Чуть-чуть групповой анализ и алгебры Ли

[scwec]

Для Kallikanzarid: отвечу пока на один вопрос.
Второе поле из первого не получается. Оно выбирается из разных авторских соображений в каждом конкретном случае так, чтобы оба поля порождали двумерную алгебру Ли над $R$.

[Oleg Zubelevich]

scwec

ok

[scwec]

Свойство двумерной алгебры Ли, которое интегрирует ее поля:
замкнутость формы $\Omega={c_{12}^2\omega^1}-{c_{12}^{1}\omega^2}$, где $[X_1,X_2]=c_{12}^{1}X_1+c_{12}^{2}X_2$ и $\omega^i(X_j)=\delta^{i}_{j}$.

[Oleg Zubelevich]

Если $c_{ij}^k$ не зависят от $x$ т.е. это именно двумерная алгеба, то форма $\Omega$ и так замкнута по формуле

scwec в сообщении #471134 писал(а):

${d\omega(X_i,X_j)=X_i(\omega(X_j))-X_j(\omega(X_i))-\omega([X_i,X_j])}$

и потому ,что $\Omega([X_1,X_2])=0$

[Padawan]

scwec в сообщении #471265 писал(а):

На самом деле справедливо следующее утверждение: если гладкие поля $X_1,X_2$ на $R^2$ порождают двумерную алгебру Ли $G^2$, то в любой односвязной окрестности любой точки из области их линейной независимости для любого поля из $G^2$ квадратурами находится первый интеграл.

В случае, когда одно из полей имеет вид $X_1=\zeta(x)\frac{\partial }{\partial x}$, то, действительно, квадратурами находится функция $f$ такая, что $[fX_1,fX_2]=0$, и далее через дуальные к полям $fX_1, fX_2$ формы находятся их первые интегралы (т.е. функции, сохраняющиеся вдоль линий поля). Эти первые интегралы будут также интегралами и для исходных полей $X_1, X_2$.

Итак, пусть $X_1=\zeta(x)\frac{\partial }{\partial x}$, а $X_2=\xi(x,y)\frac{\partial }{\partial x}+\eta(x,y)\frac{\partial}{\partial y}$ -- поле общего вида. Пусть $[X_1,X_2]=c_1X_1+c_2X_2$, $X_1,X_2$ линейно независимы в каждой точке рассматриваемой области.
Имеем,

$$ [fX_1,fX_2]=fX_1(fX_2)-fX_2(fX_1)=f\cdot(X_1f)X_2-f\cdot(X_2f)X_1+f^2[X_1,X_2]= $$

$$=f(-X_2f+c_1f)X_1+f(X_1f+c_2f)X_2=0$$

Так как $X_1,X_2$ линейно независимы, получаем систему $X_1f=-c_2f, \ X_2f=c_1f\ \ \ \eqno{\mathbf{(1)}}$. Из первого уравнения $\zeta(x)\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=-c_2f(x,y)$ получаем $f(x,y)=g(y)\mathrm{exp}\left(-c_2\int\frac{dx}{\zeta(x)}\right)$. Подставляем во второе уравнение $\xi(x,y)\frac{\partial f}{\partial x}+\eta(x,y)\frac{\partial f}{\partial y}=c_1f$, получаем

$$ \xi(x,y)g(y)\tfrac{-c_2}{\zeta(x)}e^{-c_2\int\frac{dx}{\zeta(x)}}+\eta(x,y)g'(y)e^{-c_2\int\frac{dx}{\zeta(x)}}=c_1g(y)e^{-c_2\int\frac{dx}{\zeta(x)}} $$

или

$$ \frac{g'(y)}{g(y)}=\frac{\xi(x,y)c_2+c_1\zeta(x)}{\eta(x,y)\zeta(x)} $$

($\eta(x,y)\zeta(x)\neq 0$, так как $X_1,X_2$ линейно независимы -- это определитель из координат этих векторов)
Это уравнение имеет решение, если правая часть не зависит от $x$, то есть должно выполнятся соотношение $\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\xi(x,y)c_2+c_1\zeta(x)}{\eta(x,y)\zeta(x)}\right)=0$. Я проверил, что это соотношения выполняется -- оно следует из равенства $[X_1,X_2]=c_1X_1+c_2X_2$ (если это равенство расписать в координатах и приравнять коэффициенты слева и справа, то получится два уравнения, связывающие $\zeta,\xi,\eta,c_1,c_2$).
Обозначим эту функцию $\frac{\xi(x,y)c_2+c_1\zeta(x)}{\eta(x,y)\zeta(x)}=\Phi(y)$. Таким образом, $\frac{g'(y)}{g(y)}=\Phi(y)$ и $g(y)=e^{\int\Phi(y)dy}$. Окончательно, $f(x,y)=\mathrm{exp}\left(\int \Phi(y)dy-c_2\int\frac{dx}{\zeta x}\right)$.
По-моему все эти выкладки, сохраняют силу и при $X_1=\zeta(x,y)\frac{\partial}{\partial x}$. Надо проверить.
В случае, когда оба поля общего вида, не знаю как решать уравнения $(1)$.

