Ecuaciones satisfecho por la curvatura de Riemann tensor

Question

Es bien conocido que la de Riemann tensor de curvatura de una métrica satisface

\begin{eqnarray} R_{jikl}=-R_{ijkl}=R_{ijlk},(1)\\ R_{klij}=R_{ijkl},(2)\\ R_{i[jkl]}=0 \mbox{(1st Bianchi identity)}.(3) \end{eqnarray}

La pregunta es si hay más (puede ser no-lineal y/o diferencial) las ecuaciones satisfecho por $R_{ijkl}?$ (No menciono aquí la 2ª identidad de Bianchi $R_{ij[kl;m]}=0$, ya que implica covariante derivados, y por lo tanto la ecuación no sólo en el tensor de la $R$, pero también en el original métrica $g$).

Uno puede hacer esta pregunta en el siguiente más preciso.

Pregunta 1. Deje $R_{ijkl}$ ser una colección de números satisfactorio (1)-(3) con el rango de índices de 1 a $n$. ¿Existe una métrica $g$ en una vecindad de 0 en $\mathbb{R}^n$ de manera tal que la curvatura del tensor a 0 es igual a la colección de los números?

Pregunta 2. Deje $R_{ijkl}(x)$ ser una colección de lisa (real analítica?) funciones en un neighborgood de 0 en $\mathbb{R}^n$ satisfactorio (1)-(3). ¿Existe una métrica en un barrio de 0 tal que su tensor de curvatura es igual a la colección de funciones $R_{ijkl}(x)$?

ACTUALIZACIÓN: Como se ha mencionado por Pedro Michor a continuación, la respuesta a Q1 es positivo. Como se ha mencionado por él y Vladimir Matveev, en dimensiones $n>3$, $g\mapsto R(g)$ es un sobredeterminada sistema de PDE. Por lo tanto la respuesta a Q2 es 'No' por $n>3$, aunque no está claro para mí cómo escribir explícitamente cualquier restringir en la imagen del mapa. En $n=2$ la respuesta es 'Sí', según Vladimir Matveev.

OTRA ACTUALIZACIÓN: Según Robert Bryant respuesta a continuación, en $n=3$ la respuesta a Q2 es 'No' en general. Sin embargo, en virtud de no degeneración supuestos es 'Sí'.

Answer 1

La respuesta a la Q2 para $n=3$ es en realidad 'no, sin algunos de no degeneración hipótesis'. La razón es la siguiente:

El tensor de curvatura $\mathcal{R}= R_{ijkl}\,(\mathrm{d}x^i\wedge\mathrm{d}x^j)\circ(\mathrm{d}x^k\wedge\mathrm{d}x^l)$, con todos sus índices de baja, es una sección de la subbundle $K(M)\subset S^2\bigl(\Lambda^2(T^*M)\bigr)$ que es el núcleo de la naturaleza lineal de la asignación de $$ S^2\bigl(\Lambda^2(T^*M)\bigr)\longrightarrow \Lambda^4(T^*M). $$ Usted está pidiendo, para una sección dada $\mathcal{R}$, si existe una métrica $g$ tal que $\mathrm{Riem}(g) = \mathcal{R}$. No hay pointwise algebraicas condición en la sección $\mathcal{R}$ impuesta por esta ecuación (que era lo que Q1 se acerca), pero, como nota, no es la segunda identidad de Bianchi $$ \mu(\nabla^g\mathcal{R}) = 0, $$ donde $\mu:K(M)\otimes T^*M\to \Lambda^2(T^*M)\otimes\Lambda^3(T^*M)$ es el natural skewsymmetrization operación. Desde $\nabla^g$ depende de un derivado de la métrica $g$, la ecuación anterior con un determinado $\mathcal{R}$ puede ser considerado como un sistema de primer orden de las ecuaciones en $g$. Al $n=3$, esto es, en la mayoría de los $3$ ecuaciones, el rango de la del manojo $\Lambda^2(T^*M)\otimes\Lambda^3(T^*M)$.

Ahora, para un punto de $p\in M$ satisfacción $\mathcal{R}(p)=0$, el valor de $\nabla^g\mathcal{R}(p)$ no depende de $g$ (basta mirar en la fórmula para $\nabla^g\mathcal{R}$ en coordenadas locales). Por lo tanto, si $\mathcal{R}(p)=0$, pero $\mu(\nabla^{g_0}\mathcal{R})(p) \not= 0$ para algunos métrica $g_0$,, a continuación, $\mu\bigl(\nabla^{g}\mathcal{R}(p)\bigr) \not= 0$ para todas las métricas $g$ y por lo tanto no hay ninguna abierta barrio de $p$ en el que las ecuaciones $\mu\bigl(\nabla^{g}\mathcal{R}\bigr) = 0$ tiene una solución $g$. En particular, el sistema original $\mathrm{Riem}(g) = \mathcal{R}$ no tiene solución en una vecindad de un punto $p$.

