Duda sobre Do Carmo prueba de Fórmula Gauss

Question

Estaba revisando la prueba del teorema de Gauss en do Carmo, el libro de Geometría de Riemann (p.131) y se quedó atascado en uno de los pasos. El teorema de Gauss, como se indica en Do Carmo va como:

Deje $p\in M$ y deje $x,y$ ser ortonormales de vectores en la $T_pM$. Entonces** $$K(x,y)-\bar{K}(x,y)=\langle B(x,x),B(y,y)\rangle - \vert B(x,y)\vert^2.$$

Prueba:
Deje $X,Y$ ser local ortogonal extensiones de $x,y$, respectivamente, que son tangentes a $M$; se denota el local extensiones de a$\bar{M}$$X,Y$$\bar{X},\bar{Y}$. Entonces

$$K(x,y)-\bar{K}(x,y)=\langle \nabla_Y\nabla_X X -\nabla_X\nabla_Y X-(\bar{\nabla}_\bar{Y}\bar{\nabla}_\bar{X}\bar{X}-\bar{\nabla}_\bar{X}\bar{\nabla}_\bar{Y}\bar{X}),Y\rangle(p)+\langle\nabla_{[X,Y]}X-\bar{\nabla}_{[\bar{X},\bar{Y}]}\bar{X},Y\rangle(p)$$

El último término es cero

Por otro lado, si denotamos por $E_1,\cdots,E_m$,$m=\dim\bar{M}-\dim M$ local ortonormales campos que son normales a $M$, tenemos

$$B(X,Y)=\sum_i H_i(X,Y)E_i,\ \ H_i=H_{E_i}, \ \ i=1,\cdots, m.$$

Por lo tanto, en $p$,

$$ \bar{\nabla}_{\bar{Y}}\bar{\nabla}_{\bar{X}}\bar{X}=\bar{\nabla}_{\bar{Y}}(\sum_i H_i(X,X)€_i+\nabla_X X)\\ =\sum_i(H_i(X,X)\bar{\nabla}_{\bar{Y}}E_i+\bar{Y}H_i(X,X)E_i)+\bar{\nabla}_{\bar{Y}}\nabla_X X . $$ Por lo tanto, en $p$, $$ \langle\bar{\nabla}_{\bar{Y}}\bar{\nabla}_{\bar{X}}\bar{X},Y\rangle=-\sum_iH_i(X,X)H_i(Y,Y)+\langle\nabla_Y\nabla_X X,Y\rangle. $$

Mi pregunta: no entiendo cómo se llega a esta expresión a la de la última. ¿De dónde viene el $H_i(Y,Y)$ (y el signo menos)? Creo que el segundo término de la suma se desvanece como $E_i$ es normal a $Y$, pero el primer término me tiene atrapado.

Answer 1

Creo que do Carmo es el uso de un simple hecho aquí. No sólo pueden nuestros campos vectoriales $X$ $Y$ extenderse a $\bar{X}$ $\bar{Y}$ en el ambiente colector $\bar{M}$, pero puede ser extendido de tal forma que sus componentes ortogonales $\langle\bar{X},E_i\rangle$ $\langle\bar{Y},E_i\rangle$ son constantes. Esto siempre se puede hacer, al menos a nivel local, y recordar que $B(x,x)$ es independiente de la elección de la extensión.

A continuación, a partir de la métrica de la preservación de la propiedad de la de Levi-Civita de conexión, hemos $$0=\bar{X}\langle E_i,\bar{Y}\rangle=\langle\bar{\nabla}_{\bar{X}}E_i,\bar{Y}\rangle+\langle E_i,\bar{\nabla}_{\bar{X}}\bar{Y}\rangle$$ and $$0=\bar{Y}\langle E_i,\bar{Y}\rangle=\langle\bar{\nabla}_{\bar{Y}}E_i,\bar{Y}\rangle+\langle E_i,\bar{\nabla}_{\bar{Y}}\bar{Y}\rangle.$$

Así que tenemos $\langle\bar{\nabla}_{\bar{X}}E_i,\bar{Y}\rangle=-\langle E_i,\bar{\nabla}_{\bar{X}}\bar{Y}\rangle=-H_i(X,Y)$ $\langle\bar{\nabla}_{\bar{Y}}E_i,\bar{Y}\rangle=-\langle E_i,\bar{\nabla}_{\bar{Y}}\bar{Y}\rangle=-H_i(Y,Y).$

De manera que a partir de la ecuación

$$ \bar{\nabla}_{\bar{X}}\bar{\nabla}_{\bar{Y}}\bar{X}=\left(\sum_i H_i(Y,X)\bar{\nabla}_{\bar{X}}E_i+\bar{X}H_i(Y,X)E_i\right)+\bar{\nabla}_{\bar{X}}\nabla_{Y}X $$ y tomando el interior del producto con $Y$ nos da $$ \langle\bar{\nabla}_{\bar{X}}\bar{\nabla}_{\bar{Y}}\bar{X},Y\rangle=\left(\sum_i H_i(Y,X)\langle\bar{\nabla}_{\bar{X}} E_i,Y\rangle+\bar{X}H_i(Y,X)\langle E_i,Y\rangle\right)+\langle \bar{\nabla}_{\bar{X}}\nabla_{Y}X,Y\rangle. $$

Entonces a partir de la $E_i$ es en el complemento ortogonal, tenemos $\langle E_i,Y\rangle=0.$ Desde $Y$ es en el espacio de la tangente a $M$, sólo el paralelo de los componentes de $\bar{\nabla}_{\bar{X}}\nabla_{Y}X$ contribuye y tenemos $\langle \bar{\nabla}_{\bar{X}}\nabla_{Y}X,Y\rangle=\langle \nabla_{X}\nabla_{Y}X,Y\rangle.$

Poniendo todo junto, la ecuación se convierte en

$$ \langle\bar{\nabla}_{\bar{X}}\bar{\nabla}_{\bar{Y}}\bar{X},Y\rangle=-\sum_i H_i(Y,X)H_i(X,Y)+\bar{X}H_i(Y,X)\langle E_i,Y\rangle+\langle \nabla_{X}\nabla_{Y}X,Y\rangle. $$

Del mismo modo, hemos

$$ \langle\bar{\nabla}_{\bar{Y}}\bar{\nabla}_{\bar{X}}\bar{X},Y\rangle=-\sum_i H_i(X,X)H_i(Y,Y)+\bar{X}H_i(Y,X)\langle E_i,Y\rangle+\langle \nabla_{Y}\nabla_{X}X,Y\rangle, $$

como se requiere.