Основы диффгема

[ChaosProcess]

У меня некая путаница в голове, поэтому ногами не бейте.
Вопрос возник такой:
Пусть задано гладкое(пускай бесконечно гладкое) многообразие $M$ размерности $n$. Я хочу построить касательное пространство $T_pM$ в точке $p$, используя определение с операторами дифференцирования. Собственно, как из линейности и правила Лейбница доказать существования линейного пространства, показать, что его размерность равна $n$, а в качестве базиса для некоторой карты можно взять $\frac{\partial}{\partial x^i}$?

[svv]

Начнем с существования векторного пространства. Вопросы:

1) Какие объекты являются кандидатами на роль векторов? Дифференцирования в точке $p\in M$, т.е. операторы $X: C^{\infty}\to \mathbb R$ со свойствами линейности
$X(f+g)=Xf+Xg$
$X(cf)=cXf$ ($c\in\mathbb R$)
и удовлетворяющие правилу Лейбница
$X(fg)=g(p) Xf+f(p) Xg$
Обозначим множество таких операторов $V_p$.

2) Что у нас скаляры, над каким полем пространство? Над $\mathbb R$.
3) Как определить сложение? Назовем суммой операторов $X$ и $Y$ из $V_p$ оператор $Z$ такой, что $Zf=Xf+Yf$ для любой $f$.
4) Как определить умножение на скаляр?
5) Как доказать, что $V_p$ замкнуто относительно операций сложения и умножения на скаляр?
6) Как проверить выполнение аксиом векторного пространства?

Если Вы ответили на эти вопросы, Вы доказали, что множество $V_p$ является векторным пространством над $\mathbb R$ относительно введенных операций сложения и умножения на скаляр.

-- Сб янв 04, 2014 18:21:02 --

Мне кажется, Вам для того, чтобы начать какие-то активные действия, не хватало вопросов 3) и 4).

[ChaosProcess]

svv в сообщении #809502 писал(а):

4) Как определить умножение на скаляр?

Ну здесь все понятно, надо использовать $X(cf)=cXf$.

-- Сб янв 04, 2014 19:26:33 --



-- Сб янв 04, 2014 19:28:27 --

svv в сообщении #809502 писал(а):

5) Как доказать, что $V_p$ замкнуто относительно операций сложения и умножения на скаляр?

Здесь тоже все просто, из свойства линейности сложения векторов для $Z$ и из линейности операторов $X$ и $Y$ будет следовать выполнение этих свойств для $Z$.

-- Сб янв 04, 2014 19:29:13 --

svv в сообщении #809502 писал(а):

Мне кажется, Вам для того, чтобы начать какие-то активные действия, не хватало вопросов 3) и 4).

Да, я немного запутался.

-- Сб янв 04, 2014 19:30:32 --

Ну хорошо, а как исследовать размерность? Как связать пространство операторов с частными производными по карте?

[svv]

ChaosProcess в сообщении #809505 писал(а):

Ну здесь все понятно, надо использовать $X(cf)=cXf$.

Вот не совсем.
Мы знаем: функция $f$ умножилась на константу $c$ — значит, результат умножится на $c$. Это понятно, это линейность, но это не то.

А мы хотим ввести новое понятие: оператор (не функция) умножить на скаляр. Что это будет? Это будет новый оператор.
А именно: назовем оператором $Z=cX$ такой, что $Zf = (cX) f = c (Xf)$.

Теперь можно написать и так: $(cX)f=X(cf)$, но это уже вторично, это следствие линейности и только что данного определения.

[ChaosProcess]

ChaosProcess в сообщении #809505 писал(а):

Ну хорошо, а как исследовать размерность? Как связать пространство операторов с частными производными по карте?

Вот у меня есть идея: заявить, что линейность и правило Лейбница выполняется для частных производных, а они линейно независимы в силу того, что можно подобрать функции $f$, что они дадут 0 для всех производных кроме 1.

