MỘT số bài tập về đa tạp KHẢ VI và lời GIẢI CHI TIẾT

Chứng minh rằng M là ña tạp khả vi 1 chiều trong R2.. Chứng minh rằng: M không thể là ña tạp khả vi.. Hyperbolic hai tầng xác ñịnh bởi phương trình ẩn x2+ y2−z2= − H là một ña tạp không

MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ ðA TẠP KHẢ VI VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài 3.1

Chứng minh rằng ánh xạ : V M( )×V M( ) → V M( ) xác ñịnh bởi:

(X Y, ) ֏ [X Y, ] có các tính chất sau:

a) [X Y, ] = −[Y X, ]

b) [X Y, ],Z  + [Y Z X, ]   + [Z X Y, ],  =0 với mọi X Y Z, , ∈V M( )

Bài 3.2

Cho ω,ω1,ω2∈Λk(V); η,η1,η2∈Λs(V); θ∈Λl(V);a∈R

Chøng minh r»ng:

1 (ω1+ω2)∧η =ω1∧η +ω2 ∧η

2 ω ∧(η1+η2)=ω ∧η1 +ω ∧η2

3 (aω)∧η=ω∧(aη)=a(ω∧η)

4 (ω∧η)∧θ =ω∧(η∧θ)=ω∧η∧θ

5 ω∧η =(−1)ksη∧ω

Bài 3.3

Cho M , N lµ c¸c ®a t¹p kh¶ vi, f *lµ ¸nh x¹ kÐo lïi ω,η∈Ωk(N) Chøng minh r»ng:

1 f *(ω∧η)= f*ω∧ f*η

2 (g f)* = f* g*

3 d f* = f*d (dlµ phÐp to¸n lÊy vi ph©n ngoµi)

Bài 3.4

Chøng minh c¸c tÝnh chÊt cña vi ph©n ngoµi

a d w( 1 +w2)=dw1 +dw2

d w= ∀ ∈ Ωw M

Bài 3.5

a) Chứng minh rằng mặt cầu ñơn vị

( )

1, 2, , 1 ; 1 2 1 1

là ña tạp khả vi n chiều trong ℝn 1

b) Trong R2 xét { 2 2 2 }

M = x y ∈ℝ x +y = Chứng minh rằng M là ña tạp khả vi

1 chiều trong R2

Bài 3.6

Chứng minh rằng

Nếu M và N là hai ña tạp khả vi thì M×N là ña tạp khả vi (gọi là ña tạp tích)

Bài 3.7

Trong ℝ2cho { ( ) 2 2 2 }

coi M là không gian tô pô con của ℝ2 Chứng minh rằng: M không thể là ña tạp khả

vi

Bài 3.8

Mặt nón: x12+x22+ +x q2−x q2+1− −x n2 =0(1≤q≤n) có là ña tạp con của ℝ n không? Tại sao?

Bài 3.9 Xét các ñường cong sau ñây trong ℝ2 có là ña tạp khả vi hay không?

a, y2 =x3+ x

b, y2 =x3− x

Bài 3.10 Chứng minh rằng trong 3

ℝ Hyperbolic hai tầng xác ñịnh bởi phương trình

ẩn x2+ y2−z2= − (H) là một ña tạp không compact không liên thông cung 1

Bài 3.11

Chứng minh rằng xuyến πn =S11×S21× ×S n1 là ña tạp khả vi n chiều

LỜI GIẢI

Bài 3.1

Giải

a) ∀ f ∈ Fr(M), ∀ X Y Z, , ∈V M( ) ta có:

[X Y, ] ( )f = X fY( )−Y Xf( )

và [Y X, ] ( )f =Y Xf( )−X Yf( )= −(X Yf( )−Y Xf( ) )

Vậy [X Y, ]= −[Y X, ]

b) Ta có:

X Y Z f X Y Zf Z X Y f

X YZf Y XZf Z X Yf Y Xf

X YZf Y XZf ZX Yf ZY Xf

Y Z X f Y Z Xf X Y Z f

Y ZXf Z YXf X Y Zf Z Yf

Y ZXf Z YXf XY Zf XZ Yf

Z X Y f Z X Yf Y Z X f

Z XYf X ZYf Y Z Xf X Zf

Z XYf X ZYf YZ Xf YX Zf

Từ ñó ta có: [X Y, ],Z  + [Y Z X, ]   + [Z X Y, ],  =0

Bài 3.2

Giải

1. Ta cã:

, , , , , ( )!

