Recuperando la conexión del transporte paralelo

Question

(doCarmo, Geometría de Riemann, p.56, Q2)

Quiero probar que la conexión Levi-Civita $ \nabla $ está dada por $$ ( \nabla_X Y)(p) = \frac {d}{dt} \Big (P_{c,t_0,t}^{-1}(Y(c(t)) \Big ) \Big |_{t=t_0}, $$ donde $p \in M$ , $c \colon I \to M$ es una curva integral de $X$ a través de $p$ y $P_{c,t_0,t} \colon T_{c(t_0)}M \to T_{c(t)}M$ es el transporte paralelo a lo largo de $c$ desde $t_0$ a $t$ .

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Mi enfoque es usar la singularidad de la conexión Levi-Civita (un teorema probado en otra parte del libro de texto) y mostrar que la RHS satisface todas sus propiedades, es decir.

1. Es una conexión afín,
2. Es simétrico,
3. Es compatible con la métrica.

Sin embargo, para la primera parte, estoy atascado en probar que $$ \nabla_ {fX + gY}Z = f \nabla_X Z + g \nabla_Y Z. $$ Hasta ahora, tengo lo siguiente

$$ f \nabla_X Z = f \Big ( \frac {d}{dt} \Big ( P_{c_X,t_0,t}^{-1}(Z(c_X(t)) \Big ) \Big |_{t=t_0} \Big ), $$

$$ g \nabla_Y Z = g \Big ( \frac {d}{dt} \Big ( P_{c_Y,t_0,t}^{-1}(Z(c_Y(t)) \Big ) \Big |_{t=t_0} \Big ), $$

$$ \nabla_ {fX + gY}Z = \frac {d}{dt} \Big ( P_{c,t_0,t}^{-1}(Z(c(t)) \Big ) \Big |_{t=t_0}, $$ donde $$ c_X (t_0) = c_Y (t_0) = c(t_0) = p, $$ $$ \frac {d c_X}{dt} = X(c_X(t)), $$ $$ \frac {d c_Y}{dt} = Y(c_Y(t)), $$ $$ \frac {d c}{dt} = fX(c(t)) + gY(c(t)). $$

Estoy seguro de que la solución es algo simple como trabajar en coordenadas locales pero tengo problemas así que cualquier dirección sería apreciada.

Answer 1

Probablemente puedas hacer que tu idea funcione, pero no será fácil. La razón es que tu fórmula que recupera la conexión del transporte paralelo es verdadera no sólo para la conexión Levi-Civita sino también para las conexiones arbitrarias. Esto significa que para identificar el lado derecho como la conexión Levi-Civita, necesitarás entender qué hace que el transporte paralelo de la conexión Levi-Civita sea especial comparado con el transporte paralelo de una conexión general. La compatibilidad con la métrica es fácil, esto implica que el transporte paralelo es una isometría. Sin embargo, entender cómo la simetría afecta al transporte paralelo es mucho más delicado (ver aquí por ejemplo).

Una forma mucho menos dolorosa de resolver el ejercicio es usar la noción de un marco paralelo a lo largo de $c$ (que si recuerdo correctamente se introduce en uno de los otros ejercicios). A saber, elegir alguna base orthonormal de $ \xi_1 (p), \dots , \xi_n (p)$ de $T_pM$ y extenderlo por transporte paralelo a un marco $( \xi_1 , \dots , \xi_n )$ de campos de vectores a lo largo de $c$ . Ahora, escribe la restricción de $Y$ a $c(t)$ como $Y = Y^i(t) \xi_i (c(t))$ (se está utilizando la convención de sumisión) y observan que

$$ ( \nabla_X Y)(c(t)) = \frac {DY(c(t))}{dt} = \dot {Y}^i(t) \xi_i (c(t)) + Y^i(t) \frac {D \xi_i (t)}{dt} = \dot {Y}^i(t) \xi_i (c(t)) $$

lo que significa que la derivada covariante relativa al marco $ \xi_i $ está dada simplemente por el derivado regular. Entonces..,

$$ \frac {d}{dt} \left ( P_{c,t_0, t}^{-1}(Y(c(t)) \right )|_{t = t_0} = \frac {d}{dt} \left ( P_{c,t_0, t}^{-1}(Y^i(t) \xi_i (c(t))) \right )|_{t = t_0} \\ = \frac {d}{dt} \left ( Y^i(t) \xi_i (p) \right )|_{t = t_0} = \dot {Y}^i(t_0) \xi_i (p) = ( \nabla_X Y)(p).$$