Segunda forma fundamental para el grupo de mentiras$SO(n)$

Question

Me dan $\mathbb{R}^{n^2} = \mathbb{R}^{n \times n}$ con la métrica usual $\langle A, B \rangle = \text{Trace} (AB^T) = \text{Trace} (A^T B)$.

A continuación, $SO(n)$ es un submanifold de $\mathbb{R}^{n^2}$ de la dimensión de $\frac{1}{2} n (n-1)$.

He demostrado que el espacio de la tangente $T_{I} SO(n)$ se compone de todos los giros de matrices simétricas con cero de seguimiento.

Quiero demostrar que el espacio normal $N_I SO(n)$ consta de matrices simétricas. Además, necesito calcular la segunda forma fundamental de tensor para $SO(n)$.

Me dan $X$ e $Y$ izquierda-invariante vectorial de los campos determinados por sesgo de simetría de las matrices en la identidad. Si $O$ es arbitraria ortogonal de la matriz, a continuación, $X(O) = OA $ e $Y(O) = OB$.

Tengo que demostrar que $$D_Y X(O) = \frac{1}{2} O [B, A] + \frac{1}{2} O (BA + AB) $$ and to find expressions for $\nabla_Y X$, $h(X,Y)$ and $[X, Y]$.

Aquí $\nabla_X Y$ denota la derivada covariante en $SO(n)$, mientras que $D_X Y$ denota la derivada covariante en $\mathbb{R}^{n^2}$. También, $h(X,Y)$ denota la segunda forma fundamental del tensor.

Intento:

Sé que $D_X Y = \nabla_X Y + h(X,Y)$ es la fórmula de Gauss.

En $\mathbb{R}^{n^2}$, he $$ D_Y X (O) = D_{Y(O)} X = Y(O) X. $$ To calculate the latter, we take a curve through $O$ with tangent vector $S(O) = OB$. Such a curve is $S \exp(Bt)$. Then $$ Y(O) X = \frac{d}{dt}_{t = 0} X (O \exp (Bt)) = OBA. $$

Cómo puedo probar que $$ 2 h(X,Y) = D_X Y + D_Y X $$ ? This would give me that $$h(X,Y) (O) = \frac{1}{2} O (AB + BA). $$

También, no estoy seguro de cómo calcular el $\nabla_Y X$.

Answer 1

A mí me parece que has hecho aproximadamente la mitad de la obra, y la parte que falta es ver por qué $\nabla_XY|_O = \frac{1}{2}O[X,Y]$. Este es un resultado general sobre la Mentira grupos equipado con un bi-invariante (métrica de una métrica que es de izquierda y derecha-invariante). Un buen resultado que es a menudo citado es que el compacto de la Mentira de los grupos se les garantiza un bi-invariante de la métrica.

Proposición: Si $G$ es una Mentira grupo con un bi-invariantes de Riemann métrica $\langle\cdot,\cdot\rangle$, entonces se cumple: $$ \langle [X,Y], Z\rangle \;\; =\;\; - \langle Y, [X,Z]\rangle. $$

Prueba: Dejando $X,Y,Z \in \mathfrak{g}$ ser de izquierda invariante vectorial de los campos, se puede calcular el $\left .\frac{d}{dt} \langle Ad_{\gamma(t)}Y, Ad_{\gamma(t)}Z\rangle \right |_{t=0}$, donde $\gamma(t) = \exp(tX)$ e $Ad_{\gamma(t)} = \left (L_{\gamma(t)}\right )_*\circ \left (R_{\gamma(-t)}\right)_*$. Nótese aquí que el bi-invariancia de la métrica de los rendimientos

$$ \a la izquierda . \frac{d}{dt} \langle Ad_{\gamma(t)}Y, Ad_{\gamma(t)}Z \rangle \right |_{t=0} \;\; =\;\; \a la izquierda . \frac{d}{dt} \langle Y,Z\rangle \right |_{t=0} \;\; = \;\; 0 $$

donde $\langle Y,Z\rangle$ es constante debido a la izquierda-invariante vectorial de los campos. Observa por otro lado que \begin{eqnarray*} \left . \frac{d}{dt} \langle Ad_{\gamma(t)}Y, Ad_{\gamma(t)}Z\rangle \right |_{t=0} & = & \langle XY-YX, Z\rangle + \langle Y, XZ - ZX \rangle \\ & = & \langle [X,Y], Z\rangle + \langle Y, [X,Z]\rangle \;\; = \;\; 0. \end{eqnarray*} $$\tag*{$\Cuadro de$}$$