( , , , , , )

! !

k s

ω ω η

ω ω η

+

( 1 2 ) ( ( 1 ), , ( ), ( 1 ), , ( ))

sgn )!

(

1

!

!

)!

(

s k k

v v

s k

s

k

s

k

+ +

⊗ + +

⋅

+

( 1 2) ( ( 1 ), , ( )) ( ( 1 ), , ( ))

sgn )!

(

1

!

!

)!

(

s k k

v v

s k

s

k

s

k

+ +

+ +

⋅

+

( ) ( )

[ 1 ( 1 ), , ( ) 2 ( 1 ), , ( ) ] ( ( 1), , ( ))

sgn )!

(

1

!

!

)!

(

s k k

k

v v

s k

s

k

s

k

+ +

+ +

⋅

+

sgn )!

(

1

!

!

)!

(

s k k

v v

s k

s

k

s

k

+ +

∑

+

⋅

+

sgn 2( ( 1 ), , ( )) ( ( 1 ), , ( ))

)!

(

1

!

!

)!

(

s k k

v v

s k s k

s k

+ +

∑

+

⋅

+

( 1 ) ( ( 1 ), , ( ), ( 1 ), ( ))

sgn )!

(

1

!

!

)!

(

s k k

v v

s k

s

k

s

k

+ +

⊗ +

⋅

+

sgn ( 2 ) ( ( 1 ), , ( ), ( 1 ), ( ))

)!

(

1

!

!

)!

(

s k k

v v

s k s k

s k

+ +

⊗ +

⋅

+

( 1 ) ( ( 1 ), , ( ), ( 1 ), ( ))

!

!

)!

(

s k k

v v

Alt

s

k

s

k

+ +

⊗

+

( 2 ) ( ( 1 ), , ( ), ( 1 ), ( ))

!

!

)!

(

s k k

v v

Alt s k

s k

+ +

⊗

+

( 1∧ )(v1, ,v k,v k+1, ,v k+s) + ( 2∧ )(v1, ,v k,v k+1, ,v k+s)

( 1 ∧ + 2 ∧ )(v1, ,v k,v k+1, ,v k+s)

⇒(ω1 +ω2)∧η =ω1 ∧η +ω2 ∧η

NhËn xÐt: §Ó cho gän h¬n ta cã thÓ lµm theo c¸ch 2 nh− sau vµ nh÷ng ý cßn l¹i ta lµm theo c¸ch 2

!

!

)!

( , ,

,

1 2

s k

s k v

v v

∧

ω

!

!

)!

(

1 1

2

Alt

s

k

s

k

+ +

⊗ +

⊗

+

( )(v v k v k v k s)

Alt

s

k

s

k

+ +

⊗

+

!

!

)!

(

1 1

ω

s k

s k

+ +

⊗

+

!

!

)!

(

1 1

ω ( 1 ∧ + 2 ∧ )(v1, ,v k,v k+1, ,v k+s)

⇒(ω1 +ω2)∧η =ω1 ∧η +ω2 ∧η

2. T−¬ng tù ta cã:

[ ] ( k k k s) ( ) Alt( ( ) )(v v k v k v k s)

s k

s k v

v v

+

!

!

! , ,

, , , )

ω

s k k

v v Alt

s

k

s

k

+ +

⊗ +

⊗

+

!

!

!

1 1

2

η ω

s k k

v v Alt

s

k

s

k

+ +

⊗

+

!

!

!

1 1

1

η

s k k

v v Alt

s k

s k

+ +

⊗

+

!

!

!

1 1

2

η ω

( ∧ )(v vk vk+ vk+s)

= ω η1 1, , , 1, , +(ω∧η2)(v1, ,vk,vk+1, ,vk+s)

( ∧ + ∧ )(v vk vk+ vk+s)

= ω η1 ω η2 1, , , 1, ,

⇒ω ∧(η1 +η2)=ω ∧η1 +ω∧η2

3. Víi a∈ ta cã: R

s k

s k v

v v v

!

!

! , ,

,

η

Alt

s

k

s

k

+ +

⊗

+

!

!

!

1 1

η

( )(v v k v k v k s)

Alt

s

k

s

k

!

!

!

1 1

η ω

= ω η 1, , , 1, , (*)

MÆt kh¸c ta cã:

[ ] ( k k k s) ( ) Alt[ (a ) ] (v vk vk vk s)

s k

s k v

v v v

!

!

! , ,

,

η

ω

Alt

s

k

s

k

+ +

⊗

+

!

!

!