Para convencerse de que tales ejemplos existen al $n=3$, sólo tenga en cuenta que el rango de $K(M)=S^2\bigl(\Lambda^2(T^*M)\bigr)$ en este caso es $6$, de modo que una sección arbitrario que se desvanece en $p$ tienen $6\times 3 = 18$ independiente primeras derivadas. Por lo tanto, el mapa de $\mu:K(M)\otimes T^*M\to \Lambda^2(T^*M)\otimes\Lambda^3(T^*M)$ es surjective (y el rango de la meta del paquete es $3$), por lo que los genéricos de la sección de $K(M)$ que se desvanece en $p$ no cumplen la segunda identidad de Bianchi en $p$ para cualquier métrica $g$.

Sin embargo, supongamos que $n=3$ y $\mathcal{R}$ es una degenerada de la sección de $K(M)=S^2\bigl(\Lambda^2(T^*M)\bigr)$. He demostrado (de vuelta en la década de 1980) que, cuando se $\mathcal{R}$ es real-analítico, no siempre existen soluciones locales a la ecuación de $\mathrm{Riem}(g) = \mathcal{R}$. Específicamente, me mostró que, en este caso, además de la $6$ de segundo orden ecuaciones que estas ecuaciones representan en $g$ e las $3$ de primer orden ecuaciones en $g$ que $\mu\bigl(\nabla^{g}\mathcal{R}\bigr) = 0$ representa, no es uno más de primer orden de la ecuación de $Q_\mathcal{R}(g)=0$ a $g$ que está satisfecho por cualquier métrica $g$ que satisface $\mathrm{Riem}(g) = \mathcal{R}$. A continuación, he demostrado que la combinación de sobredeterminada sistema de $6$ de segundo orden ecuaciones y $4$ de primer orden ecuaciones para $g$ es involutiva, de modo que una aplicación de la Cartan-Kähler Teorema demuestra local de solvencia. Por desgracia, el involutiva sistema es nunca hiperbólico o elíptica, aunque puede ser de real tipo principal.

Nunca he publicado mi prueba, pero más tarde, Dennis DeTurck y Deane Yang estudiado la sobredeterminada sistema que me escribió y publicó una prueba de su solvencia en el buen categoría. Ver Deturck y el Yang, el Local de la existencia de suave métricas con curvatura prescrita, los problemas no Lineales en la geometría (Mobile, Ala., 1985), 37-43, Contemp. Math., 51, Amer. De matemáticas. Soc., Providence, RI, 1986.

Answer 2

P1: Sí. En Riemann normal coordenadas (utilizando el mapa exponencial como el gráfico), la expansión de Taylor de la métrica en 0 ha: la identidad como parte constante, fuga lineal de la parte (Christoffels desaparecer a 0), y la cuadrática es la parte de la curvatura. Este es el camino, Riemann encontrado su tensor. Tan sólo tiene que escribir el polinomio de segundo orden, como se indica, lo que da una métrica de Riemann cerca de 0 con el tensor de curvatura prescrita en 0. Es una métrica porque de las ecuaciones (1)-(3).

P2: No, en general. $g\mapsto R(g)$ es un sobredeterminada sistema de del PDE; por lo que hay condiciones de integrabilidad (como la segunda identidad de Bianchi y su reiterado covariante derivados)

Answer 3

EDIT: se Intentó insertar correcta constantes y revisión de los índices.

Así se podría escribir una respuesta explícita a la Pregunta 1. Todo lo de más abajo está escrito con respecto a la local de coordenadas.

Suponga que se dan un tensor de curvatura $R_{ijkl}$ a un punto. Esto satisface las siguientes simetrías: $$ R_{ijkl} = R_{klij} = -R_{jikl} = -R_{ijlk} $$ y la primera identidad de Bianchi $$ R_{ijkl} + R_{iklj} + R_{iljk} = 0. $$ Es muy sencillo usando la definición del tensor de curvatura para demostrar que si los símbolos de Christoffel se desvanecen en el punto de $p$, entonces el tensor de curvatura es dado (hasta un no necesariamente positivo factor constante) a $p$ por $$ R_{ijkl} = \frac{1}{2}(\partial^2_{ik}g_{jl} + \partial^2_{jl}g_{ik} - \partial^2_{il}g_{jk} - \partial^2_{jk}g_{il}). $$ También es sencillo comprobar que este es satisfecho (hasta un factor constante), si se establece $$ \partial^2_{ik}g_{jl}(p) = \frac{1}{3}(R_{ijkl} + R_{ilkj}). $$ Tenga en cuenta que esta no es la única solución. Os dejo la determinación de la constante correcta factores para el lector. Tenga en cuenta que usted no necesita asumir que $g_{ij}(p) = \delta_{ij}$. Sólo que $\partial_kg_{ij}(0) = 0$, que es equivalente a tener los símbolos de Christoffel se desvanecen en $0$.

