Demostrar que la derivada de Lie de un campo vectorial es igual al corchete de Lie: $\frac{d}{dt} ((\phi_{-t})_* Y)|_{t=0} = [X,Y]$

Question

Sea $X$ y $Y$ sean campos vectoriales sobre una variedad lisa $M$ y que $\phi_t$ sea el flujo de $X$ es decir $\frac{d}{dt} \phi_t(p) = X_p$ . Intento demostrar la siguiente fórmula:

$\frac{d}{dt} ((\phi_{-t})_* Y)|_{t=0} = [X,Y],$

donde $[X,Y]$ es el conmutador, definido por $[X,Y] = X\circ Y - Y\circ X$ .

Esta es una pregunta de estas notas en línea: http://www.math.ist.utl.pt/~jnatar/geometria_sem_ejercicios.pdf .

Answer 1

He aquí una demostración sencilla que encontré en el libro "Differentiable Manifolds: A Theoretical Phisics Approach" de G. F. T. del Castillo. Precisamente es la proposición 2.20.

Denotamos $(\mathcal{L}_XY)_x=\frac{d}{dt}(\phi_t^*Y)_x|_{t=0},$ donde $(\phi^*_tY)_x=(\phi_{t}^{-1})_{*\phi_t(x)}Y_{\phi_t(x)}.$

Recordemos también que $(Xf)_x=\frac{d}{dt}(\phi_t^*f)_x|_{t=0}$ donde $\phi_t^*f=f\circ\phi_t$ y utilizar ese $(\phi^*_tYf)_x=(\phi^*_tY)_x(\phi^*_tf).$

Afirmamos que $(\mathcal{L}_XY)_x=[X,Y]_x.$

Prueba: $$(X(Yf))_x=\lim_{t\to 0}\frac{(\phi_t^*Yf)_x-(Yf)_x}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{(\phi^*_tY)_x(\phi^*_tf)-(Yf)_x}{t}=\star$$

Ahora sumamos y restamos $(\phi^*_tY)_xf.$ Por lo tanto $$\star=\lim_{t\to 0}\frac{(\phi^*_tY)_x(\phi^*_tf)-(\phi^*_tY)_xf+(\phi^*_tY)_xf-Y_xf}{t}=$$ $$=\lim_{t\to 0}(\phi^*_tY)_x\frac{(\phi^*_tf)-f}{t}+\lim_{t\to 0}\frac{(\phi^*_tY)_x-Y_x}{t}f=Y_xXf+(\mathcal{L}_XY)_xf.$$ Así que tenemos que $XY=YX+\mathcal{L}_XY.$

Answer 2

He aquí una prueba que es más o menos equivalente a la dada por Fallen Apart, pero con detalles más explicados/aclarados.

Sea $M$ sea una variedad lisa y $X$ , $Y$ campos vectoriales lisos. La derivada de Lie se define como $$(\mathcal{L}_{X} Y) (p) = \lim_{t\to 0} \frac{\phi^{-t}_{\star} Y (\phi^{t} (p)) - Y(p)}{t}$$ donde $\phi^t$ denota el flujo de $X$ . Tomar una función de prueba $f \in C^{\infty} (M)$ aplicamos la derivada de Lie a $f$ para obtener $$(\mathcal{L}_{X} Y)(p)f = \lim_{t\to 0} \frac{\phi^{-t}_{\star} Y (\phi^{t} (p))f - Y(p)f}{t} = \lim_{t\to 0} \frac{Y(\phi^t (p))(f\circ \phi^{-t}) - Y(p)}{t}$$ Por lo tanto, fijar $$H(x,y) = Y(\phi^x (p))(f\circ \phi^{-y})$$ tenemos que $$(\mathcal{L}_{X} Y)(p) f = \frac{d}{dt} \Big\vert_{t = 0} H(t,t) = \frac{\partial H}{\partial x} (0,0) + \frac{\partial H}{\partial y} (0,0)$$ donde la segunda igualdad se debe a la regla de la cadena. Por lo tanto, para completar el cálculo sólo tenemos que calcular las derivadas parciales de $H$ . Encontramos $$\frac{\partial H}{\partial x} (0,0) = \frac{\partial}{\partial x} \Big\vert_{x= 0} (Yf)(\phi^x (p)) = X(p)(Yf)$$ Para la otra derivada parcial de $H$ introducimos una curva $\alpha: (-\epsilon, \epsilon) \to M$ tal que $\alpha(0) = p$ y $\alpha'(0) = Y(p)$ . Entonces tenemos $$\frac{\partial H}{\partial y} (0,0) = \frac{\partial}{\partial y} \Big\vert_{y = 0} Y(p) (f\circ \phi^{-y}) = \frac{\partial}{\partial y} \Big\vert_{y = 0} \frac{d}{ds} \Big\vert_{s= 0} (f\circ \phi^{-y} \circ \alpha)(s)$$ $$= \frac{d}{ds} \Big\vert_{s= 0} \frac{\partial}{\partial y}\Big\vert_{y = 0} (f\circ \phi^{-y} \circ \alpha)(s) = \frac{d}{ds} \Big\vert_{s= 0} -(Xf)(\alpha(s)) = -Y(p)(Xf)$$ Concluimos $$(\mathcal{L}_{X} Y)(p)f = X(p) (Yf) - Y(p) (Xf) \implies \mathcal{L}_{X} Y = XY - YX =: [X, Y]$$