1 1

η

( )

[ ∧ a ] (v vk vk+ vk+s)

= ω η 1, , , 1, , (**)

Tõ (*) vµ (**), ⇒(aω)∧η=ω∧(aη)=a(ω∧η)

4. Theo trªn ta cã:

l s k s

k s k k

k

v v

v v

v v Alt

l

s

k

l

s

k

v v

v v

v v

+ + +

+ + +

+ + +

+ + +

⊗

∧ +

+

+

=

∧

∧

, , ,

, , ,

, ,

!

!

!

, , ,

, , ,

, ,

1 1

1

1 1

1

θ η ω

θ

η

ω

( ) Alt[ ( )(v v k v k v k s) (v k s v k s l) ]

l

s

k

l

s

k

+ + +

+ +

+

∧ +

+

+

!

!

!

1 1

η









⊗ +

+

+

+

= Alt v v k v k+ v k+s v k+s+ v k+s+l

s k

s k Alt l

s

k

l

s

k

, ,

, , ,

, ,

!

!

!

!

!

!

1 1

η ω

( )

( ) Alt(Alt[ ( ) ] (v v k v k v k s v k s v k s l) )

s k

s k l

s

k

l

s

k

+ + +

+ + +

⊗

⊗

+ +

+

+

!

!

!

!

!

!

1 1

1

θ η ω

l s k s

k s k k

v v Alt

l

s

k

l

s

k

+ + +

+ + +

⊗

⊗ +

+

!

!

!

!

1 1

1

θ η

( ∧ ∧ )(v v k v k+ v k+s v k+s+ v k+s+l)

= ω η θ 1, , , 1, , , 1, , (a)

T−¬ng tù ta chøng minh ®−îc:

[ω∧η ∧θ] (v1, ,v k,v k+1, ,v k+s,v k+s+1, ,v k+s+l)

( ∧ ∧ )(v v k v k+ v k+s v k+s+ v k+s+l)

= ω η θ 1, , , 1, , , 1, , (b)

Tõ (a) vµ (b), ⇒ (ω∧η)∧θ =ω∧(η∧θ)=ω∧η∧θ

5. Ta cã:

s k

s k v

v v

!

!

! , ,

,

η

ω

( ) ( ( 1 ), , ( ), ( 1), , ( ))

sgn )!

(

1

!

!

)!

(

s k k

v v

s k

s

k

s

k

+ +

⊗ +

⋅

+

( ( 1 ), , ( )) ( ( 1), , ( ))

sgn )!

(

1

!

!

)!

(

s k k

v v

s k

s

k

s

k

+ +

∑

+

⋅

+

( ) sgn ( ( 1 ), , ( )) ( ( 1 ), , ( ))

)!

(

1

!

!

)!

(

s k s

k

s k

σ σ

σ

η

∑

+

⋅

+

−

=

( ) sgn ( ) ( ( 1 ), , ( ), ( 1 ), , ( ))

)!

(

1

!

!

)!

(

s k s

k

s k

+ +

⊗ +

⋅

+

−

( ) ( ) ( ( 1 ), , ( ), ( 1), , ( ))

!

!

)!

(

s

k

s k

+ +

⊗

+

−

( ) (−1ks ∧ ) (v (1), ,v (k),v (k+1), ,v (k+s))

⇒ω∧η =(−1)ksη∧ω

Bài 3.3

Giải

1) Ta cã:

( )(u u k u k u k s) ( )(f u f u k f u k f u k s)

f* ω∧η 1, , , +1, , + = ω∧η * 1, , * , * +1, , * +

(f u f u k f u k+ f u k+s)∧ (f u f u k f u k+ f u k+s)

=ω * 1, , * , * 1, , * η * 1, , * , * 1, , *

(u u k u k u k s) f (u u k u k u k s)

= *ω 1, , , 1, , *η 1, , , 1, ,

(f* ∧ f* ) (u1, ,u k,u k+1, ,u k+s).

