Champ vectoriel - Identité de Jacobi

Lévesque · 25/04/2006 - 22h47

Concernant l'idée d'introduire la notion de groupe, je viens de lire dans mon livre que l'ensemble des champs vectoriels est une |R-Algèbre de Lie.
Mais la phrase vient après les identités, dont celle que je souhaite démontrer... Puis-je utiliser l'algèbre du groupe pour démontrer la propriété sans risquer d'utiliser un résultat que je suis sensé démontrer?

Lévesque · 25/04/2006 - 23h12

Bon, j'ai réussi mais d'une façon pas trop élégante. Je vous montre:

En coordonnées locales, avec $X_{k}=a_{k}^{i}\frac{\partial }{\partial x^{i}}$ , on a

$[X_{k},X_{l}]=\left( a_{k}^{i}\frac{\partial a_{l}^{j}}{\partial x^{i}}-a_{l}^{i}\frac{\partial a_{k}^{j}}{\partial x^{i}}\right) \frac{\partial }{\partial x^{j}}\equiv a_{kl}^{j}\frac{\partial }{\partial x^{j}}$

On trouve donc que

$\left[ X_{k},\left[ X_{l},X_{m}\right] \right] =\left( a_{k}^{i}\partial _{i}a_{lm}^{j}-a_{lm}^{i}\partial _{i}a_{k}^{j}\right) \partial _{j}\equiv C_{klm}^{j}\partial _{j}$

avec

$C_{klm}^{j}=\left( a_{k}^{i}\partial _{i}a_{lm}^{j}-a_{lm}^{i}\partial _{i}a_{k}^{j}\right) =-C_{kml}^{j}$
$C_{lkm}^{j}=\left( a_{l}^{i}\partial _{i}a_{km}^{j}-a_{km}^{i}\partial _{i}a_{l}^{j}\right) =-C_{lmk}^{j}$
$C_{mkl}^{j}=\left( a_{m}^{i}\partial _{i}a_{lk}^{j}-a_{lk}^{i}\partial _{i}a_{m}^{j}\right) =-C_{mlk}^{j}$

Ma première idée était de démontrer

$\varepsilon _{klm}C_{klm}^{j}=0$ ,

ce qui démontre évidemment l'identité de Jacobi. Mais, je n'ai pas trouvé la symétrie recherché dans les $C^j_{klm}$ . J'ai finalement calculé explicitement les coefficients (voyez comme c'est laid) :

$C_{123}^{j}=\left( a_{1}^{i}\left( \partial _{i}a_{2}^{i}\right) \left( \partial _{i}a_{3}^{j}\right) +a_{1}^{i}a_{2}^{i}\left( \partial _{i}^{2}a_{3}^{j}\right) +a_{3}^{i}\left( \partial _{i}a_{2}^{j}\right) \left( \partial _{i}a_{1}^{j}\right) -a_{1}^{i}\left( \partial _{i}a_{3}^{i}\right) \left( \partial _{i}a_{2}^{j}\right) -a_{1}^{i}a_{3}^{i}\left( \partial _{i}^{2}a_{2}^{j}\right) -a_{2}^{i}\left( \partial _{i}a_{3}^{j}\right) \left( \partial _{i}a_{1}^{j}\right) \right)$
$C_{231}^{j}=\left( a_{2}^{i}\left( \partial _{i}a_{3}^{i}\right) \left( \partial _{i}a_{1}^{j}\right) +a_{2}^{i}a_{3}^{i}\left( \partial _{i}^{2}a_{1}^{j}\right) +a_{1}^{i}\left( \partial _{i}a_{3}^{j}\right) \left( \partial _{i}a_{2}^{j}\right) -a_{2}^{i}\left( \partial _{i}a_{1}^{i}\right) \left( \partial _{i}a_{3}^{j}\right) -a_{2}^{i}a_{1}^{i}\left( \partial _{i}^{2}a_{3}^{j}\right) -a_{3}^{i}\left( \partial _{i}a_{1}^{j}\right) \left( \partial _{i}a_{2}^{j}\right) \right)$
$C_{312}^{j}=\left( a_{3}^{i}\left( \partial _{i}a_{1}^{i}\right) \left( \partial _{i}a_{2}^{j}\right) +a_{3}^{i}a_{1}^{i}\left( \partial _{i}^{2}a_{2}^{j}\right) +a_{2}^{i}\left( \partial _{i}a_{1}^{j}\right) \left( \partial _{i}a_{3}^{j}\right) -a_{3}^{i}\left( \partial _{i}a_{2}^{i}\right) \left( \partial _{i}a_{1}^{j}\right) -a_{3}^{i}a_{2}^{i}\left( \partial _{i}^{2}a_{1}^{j}\right) -a_{1}^{i}\left( \partial _{i}a_{2}^{j}\right) \left( \partial _{i}a_{3}^{j}\right) \right)$

On voit bien à l'oeil qu'en additionnant les trois, ça donne zéro.

Si jamais quelqu'un voit comment donner un peu de charme à la démo, mon envie soudaine de beauté serait peut-être satisfaite...

Ciao!

Simon

Lévesque · 26/04/2006 - 05h26

Envoyé par doudache

Je ne sais pas trop, la démonstration que je connais utilise la dérivé de Lie, mais c'est peut-être un peu abstrait.

Mmmm... c'est peut-être abstrait, mais ça m'intéresse... c'est plus jolie qu'en coordonnées locales?

doudache · 26/04/2006 - 07h47

Envoyé par Lévesque

Puis-je utiliser l'algèbre du groupe pour démontrer la propriété sans risquer d'utiliser un résultat que je suis sensé démontrer?