[scwec]

Форма $\Omega$ важна вот почему:
Возьмем любое поле из $G^2$. Оно имеет вид $X=aX_1+bX_2$
Тогда первый интеграл $V$ для $X$ можно записать так: $V=e^{\int{\Omega}}(b\omega^1-a\omega^2)$. Т.е. любая форма на $G^2$ имеет один и тот же интегрирующий множитель $e^{\int{\Omega}}$.
Только что увидел сообщение Padavan. Вот и ответ на его вопрос.

[Padawan]

scwec в сообщении #472215 писал(а):

Тогда первый интеграл $V$ для $X$ можно записать так: $V=e^{\int{\Omega}}(b\omega^1-a\omega^2)$.

scwec
$dV=e^{\int{\Omega}}(b\omega^1-a\omega^2)$ ?

[scwec]

Конечно $dV$. пропустил знак интеграла в формуле для $V$.
$V=\int(e^{\int{\Omega}}(b\omega^{1}-a\omega^2))$

[Oleg Zubelevich]

scwec в сообщении #472036 писал(а):

Свойство двумерной алгебры Ли, которое интегрирует ее поля:
замкнутость формы $\Omega={c_{12}^2\omega^1}-{c_{12}^{1}\omega^2}$, где $[X_1,X_2]=c_{12}^{1}X_1+c_{12}^{2}X_2$ и $\omega^i(X_j)=\delta^{i}_{j}$.

Этот результат всетаки является следствием теоремы из цитированной книжки Козлова. Действительно, $\Omega([X_1,X_2])=0$ Поэтому система c векторным полем $Y=[X_1,X_2]$ имеет перваый интеграл $f,\quad df=\Omega$ т.е. $\dot x=Y$ -- явно интегрируется. Теперь если мы рассмотрим алгебру натянутую на поля $Y,X_1$ мы попадем в точности в условия теоремы из книжки. Ну и как уже отмечалось, условие замкнутости формы $\Omega$ лишнее, она и так замкнута.

[Padawan]

Красиво. Получается, надо брать $f=e^{-\int\Omega}$. Тогда поля $e^{-\int\Omega}X_1,e^{-\int\Omega}X_2$ будут иметь дуальные формы $e^{\int\Omega}\omega^1$, $e^{\int\Omega}\omega^2$, которые будут точными. Если ввести новые координаты, $z_1=\int e^{\int\Omega}\omega^1, z_2=\int e^{\int\Omega}\omega^2$, то в этих координатах $e^{-\int\Omega}X_1=\frac{\partial}{\partial z_1}$, $e^{-\int\Omega}X_2=\frac{\partial}{\partial z_2}$ .

[scwec]

Сейчас я сформулирую обобщающий результат для интегрируемости полей на $R^2$.
Пусть $X_1,X_2$ гладкие, линейно независимые поля на односвязной области $U\subset{R^2}$, $[X_1,X_2]=c_{12}^{1}(x_1,x_2)X_1+c_{12}^{2}(x_1,x_2)X_2$ и
$X_1(c_{12}^{1})+X_2(c_{12}^{2})=0\qquad(1)$.
Тогда $X_1,X_2$ интегрируются в квадратурах.
Доказательство. Определяем дуальные формы $\omega^1,\omega^2$ для полей $X_1,X_2$, $\omega^{i}(X_{j})=\delta^{i}_{j}$.
Условие $(1)$ необходимо, чтобы обеспечить замкнутость формы $\Omega=c_{12}^{2}{\omega^{1}}-c_{12}^{1}{\omega^{2}}$. Действительно, рассмотрим систему

$$ \left\{ \begin{array}{lcr} {X_{1}(\psi)=c_{12}^2}\qquad\qquad\qquad(2)\\ {X_{2}(\psi)=c_{21}^1}\\ \end{array} \right. $$

Условие совместности ее, полученное ранее для общего случая следующее: $X_1(c_{21}^{1})-X_2(c_{12}^{2})={c_{12}^{1}}{c_{12}^{2}}+{c_{12}^{2}}{c_{21}^{1}}$
Оно выполняется - в силу $(1)$ и косой симметрии по нижним индексам - в левой и правой части нули.
Из $(2)$ следует, что $\psi=\int(c_{12}^{2}{\omega^{1}}-c_{12}^{1}{\omega^{2}})$, $\Omega=d\psi$.
Положим $f=e^{\psi}$, тогда $X_1(f)=c_{12}^{2}{f}\quad(3)$, $X_2(f)=c_{21}^{1}{f}\quad(4)$
Система

$$ \left\{ \begin{array}{lcr} X_{1}(V)=0\qquad\qquad\qquad(5)\\ X_{2}(V)=f\\ \end{array} \right. $$

совместна, поскольку условие совместности для нее $(3)$. Точно также совместна система

$$ \left\{ \begin{array}{lcr} X_{1}(V)=f\qquad\qquad\qquad(6)\\ X_{2}(V)=0\\ \end{array} \right. $$