-- Сб янв 04, 2014 19:46:12 --

svv в сообщении #809508 писал(а):

ChaosProcess в сообщении #809505 писал(а):

Ну здесь все понятно, надо использовать $X(cf)=cXf$.

Вот не совсем.
Мы знаем: функция $f$ умножилась на константу $c$ — значит, результат умножится на $c$. Это понятно, это линейность, но это не то.

А мы хотим ввести новое понятие: оператор (не функция) умножить на скаляр. Что это будет? Это будет новый оператор.
А именно: назовем оператором $Z=cX$ такой, что $Zf = (cX) f = c (Xf)$.

Теперь можно написать и так: $(cX)f=X(cf)$, но это уже вторично, это следствие линейности и только что данного определения.

Ну да, я это и имел ввиду. Я понимаю, о чем вы говорите.

[svv]

Возьмем точку $a\in M$. В некоторой карте, покрывающей окрестность $a$, её координаты $(a^i)$. Пусть $h^i=x^i-a^i$.
Представим функцию $f(x)$ в окрестности $a$ в виде
$f(x)=f(a)+\left.\frac{\partial f}{\partial x^i}(a)\;h^i+r(h)$
(на что это похоже?)

Подействуйте на $f$ оператором $Y\in T_aM$, т.е. найдите $Yf$.
Считайте, что $Yr=0$ (подробнее об этом позже).

[ChaosProcess]

svv в сообщении #809572 писал(а):

Возьмем точку $a\in M$. В некоторой карте, покрывающей окрестность $a$, её координаты $(a^i)$. Пусть $h^i=x^i-a^i$.
Представим функцию $f(x)$ в окрестности $a$ в виде
$f(x)=f(a)+\left.\frac{\partial f}{\partial x^i}(a)\;h^i+r(h)$
(на что это похоже?)

Подействуйте на $f$ оператором $Y\in T_aM$, т.е. найдите $Yf$.
Считайте, что $Yr=0$ (подробнее об этом позже).

Вот это я не очень понял. Мы же не знаем пока, как именно действует $Y\in T_aM$. Мы только знаем, что он линеен по функции и удовлетворяет правилу Лейбница. Я думал, что надо вначале выбрать базис из частных производных(доказать, что это базис), а затем уже интерпретировать элементы $T_aM$ как производные по направлениям - инвариантные объекты.

[svv]

ChaosProcess в сообщении #809587 писал(а):

Мы же не знаем пока, как именно действует $Y\in T_aM$.

Верно. Пока что «дифференцирующий оператор» — это только название, за которым априори может скрываться любой зверь, не имеющий с привычными дифференцированиями ничего общего, кроме линейности и правила Лейбница. И, тем не менее, чудо в том, что этого достаточно.

Смотрите:
$Yf=Yf(a)+Y\left(\frac{\partial f}{\partial x^i}(a)\;h^i\right)+Yr(h)$
Первое слагаемое в правой части, $Yf(a)$, равно нулю, потому что $f(a)$ константа.
(То, что $Y$ от постоянной функции равно нулю, следует из линейности и правила Лейбница)

Третье слагаемое, $Yr(h)$, равно нулю, об этом позже.
Второе слагаемое самое интересное:
$Y\left(\frac{\partial f}{\partial x^i}(a)\;h^i\right)= \frac{\partial f}{\partial x^i}(a)y^i$,
где $y^i=Yh^i=Yx^i$

Но тогда получается
$Yf=\left(y^i \left. \frac{\partial}{\partial x^i}\right|_{x=a}\right) f$
$Y=y^i \left. \frac{\partial}{\partial x^i}\right|_{x=a}$
То есть любой $Y$ представлен в виде линейной комбинации $\frac{\partial}{\partial x^i}$. Как видите, коэффициенты разложения $y^i$ не зависят от функции $f$ (да иначе это и не было бы разложением оператора).