⇒ f*(ω∧η)= f *ω∧ f*η

2)

(f g) (*ω u1, ,u k,u k+1, ,u k+s)

=ω  * 1, ,  * ,  * 1, ,  *

(g f u g f u k g f u k+ g f u k+s )

=ω * * 1 , , * * , * * 1 , , * *

(f u f u k f u k f u k s)

= *ω * 1, , * , * 1, , *

= * *ω 1, , , 1, ,

(f g ) (u u k u k+ u k+s)

= * * ω 1, , , 1, ,

⇒(g f)* = f* g*

3)

Với k( )

M

ω∈ Ω ta có:

1 1

1

, ,

1

k k

k

i i

i i

ω

≤ < < ≤

Nếu ω là dạng bậc không thì ta có: d f( ∗ω)= f∗(dω)

Chứng minh bằng phương pháp quy nạp như sau:

Giả sử d( f∗ω)= f∗(dω) với ω là dạng bậc k Ta chứng minh rằng với dạng: i

dx

ω∧ có bậc là k+ thì đẳng thức trên vẫn đúng Tức là phải chứng minh: 1

Thật vậy, ta có:

dx d dx

d f dx

d

( i) (vì ( )1 k ( )i 0)

= ∧ ư ∧ = (Theo tính chất phép toán vi phân ngoài)

= ∧ ∧ (áp dụng chứng minh phần (1.))

d f∗ω f∗ dx

= ∧ (áp dụng giả thiết quy nạp)

( ( i) )

= ∧ (áp dụng chứng minh phần (1.))

= f∗(d(ω∧dx i) )=d f( ∗(ω∧dx i) )⇒(*) đ−ợc chứng minh

Vậy: d f ∗ = f∗d

Bài 3.4

Giải

a,∀w w1, 2 k( )

∈ Ω M ta có:

1 1 1

k

≤ < < ≤

1 1

1

k

≤ < < ≤

( 1 1 ) 1

1

k

≤ < < ≤

( 1 1 ) 1 1

k

dw dw

≤ < < ≤

< <

∑

d, Vì

1

k

≤ < < ≤

1

2 ,

k

ϕ ϕ

≤ < < ≤

≤ < < ≤ ≤ < < ≤

∑

(Vì trong tổng đó có các cặp triệt tiêu, và dx i k ∧dx i l = −dx i l ∧dx i k)

Bài 3.5

Giải

a) Cỏch 1: Xột hàm 1 2

n i i

=

∑

Ta cú D f1 =2 , ,x1 D n+1f =2x n+1 ⇒ hạng J f ≠ ⇔1 x i khụng ủồng thời bằng khụng

⇔ hạng J f ≠ ⇔1 x1= =x n+1= 0

Vì ñiểm (0, ,0) ∉S ⇒ ∀ ñiểm P=(x x1, 2, ,x n+1)∈S ta ñều có hạng J f ( )p = 1

( )

1

⇒ = là ña tạp con n chiều của ℝn 1, vì ña tạp con của ña tạp khả vi là ña tạp khả vi nên ta có ñiều phải chứng minh

Cách 2: Ta xây dựng hệ bản ñồ

{ 1, 2, , 1 n 0}

{ 1, 2, , 1 n 0}

( )

i U i i U i

ϕ± ± ϕ± ±

(x x1, 2, ,x n+1)֏(x x1, 2, ,x i−1, ,ɵx x i i+1, ,x n+1) (i =1,n+1)

Xét ánh xạ: ϕ+j ( )ϕi+ −1:ϕi+(U i+ U j+) ϕj+(U i+ U+j )

1,

, , , n i , , i , 1 n k, i , , n

k k i

∑

−



ɵ

2

1

1,

, , , 1 , , , , ,

j

k k i

ϕ +

−

∑

( ) 1

j i

ϕ+ ϕ+ −

⋅ là ánh xạ khả vi

Lập luận tương tự các trường hợp còn lại ta có {U i±,ϕi±}

(i =1,n+1) là Atlas khả vi của S n Do ñó S n là ña tạp khả vi n chiều trong ℝn 1

b) Cách 1: Ta cũng chứng minh tương tự phần a), chứng minh M là ña tạp con của

2

ℝ

Cách 2:

Xét phủ của M gồm 4 tập mở

U+ = x y ∈M x> U− = x y ∈M x<

U+ = x y ∈M y> U− = x y ∈M y<

Lập các ánh xạ

1 : 1 ( 1,1), 1 : 1 ( 1,1)

(x,y) y (x,y) y

ϕ+ + ϕ− −

2 : 2 ( 1,1), 2 : 2 ( 1,1) (x,y) (x,y)

ϕ+ + ϕ− −

Ta có ϕ±

là các ñồng phôi

Suy ra ( i , i ) 1,2

i

U± ϕ±

= là họ bản ñồ của M

Ta có 2 ( )1 1

2

: (0,1) (0,1)

y (x,y) 1 y

ϕ+ ϕ+ −

→

−



2

( ) 1

f y = −y khả vi trên (0,1) (lập luận tương tự các trường hợp còn lại) Suy ra ( i , i ) 1,2

i

U± ϕ±

= là họ bản ñồ khả vi của M Do ñó M là ña tạp khả vi 1 chiều

Bài 3.6

Giải

Vì M và N là các ña tạp khả vi ⇒ có các Atlas khả vi

{ i, i }

i I

∈

= { ( j, j) }

j J

∈

= của M và N tương ứng

Xét hệ bản ñồ sau: { ( ij) }

,

,

i j

i I j J

(p q, )֏(ϕi( )p ,ψj( )q )

