Identidad de Jacobi para la horquilla de Poisson

Question

Es bien sabido que si $M, \Omega$ es una variedad simpléctica, entonces el corchete de Poisson da $C^\infty(M)$ la estructura de un álgebra de Lie. La única forma que he visto de demostrarlo es mediante un cálculo en coordenadas canónicas, lo que me pareció poco satisfactorio. Así que decidí probarlo jugando con formas diferenciales. He llegado bastante lejos, pero hay algo que no funciona y espero que alguien me pueda ayudar. Perdonadme de antemano por todos los símbolos.

Esta es la configuración. Dado $f \in C^\infty(M)$ , dejemos que $X_f$ denota el único campo vectorial que satisface $\Omega(X_f, Y) = df(Y) = Y(f)$ para cada campo vectorial $Y$ . Definimos el corchete de Poisson de dos funciones $f$ y $g$ como la función suave $\{f, g \} = \Omega(X_f, X_g)$ . Puedo demostrar que el paréntesis de Poisson es alterno y bilineal, pero la identidad de Jacobi me está dando problemas. Esto es lo que tengo.

Para empezar, intentemos comprender $\{ \{f, g \}, h\}$ . Aplicando la definición, resulta $d(\Omega(X_f, X_g))X_h$ . Intentemos encontrar una expresión para $d(\Omega(X,Y))Z$ para campos vectoriales arbitrarios $X, Y, Z$ .

Escriba a $\Omega(X,Y) = i(Y)i(X)\Omega$ donde $i(V)$ es el producto interior por el campo vectorial $V$ . Aplicando dos veces la fórmula de Cartan y utilizando el hecho de que $\Omega$ es cerrado, obtenemos la fórmula

$$d(\Omega(X,Y)) = (L_Y i(X) - i(Y) L_X) \Omega$$

donde $L_V$ es la derivada de Lie respecto al campo vectorial $V$ . Utilizando la identidad $L_V i(W) - i(W) L_V = i([V,W])$ , obtenemos:

$$(L_Y i(X) - i(Y) L_X) = L_Y i(X) - L_X i(Y) + i([X,Y])$$

Ahora introducimos el campo vectorial $Z$ . Obtenemos $(L_Y i(X) \Omega)(Z) = Y(\Omega(X,Z)) - \Omega(X,[Y,Z])$ por la definición de la derivada de Lie, y claramente $(i([X,Y])\Omega)(Z) = \Omega([X,Y],Z)$ . Ponerlo todo junto:

$$d(\Omega(X,Y))Z = Y(\Omega(X,Z)) - X(\Omega(Y,Z)) + \Omega(Y, [X,Z]) - \Omega(X, [Y,Z]) + \Omega([X,Y], Z)$$

Esto se simplifica drásticamente en el caso $X = X_f, Y = X_g, Z = X_h$ . La diferencia de los dos primeros términos se simplifica en $[X_f, X_g](h)$ y obtenemos:

$$ \begin{align} \{\{f, g\}, h\} &= [ X_f, X_g ](h) + [ X_f, X_h ](g) - [ X_g, X_h ](f) - [ X_f, X_g ](h)\\ &= [ X_f, X_h ](g) - [ X_g, X_h ](f) \end{align}$$

Sin embargo, esta expresión final no satisface la identidad de Jacobi. A primera vista, parece que he cometido un error de signo en alguna parte; si el signo menos de la última expresión fuera un signo más, la identidad de Jacobi se cumpliría inmediatamente. He comprobado todos mis signos tan minuciosamente como he podido, y además he incluido todos mis pasos para demostrar que si se inserta un signo diferente en cualquier punto del argumento entonces se obtiene una ecuación en la que el lado izquierdo alterna en dos de sus variables pero el lado derecho no. ¿Alguien puede ayudarme?

Answer 1

La identidad de Jacobi para el corchete de Poisson se deduce efectivamente del hecho de que $d\Omega =0$ .

Afirmo que (dos veces) la identidad de Jacobi para funciones $f,g,h$ es precisamente $$d\Omega(X_f,X_g,X_h) = 0.$$

Para verlo, basta con ampliar $d\Omega$ .

Encontrará seis términos de dos tipos:

• tres términos de la forma $$X_f \Omega(X_g,X_h) = X_f \lbrace g,h \rbrace$$

• y tres términos de la forma $$\Omega([X_f,X_g],X_h).$$

Para tratar el primer tipo de términos, observe que a partir de la definición de $X_f$ para cualquier función $g$ , $$X_f g = \lbrace g, f \rbrace.$$ Esto significa que $$X_f \Omega(X_g,X_h) = \lbrace \lbrace g,h \rbrace, f \rbrace.$$

Para tratar el segundo tipo de términos, observe que $$\iota_{[X_f,X_g]}\Omega = [L_{X_f},\iota_{X_g}]\Omega,$$ pero como $d\Omega=0$ , $$L_{X_f}\Omega = d \iota_{X_f}\Omega = 0,$$ y por lo tanto $$\iota_{[X_f,X_g]}\Omega = d \iota_{X_f}\iota_{X_g}\Omega = d\lbrace g,f\rbrace,$$ de donde $$\Omega([X_f,X_g],X_h) = d\lbrace g,f\rbrace (X_h) = \lbrace\lbrace g,f\rbrace, h \rbrace.$$

Sumando todo se obtiene el doble de la identidad de Jacobi.

Answer 2

Quería añadir esto como comentario a la respuesta de Jose pero parece que no puedo hacerlo como nuevo usuario.

