Beweisen, dass isometrieerhaltende Exzision dem Töten ähnlich ist?

Es scheint mir, dass Ihre Frage nicht so viel mit Killing Fields zu tun hat. Es ist eine allgemeinere Frage. Betrachten Sie ein glattes Vektorfeld$X$über einen glatten (Hausdorff-)Verteiler$M$und nehmen Sie an, dass die Ein-Parameter-Gruppe lokaler Diffeomorphismen $\phi$verbunden sein mit$X$ist global (was gleichbedeutend damit ist, das zu sagen$X$ist abgeschlossen ). Mit anderen Worten, wenn$x\in M$die Differentialgleichung

$$\dot{\gamma}_x(t) = X(\gamma_x(t))$$ mit Anfangszustand $$\gamma_x(0)=x$$ eine (eindeutige) maximale Lösung zulässt $\gamma_x= \gamma_x(t)$für alle definiert $t \in \mathbb R$.

Dafür gibt es hinreichende Bedingungen$\phi$ist global (zum Beispiel passiert es vorausgesetzt$M$ist kompakt).

Hier entlang,$\phi : \mathbb R \times M \ni (t,x) \mapsto \phi_t(x):= \gamma_x(t) \in M$ist glatt und gut definiert. Darüber hinaus

(1)$\phi_0 = id$

Und

(2)$\phi_t \circ \phi_\tau = \phi_{t+\tau}$für jeden$t,\tau \in \mathbb R$.

Der Fall, den Sie in Betracht ziehen, erfordert dies auch$M$ist mit einer nicht entarteten Metrik ausgestattet$g$Und$X$ist ein komplett $g$-Killing-Vektorfeld.

In diesem Fall alle$\phi_t : M \to M$ist eine Isometrie.

Nun, um auf den allgemeinen Fall zurückzukommen, gilt der folgende Satz.

VORSCHLAG . Lassen$A \subset M$eine offene Menge sein, deren Rand$\partial A$ist eine glatte Kodimension-$1$eingebetteter Unterverteiler des glatten Verteilers$M$Und$X$ein glattes vollständiges Vektorfeld auf$M$. Dann sind die beiden folgenden Tatsachen äquivalent.

(A)$\phi_t(A) = A$Und$\phi_t(M\setminus \overline{A}) = M\setminus \overline{A}$für jeden$t \in \mathbb R$.

(B)$X$ist tangential zu$\partial A$.

Beweis .

(1) Wir beweisen, dass nicht (a) nicht (b) impliziert.

Wenn das falsch ist$\phi_t(A) = A$Und$\phi_t(M\setminus \overline{A}) = M\setminus \overline{A}$für alle$t$, dann muss es einen Punkt geben$x_0 \in A$so dass$\phi_{t_0}(x_0) \not \in A$oder ein Punkt$x_0 \in M\setminus \overline{A}$so dass$\phi_{t_0}(x_0) \not\in M \setminus \overline{A}$für einige$t_0 \in \mathbb R$. Angenommen, ersteres ist gültig (letzteres kann ähnlich behandelt werden). Annehmen$t_0>0$der andere Fall ist analog. Es gibt nun zwei Möglichkeiten für$\phi_{t_0}(x_0) \not \in A$. Einer ist$\phi_{t_0}(x_0)\in \partial A$und in diesem Fall definieren$s:= t_0$. Die andere Möglichkeit ist$\phi_{t_0}(x_0)\in M \setminus\overline{A}$. Definieren Sie in diesem Fall

$$s := \sup\{t \in [0,+\infty) \:|\: \phi_\tau(x_0) \in A\:, \quad \tau < t\}\:.$$ Diese Zahl existiert und ist endlich (weil die Menge nicht leer ist, da sie enthält $0$, Und $t_0<+\infty$ist eine Obergrenze), streng positiv, nicht größer als $t_0$, und wieder $\phi_s(x_0) \in \partial A$.

(In der Tat, wenn$\phi_s(x_0)\in A$Es gibt eine offene Nachbarschaft von$\phi_s(x_0)$vollständig enthalten$A$so dass$\phi_\tau(x_0) \in A$auch für manche$\tau>s$was für die Definition von unmöglich ist$\sup$, Wenn$\phi_s(x_0)\in M\setminus \overline{A}$, da diese Menge offen ist, gäbe es eine offene Nachbarschaft von$\phi_s(x_0)$vollständig enthalten$M\setminus \overline{A}$so dass$\phi_\tau(x_0) \not\in A$in einigen$(s-\epsilon, s]$was wiederum für die Definition von unmöglich ist$\sup$; die einzige verbleibende Fall-ID$\phi_s(x_0) \in \partial A$.)

Lassen Sie uns beweisen, dass solche$s$(in beiden Möglichkeiten) kann nicht existieren, wenn (b) gilt. In der Tat,$X|_{\partial A}$ist ein wohldefiniertes glattes vollständiges Vektorfeld auf der glatten Mannigfaltigkeit$\partial A$und damit ist das zugehörige Cauchy-Problem vorbei$\partial A$mit Anfangszustand$\dot{\gamma}(s)= \phi_s(x_0) \in \partial A$bei$t=s$gibt eine vollständige Lösung vollständig enthalten in $\partial A$ auch für$t<s$, aber diese Kurve jetzt als integrale Linie betrachtet$X$In$M$ist eindeutig bestimmt und wir wissen durch Hypothese, dass es bei beginnt$x_0 \not \in \partial A$Widerspruch finden.