поскольку условие совместности для нее $(4)$.
Таким образом, перый интеграл для $X_1$: $V_1=\int{e^\psi}{\omega^2}$,
Первый интеграл для $X_2$: $V_2=\int{e^\psi}{\omega^1}$
Конечно, в общем случае $X_1,X_2$ не порождают двумерную алгебру Ли.
Но можно построить бесконечномерную алгебру Ли следующим образом:
Рассмотрим все поля на $R^2$ вида $Z=m(x_1,x_2)X_1+n(x_1,x_2)X_2$,
где $X_1(m)+X_2(n)=0$.
Множество таких полей обозначим $B(X_1,X_2)$.
Конечно $X_1,X_2$ те, которые мы только что рассмотрели. Можно доказать, что $B(X_1,X_2)$ - алгебра Ли над $R$ и все поля из нее интегрируются в квадратурах. Более того, $B(X_1,X_2)$ совпадает с алгеброй Ли гамильтоновых полей на $U$, сохраняющих форму $f{\omega^1}\wedge{\omega^2}$.

[Oleg Zubelevich]

Публиковать будете? А про многомерные версии этого результата Вы думали?

[scwec]

Для Oleg Zubelevich:
1. Наверное, да.
2. Конечно, думал, и не безрезультатно.

[Padawan]

scwec в сообщении #472435 писал(а):

Сейчас я сформулирую обобщающий результат для интегрируемости полей на $R^2$.
Пусть $X_1,X_2$ гладкие, линейно независимые поля на односвязной области $U\subset{R^2}$, $[X_1,X_2]=c_{12}^{1}(x_1,x_2)X_1+c_{12}^{2}(x_1,x_2)X_2$ и
$X_1(c_{12}^{1})+X_2(c_{12}^{2})=0\qquad(1)$.
Тогда $X_1,X_2$ интегрируются в квадратурах.

Если позволите, приведу немного другое доказательство (оно практически такое же, каким я проверил Ваше утверждения в случае $c_1,c_2=\mathrm{const}$)

$$d\Omega(X_1,X_2)=X_1\Omega(X_2)-X_2\Omega(X_1)-\Omega([X_1,X_2])=$$

$$=X_1(-c_1)-X_2(c_2)-(c_2\omega^1-c_1\omega^2)(c_1X_1+c_2X_2)=-X_1(c_1)-X_2(c_2)-(c_2c_1-c_1c_2)=0$$

Так как $X_1,X_2$ образуют базис $\mathbb R^2$, то из $d\Omega (X_1,X_2)=0$ следует $d\Omega=0$. По теореме Пуанкаре существует функция $\psi$ такая, что $\Omega=d\psi$. Проверим, что формы $e^\psi\omega^1$ и $e^\psi\omega^2$ замкнуты. Имеем

$$d(e^\psi\omega^1)=d(e^\psi)\wedge\omega^1+e^\psi d\omega^1=e^\psi(d\psi\wedge\omega^1+d\omega^1)=e^\psi(\Omega\wedge\omega^1+d\omega^1)=e^\psi(-c_1\omega^2\wedge\omega^1+d\omega^1)=0$$

Последняя скобка равна нулю по формуле Маурера-Картана, которая работает и в этом случае, так как

$$d\omega^1(X_1,X_2)=X_1\omega^1(X_2)-X_2\omega^1(X_1)-\omega^1(c_1X_1+c_2X_2)=-c_1=-c_1\omega^1\wedge\omega^2(X_1,X_2)$$

Из $d\omega^1(X_1,X_2)=-c_1\omega^1\wedge\omega^2(X_1,X_2)$ опять заключаем $d\omega^1=-c_1\omega^1\wedge\omega^2$. Для формы $e^\psi\omega^2$ проверка аналогична.
По теореме Пуанкаре существуют функции $z_1,z_2$ такие, что $e^\psi\omega^1=dz_1, e^\psi\omega^2=dz_2$. Тогда $X_1z_2=dz_2(X_1)=e^\psi \omega^2(X_1)=0$, $X_2z_1=dz_1(X_2)=e^\psi \omega^1(X_2)=0$. Таким образом, $z_1,z_2$ -- искомые первые интегралы. Более того, в координатах $z_1,z_2$ поля $e^{-\psi}X_1=\frac{\partial}{\partial z_1}$, $e^{-\psi}X_2=\frac{\partial}{\partial z_2}$ (то, что функции $z_1,z_2$ можно принять в качестве новых координат следует из того, что формы $dz_1,dz_2$ независимы, откуда $\vec\nabla z_1$ и $\vec\nabla z_2$ независимы).

[scwec]

Padavan, доказательство принимается. Нашего полку прибыло.
А теперь для всех предлагаю следующую задачу (имеет отношение к теме).
На двумерном торе заданы два гладких поля, порождающие двумерную некоммутативную алгебру Ли над $R$.
Нужно доказать, что найдется хотя бы одна точка на торе, в которой эти поля линейно зависимы.