Псевдориманова структура. Две точки не соединяются геод.лин

[scwec]

Рассмотрим следующую конструкцию.
На $\mathbb{R}^3$ заданы три гладких, всюду линейно-независимых векторных поля.
В декартовых координатах $x^1,x^2,x^3$ это
$X_1=\dfrac{\partial}{\partial{x^1}}$,
$X_2=sin(x^1)\dfrac{\partial}{\partial{x^1}}+cos(x^1)\dfrac{\partial}{\partial{x^2}}+exp(x^2)sin(x^1)\dfrac{\partial}{\partial{x^3}}$,
$X_3=cos(x^1)\dfrac{\partial}{\partial{x^1}}-sin(x^1)\dfrac{\partial}{\partial{x^2}}+exp(x^2)cos(x^1)\dfrac{\partial}{\partial{x^3}}$.
Коммутаторы полей $[X_1,X_2]=X_3,[X_3,X_1]=X_2,[X_2,X_3]=-X_1$.
Т.о. $X_1,X_2,X_3$ являются базисом Алгебры Ли изоморфной ${sl_2}(R)$.
Дуальный базис 1-форм:
$\omega^1=dx^1-exp(-x^2)dx^3$,
$\omega^2=cos(x^1){dx^2}+sin(x^1)exp(-x^2)d{x^3}$,
$\omega^3=-sin(x^1)d{x^2}+cos(x^1)exp(-x^2)d{x^3}$.
Определим псевдориманову структуру на $\mathbb{R}^3$, задав тензор
$G=-({\omega^1})^2+({\omega^2})^2+({\omega^3})^2$.
Он соответствует киллинговой форме на $sl_2(R)$.
В декартовых координатах $G=-(dx^1)^2+2exp(-x^2){dx^1}{dx^3}+(dx^2)^2$.
Полученное псевдориманово многообразие (обозначим его $\mathbb{\tilde R}^3$) геодезически полно в том смысле, что геодезические бесконечно продолжаемы.
Докажите, что
1.Две точки из $\mathbb{\tilde R}^3$ могут не соединяться геодезической.
2.Две точки всегда можно соединить ломаной геодезической с одним изломом.

[пианист]

scwec в сообщении #932258 писал(а):

Коммутаторы полей $[X_1,X_2]=X_3,[X_3,X_1]=X_2,[X_2,X_3]=-X_1$.
Т.о. $X_1,X_2,X_3$ являются базисом Алгебры Ли ${sl_2}(R)$.

На $sl_2$ это не похоже, скорее на $so(3)$.
(В содержательное не вчитывался, сори, некогда).

UPD 01.09.2018. Да, действительно, это $sl_2$.
От (более привычного?) представления с таблицей $[H, A_{\pm}] = \pm 2 A_{\pm}, [A_{+}, A_{-}] = H$ переходим $X_3 = A_{+} + \frac{1}{4} A_{-}, X_1 = - A_{+} + \frac{1}{4} A_{-}, X_2 = \frac{1}{2} H$.
Извиняюсь за невольный некропостинг.

[scwec]

пианист в сообщении #932284 писал(а):

На $sl_2$ это не похоже, скорее на $so(3)$

Для $so(3)$ было бы $[X_2,X_3]=X_1$.
А здесь $sl_2(R)$.

[scwec]

Поскольку вспомнили про $so(3)$.
Докажите, что на $\mathbb{R}^3$ не существует трех гладких, нестесненных, всюду линейно-независимых векторных полей $X_1,X_2,X_3$
таких, что их коммутаторы $[X_1,X_2]=X_3,[X_2,X_3]=X_1,[X_3,X_1]=X_2$.

[scwec]

Предположим противное. Такие поля существуют.
Тогда, они порождают вещественную алгебру Ли изоморфную $so(3)$, которая компактна (служит алгеброй Ли компактной группы $SO(3)$) и в силу теоремы Вейля
(если G —связная группа Ли, алгебра Ли которой компактна и полупроста, то G компактна и ее центр конечен)
все связные локально изоморфные группы Ли, соответствующие алгебре Ли $so(3)$ компактны и имеют конечный центр.
Далее, поскольку все три поля на $\mathbb{R}^3$ нестеснены, $\mathbb{R}^3$ диффеоморфно несущему многообразию некоторой группы Ли, соответствующей алгебре Ли $so(3)$,профакторизованному по дискретной подгруппе, лежащей в центре. Отсюда следует, что $\mathbb{R}^3$ компактно. Полученое противоречие доказывает, что таких полей не существует.

