¿La existencia de una sección paralela en$E$ implica la existencia local de una sección paralela en$\bigwedge^k E$?

Question

Deje $E$ ser un suave vector paquete equipado con una conexión afín $\nabla$.

Supongamos que $(E,\nabla)$ admite un no-cero de la sección paralela. Creo que $(\bigwedge^k E,\bigwedge^k \nabla)$ no es necesario admitir un no-cero de la sección paralela incluso localmente. Cómo construir un ejemplo?

Esto parece especialmente interesante cuando se $k < \text{rank}(E)$.

Además, por lo general , hay no trivial de las relaciones entre la dimensión del espacio de secciones paralelas de $(E,\nabla)$, y que de $(\bigwedge^k E, \bigwedge^k\nabla)$ (a nivel local)?

Si hay $k$ independiente secciones paralelas de $E$, a continuación, $\bigwedge^k E$ tiene al menos una sección paralela; $\sigma_1,\dots,\sigma_k$ son paralelas $\Rightarrow \sigma_1 \wedge \dots \wedge \sigma_k$ es paralelo.

¿Qué sucede si $E$ ha $r<k$ secciones paralelas? No $\bigwedge^k E$ todavía admitir (a nivel local) un no-cero de la sección paralela?

Edit: podemos usar la relación entre la curvatura: Vamos a $X,Y \in \Gamma(TM)$. Entonces $R^{ \bigwedge^k\nabla}(X,Y)=d\psi_{\operatorname{Id}} (R^{\nabla}(X,Y)) $, where $\psi:\text{End}(E) \a \text{End}(\bigwedge^k E)$ is the exterior power map, $\psi(A)=\bigwedge^k$.

Desde la dimensión del espacio de los locales de las secciones paralelas alrededor de $p \in M$ es igual a $\ker R(\cdot,\cdot)$, es suficiente para construir un ejemplo en donde la $R^{\nabla}(\cdot,\cdot)$ es singular, sino $R^{ \bigwedge^k\nabla}(\cdot,\cdot)$ es invertible. Esto es ciertamente posible en el algebraicas nivel, véase, por ejemplo, en el ejemplo 1, en esta pregunta, con $k=2, \text{rank}E=3$.

Answer 1

La respuesta a tu pregunta es no.

Revisión de un colector $M$ de la dimensión de $m \geq 2$ y deje $E$ ser un trivial de rango dos paquete de más de $M$. Ya que tu pregunta es local, se podría asumir que $M$ es sólo un subconjunto abierto de $\mathbb{R}^m$ pero esto no simplifica nada. Deje $(e_1,e_2)$ ser un marco global para $E$ sobre $M$ y elegir algunos no cerró un formulario de $\alpha \in \Omega^1(M)$. Definir una conexión de $\nabla = \nabla^{\alpha}$ a $E$ por la fórmula

$$ \nabla_X(f^1 e_1 + f^2 e_2) = (Xf^1)e_1 + ((Xf^2) + \alpha(X)f^2)e_2. \tag{1}$$

Usted puede fácilmente comprobar que este hecho define la conexión y que satisface

$$ \nabla_X(e_1) \equiv 0, \nabla_X(e_2) = \alpha(X) e_2,\\ R_{\nabla}(X,Y)(f^1 e_1 + f^2 e_2) = f^2 \cdot d\alpha(X,Y) \cdot e_2. $$

En particular, $R_{\nabla} \neq 0$ lo $E$ no tiene dos secciones paralelas con respecto a $\nabla$, sólo uno (hasta un constante múltiples): $e_1$. Vamos a ver si $\Lambda^2(E)$ tiene un no trivial de la sección paralela. Una sección general de $\Lambda^2(E)$ tiene la forma $g(e_1 \wedge e_2)$ donde $g$ es una función suave. Entonces

$$ \nabla_X(g(e_1 \wedge e_2)) = (Xg)(e_1 \wedge e_2) + g(\nabla_X(e_1 \wedge e_2)) = (Xg)(e_1 \wedge e_2) + g(\nabla_X e_1 \wedge e_2 + e_1 \wedge \nabla_X e_2) = (Xg + g\cdot \alpha(X))e_1 \wedge e_2.$$

