El espacio de específicos $(1,1)$ -tensores

Question

Sea $(M,g)$ sea una variedad riemanniana y $X$ un campo vectorial paralelo no evanescente, es decir $\nabla_XX=0$ . Sea $${\cal A}_X:=\{T\in\ ^1_1\!\otimes(TM)\,|\ T(X)=0\}.$$

Es fácil ver que ${\cal A}_X$ es un espacio vectorial. Además, si $T\in {\cal A}_X$ entonces $\mathscr{L}_X T \in {\cal A}_X$ y $\nabla_X T \in {\cal A}_X$ donde $\mathscr{L}_X$ es la derivada de Lie a lo largo de $X$ . Supongamos que $Q$ denota el operador de Ricci definido por $g(QY,Z)=Ric(Y,Z)$ . Si $QX=\lambda X$ para alguna función suave $\lambda$ Creo $Q$ puede escribirse como sigue: $$Q=aI+b\omega\otimes X+\sum_ic_iT_i,\quad T_i\in {\cal A}_X,\,a,b,c_i\in C^\infty(M,\Bbb R),\, \omega=g(X,.)$$

¿Es correcta esta conclusión? ¿Puede alguien aportar una prueba sencilla?

Lo que podemos decir sobre $\dim({\cal A}_X)?$

Gracias de antemano

Answer 1

Veamos primero el álgebra lineal.

Sea $(V,g)$ sea un espacio de producto interno real de dimensión finita y $v \in V$ sea un vector distinto de cero. Tenemos una descomposición de suma directa $V = \operatorname{span} \{ v \} \oplus \operatorname{span} \{ v \}^{\perp}$ . Denotemos la proyección sobre el primer factor por $P_1$ y en el segundo factor por $P_2$ . Tenemos $P_1 + P_2 = I$ , $P_1 P_2 = P_2 P_1 = 0$ y podemos escribir una fórmula explícita para $P_i$ como

$$ P_1(w) = \frac{g(v,w)}{g(v,v)} v, \,\, P_2(w) = w - P_1(w). $$

Si denotamos por $\omega_v \colon V \rightarrow \mathbb{R}$ el funcional lineal $\omega_v(w) = g(v,w)$ entonces la fórmula para $P_1$ puede escribirse como $P_1 = \frac{1}{g(v,v)} \omega_v \otimes v$ . Dado un mapa lineal $Q \colon V \rightarrow V$ set $Q_i := Q \circ P_i$ de modo que tenemos $Q = Q_1 + Q_2$ . Desde $P_2(v) = 0$ tenemos $Q_2(v) = 0$ por lo que descomponemos $Q$ en una suma de dos mapas lineales con el segundo desapareciendo en $v$ . Si $v$ es un vector propio de $Q$ con valor propio $\lambda$ tenemos

$$ Q_1(w) = Q(P_1(w)) = Q \left( \frac{g(v,w)}{g(v,v)} v \right) = \frac{\lambda}{g(v,v)} g(v,w) v = \frac{\lambda}{g(v,v)} (\omega_v \otimes v)(w) $$

por lo que tenemos

$$ Q = \frac{\lambda}{g(v,v)} \omega_v \otimes v + Q_2 $$

donde $Q_2$ desaparece en $v$ .

Volviendo al caso global por el que pregunta, podemos escribir

$$ Q = \frac{\lambda}{g(X,X)} \omega_X \otimes X + Q_2 $$

donde $Q_2 \in \mathcal{A}_X$ . Esto no tiene nada que ver con el hecho de que $X$ es paralela a lo largo de sus curvas integrales, o que $Q$ es el tensor de Ricci. Lo único que hay que saber es que $X$ es un campo vectorial no evanescente y $Q$ es un $(1,1)$ tal que $Q(X) = \lambda X$ para una función suave $\lambda \colon M \rightarrow \mathbb{R}$ .

En cuanto a su pregunta sobre la dimensión de $\mathcal{A}_X$ dado un vector distinto de cero $v \in V$ el espacio de los mapas lineales $T \colon V \rightarrow V$ que satisface $Tv = 0$ es un $n^2 - n$ -subespacio dimensional de $\operatorname{End}(V)$ (donde $n = \dim V$ ). El espacio $\mathcal{A}_X$ es el espacio de secciones de un $n^2 - n$ -de $T^{*} M \otimes TM$ (donde $n = \dim M$ ) cuya fibra en $p$ es el espacio de mapas lineales $T \colon T_pM \rightarrow T_pM$ que satisfagan $T(X_p) = 0_p$ . Por lo tanto, es de dimensión infinita (a menos que $n = 0$ ). De nuevo, esto no tiene nada que ver con la métrica, el tensor de Ricci, etc.