1

1

ij

−

=

Vì A, B là các Atlas khả vi ⇒ϕ ϕ ψ ψk⋅ i−1, l⋅ j−1 là khả vi ∀i j k l, , ,

1

ij

kl

⇒  khả vi ∀i j k l, , ,

A B

⇒ × là Atlas khả vi trên M×N ⇒ M×N là ða tạp khả vi

Bài 3.7

Giải

2

0

x

=





 = ±



⇒ M gồm 3 nhỏt

Oy+, hai ñường cong

3 2

x= ±y với y≥ 0

⇒ O(0.0)∈M ⇒ không tồn tại lân cận của O trong M sao cho lân cận ñó ñồng phôi với một khoảng mở trong ℝ Do ñó M không là ña tạp tôpô nên nó không là ña tạp khả vi

Bài 3.8

Giải

Mặt nón: x12+x22+ +x q2−x q2+1− −x n2 =0(1≤q≤n)

Xét hàm f =x12+x22+ +x q2 −x q2+1− −x n2

(2 .2x -2x .-2x )

Ta có hạng J f ≠ 1 ⇔x1 =x2 = =x q = = x n = 0

Vì (0,0,…,0) thuộc mặt nón suy ra 1

(0)

= không là ña tạp con của ℝn

Bài 3.9

Giải

a) y2 =x3+ (C) x

( , )

f x y = y −x − x

2

( , ) ( 3 1 2y) (0 0)

f

J x y = − x − ≠ ∀x y, nên hang J f = ( , ) ( )1 ∀ x y ∈ C

Suy ra C = f−1(0) là ña tạp khả vi con một chiều của ℝ2

b) y2 =x3− (Cx 1)

Xét hàm f x y( , )= y2−x3+ x

2

( , ) ( 3 1 2y)

f

J x y = − x + Hạng

1

0

f

x J

y



= ±



= ⇔

 =



Ta thấy 1 ,0 ( 1)

1

C = f− là ña tạp con một chiều của ℝ2

Bài 3.10

1

f =x + y −z + , J f =(2 2y -2z)x

do ñó hạng J f ≠ ⇔1 x= y= = , mà (0,0,0)z 0 ∉(H) suy ra 1

(0)

= là ña tạp khả vi hai chiều trong ℝ3

+) Chứng minh (H) không compact ta chứng minh rằng (H) không bị chặn

Thật vậy từ phương trình của (H) suy ra z2=x2+ y2+ ⇒1 z ≥ 1

suy ra (H) không bị chặn nên (H) không compact

+) Lấy A x y z( , , )1 1 1 ∈(H) trong ñó z1> 1

2 2 2

( , , ) ( )

B x y z ∈ H trong ñó z2 < − 1

Giả sử (H) liên thông cung suy ra tồn tại ánh xạ liên tục

:[0,1]

f →H thoả mãn f(0)=A, f(1) =B

Xét ánh xạ :

(x,y,z) z

֏ là ánh xạ liên tục

và hơn nữa g f(0)=g A( )=z1>1, g f(1)=g B( )=z2< −1

Theo ñịnh lý Bônxano-Cosi ∃ ∈t0 (0,1) :g f t( )0 =0

Suy ra ∃( ,x y z0 0, 0)∈(H) : ( )f t0 =( ,x y z0 0, 0) và g f t( )0 = ⇒0 z0 =0

ðiều này mâu thuẫn với z ≥ vậy (H) không liên thông cung 1

Bài 3.11

Giải

Trong ℝ2n chọn hệ toạ ñộ sao cho S11 có phương trình x12 + y12 =r12

S có phương trình 21 x22+ y22=r22

…

S1n có phương trình x n2+y n2 =r n2

Xét hàm f i =x i2+ y i2−r i2 (r i ≠ ) 0

Ta có (2 2y )

i

i

J ≠ ⇔ x = y = mà (0,0)∉S i1

Suy ra 1 1

(0)

S = f − là ña tạp con khả vi một chiều, mặt khác tích hai ña tạp khả vi là

ña tạp khả vi nên πn =S11×S21× ×S n1 là ña tạp khả vi n chiều