Por lo tanto, $\Lambda^2(E)$ tiene un no trivial de la sección paralela si y sólo si podemos encontrar un no-cero $g$ que satisface la ecuación

$$ dg + g \alpha = 0. \tag{2}$$

Esta es una ecuación diferencial parcial para $g$. Acuñando la ecuación con $\alpha$ , y teniendo en cuenta que $\alpha$ es de una sola forma, obtenemos $$ dg \wedge \alpha + g \alpha \wedge \alpha = dg \wedge \alpha = 0.$$ Tomando el exterior derivada de la ecuación, obtenemos

$$ 0 = d^2g + dg \wedge \alpha + g d\alpha = g d\alpha. $$

Ya que estamos buscando no-cero $g$, vemos que una condición necesaria para que la ecuación tiene una solución es $d\alpha = 0$ que no tienen desde que asumió $\alpha$ no está cerrado.

De hecho, para la familia de las conexiones de $\nabla^{\alpha}$ vemos que $\nabla^{\alpha}$ tiene dos linealmente independientes secciones paralelas si y sólo si la inducida por la conexión en $\Lambda^2(E)$ tiene una linealmente independientes de la sección paralela. La curvatura de la inducida por la conexión en $\Lambda^2(E)$ pueden ser identificados sólo con $d\alpha$. De hecho, $$R^{ \bigwedge^2\nabla}(X,Y)(e_1 \wedge e_2)=R^{ \nabla}(X,Y)(e_1) \wedge e_2+e_1 \wedge R^{ \nabla}(X,Y)(e_2)=d\alpha(X,Y)e_1 \wedge e_2.$$

Desde $\Lambda^2(E)$ es una línea de lote, admite un no-cero de la sección paralela si y sólo si su tensor de curvatura $R^{ \bigwedge^2\nabla}$ desapareció de la misma manera, es decir, si y sólo si $\alpha$ es cerrado.

También, tenga en cuenta que la fórmula $(1)$ implica que $Xg + g\cdot \alpha(X)=0$ si y sólo si $\nabla_X(g e_2)=0 $. Esto le da una alternativa a prueba por el hecho de que la ecuación de $(2)$ admite un no-cero solución si y sólo si $\nabla$ es plana.

Answer 2

No, esto está lejos de la verdad, incluso en el caso especial de las conexiones de $\nabla$ sobre la tangente bundle $E = TM$.

Para la construcción de una explícita ejemplo, tomar flowbox coordenadas adaptadas a las $\nabla$-paralelo campo de vectores $X$, es decir, de modo que $X = \partial_x$, lo que impone exactamente lo que los símbolos de Christoffel satisfacer $\Gamma_{xj}^\ell = 0$ para todos los $j, \ell$. En el caso de $\dim M = 2$, la sustitución de estas identidades en la fórmula de esta respuesta anterior de la mina a una pregunta relacionada con la de los suyos muestra que la curvatura de la conexión de $\nabla^2$ inducida en $\Lambda^2 TM$ es $$R^2 = (-\partial_y \Gamma_{xy}^y + \partial_x \Gamma_{yy}^y) dx \wedge dy ,$$ but that answer also shows that $\Lambda^2 TM$ admits a parallel section iff $R^2 = 0$, and we can choose $\Gamma_{xy}^y, \Gamma_{yy}^y$ for which $R^2 \neq 0$. It follows quickly from that this an analogous conclusion applies to $\bigwedge^n T(M \times \Bbb R^{n - 2})$, giving counterexamples for arbitrary dimension $k = \operatorname{rango} E \geq 2$. With some CAS help it's easy to produce counterexamples for $E = TM$ and $1 < k < \dim M$, too. (Of course, these cases are more computationally involved, as the curvatures there are sections of $\Lambda^2 T^*M \otimes \operatorname{End} \Lambda^k E$, and for $0 < k < \operatorname{rango} E$ we have $\operatorname{rango} \operatorname{End} \Lambda^k E > 1$.)

Hay casos especiales, sin embargo, en que la afirmación es verdadera. Por ejemplo (de trabajo a nivel local) en una de Riemann colector $(M, g)$, una orientación determina una estrella de Hodge operador $\ast$ en multivectors, y desde cualquier métrica de conexión de $\nabla$ preserva $g$ y la orientación, preserva $\ast$, demasiado. Por lo tanto, si $X$ es un valor distinto de cero sección paralela de $TM$, $\ast X$ es un valor distinto de cero de la sección de $\bigwedge^{k - 1} T^*M$ paralelo con respecto a la conexión inducida por $\nabla$ en ese paquete.