Flujos y soportes de Lie, $\beta$ no es a priori suave en $t = 0$

Question

Dejemos que $X$ y $Y$ sean campos vectoriales suaves en $M$ generar flujos $\phi_t$ y $\psi_t$ respectivamente. Para $p \in M$ definir $$\beta(t) := \psi_{-\sqrt{t}} \phi_{-\sqrt{t}} \psi_{\sqrt{t}} \phi_{\sqrt{t}}(p)$$ para $t \in (-\epsilon , \epsilon)$ donde $\epsilon$ es lo suficientemente pequeño. ¿Se deduce que $$[X, Y](f)(p) = \lim_{t \to 0} {{f(\beta(t)) - f(\beta(0))}\over t}?$$ Pensamientos. Sé que $\beta$ no es a priori suave en $t = 0$ debido a la $\sqrt{}$ términos. Pero no sé qué hacer a partir de aquí. ¿Puede alguien ayudarme?

Answer 1

Permítame por favor poner $\alpha(t):=\beta(t^2)$ . Se nos pide que probemos

$$\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\alpha(\sqrt{t})=[X.Y]_p.$$

Es un hecho: $$\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\alpha(t)= \left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\psi_{-t}\phi_{-t}\psi_t\phi_t(p) =-\psi'_0\phi_0\psi_0\phi_0(p)-\psi_0\phi'_0\psi_0\phi_0(p) +\psi_0\phi_0\psi'_0\phi_0(p)+\psi_0\phi_0\psi_0\phi'_0(p)=0.$$

Es un hecho: $\alpha(t)$ tiene una expansión de Taylor cerca de $0$ que anoto como $$\alpha(t)=\alpha(0)+\alpha'(0)(t)+\frac{\alpha''(0)}2t^2+O(t^3).$$ Tenga en cuenta que puedo soltar el $t$ ya que el coeficiente es $0$ . Entonces $$\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\alpha(\sqrt{t})=\lim_{t\rightarrow0} \frac{\alpha(\sqrt t)-\alpha(0)}t=\lim_{t\rightarrow0} \frac{\left(\alpha(0)+\alpha'(0)(\sqrt t)+\frac{\alpha''(0)}2(\sqrt t)^2+O(t^{3/2})\right)-\alpha(0)}t=\frac{\alpha''(0)}2.$$

Así que es necesario y suficiente demostrar $$\left.\frac{d^2}{dt^2}\right|_{t=0}\alpha(t)=2[X.Y]_p.$$

Ahora, para dos campos vectoriales $X$ y $Y$ con coordenadas locales $X^i\partial_i$ , $Y^j\partial_j$ donde aquí y en adelante omito el símbolo de suma sobre los índices, existe una fórmula conveniente para el paréntesis $[X,Y]=\gamma^i\partial_i$ , a saber $$\gamma^i=X(Y(x_i))-Y(X(x_i))=X(Y^i)-Y(X^i)=(X^j\partial_jY^i-Y^j\partial_jX^i).$$

De forma similar (siguiendo esta respuesta ), podemos escribir una expansión de Taylor del flujo en $p=p^i$ (suma implícita): $$\phi_t(p)=p+tX(p)+\frac{t^2}2X(X(x_i))(p)+O(t^3),$$ hallazgo (sumando implícitamente) $$\phi_t(p)=p^i + t \; X^i(p) + \frac{t^2}{2} X^j(p) \; \partial_j X^i(p) + O(t^3).$$ Esto es cierto, ya que $$ \frac{d}{dt} \phi_t(p) = X^i(p) + t X^j(p) \partial_j X^i(p) + O(t^2) \\ = X^i(p + t \; X^i(p)) + O(t^2) \\ = X^i(\phi_t(p)) + O(t^2). $$ La segunda igualdad (la del medio) se deduce de la expansión de Taylor $X^i$ . La tercera (es decir, la última) se desprende de la sustitución.

Con este entendimiento, podemos realmente calcular $$ \psi_t \phi_t(p) = p^i + t X^i + \frac{t^2}{2} X^j \partial_j X^i + t Y^i + \frac{t^2}{2} Y^j \partial_j Y^i + t^2 X^j \partial_j Y^i +O(t^3), $$ $$ \psi_{-t} \phi_{-t}(p) = p^i - t X^i + \frac{t^2}{2} X^j \partial_j X^i - t Y^i + \frac{t^2}{2} Y^j \partial_j Y^i + t^2 X^j \partial_j Y^i +O(t^3). $$ Ahora, no escribimos exactamente la composición de estos dos campos, sino que escribimos sólo el $t^2$ término. Desde el emparejamiento $\frac{t^2}{2} X^j \partial_j X^i$ con $p$ y lo mismo para $Y$ obtenemos una contribución de $$\frac{t^2}{2} X^j \partial_j X^i +\frac{t^2}{2} X^j \partial_j X^i + \frac{t^2}{2} Y^j \partial_j Y^i + \frac{t^2}{2} Y^j \partial_j Y^i.$$ Desde el emparejamiento $t X^i$ con $-t X^i$ y $t Y^i$ con $-t Y^i$ anulamos este término. Desde el emparejamiento $-t X^j$ con $t Y^i$ cancelamos uno de los dos $t^2 X^j \partial_j Y^i$ y se quedan con $[X,Y]_pt^2$ de $-t Y^i$ con $t X^j$ y el resto $t^2 X^j \partial_j Y^i$ . Ahora también es fácil ver explícitamente que el término lineal desaparece y $$\alpha(t)=p+[X,Y]_pt^2+O(t^3).$$

Por lo tanto, $\alpha''(0)=([X,Y]_p t^2)''(0)=2[X,Y]_p$ ; eso es todo.