Если отбросить требование нестесненности, то такие поля существуют.
Вот пример. Рассмотрим многообразие $A=\mathbb{R}^2\times(-\pi/2,\pi/2)$. Оно диффеоморфно $\mathbb{R}^3$.
На $A$ три гладких векторных поля $X,Y,Z$, всюду линейно независимых. В декартовых координатах $x,z,y$ и $y\in(-\pi/2,\pi/2)$ записываются так:

$$X=\frac{\partial}{\partial{x}},Y=\tan{y}\sin{x}\frac{\partial}{\partial{x}}+\cos{x}\frac{\partial}{\partial{y}}+\sec{y}\sin{x}\frac{\partial}{\partial{z}},Z=\tan{y}\cos{x}\frac{\partial}{\partial{x}}-\sin{x}\frac{\partial}{\partial{y}}+\sec{y}\cos{x}\frac{\partial}{\partial{z}}$$

Коммутаторы $[X,Y]=Z,[Y,Z]=X,[Z,X]=Y$.
Но $Y,Z$ не порождают однопараметрические группы во всем $A$ (т.е. не являются нестесненными).
Действительно, для $Y$: $x-\pi{k}=0$ ($k$ целое) - частные первые интегралы и $Y=\pm\frac{\partial}{\partial{y}}$ на плоскостях $x=\pi{k}$. Поле стеснено условием $y\in(-\pi/2,\pi/2)$ и однопараметрическая группа здесь не возникает.
То же и с полем $Z$. Частные первые интегралы здесь $x-\pi(2k+1)/2=0$ и на этих плоскостях $Z$ стеснено тем же условием $y\in(-\pi/2,\pi/2)$.
Т.о. поля $X,Y,Z$ всем хороши, только $Y,Z$ не являются нестесненными.

Остаются пока открытыми два первых вопроса о геодезических.

[scwec]

Решение может быть таким: введем симметричную связность $\nabla$, совместимую с метрикой $G$ (она существует и единственна для невырожденной псевдоримановой метрики, каковой $G$ является) и подсчитаем её символы Кристоффеля:
$\Gamma_{12}^1=\Gamma_{21}^1=-\dfrac{1}{2},\Gamma_{13}^2=\Gamma_{31}^2=\dfrac{\exp(-x^2)}{2}$, $\Gamma_{12}^3=\Gamma_{21}^3=-\dfrac{\exp(x^2)}{2},\Gamma_{23}^3=\Gamma_{32}^3=-\dfrac{1}{2}$, остальные равны нулю.
Рассмотрим векторное поле $X=aX_1+bX_2+cX_3$, где $a,b,c$ вещественные числа.
Оказывается, $\nabla_X{X}=0$ при любых $a,b,c$. Т.е. вдоль интегральной кривой поля $X$ касательный вектор к ней является параллельно переносимым и любая интегральная кривая такого поля является геодезической метрики $G$. Поскольку из точки по любому направлению выходит только одна геодезическая, то и любая геодезическая метрики $G$ является интегральной кривой поля $X$ с некоторыми $a,b,c$.
Проверка того, что $\nabla_X{X}=0$ т.е. $X(\xi^i)+\Gamma_{kl}^i{\xi^k}{\xi^l}=0$, $(i,k,l=1,2,3)$, где $ \xi^1,\xi^2,\xi^3$ компоненты поля $X$,
осуществляется подстановкой в левую часть равенства указанных выше зачений символов Кристоффеля и значений компонент $\xi^1,\xi^2,\xi^3$ поля $X$

$$\xi^1=a+b\sin(x^1)+c\cos(x^1),\xi^2=b\cos(x^1)-c\sin(x^1),\xi^3=\exp(x^2)(b\sin(x^1)+c\cos(x^1))$$