(2) Wir beweisen, dass nicht (b) nicht (a) impliziert.

Nehmen wir an, dass (b) falsch ist und stellen fest, dass (a) ebenfalls falsch ist. Gehe jetzt davon aus, dass es das gibt$x_0 \in \partial A$so dass$X(x_0)$steht quer dazu$\partial A$. Als$\partial A$ist eine eingebettete glatte Mannigfaltigkeit,$X$ist glatt und verschwindet nicht bei$x_0$, ist es nicht allzu schwierig zu beweisen, dass es einen Koordinatenfleck gibt$x^1,x^2,..., x^n$um$x_0$In$M$($n = dim(M)$) so dass$x_0 \equiv (0,0,\ldots, 0)$,$\partial A$ist der Teil des Flugzeugs$x^1=0$im Bild des Diagramms enthalten, und die integralen Kurven von$X$sind die Kurven$\mathbb R \ni t \mapsto (t,x^2,\ldots,x^n)$(siehe abschließendes ADDENDUM ). Da trennt sich das Flugzeug$A$aus$M \setminus \overline{A}$, es ist offensichtlich, dass es Punkte gibt$A$in die eingezogen wird$M \setminus \overline{A}$von$\phi$und umgekehrt. Deshalb$\phi_t(A) = A$Und$\phi_t(M\setminus \overline{A}) = M\setminus \overline{A}$für jeden$t \in \mathbb R$ist falsch.

QED

Offensichtlich, wenn$X$ein vollständiges Killing-Feld ist, betrifft das Ergebnis die zugehörige einparametrige Gruppe von Isometrien.

---

NACHTRAG . Das beweise ich hier

Lemma . Wenn$S$ist eingebettet$n-1$-dimensionale glatte Untermannigfaltigkeit der$n$-dimensionale glatte Mannigfaltigkeit$M$, Und$X$ist ein glattes Vektorfeld vorbei$M$was bei nicht verschwindet$x_0\in S$und ist nicht tangential (dh quer) zu$S$bei$x_0$, dann gibt es einen Koordinaten-Patch$x^1,x^2,..., x^n$um$x_0$In$M$so dass$x_0 \equiv (0,0,\ldots, 0)$,$S$ist der Teil des Flugzeugs$x^1=0$im Bild des Diagramms enthalten, und die integralen Kurven von$X$sind (Einschränkungen um$t=0$von) die Kurven$\mathbb R \ni t \mapsto (t,x^2,\ldots,x^n)$.

Beweis . Als$S$eingebettet ist, gibt es einen Koordinatenpatch$(U, \psi)$In$M$um$x_0\in S$so dass$\psi(S \cap U) = \{ (y^1,\ldots, y^n) \in \psi(U) \:|\: y^1=0\}$und wir können immer davon ausgehen$\psi(x_0)= (0,\ldots,0)$. Jetzt$X = \sum_a Y^a\frac{\partial}{\partial y^a}$ist so das$Y^1(0,\ldots, 0) \neq 0$nur weil$X$steht quer dazu$S$bei$x_0$(die Koordinaten$y^2,\ldots, y^n$sind Koordinaten an $S$). Die integralen Linien von$X$in Koordinaten befriedigen$\frac{dy^a}{dt} = Y^a(y^1(t),\ldots, y^n(t))$. Wir sind frei zu beheben$t=0$genau an$S$für alle Kurven. Führen Sie nun die Koordinaten ein$x^2 =y^2,\ldots, x^n=y^n$An$S$und schreibe die Integralkurven als glatte Funktionen$y^k = y^k(t,x^2,\ldots, x^n)$, Wo$x^2,\ldots, x^n$bezeichnet den Anfangspunkt an$S$(bei$t=0$) der betrachteten Integralkurve. Die besagte Abbildung ist glatt, wie es aus Standardtheoremen über die glatte Abhängigkeit von Anfangsdaten von Cauchy-Problemen bekannt ist. Endlich definieren$x^1=t$. Da die Jacobi-Matrix$J=[\frac{\partial y^a}{\partial x^b}]$genau bei$x_0$erfüllt

$$\det J(x_0) = \frac{\partial y^1}{\partial t}|_{x_0} = Y^1(0,\ldots, 0) \neq 0$$ Das beweist Dinis Theorem $x^1=t$, $x^b= y^b$Definieren Sie ein zulässiges glattes Koordinatensystem in $M$um $x_0$. In lokalen Koordinaten $x^1,\ldots, x^n$, der Teil von $S$Die Eingabe des Bereichs der Koordinaten wird immer noch durch dargestellt $x^1=0$(Weil $x^1=t$und alle Integralkurven schneiden sich $S$bei $t=0$) und lokal die Integralkurven von $X$sind trivial Einschränkungen herum $t=0$der Kurven $\mathbb R \ni t \mapsto (t,x^2,\ldots,x^n)$.