,[Y,Z]} \right\rangle } \right] \]$
Утверждается, что это отображение линейно. (На этом останавливаться не будем. Это легко устанавливается.)
Тогда по лемме существует единственное векторное поле $A$ такое ,что $\[ \omega (Z) = \left\langle {A,Z} \right\rangle \]$ (Действительно, такая лемма есть и её доказательство элементарно.)
Тогда положим $\[ \nabla _X Y = A \]$.
Итак определённое таким образом отображение $\[ \nabla :\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M) \]$ как раз и будет является связностью удовлетворяющею условиям теоремы.

Итак мой вопрос! И как они определили это отображение $\[ \nabla :\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M) \]$ ????

Я думал так.
Вот рассмотрим отображение
$\[ \omega :\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M) \]$

$\[ \omega (X,Y) = \nabla _X Y \]$, где векторное поле $\[ \nabla _X Y \]$ удовлетворяет условию
$\[ \left\langle {\nabla _X Y,Z} \right\rangle = \frac{1} {2}\left[ {X\left\langle {Y,Z} \right\rangle + Y\left\langle {Z,X} \right\rangle - Z\left\langle {X,Y} \right\rangle + \left\langle {Z,[X,Y]} \right\rangle + \left\langle {Y,[Z,X]} \right\rangle - \left\langle {X,[Y,Z]} \right\rangle } \right] \]$ для любого векторного поля $Z$.
Тогда надо будет доказать следующее
$\[ \begin{gathered} 1.\left\langle {\nabla _{X_1 + X_2 } Y,Z} \right\rangle = \left\langle {\nabla _{X_1 } Y,Z} \right\rangle + \left\langle {\nabla _{X_2 } Y,Z} \right\rangle \hfill \\ 2.\left\langle {\nabla _X Y_1 + Y_2 ,Z} \right\rangle = \left\langle {\nabla _X Y_1 ,Z} \right\rangle + \left\langle {\nabla _X Y_2 ,Z} \right\rangle \hfill \\ 3.\left\langle {\nabla _{fX} Y,Z} \right\rangle = f\left\langle {\nabla _X Y,Z} \right\rangle \hfill \\ 4.\left\langle {\nabla _X fY,Z} \right\rangle = X(f)Y + f\nabla _X Y \hfill \\ \end{gathered} \]$
А это за собой влечёт такие равенства.
$\[ \begin{gathered} 1.\omega (X_1 + X_2 ,Y) = \omega (X_1 ,Y) + \omega (X_2 ,Y) \hfill \\ 2.\omega (X,Y_1 + Y_2 ) = \omega (X,Y_1 ) + \omega (X,Y_2 ) \hfill \\ 3.\omega (fX,Y) = f\omega (X,Y) \hfill \\ 4.\omega (X,fY) = X(f)Y + f\omega (X,Y) \hfill \\ \end{gathered} \]$
А значит мы докажем, что $\[ \omega :\Upsilon (M) \times \Upsilon (M) \to \Upsilon (M) \] $ является линейной связностью. А остальные требования для этого отображения тоже несложно проверить.

Так можно? Или авторы предлагают более простой ход, а я его не понял?

Простите, а тривиальное доказательство в терминах символов Кристоффеля, с ним что-то не так?

[svv]

Авторы в начале книги заявляют, что будут использовать бескоординатный подход. Символы Кристоффеля вводятся у них как раз после доказательства этой теоремы:

Цитата:

Компоненты связности Леви-Чивита суть классические "символы Кристоффеля второго рода".

Определить компоненты раньше и построить на них доказательство -- наверное, "бескоординатная гордость" не позволяет.