Answer 3

Sea $X$ y $Y$ dos campos vectoriales entonces la derivada de Lie $L_{X}Y$ es el conmutador $[X, Y]$ .

la prueba:

tenemos

$$L_{X}Y=\lim_{t\to 0}\frac{d\phi_{-t}Y-Y}{t}(f)$$ $$=\lim_{t\to 0}d\phi_{-1}\frac{Y-d\phi_{t}Y}{t}(f)$$ $$=\lim_{t\to 0}\frac{Y(f)-d\phi_{t}Y(f)}{t}$$ $$=\lim_{t\to 0}\frac{Y(f)-Y(f\circ\phi_{t})\circ\phi_{t}^{-1}}{t}$$

ponemos $\phi_{t}(x)=\phi(t,x)$ y aplicamos la fórmula de Taylor con restos integrales, entonces existe $h(t,x)$ tal que:

$$f(\phi(t,x))=f(x)+th(t,x)$$ donde $h(0,x)=\frac{\partial}{\partial t}f(\phi(t,x))(0,x)$

por definición del vector tangente: $X(f)=\frac{\partial}{\partial t}f\circ\phi_{t}(x)(0,x)$

entonces tenemos $h(o,x)=X(f)(x)$ Así que..:

$$L_{X}Y(f)=\lim_{t\to 0}\left(\frac{Y(f)-Y(f)\circ \phi_{t}^{-1}}{t}-Y(h(t,x))\circ \phi_{t}^{-1}\right)$$ $$=\lim_{t\to 0}\left(\frac{(Y(f)\circ\phi_{t}-Y(f))\circ\phi_{t}^{-1}}{t}-Y(h(t,x))\circ\phi_{t}^{-1}\right)$$

tenemos $\lim_{t\to 0}\phi_{t}^{-1}=\phi_{0}^{-1}=id.$

entonces concluimos que

$$L_{X}Y(f)=\lim_{t\to 0}\left(\frac{Y(f)\circ\phi_{t}-Y(f)}{t}-Y(h(0,x))\right)$$ $$= \frac{\partial}{\partial t}Y(f)\circ\phi_{t}(x)-Y(h(0,x))$$ $$= X(Y(f)) -Y(X(f))= [X,Y]$$

Esto completa la prueba.

Answer 4

He aquí otro enfoque en 4 pasos (sólo uno de ellos es difícil):

1. Compruebe que $\mathcal{L}_X(Y+Z)=\mathcal{L}_X(Y)+\mathcal{L}_X(Z)$ para cualquier campo $Y,Z$ ;

2. Compruebe que $\mathcal{L}_X(fY)=f\mathcal{L}_X(Y)+X(f)Y$ para cualquier función suave $f$ ;

3. Demuestre que $\mathcal{L}_X\left(\frac{\partial}{\partial x_i}\right)=\left[X,\frac{\partial}{\partial x_i}\right]$ ;

