Intento demostrar el siguiente resultado:
Si $(M,g)$ es una variedad riemanniana localmente simétrica, entonces el tensor de curvatura de Riemann es paralelo: $\nabla Rm \equiv 0$ .
Por "localmente simétrico", quiero decir que cada punto $p \in M$ tiene un punto de reflexión local, es decir, una vecindad $U$ y una isometría $\phi : U \to U$ que arregla $p$ y para el cual $d\phi_p = -\mathrm{Id}$ . Aquí el tensor de curvatura de Riemann es $$ Rm(X,Y,Z,W) = \langle R(X,Y)Z, W\rangle, $$ donde $R : \mathcal X(M) \times \mathcal X(M) \to \mathcal X(M)$ es el endomorfismo de curvatura $$ R(X,Y)Z = \nabla_X \nabla_Y Z - \nabla_Y \nabla_X Z - \nabla_{[X,Y]}Z, $$ y $\nabla Rm$ es la covariante $5$ -tensor dado por $(\nabla Rm)(X,Y,Z,W,V) = (\nabla_V Rm)(X,Y,Z,W,V)$ . Sé que $\phi^*(\nabla Rm) = -\nabla Rm$ ya que $\nabla Rm$ tiene un número impar de argumentos y $d\phi_p = -\mathrm{Id}$ y sé que $\phi^*Rm = Rm$ por isometría-invarianza de $Rm$ . Pero eso es todo lo que he podido separar. He intentado ampliar $\phi^*(\nabla Rm)(X,Y,Z,W,V)$ en \begin{align*} (\nabla_{\phi_*V} Rm)(\phi_*X,\phi_*Y,\phi_*Z,\phi_*W) &= (\phi_*V)Rm(\phi_*X,\phi_*Y,\phi_*Z,\phi_*W) \\ &\quad- Rm(\nabla_{\phi_*V}(\phi_*X),\phi_*Y,\phi_*Z,\phi_*W) \\ &\quad-Rm(\phi_*X,\nabla_{\phi_*V}(\phi_*Y),\phi_*Z,\phi_*W) \\ &\quad-Rm(\phi_*X,\phi_*Y,\nabla_{\phi_*V}(\phi_*Z),\phi_*W) \\ &\quad-Rm(\phi_*X,\phi_*Y,\phi_*Z,\nabla_{\phi_*V}(\phi_*W)) \end{align*} pero esto se convierte en $-(\nabla Rm)(X,Y,Z,W,V)$ de nuevo. Tengo la sensación de que hay algo fundamental que se me escapa. ¿Alguna sugerencia?
EDITAR: Puedo responder a la pregunta asumiendo una especie de "naturalidad" de la conexión Levi-Civita en el haz tensorial covariante $T^5TM$ . Sin embargo, no estoy seguro de que esta suposición de naturalidad sea buena. Esta es una pregunta que he hecho aquí.
