4 коммутирующих оператора в R^3

[DLL]

Пусть есть четыре оператора:
$X_1 = f_1^1(x,y,t) \frac{\partial}{\partial x} + f_1^2(x,y,t) \frac{\partial}{\partial y} + f_1^3(x,y,t) \frac{\partial}{\partial t},$
$X_2 = f_2^1(x,y,t) \frac{\partial}{\partial x} + f_2^2(x,y,t) \frac{\partial}{\partial y} + f_2^3(x,y,t) \frac{\partial}{\partial t},$
$X_3 = f_3^1(x,y,t) \frac{\partial}{\partial x} + f_3^2(x,y,t) \frac{\partial}{\partial y} + f_3^3(x,y,t) \frac{\partial}{\partial t},$
$X_4 = f_4^1(x,y,t) \frac{\partial}{\partial x} + f_4^2(x,y,t) \frac{\partial}{\partial y} + f_4^3(x,y,t) \frac{\partial}{\partial t}.$
И известно, что они коммутируют. Тогда очевидно, что сменой координат можно привести один из них к сдвигам.
Например, $X_1$:
$X_1 = \frac{\partial}{\partial y},$
А ввиду коммутационных соотношений:
$X_2 = f_2^1(x,t) \frac{\partial}{\partial x} + f_2^2(x,t) \frac{\partial}{\partial y} + f_2^3(x,t) \frac{\partial}{\partial t},$
$X_3 = f_3^1(x,t) \frac{\partial}{\partial x} + f_3^2(x,t) \frac{\partial}{\partial y} + f_3^3(x,t) \frac{\partial}{\partial t},$
$X_4 = f_4^1(x,t) \frac{\partial}{\partial x} + f_4^2(x,t) \frac{\partial}{\partial y} + f_4^3(x,t) \frac{\partial}{\partial t}.$
А сменой координат в плоскости $(x,t)$ можно привести второй оператор к виду (не изменив первый)
$X_2 = f_2^2(x,t) \frac{\partial}{\partial y} + \frac{\partial}{\partial x},$
$X_1 = \frac{\partial}{\partial y},$
$X_3 = f_3^1(x,t) \frac{\partial}{\partial x} + f_3^2(x,t) \frac{\partial}{\partial y} + f_3^3(x,t) \frac{\partial}{\partial t},$
$X_4 = f_4^1(x,t) \frac{\partial}{\partial x} + f_4^2(x,t) \frac{\partial}{\partial y} + f_4^3(x,t) \frac{\partial}{\partial t}.$
Все логично?

[VanD]

Технически, первая часть моего ответа - не ответ на Ваш вопрос, но если в интересующей точке вектора трёх (двух) полей из них линейно независимы и все они коммутируют, то все три (два) можно выпрямить одной заменой прямо к виду $\frac{ \partial \ }{\partial x}, \frac{ \partial \ }{\partial y}, \frac{ \partial \ }{\partial t}$ $\left(\frac{ \partial \ }{\partial x}, \frac{ \partial \ }{\partial y}\right)$. При этом в Вашем вопросе, видимо (судя по Вашему предположению), $X_1$ и $X_2$ линейно независимы в каждой точке карты.

А так да, при условии независимости в нужной точке локально можно и приведение их к такому виду гарантировать, если под $f_2^2(x, t)$ понимать некоторую новую функцию от координат карты, например, равную нулю

[DLL]

То есть если $X_1 и X_2$ линейно независимы в каждой точке карты, то их можно одновременно привести к сдвигам $\frac{ \partial \ }{\partial y}$ и $\frac{ \partial \ }{\partial x}$ соответственно? А ссылку на этот факт можно?

[VanD]

DLL в сообщении #1069969 писал(а):

То есть если $X_1 и X_2$ линейно независимы в каждой точке карты, то их можно одновременно привести к сдвигам $\frac{ \partial \ }{\partial y}$ и $\frac{ \partial \ }{\partial x}$ соответственно?

Надо чтобы они ещё в окрестности этой точки всюду коммутировали, тогда локально да.
Это утверждение, например, приведено как упражнение 5.3 в книге Стернберг С. Лекции по дифференциальной геометрии. (На странице 146 в переводе 1970 года).

[DLL]

Ценный комментарий. Спасибо!