Proposición: Para un bi-invariante Mentira grupo $G$, la derivada covariante es dada por
$$ \nabla_XY \;\; =\;\;\frac{1}{2}[X,Y] $$ de izquierda-campos vectoriales invariantes $X,Y \in\mathfrak{g}$. Evaluado en un punto particular en la Mentira de grupo, este la expresión está dada por $\left . \nabla_XY\right |_Q =\frac{1}{2}Q[X,Y]$.

La prueba: Un resultado general de la geometría de Riemann es que una métrica de Riemann $\langle \cdot, \cdot\rangle$ satisface la ecuación $$ \langle\nabla_XY,Z\rangle \;\; =\;\; \frac{1}{2} \left (X\langle Y,Z\rangle + Y\langle Z,X\rangle - Z\langle X,Y\rangle - \langle Y, [X,Z]\rangle - \langle Z,[Y,X]\rangle + \langle X, [Z,Y]\rangle \right ). $$

Para cada término de la forma $X\langle Y,Z\rangle$, la acción de la $X$ es la de tomar un derivado de la del producto interior $\langle Y,Z\rangle$ en cada punto. En el caso de un bi-invariante de la Mentira con el grupo de la izquierda-invariante campos vectoriales $X,Y,Z \in \mathfrak{g}$, todos estos términos se desvanecen, por lo tanto la ecuación en nuestro caso especial, se reduce a

$$ \langle \nabla_XY, Z\rangle \;\; =\;\; \frac{1}{2} \left (-\langle Y, [X,Z]\rangle - \langle Z, [Y,X]\rangle - \langle X, [Z,Y]\rangle \right ). $$

Por la primera propuesta que tenemos el primer y tercer términos tanto de desaparecer, y nos quedamos con

$$ \langle \nabla_XY, Z\rangle \;\; =\;\; -\frac{1}{2}\langle Z, [Y,X]\rangle \;\; =\;\; \left \langle Z, \frac{1}{2}[X,Y]\right \rangle \;\; =\;\; \left \langle \frac{1}{2}[X,Y], Z\right \rangle $$

donde hemos utilizado el anti-simetría de la ménsula y la simetría de la métrica. Desde esta ecuación es verdadera para todos los de la izquierda-invariante vectorial de los campos llegamos a la conclusión de que $\nabla_XY = \frac{1}{2}[X,Y]$ a la izquierda-invariante vectorial de los campos de $G$.
$$\tag*{$\Cuadro de$}$$

Si combinamos estos dos resultados con el cálculo que $D_XY(O) = OAB$, entonces tomamos la segunda forma fundamental $D_XY = \nabla_XY + h(X,Y)$. Tomando nota de que la inclinación-simetría de soporte, tenemos que \begin{eqnarray*} D_XY + D_YX & = & \nabla_XY + \nabla_YX + 2h(X,Y) \\ & = & \frac{1}{2}O[X,Y] + \frac{1}{2}O[Y,X] + 2h(X,Y) \\ & = & \frac{1}{2}O[X,Y] - \frac{1}{2}O[X,Y] + 2h(X,Y) \\ & = & 2h(X,Y). \end{eqnarray*}

A partir de aquí se puede concluir que $$ h(X,Y) \;\; =\;\; \frac{1}{2}O(XY + YX). $$

Nota: Un sutil punto aquí es el hecho de que asumimos $h(X,Y) = h(Y,X)$ aunque en general la segunda forma fundamental no es necesariamente simétrica del tensor. La razón por la que esto funciona aquí es precisamente porque la $N_ISO(n)$ consta de matrices simétricas, y, por extensión, tenemos que $N_QSO(n) = \left \{QS \; | \; S = S^T\right \}$. Este hecho, en realidad puede ser probado sólo con los resultados acerca de las matrices y el seguimiento. Puesto que usted ha probado que $T_ISO(n)$ es el espacio de sesgar-matrices simétricas, intenta mostrar que si $A \in T_ISO(n)$ entonces $Tr\left (A^TB\right ) = 0$ si y sólo si $B = B^T$.