Т.о. доказывается, что геодезические метрики $G$ и интегральные кривые полей $X$ - это одни и те же кривые. Возьмем теперь две точки $P_1=(0,0,0)$ и $P_2=(\ftac{5\pi/}{2},0,1)$ и докажем, что не существует интегральной кривой поля $X$ с некоторыми $a,b,c$, которая через них проходит. Заметим, что поле $X$ обладает двумя первыми интегралами:
$F=(a+b\sin(x^1)+c\cos(x^1))\exp(-x^2)$ и $W=b\cos(x^1)-c\sin(x^1)+{x^3}(a+b\sin(x^1)+c\cos(x^1))\exp(-x^2)$. Предположим, что существуют вещественные $a,b,c$ не равные нулю одновременно, такие, что некоторая интегральная кривая поля $X=aX_1+bX_2+cX_3$ проходит через $P_1$ и $P_2$. На этой кривой $F=c_1,W=c_2$. где $c_1,c_2$ константы. Подставляя координаты $x^1=0,x^2=0,x^3=0$ и $x^1=5\pi/2,x^2=0,x^3=1$ в уравнения $F=c_1,W=c_2$ получаем, что $a=b=c=c_2=\dfrac{c_1}{2}$.
Но тогда в точке $(\pi,x^2,x^3)$, лежащей на этой кривой, $c_1=0$ и, сл-но, $a=b=c=0$. Полученное противоречие доказывает, что $P_1$ и $P_2$ не соединяются геодезической.
Что касается соединения двух точек $(x^1_1,x^2_1,x^3_1)$ и $(x^1_2,x^2_2,x^3_2)$ геодезическими с одним изломом, то делается это так: легко показать, что всегда соединяются интегральной кривой некоторого поля $X$ две точки , лежащие в плоскости $x^1=\operatorname{const}$.
Т.о. сначала соединяются точки $(x^1_1,x^2_1,x^3_1)$ и $(x^1_1,x^2_2,x^3_2)$ интегральной кривой некоторого поля $X$, а затем точки $(x^1_1,x^2_2,x^3_2)$ и $(x^1_2,x^2_2,x^3_2)$ соединяются интегральной кривой поля $X_1$. Желающие могут вычислить поле $X$.

[Утундрий]

scwec в сообщении #932258 писал(а):

Коммутаторы полей $[X_1,X_2]=X_3,[X_3,X_1]=X_2,[X_2,X_3]=-X_1$.
Т.о. $X_1,X_2,X_3$ являются базисом Алгебры Ли ${sl_2}(R)$.

Докажите, что базис любой двумерной подалгебры ${sl_2}(R)$ приводится к виду $X_2, X_1+X_3$ преобразованиями, оставляющими инвариантной её форму Киллинга.

[scwec]

В случае простой трехмерной алгебры Ли её двумерные подалгебры строятся следующим образом:
находится элемент $X$ алгебры Ли такой, что присоединенный эндоморфизм $ad_X$ имеет ненулевой собственный вещественный корень $\lambda$, для этого корня вычисляется собственный вектор $Y$, $X,Y$ является базисом двумерной подалгебры Ли и $[X,Y]=\lambda{Y}$.
В нашем случае $X=c_1{X_1}+c_2{X_2}+c_3{X_3}$. При любых $c_i$ таких, что $c_2^2+c_3^2>c_1^2$, ненулевые собственные корни у $ad_X$ имеются: $\lambda=\pm\sqrt{c_2^2+c_3^2-c_1^2}$.
Вычисляется собственный вектор $Y$.
Двумерная подалгебра построена. Вопрос об инвариантности формы Киллинга по ходу дела не возникает.
Замечу, что в нашем случае любая двумерная подалгебра получается таким способом.

[Утундрий]

Я просто обратил внимание, что в данном конкретном случае преобразования, сохраняющие киллингову форму, сохраняют также и табличку умножения. Так что можно подкрутиить новый базис под первый вектор пары, сведя его всего к трём формам, и вопрос отыскания всех двумерных подалгебр решается достаточно коротко. При этом нам совершенно не важны прочие свойства алгебры и также имеется гарантия, что ни одна подалгебра не пропущена.

[scwec]

Согласен с вашим наблюдением того, что с помощью автоморфизмов из известной подалгебры можно получить другие.
Но не всегда двумерные подалгебры существуют. Так, в $so(3)$ их нет. Это следует из того, что для любого элемента $X$ из $so(3)$ эндоморфизм $ad_X$ не имеет ненулевых вещественных корней, поскольку форма Киллинга отрицательно определена на $so(3)\times{so(3)}$.
Для $sl_2(R)$ в этом смысле ситуация более благоприятная. Как только $B(X,X)>0$ ($B$ - форма Киллинга), так у $ad_X$ есть ненулевой вещественный собственный корень.