Ça m'étonnerait : être une algèble de Lie, c'est une propriété qui n'a pas trop de rapport avec les algèbres de groupes. En fait, ce que tu as (presque) démontré dans ton premier message, c'est qu'étant donné une algèbre associative A, tu peux la munir d'une structure d'algèbre de Lie en posant

$[X,Y] = XY - YX$

Il faut aussi vérifier que [X,X] = 0 mais bon...

Pour les champs de vecteurs, une telle définition du crochet n'a a priori pas de sens.

L'idée abstraite pour démontrer que l'algèbre des champs de vecteurs est une algèbre de Lie est de montrer que l'ensemble des champs de vecteurs est isomorphe, en tant qu'espace vectoriel, à une algèbre de Lie assez connue, ce qui permet, par transport de structure, de définir un crochet de Lie sur les champs de vecteurs. Ensuite on montre que l'on a bien la formule locale que j'ai donné dans un parent de ce message.

doudache · 26/04/2006 - 08h06

Bon, je vais essayer de détailler un peu.

Soit M une variété C-infini. J'appelle dérivation de M tout endomorphisme de l'espace $C^\infty(M, \mathbb{R})$ vérifiant

$\delta(fg) = f\delta(g) + \delta(f) g$

Comme l'ensemble des dérivations est une sous-espace vectoriel de $End(C^\infty(M, \mathbb{R}))$ lequel est une algèbre associative, on peux définir le crochet de Lie de deux dérivations par

$[\delta,\delta'] = \delta \circ \delta ' - \delta' \circ \delta$

Il faut ensuite vérifier que ce crochet est bien une dérivation pour finir de montrer que l'ensemble des dérivation de M (que je noterai D(M)), muni de ce crochet, est une algèbre de Lie (et vérifie donc l'identité de Jacobi).

Venons-en au champs de vecteurs : si X est un champ de vecteurs sur M, je peux définir une dérivation $L_X$ par

$L_X(f)(x) \, = \, T_xf(X(x))$

Le fait que ce soit une dérivation découle directement des propriété de la différentielle d'un produit.

Remarquons que si X est le champ de vecteurs constant égal à $e_i$ , alors $L_X = \frac{\partial }{\partial x_i}$ .

Il se trouve que l'application $X \mapsto L_X$ est un isomorphisme d'espaces vectoriel ; c'est d'ailleurs grâce à cette identification que l'on peut écrire localement un champ de vecteurs comme une combinaison de dérivées partielles.

Lévesque · 26/04/2006 - 10h17

Envoyé par doudache

Il faut ensuite vérifier que ce crochet est bien une dérivation pour finir de montrer que l'ensemble des dérivation de M (que je noterai D(M)), muni de ce crochet, est une algèbre de Lie (et vérifie donc l'identité de Jacobi).

Je ne sais pas trop si j'ai envie de me lancer là-dedans. Ta preuve suppose un lien entre algèbre de Lie et identité de Jacobi. Or, dans mon cours, on n'est pas rendu là (c'est un cours de RG et on s'introduit à la géométrie différentielle en ce moment, on a vue la dérivée de Lie, mais je ne vois pas comment simplifier mon calcul avec la dérivée de Lie $L_X Y=[X,Y]$ ), je me vois mal utiliser des arguments qui se retrouvent 2 chapitres plus loin que la phrase "de ces définitions, il n'est pas difficile de démontrer les identités suivantes" (dont l'identité de Jacobi). De plus, mon livre énonce les identités, puis conclue que c'est une algèbre de Lie, je me vois mal utiliser l'argument que c'est une algèbre de Lie dans la démo des identités...

Je vais essayer de refaire la preuve sans expliciter les coordonnées locales, c'est-à-dire en utilisant:

$[X,Y]f=X(Yf)-Y(Xf)$ .

Je ferai part de mes conclusions. Si vous avez d'autres suggestions, elles sont les bienvenues!

Salutations,

Simon

Lévesque · 26/04/2006 - 11h11

Voilà une solution que je trouve déjà un peu plus esthétique:

Seulement en applicant la définition du crochet, on a

$\left[ X,Y\right] f=X\left( Yf\right) -Y\left( Xf\right)$
$\left[ Z,X\right] f=Z\left( Xf\right) -X\left( Zf\right)$
$\left[ Y,Z\right] f=Y\left( Zf\right) -Z\left( Yf\right)$

$\left[ X,\left[ Y,Z\right] \right] f=X\left( \left[ Y,Z\right] f\right) -\left[ Y,Z\right] \left( Xf\right)$
$\text{\ \ \ \ }=X\left( Y\left( Zf\right) -Z\left( Yf\right) \right) -Y\left( Z\left( Xf\right) \right) +Z\left( Y\left( Xf\right) \right)$

$[Y,[Z,X]]f=Y([Z,X]f)-[Z,X](Yf)$
$\text{\ \ \ \ }=Y(Z(Xf)-X(Zf))-Z(X(Yf))+X(Z(Yf))$

$[Z,[X,Y]]f=Z([X,Y]f)-[X,Y](Zf)$
$\text{\ \ \ \ }=Z(X(Yf)-Y(Xf))-X(Y(Zf))+Y(X(Zf))$

Et donc,

$[X,[Y,Z]]f+[Y,[Z,X]]f+[Z,[X,Y]]f=X(Y(Zf))-X(Z(Yf))-Y(Z(Xf))+Z(Y(Xf))$
$\text{\ \ \ \ }+Y(Z(Xf))-Y(X(Zf))-Z(X(Yf))+X(Z(Yf))$
$\text{\ \ \ \ }+Z(X(Yf))-Z(Y(Xf))-X(Y(Zf))+Y(X(Zf))$
$\text{\ \ \ \ }=0$

Voilà!

Merci pour vos contributions, particulièrement à Doudache!

Cordialement,

Simon

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