¿Por qué tienen curvas horizontales cero derivado de la covariante a lo largo de su proyección?

Question

Antecedentes: Vamos a $(M,g)$ ser un colector de Riemann. Deje $(p,v) \in TM$$V, W \in T_{(p,v)}TM$. Podemos introducir una métrica de Riemann en $TM$ a través de $$\langle V, W\rangle_{(p,v)} = \langle d\pi(V), d\pi(W) \rangle_p + \left\langle \frac{D\alpha}{dt}\!(0), \frac{D\beta}{dt}\!(0)\right\rangle_p,$$ where $\alpha, \beta\colon I \a TM$ are curves in $TM$ with $\alpha(0) = \beta(0) = (p,v)$ and $\alpha'(0) = V$ and $\beta'(0) = W$, and $\pi\colon TM \a M$ es la natural proyección.

Dada esta métrica en $TM$, entonces llamada $\text{Ker}(d\pi) \subset T_{(p,v)}TM$ el espacio vertical, y su complemento ortogonal del espacio horizontal. Se dice que una curva de $\alpha\colon I \to TM$ es horizontal iff su vector tangente $\alpha'(t) \in T_{\alpha(t)}TM$ es horizontal para todos los $t \in I$.

Pregunta: ¿Cómo se puede demostrar que una curva de $\alpha\colon I \to TM$ es horizontal si y sólo si $\alpha$ es paralelo a lo largo de su proyección de la curva de $\pi\circ \alpha$?

Fuente/Motivación: Este es el Problema (2) (b) del Capítulo 3 de la do Carmo "Geometría de Riemann." Fue asignado como tarea problema, y la tarea fue recogido el otro día (27 de Octubre), pero yo era incapaz de hacer la dirección de avance de la $(\implies)$ del problema.

Me gustaría especialmente apreciar una coordenada libre de la prueba, si es posible.

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Mi Intento:

Supongamos $\alpha'(t)$ es horizontal, por lo $\langle \alpha'(t), W \rangle_{\alpha(t)} = 0$ para cualquier vector vertical $W \in T_{\alpha(t)}M$. Desde $d\pi(W) = 0$, $0 = \langle \alpha'(t), W \rangle_{\alpha(t)} = \langle \frac{D\alpha}{dt}\!(0), \frac{D\beta}{dt}\!(0)\rangle_{(\pi\circ\alpha)(t)}$ donde $\beta\colon I \to TM$ es una curva con $\beta(0) = \alpha(0)$$\beta'(0) = W$.

A mí me parece que si elegimos $W$ hábilmente suficiente, entonces podríamos llegar a la conclusión de que $\frac{D\alpha}{dt}\!(0) = 0$, que es lo que queremos mostrar.

Otros pensamientos:

• Tal vez una aplicación de Gauss Lema podría ayudar en algún lugar?
• Al intentar demostrar este problema, yo conjeturó que si $\alpha'(t) \in T_{\alpha(t)}TM$ es horizontal, entonces $d\pi(\alpha'(t)) = \alpha(t)$. Sin embargo, incluso si esto es cierto-ciertamente parece probable -- no estoy seguro de cómo aplicarlo para conseguir una solución.

Answer 1

Advertencia: No sigue mi respuesta, no sé si he sido lo suficientemente claro, pero de todos modos usted puede encontrar el argumento original en la página 343 de Sasaki papel de La geometría diferencial de la tangente paquetes de Riemann colectores. Sin embargo, la retroalimentación es muy apreciada.

Notaciones: Vamos a $x$ ser un sistema de coordenadas en $M$, y vamos a denotar por $(x,y)$ $((x,y),(u,v))$ el estándar asociada sistemas de coordenadas, respectivamente, en $TM$$T(TM)$ .

La parte(a) de do Carmo del problema requiere demostrar que la muestra producto escalar sobre las fibras de $\tau_{T(TM)}:T(TM)\to TM$ está bien definido.
Para mostrar esto, usted tiene que demostrar, por cualquier $(x,y)\in TM$, e $(u,v)\in T_{(x,y)}(TM)$, $\frac{D\alpha}{dt}\!(0)\in T_xM$ es independiente por $\alpha$ $\alpha$ varía entre las curvas de $TM$ tal que $\alpha(0)=(x,y)$, e $\alpha'(0)=(u,v)$.
De hecho, la preservación de la anterior anotación, usted debe han demostrado que, a $$\frac{D\alpha}{dt}\!(0)=(x,v+\Gamma[x](y,u)).$$ (Donde $\Gamma$ es el bilineal mapa cuyos componentes son los símbolos de Christoffel.)
Esto es debido a que la expresión para la derivada covariante a lo largo de una curva arbitraria $t\in I\to\alpha(t)=(x(t),y(t))\in TM$$\frac{D\alpha}{dt}\!(t)=(x(t),y'(t)+\Gamma[x(t)](x'(t),y(t))$, como se informó en la fórmula (1) en la página 51 en do Carmo.

El mismo argumento implica que:

una curva de $\alpha(t)=(x(t),y(t))$ es autoparallel, es decir,$\frac{D\alpha}{dt}(t)\equiv 0$, iff $y'(t)+\Gamma[x(t)](y(t),x'(t))\equiv 0\ (\ast)$.

Si la métrica en $M$$g_{ij}dx^i\otimes dx^j$, entonces la métrica en la $TM$ $$g_{ij}dx^i\otimes dx^j+g_{ij}\left(dy^i+\Gamma^i_{kl}y^k dx^l\right)\otimes\left(dy^j+\Gamma^j_{mn}y^m dx^n\right).$$

Ahora nos encontramos con que:

un elemento $(u,v)$ $T_{(x,y)}M$ es horizontal iff $v+\Gamma[x](y,u)=0\ (\ast\ast)$.

Esto se deduce de la expresión coordinada de los Sasaki métrica y porque un elemento $(u,v)$ $T_{(x,y)}M$ es vertical iff $u=0$.

De$(\ast)$$(\ast\ast)$, llegamos a la conclusión de que:

una curva de $\alpha(t)=(x(t),y(t))$ es autoparallel, iff $\alpha'(t)=(x'(t),y'(t))$ es horizontal para todos los $t$.

Answer 2

Usted está casi allí.

Observar el siguiente: si $W$ es vertical, $d\pi(W) = 0$. El uso de los (supuestos) el conocimiento de que la métrica de la tangente bundle $TTM$ es una métrica de Riemann y por lo tanto no degenerada, tenemos que para cualquier no-fuga vertical $W$, el mapa correspondiente $$ \langle \cdot, \frac{D\beta_W}{dt}(0) \rangle_p \in T^*_pM $$ es distinto de cero (ya que su acción sobre la $D_t\beta_W(0)$ es distinto de cero).

Aplicando ahora el rango de nulidad teorema para el mapa de $d\pi$ (estamos trabajando con finito dimensionales de Riemann colectores, ¿verdad?) usted tiene que el espacio vertical de $T_{p,v}TM$ tiene la misma dimensión como $T_pM$. De manera que al aplicar el rango de nulidad teorema de nuevo el lineal mapa $$ W\mapsto \langle \cdot, \frac{D\beta_W}{dt}(0)\rangle_p $$ usted ve que es invertible.

Así que lo que han demostrado, que para cualquier vertical $W$, $\langle D_t\alpha(0), D_t\beta_W(0)\rangle = 0$ implica que $D_t\alpha(0) = 0$.