Prueba de la ecuación de Killing

Question

El problema: Intento demostrar que, para una variedad riemanniana $(M,\langle\ , \ \rangle)$ , $X \in \Gamma(TM)$ es un campo de Killing (es decir, uno para el que $\langle u,v \rangle_{p \in M} = \langle (d \phi^X_{t})_{\phi^{X}(t, p)} (u), (d \phi^X_{t})_{\phi^{X}(t, p)} (v) \rangle_{\phi^{X}(t, p)}$ donde $\phi^{X}_{t} = \phi^{X}(t,) $ es el flujo local de $X$ ) si $\forall Y,Z \in \Gamma(TM)$ $$ \langle \nabla_Y X, Z \rangle + \langle \nabla_Z X, Y \rangle = 0, $$ donde $\nabla$ es la conexión Levi-Civita.

Mi trabajo hasta ahora:

Utilizando la compatibilidad y la ausencia de torsión de la conexión, es fácil reducir esta suposición a $$ X \langle Y,Z \rangle = \langle [X,Z],Y \rangle + \langle [X,Y],Z \rangle. $$ Entonces, si elegimos $Y,Z$ tal que $Y(p) = u$ , $Z(p) = v$ y recordando que $X(p) = \frac{d}{dt}\Big|_{t=0} \phi^{X}(t,p)$ nuestro LHS evaluado en $p$ se convierte en $$ \frac{d}{dt} \Big|_{t=0} \langle Y(\phi^{X}(t, p)), Z(\phi^{X}(t, p)) \rangle_{\phi^{X}(t, p)}. $$ Nuestro RHS en $p$ se convierte en $$ \langle [X,Z](p),Y(p) \rangle_p + \langle [X,Y](p),Z(p) \rangle_p . $$ En este punto empiezo a fijarme en la definición del soporte de Lie: $$ [X,Y](p) = \frac{d}{dt}\Big|_{t=0} d \phi^X_{-t}(Y(\phi^X(t,p))), $$ por lo que nuestra RHS se convierte en $$ \langle \frac{d}{dt}\Big|_{t=0} d \phi^X_{-t}(Z(\phi^X(t,p))), Y(p) \rangle_p + \langle \frac{d}{dt}\Big|_{t=0} d \phi^X_{-t}(Y(\phi^X(t,p))) , Z(p) \rangle_p,$$ pero me cuesta completar la prueba. Mi corazonada es que queremos mostrar la RHS en $p$ es cero (puedo equivocarme). Cualquier sugerencia o indicación será bienvenida. Disculpas si mi notación es un poco desordenada. Probablemente haya una forma mucho más sencilla de hacerlo, así que cualquier sugerencia que se aleje de mi solución también será bienvenida.

Answer 1

Editar (versión completamente nueva): Esto se formula mejor en términos de la retirada a lo largo de difeomorfismos y la derivada de Lie de los campos tensoriales. Para escribir esto, es mejor denotar la métrica de Riemann por $g$ en lugar de $\langle\ ,\ \rangle$ . Denotando por $\phi^X_t$ el flujo del campo vectorial $X$ hasta el momento $t$ la afirmación de que $\phi^X_t$ es una isometría (tal como lo has escrito) es equivalente a $(\phi^X_t)^*g=g$ . Ahora un punto $x\in M$ , $t\mapsto (\phi^X_t)^*g(x)$ es una curva suave en el espacio vectorial de dimensión finita $S^2(T_xM)^*$ (definida para $t$ ) por lo que se puede demostrar que es constante probando que su derivada desaparece idénticamente. Por la propiedad de flujo, se deduce que $\tfrac{d}{dt}(\phi^X_t)^*g(x)=(\phi^X_t)^*(\tfrac{d}{ds}|_{s=0}(\phi^X_s)^*g)(x)$ y $\tfrac{d}{ds}|_{s=0}(\phi^X_s)^*g=\mathcal L_Xg$ la derivada de Lie.

El resultado es que $X$ es una isometría infinitesimal si y sólo si $\mathcal L_Xg=0$ . A partir de las propiedades de naturalidad estándar de las derivadas de Lie, se puede expresar $(\mathcal L_Xg)(Y,Z)$ como $$ \mathcal L_X(g(Y,Z))-g(\mathcal L_XY,Z)-g(Y,\mathcal L_XZ)=X\cdot g(Y,Z)-g([X,Y],Z)-g(Y,[X,Z]), $$ que es exactamente lo que quieres.

Answer 2

I) Si $f$ es el flujo de $X$ entonces $$ g(t)=g_{ij}(t) dx^i(t)\otimes dx^j(t) $$

$$ Y(t)= Y^i(t) \partial_i (t) $$

Por lo tanto \begin{align*} \frac{d}{dt} g(Y,Z)(t)&= \frac{d}{dt} \{ g_{ij}(t) Y^i(t) Z^j(t) \} \\ &=X (g_{ij}) Y^i Z^j + g_{ij} X(Y^i) Z^j + g_{ij} Y^i X(Z^j)\\&= Xg(Y,Z) \end{align*}

ii) Y $$ g(Y,Z)= f(t)^\ast g(t) (Y,Z)= g(t)(df\ Y, df\ Z) $$

iii) Definición de recuperación $$ [X,Y] =\lim\ \frac{1}{t} [ Y(t)- df\ Y(0)] $$

Aquí $$ -g(Y,Z)(0)= g(t)(Y(t)-df\ Y,df\ Z ) -g(t) (Y(t),df\ Z - Z(t)) -g(t)(Y(t),Z(t )) $$

para que $$ X g(Y,Z)= g( [X,Y],Z) + g(Y, [X,Z]) $$