[ChaosProcess]

svv в сообщении #809600 писал(а):

Но тогда получается
$Yf=\left(y^i \left. \frac{\partial}{\partial x^i}\right|_{x=a}\right) f$
$Y=y^i \left. \frac{\partial}{\partial x^i}\right|_{x=a}$
То есть любой $Y$ представлен в виде линейной комбинации $\frac{\partial}{\partial x^i}$. Как видите, коэффициенты разложения $y^i$ не зависят от функции $f$ (да иначе это и не было бы разложением оператора).

У вас тут, видимо, лишние $f$.
Ну что ж, спасибо, очень остроумно. А где можно почитать про такое инвариантное описание?
И как люди догадались, что от производной можно оставить только 2 свойства?

[svv]

Я уже убрал.
Где почитать — понятия не имею, правда. Доказательство придумал по ходу дела.

В двух словах по поводу $Yr$.
В ряде Тейлора следующим слагаемым будет квадратичное:
$\frac 1 2 \frac{\partial^2 f}{\partial x^i \partial x^k}(a)\; h^i\;h^k$
Но $Y(h^i h^k) = h^k(a) Yh^i+h^i(a) Yh^k=0 Yh^i+0 Yh^k=0$
Аналогично и все последующие слагаемые равны нулю.
Возможно, это как-то доказывается и без ряда Тейлора, это уже к специалистам по мат.анализу.

[ChaosProcess]

svv в сообщении #809616 писал(а):

В двух словах по поводу $Yr$.
В ряде Тейлора следующим слагаемым будет квадратичное:
$\frac 1 2 \frac{\partial^2 f}{\partial x^i \partial x^k}(a)\; h^i\;h^k$
Но $Y(h^i h^k) = h^k(a) Yh^i+h^i(a) Yh^k=0 Yh^i+0 Yh^k=0$
Аналогично и все последующие слагаемые равны нулю.
Возможно, это как-то доказывается и без ряда Тейлора, это уже к специалистам по мат.анализу.

Да, я так же вывел.

svv в сообщении #809616 писал(а):

Где почитать — понятия не имею, правда. Доказательство придумал по ходу дела.

Ну вы же знали про это определение касательного пространства ранее? Вы же читали что-то?
Или сами все выводите?

[svv]

ChaosProcess в сообщении #809605 писал(а):

И как люди догадались, что от производной можно оставить только 2 свойства?

Прочитайте, пожалуйста, предисловие к книге Джета Неструева (псевдоним группы математиков) под названием «Гладкие многообразия и наблюдаемые». Основная идея: дифференцирование — чисто алгебраическая операция.

Другая книга — «Основные идеи и понятия дифференциальной геометрии» (Алексеевский, Виноградов, Лычагин) (особенно стр. 70, пункт Касательные векторы). Пересечение множества авторов первой книги и множества авторов второй книги непусто.

[ChaosProcess]

svv в сообщении #809620 писал(а):

Прочитайте, пожалуйста, предисловие к книге Джета Неструева (псевдоним группы математиков) под названием «Гладкие многообразия и наблюдаемые». Основная идея: дифференцирование — чисто алгебраическая операция.

Другая книга — «Основные идеи и понятия дифференциальной геометрии» (Алексеевский, Виноградов, Лычагин) (особенно стр. 70, пункт Касательные векторы). Пересечение множества авторов первой книги и множества авторов второй книги непусто.

Спасибо, что время уделили. Путаница в голове уменьшилась.

[Oleg Zubelevich]

я что-то не уловил (может невнимательно смотрел) а как из написанного следует, что оператор дифференцирования соответствует именно вектору, а не ковектору или еще чему-нибудь?

[ChaosProcess]

Oleg Zubelevich в сообщении #809623 писал(а):

я что-то не уловил (может невнимательно смотрел) а как из написанного следует, что оператор дифференцирования соответствует именно вектору, а не ковектору или еще чему-нибудь?

Ну, насколько я понимаю, мы объявляем касательное пространство пространством векторов, а сопряженное к нему - ковекторов. Или же можно сказать, что компоненты в базисе $\frac{\partial}{\partial x^i}$ при замене карты преобразуются как вектор.