Para cualquier campo bivectorial $\sigma$ se puede definir un soporte sobre funciones suaves mediante $\{f,g\} = \sigma(df, dg)$ . Este paréntesis es oblicuo y satisfará automáticamente la regla de Liebniz. Cumplirá la identidad de Jacobi precisamente cuando $[\sigma, \sigma] = 0$ donde $[\cdot,\cdot]$ es el soporte de Schouten. Este punto de vista es importante, por ejemplo, para definir la cohomología de Poisson.

Ahora supongamos que tomas $\sigma = \omega^{-1}$ donde $\omega$ es una 2-forma no degenerada. El cálculo de José muestra que $[\sigma, \sigma] = 0$ si $d\omega = 0$ .

Answer 3

Sea $(M,\omega)$ sea una variedad cuasi-simpléctica.

En $\omega$ una no degenerada $2$ -formar en $M$ para cualquier $f\in C^{\infty}(M)$ existe un único $X_f\in\mathcal{X}(M)$ tal que $df=i(X_f)\omega$ . El mapa $f\in C^{\infty}(M)\to X_f\in\mathcal{X}(M)$ es obviamente $\mathbb{R}$ -lineal.

Introducimos el soporte pseudo-Poisson sobre $C^{\infty}(M)$ definiendo $\{f,g\}=X_f(g)\equiv \omega(X_g,X_f)$ para cualquier $f$ y $g$ función suave en $M$ .
Inmediatamente por definición $\{\cdot,\cdot\}:C^{\infty}(M)\times C^{\infty}(M)\to C^{\infty}(M)$ es antisimétrico $\mathbb{R}$ -mapa bilineal.

Introducimos también una especie de Jacobiator $J:C^{\infty}(M)\times C^{\infty}(M)\times C^{\infty}(M)\to C^{\infty}(M)$ definiendo $J(f,g,h)=\{f,\{g,h\}\}+\{g,\{h,f\}\}+\{h,\{f,g\}\}$ . Se trata de un mapa antisimétrico trilineal que mide en qué medida no se cumple la identidad de Jacobi para el soporte.

Esbozo dos enfoques diferentes.

1) $d\omega=0$ implica la identidad de Jacobi para $\{\cdot,\cdot\}$ .

La identidad de Jacobi para el corchete de pseudo-Poisson puede reescribirse fácilmente como (*) $X_{\{f,g\}}=[X_f,X_g]$ para cualquier $f$ y $g$ funciones suaves sobre $M$ . Así que $C^{\infty}(M),\{\cdot,\cdot\})$ es un álgebra de Lie si y sólo si el mapa $(C^{\infty}(M),\{\cdot,\cdot\})\ni f\to X_f\in(\mathcal{X}(M),[\cdot,\cdot])$ es un homomorfismo de $\mathbb{R}$ -álgebras.

En $d\omega=0$ por la fórmula de H.Cartan obtenemos que un campo vectorial suave $X$ en $(M,\omega)$ es simpléctica, es decir $\mathcal{L}(X)(\omega)=0$ si y sólo si es localmente hamiltoniano, es decir. $d.i(X)\omega=0$ .

Ahora la condición (*) es una consecuencia de la afirmación mucho más fuerte:
Teorema.Si $Y$ y $Z$ son campos vectoriales simplécticos en $(M,\omega)$ es decir $\mathcal{L}(Y)(\omega)=\mathcal{L}(Z)(\omega)=0$ entonces $[Y,Z]=-X_{\omega(Y,Z)}$ es decir $[Y,Z]$ es un campo vectorial hamiltoniano con $-\omega(Y,Z)$ como función de Hamilton.
Prueba. $i([Y,Z])\omega=\mathcal{L}(Y).i(Z)\omega-i(Z).\mathcal{L}(Y)\omega=d.i(Y).i(Z)\omega+i(Y).d.i(Z)\omega=d(\omega(Z,Y))$ .
(Habiendo utilizado la hipótesis, la fórmula de H.Cartan y la fórmula $[\mathcal{L}(Y),i(Z)]=i([Y,Z])$ ).

2) $(d\omega)(X_f,X_g,X_h)=J(f,g,h)$ para cualquier $f$ , $g$ y $h$ funciones suaves sobre $M$ .

Por la expresión de Palais de la derivada exterior mediante derivadas de Lie, podemos expresar $(d\omega)(X_f,X_g,X_h)$ como la suma de dos términos obtenidos respectivamente por $\mathcal{L}(X_f)(\omega(X_g,X_h)$ y por $\omega(X_f,[X_g,X_h])$ sumando las permutaciones cíclicas de $(f,g,h)$ .

Ahora $\mathcal{L}(X_f)(\omega(X_g,X_h)=-\{f,\{g,h\}\}$ y $\omega(X_f,[X_g,X_h])=\{g,\{h,f\}\}+\{h,\{f,g\}\}$ y así obtenemos la tesis.

Answer 4

Aquí está la forma en que se hace en el libro Smooth Manifolds de John Lee:

$${\small \iota_{X_{\lbrace f,g\rbrace}}\omega = d\lbrace f,g \rbrace=d(X_gf) = d(\mathcal{L}_{X_g}f) =\mathcal{L}_{X_g}df=\mathcal{L}_{X_g}(\iota_{X_f}\omega)=\iota_{[X_g,X_f]}\omega + \iota_{X_f}\mathcal{L}_{X_g}\omega=\iota_{[X_g,X_f]}\omega} $$ que por no degeneración de $\omega$ implica el resultado deseado.

Answer 5

Quizá alguna de las siguientes referencias le resulte útil: a) página 12 de http://sundoc.bibliothek.uni-halle.de/habil-online/04/04A736/t3.pdf (lamentablemente en alemán), b) http://arxiv.org/PS_cache/physics/pdf/0210/0210074v1.pdf .