Definición de transporte paralelo por M. Berry como un transporte sin retorcerse alrededor del vector normal

Question

He estado tratando de leer Michael Berry artículo llamado "El Quantum de la Fase, Cinco Años Después de" pero estoy atrapado en la introducción, por parte de la Baya de la definición de transporte paralelo (que se encuentra en la 2ª página aquí: https://michaelberryphysics.files.wordpress.com/2013/07/berry187.pdf)

En particular, Berry se considera que una unidad de la esfera y de la tríada {$\vec{e}_1,\vec{e}_2, \vec{r}$}, donde los dos primeros vectores son paralelos transportados y forman una base del plano tangente de cualquier punto de la curva que se transportan.
Berry demandas que $\vec{e}_1\cdot\vec{r}=\vec{e}_2\cdot\vec{r}=0$ siempre, por lo que ambos vectores siempre se encuentran en un plano tangente. Él también exige que las $\vec{\Omega}\cdot\vec{r}=0$ donde $\vec{\Omega}$ es la velocidad angular del vector de la tríada(como él dice). Esto, Berry dice, debe ser cierto, de modo que el marco ortogonal {$\vec{e}_1,\vec{e}_2, \vec{r}$} no gire en torno a $\vec{r} $ como realizar el transporte paralelo.

Ahora, luego de terminar un curso en la escuela primaria Geometría de Riemann, sólo he trabajado con la definición; es decir, a través de la noción de una conexión. Y todo funcionó de una manera intrínseca.
Así que, finalmente, mi pregunta es ¿cómo estas dos nociones de transporte paralelo a conectar? ¿Cómo el de la no-torsión de los dos vectores $\vec{e}_1,\vec{e}_2$ $\vec{r}$ y la condición de transporte paralelo como se define en la geometría de Riemann(ver Do Carmo, por ejemplo) está de acuerdo?

Answer 1

Como usted probablemente sabe, la de Levi-Civita de conexión de $\nabla$ de la esfera $S^2 \subset \mathbb R^3$ puede ser escrito como $$\nabla_X Y = \pi(D_X Y)$$ where $\pi_p : T_p \mathbb R^3 \a T_p S^2$ is orthogonal projection onto tangent spaces and $D$ is the Euclidean connection of $\mathbb R^3.$ Thus a vector field $Y$ along a curve $\gamma(t) \S^2$ is $\nabla$-parallel if and only if the Euclidean derivative $\frac{DY}{dt}$ is orthogonal to $TS^2 = \mathrm{span}\{\vec e_1, \vec e_2\}.$

Ahora, el recuerdo de la física que la velocidad angular del vector $\vec \Omega$ de un marco de $\vec e_i$ está definido de tal forma que $$\frac{D\vec e_i}{dt} = \vec \Omega \times \vec e_i.$$ Putting this together, we see that $\vec e_1$ is $\nabla$-parallel if and only if the scalar triple products $$\det(\vec \Omega,\vec e_1, \vec e_i)=(\vec \Omega \times \vec e_1) \cdot \vec e_i$$ vanish for $i=1,2.$ For $i=1$ this is always true, while for $i=2$ we require $$\det(\vec \Omega, \vec e_1, \vec e_2) = \vec \Omega \cdot (\vec e_1 \times \vec e_2) = 0.$$Since $\vec e_1 \times \vec e_2$ is nonzero and parallel to $\vec r,$ we end up with the desired condition $\vec \Omega \cdot \vec r = 0.$