4. Concluya $\mathcal{L}_X(Y)=[X,Y]$ .

1. Obvio por $\mathbb{R}$ -linealidad de $d\phi_{-t}$ y $\frac{d}{dt}$ . $_\blacksquare$

2. Observe que $(d\phi_{-t})(f\,Y)=f(d\phi_{-t})(Y)$ y utilizar la regla de Leibnitz. $_\blacksquare$

3. Esta es la parte delicada. Usando coordenadas, escribe $X=\sum_ia_i\frac{\partial}{\partial x_i}$ para funciones $a_i$ y $\phi(t,x)=(\phi_1(t,x),...,\phi_n(t,x))$ donde $x=(x_1,...,x_n)$ . Porque $\phi(0,x)=x$ tenemos $\frac{\partial \phi_k}{\partial x_j}(0,x)=\delta_{jk}$ y $\frac{\partial^2 \phi_k}{\partial x_\ell\partial x_j}(0,x)=0$ . Así que..: \begin{align*} \mathcal{L}_X\left(\frac{\partial}{\partial x_i}\right)_p&=\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}(d\phi_{-t})_{\varphi_t(p)}\left(\left.\frac{\partial}{\partial x_i}\right|_{\phi_t(p)}\right)\\ &=\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\sum_k\frac{\partial \phi_k}{\partial x_i}(-t,\phi_t(p))\left.\frac{\partial}{\partial x_i}\right|_p\\ &=\sum_k\left(\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\frac{\partial \phi_k}{\partial x_i}(-t,\phi_t(p))\right)\left.\frac{\partial}{\partial x_i}\right|_p \end{align*}

Aplicaremos la regla de la cadena para calcular la derivada dentro de la suma. Puesto que, $\frac{\partial^2\phi_k}{\partial x_j\partial x_i}=0$ sólo tenemos que preocuparnos de la derivada de $\frac{\partial \phi_k}{\partial x_i}$ con respecto a la coordenada temporal. Teniendo esto en cuenta, vemos que $\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\frac{\partial \phi_k}{\partial x_i}(-t,\phi_t(p))=\left(\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\frac{\partial \phi_k}{\partial x_i}(t,p)\right)\cdot\left(\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}-t\right)=-\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\frac{\partial \phi_k}{\partial x_i}(t,p)$ . Ahora:

\begin{align*} \left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\frac{\partial \phi_k}{\partial x_i}(t,p)&=\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\left.\frac{\partial}{\partial x_i}\right|_p\phi_k\\ &=\left.\frac{\partial}{\partial x_i}\right|_p\underbrace{\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\phi_k}_{=a_k}\\ &=\frac{\partial a_k}{\partial x_i}(p)\\ \end{align*} Por lo tanto $\mathcal{L}_X\left(\frac{\partial}{\partial x_i}\right)=\sum_k-\frac{\partial a_k}{\partial x_i}\frac{\partial}{\partial x_k}=\sum_k\left[a_k\frac{\partial}{\partial x_k},\frac{\partial}{\partial x_i}\right]=\left[\sum_ka_k\frac{\partial}{\partial x_k},\frac{\partial}{\partial x_i}\right]=\left[X,\frac{\partial}{\partial x_i}\right]_\blacksquare$

4. Para $Y=\sum_kb_k\frac{\partial}{\partial x_k}$ utilizar 1), 2), 3) y el hecho de que $\left[X,b_k\frac{\partial}{\partial x_k}\right]=b_k\left[X,\frac{\partial}{\partial x_k}\right]+X(b_k)\frac{\partial}{\partial x_k}$ . $_\blacksquare$

Answer 5

Consideremos dos campos vectoriales $X$ y $Y$ . Obsérvese que partiendo del punto $p$ el campo vectorial $X$ genera la curva $\phi(p,t)$ mediante la siguiente ecuación \begin{align*} \frac{d}{dt}(f(\phi(p,t))|_t = Xf|_t \end{align*} con $\phi(p,0)=p$ . Además, tenga en cuenta que para $t$ , $f(\phi(p,t))=f(p)+Xf|_pt$ . Podemos definir la derivada de Lie de $Y$ con respecto a $X$ como \begin{align*} (\mathcal{L}_XY)_pf = &\lim_{t \to 0} \frac{(Yf)(\phi(p,t))-(\phi_{*t}Y_p)f}{t} \\ = &\lim_{t \to 0} \frac{(Yf)(p)+X(Yf)|_pt-Y_p(f+X_pft)}{t}\\ =&\lim_{t \to 0} \frac{(Yf)(p)+(XY)_pft-(Yf)_p-(YX)_pft}{t}\\ =&(XY-YX)_pf. \end{align*} En la primera línea de la ecuación anterior $\phi_{*t}Y_p$ denota el empuje hacia delante de $Y_p$ a lo largo de la curva $\phi(p,t)$ .