Para resumir, dado cualquier tensor $R_{ijkl}$ la satisfacción de las simetrías se indicó anteriormente, cualquier liso métrica de la forma $$ g_{jl}(x) = g_{jl}(0) + \frac{1}{3}(R_{ijkl} + R_{ilkj})x^ix^k + O(|x|^3) $$ ha tensor de curvatura $R_{ijkl}$ a $x = 0$.

Answer 4

La respuesta a Q1 es SÍ, explica por Michor, como indicadores que dan cuenta de la forma prescrita, el tensor de curvatura en un punto puede ser construido usando series de Taylor. Sin embargo, en aras de la exhaustividad, creo que vale la pena el suministro de algunos detalles más acerca de aquí (esta construcción es elemental, pero ha sido muy útil para mí antes, y supongo que los demás también pueden encontrar útil). También es interesante notar que este colector se realiza como un submanifold de espacio Euclidiano con una explícita límite superior en el codimension.

La proposición. Deje $V$ ser finito-dimensional espacio vectorial real con $\dim V=n$, y deje $R\colon\wedge^2 V\to \wedge^2 V$ ser una expresión algebraica de la curvatura de operador en $V$. [O, como el OP pone, $R$ es una colección de números de $R_{ijkl}$ la satisfacción de las ecuaciones (1)-(3).] Entonces existe un suave $n$-dimensiones submanifold $M\subset V\times\mathbb R^{k}$, $k\leq \tfrac12 n(n-1)$, cuya curvatura operador en $(0,0)\in M$ está dado por $R$.

Prueba. Desde $R$ satisface la primera identidad de Bianchi, existen simétrica lineal de operadores $H_j\colon V\to V$, $1\leq j\leq k\leq \tfrac12 n(n-1)$, tal que $R=-\sum_{j=1}^k (H_j\wedge H_j),$ donde $(H_j\wedge H_j)(X\wedge Y):=H_j X\wedge H_j Y$, véase, por ejemplo, Jacobowitz, p. 102 o Steiner, Teufel, Vilms, p. 422. Por lo tanto, \begin{equation} \langle R(X\wedge Y),Z\wedge W\rangle=%-\sum_{j=1}^k \langle (H_j\wedge H_j)(X\wedge Y),Z\wedge W\rangle= \sum_{j=1}^k \langle H_j X,W\rangle\langle H_j Y,Z\rangle -\langle H_j X,Z\rangle\langle H_j Y,W\rangle.\qquad (*) \end{equation} Para cada una de las $1\leq j\leq k$, considere las funciones cuadráticas $f_j\colon V\times\mathbb R\to\mathbb R$, dado por $f_j(v,y_j):=y_j+\tfrac12\langle H_j v,v\rangle$, y el conjunto de \begin{equation*} f\colon V\times\mathbb R^k\to\mathbb R^k, \quad f(v,y_1,\dots,y_k):=\big(f_1(v,y_1),\dots,f_k(v,y_k)\big). \end{ecuación*} A continuación, $f(0,0)=0$ e $0\in\mathbb R^k$ es un valor regular de $f$, por lo tanto $M:=f^{-1}(0)\subset V\times\mathbb R^k$ es un buen submanifold de codimension $k$. Tenemos $T_{(0,0)}M=V$, y la segunda forma fundamental $II\colon V\times V\to \mathbb R^k$ de % de $M$ en este punto es \begin{equation*} II(v,w)=-\sum_{j=1}^k \big\langle \nabla_v (\operatorname{grad} f_j),w\big\rangle\operatorname{grad} f_j=-\sum_{j=1}^k \big\langle H_j v,w\big\rangle\operatorname{grad} f_j. \end{ecuación*} Por lo tanto, $(*)$ es el de Gauss, ecuación de $M\subset V\times\mathbb R^k$ demostrando que la curvatura del operador en $(0,0)$, con la inducida por la métrica, es exactamente $R$.