$fG$-invariante del haz tangente

Question

Se nos da un grupo de Lie $G$ y una variedad suave $M$ equipada con una acción de grupo suave $\Phi : G \times M \to M$, donde denotamos $\Phi_g := \Phi(g, \cdot)$ para $g \in G.

Consideremos la siguiente relación de equivalencia en el haz tangente $TM$: Para $X_x \in T_x M$ y $Y_y \in T_y M$, definimos $$ X_x \sim Y_y : \iff \exists g \in G : X_x = T_y \Phi_g Y_y, $$ donde $T_y \Phi_g : T_y M \to T_ {\Phi_g(y)} M$ es el mapa tangente usual.

Entonces, definimos $TM_G := TM/ \sim$ como una especie de reducción del haz tangente. Podemos equiparlo con un mapa sobreyectivo $\pi : TM_G \to M/G$ mediante la definición $\pi([X_x]) = [x]$, y encontramos una estructura de espacio vectorial en cada preimagen $\pi^{-1}([x])$. Además, dado que $T\Phi : G \times TM \to TM$ puede considerarse una acción de grupo en la variedad $TM$, si tenemos un $\Phi$ libre y propio, también tenemos un $T \Phi$ libre y propio, y como tal una estructura suave de variedad en tanto en $M/G$ como en $TM_G$ (No estoy 100% seguro de si la propiedad de ser propio de $\Phi$ implica que $T \Phi$ sea propio, esto todavía tengo que verificar en detalle, pero mi intuición me dice que funcionará).

Ahora mi pregunta es: ¿Termina esta estructura siendo un haz vectorial sobre $M/G$ si asumimos que $\Phi$ es libre y propio? ¿O necesitamos condiciones más fuertes? Con lo que tengo, no logro escribir trivializaciones locales significativas. ¿O hay una construcción más simple para este haz donde la estructura de haz vectorial surja de forma más natural?

Lo que construimos aquí es en cierto sentido "más grande" que el haz tangente usual: Si está bien definido, cada fibra en $T(M/G)$ es de dimensión $\dim M - \dim G$, y cada fibra en $TM_G$ es de dimensión $\dim M$, por lo que sin duda es algo diferente a $T(M/G)$.

Espero que la pregunta y el contexto estén claros, puede ser que toda la idea sea un disparate, pero a mí me parece una estructura muy natural. ¡Cualquier ayuda es bien recibida!

Answer 1

La respuesta a tu pregunta es sí.

Ten en cuenta que $M\to M/G$ es un fibrado principal de $G$. Sea $p\in M/G$, y deja que $U$ sea un vecindario de $p, tal que $M|_U$ sea un fibrado trivial de $G$ sobre $U$. Deja que $s:U\to M|_U$ sea una sección, y deja que $\widetilde{U}$ denote la imagen de $s$ (este no es un conjunto abierto en $M$, ya que tiene la dimensión incorrecta).

Para el fibrado que estás buscando, tenemos $$TM_G|_U\cong TM|_{\widetilde{U}}$$. Dado que $\widetilde{U}$ es difeomorfo a $U$ que puede ser elegido como una bola (y contractible en particular), el fibrado vectorial del lado derecho es trivial. Esto muestra que $TM_G\to M/G$ es localmente trivial, demostrando que es un fibrado vectorial.

Además, recordando que el espacio vertical en cualquier punto en un fibrado principal de $G$ está identificado naturalmente con el álgebra de Lie $\mathfrak{g}$, tenemos $$TM|_{\widetilde{U}}=T\widetilde{U}\oplus\mathfrak{g}$$(aquí, dejamos que $\mathfrak{g}$ denote el fibrado vectorial trivial con fibra $\mathfrak{g}$). Esto muestra que el fibrado vectorial en cuestión es $$TM_G=T(M/G)\oplus\mathrm{ad}M,$$ donde $\mathrm{ad}M$ denota el fibrado adjunto.

Como una verificación de cordura, uno puede notar que la fibra de este fibrado vectorial es de hecho $\dim M$-dimensional, como se describe en la publicación.

Edit: Después de revisar los enlaces incluidos en tu (Lukas Miristwhisky) comentario y aprender sobre el álgebroide de Atiyah por primera vez, ahora entiendo que mi respuesta no fue lo suficientemente precisa. El fibrado vectorial en tu pregunta es en efecto el mismo que en el álgebroide de Atiyah. Y es isomorfo a la suma directa especificada arriba, pero no es igual a ella. Es decir, hay muchos isomorfismos diferentes, ninguno de los cuales se puede distinguir de los demás. De hecho, al parecer, un isomorfismo (en la categoría de fibrados vectoriales, al menos) es equivalente a una conexión principal en $M\to M/G$. Esto puede explicar por qué no se describe como una suma directa en la literatura. Sin embargo, no está de más recordar este (estos) isomorfismo(s), en particular para convencerse de que es de hecho un fibrado vectorial (como se preguntó originalmente en esta publicación).