bài giảng giải tích trên đa tạp

Một trong những phương hướng nổi bật của toán học hiện đại có thể xem là ngành “Giải tích trên các đa tạp vi phân”. Đương nhiên cần phải hiểu từ “giải tích” ở đây theo nghĩa rộng nhất, bởi vì theo cách nhìn hiện nay, nó bao gồm rất nhiều ý niệm có liên quan quấn quít với nhau, và ta không thể thấy hết tiềm năng phong phú của chúng nếu chỉ đặt chúng vào trong từng ngành theo kiểu phân chia cũ kỹ và giả tạo như đại số, hình học, giải tích theo nghĩa cổ điển.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ

CẦN THƠ 2003 –

MÚC LÚC

CHÖÔNG 1

TÍCH PHAĐN THEO CAÙC XÍCH

1.1 Moôt soâ kieân thöùc cô bạn cụa ñái soâ 3

1.2 Moôt soâ kieân thöùc cô bạn veă hình hóc 10

1.3 Tröôøng vaø dáng 12

1.4 Tích phađn theo caùc xích 16

Baøi taôp chöông 1 20

CHÖÔNG 2 TÍCH PHAĐN TREĐN ÑA TÁP 2.1 Ña táp 22

2.2 Tröôøng vaø dáng tređn ña táp 27

2.3 Ñònh lyù Stoke tređn ña táp 34

2.4 Phaăn töû theơ tích 38

2.5 Caùc ñònh lyù coơ ñieơn 41

Baøi taôp chöông 2 45

Höôùng daên vaø giại baøi taôp chöông 1 47

Höôùng daên vaø giại baøi taôp chöông 2 51

TÀI LIỆU THAM KHẢO 54

LỜI NÓI ĐẦU

Một trong những phương hướng nổi bật của toán học hiện đại có thể xem là

ngành “Giải tích trên các đa tạp vi phân” Đương nhiên cần phải hiểu từ “giải tích”

ở đây theo nghĩa rộng nhất, bởi vì theo cách nhìn hiện nay, nó bao gồm rất nhiều ý niệm có liên quan quấn quít với nhau, và ta không thể thấy hết tiềm năng phong phú của chúng nếu chỉ đặt chúng vào trong từng ngành theo kiểu phân chia cũ kỹ

và giả tạo như đại số, hình học, giải tích theo nghĩa cổ điển.

Giáo trình này biên soạn nhằm phục vụ cho việc dạy và học tập những kiến

thức cần thiết về giải tích trên đa tạp của sinh viên sư phạm toán thuộc hệ chính

quy, hệ tại chức, hệ đại học hóa theo chương trình hiện hành của Trường Đại học Cần thơ Đây còn là sách đọc thêm thiết thực cho các học viên cao học nghiên các chuyên đề về đa tạp và nhóm Lie

Nội dung của giáo trình gồm các chương sau đây

Chương 1 tích phân theo các xích.

Chương này trình bày các kiến thức cơ bản về đại số, hình học trong R n, và

các tính chất cơ bản của tích phân theo các xích trong R n, làm nền tảng cho việc nghiên cứu chương 2

Chương 2 tích phân trên đa tạp.

Đây là phần trọng tâm của giáo trình Chương này nghiên cứu các tính chất của tích phân trên đa tạp, đồng thời xét cho các trường hợp cụ thể thu được các định lý cổ điển của lý thiết tích phân

Dù rất nghiêm túc trong việc nghiên cứu và biên soạn, nhưng chắc hẳn giáo trình không thể tránh được tất cả các thiếu sót Rất mong nhận được sự góp ý xây dựng của quý đọc giả

Cần thơ, tháng 3 năm 2003 Các tác giả

Chương 1

TÍCH PHÂN THEO CÁC XÍCH

1.1 Một số kiến thức cơ bản của đại số

, ,, ,(

),, ,', ,(), ,, ,(), ,', ,(

k i 1 k

i 1

k i 1 k

i 1 k

i i 1

v v v aT v

av v T

v v v T v v v T v v v v T

=

+

=+

Hàm đa tuyến tính T :V k →R được gọi là k- tenxơ trên V.

Tập hợp tất cả các k- tenxơ được ký hiệu là T k (V) sẽ trở thành một không gian vectơ (trên R ) nếu với mỗi cặp S, T ∈ T k (V) và với mỗi a∈R ta đặt

)

, ,(:), ,)(

(

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

(

k 1 k

1

k 1 k

1 k

1

v v aS v

v aS

v v T v v S v v T S

=

+

=+

Giả sử S∈ T k (V), và T ∈ T l (V) khi đó tích tenxơ S⊗T ∈ T k+l (V) được định

nghĩa bởi công thức

), ,(

)

, ,(:), ,,

, ,

T

lưu ý rằng S⊗T ≠T⊗S

Từ định nghĩa của tích tenxơ ta dễ dàng chứng minh được các tính chất sau

(ii) Các phép toán ⊗ cho phép biễu diễn các không gian T k (V ) qua các

T 1 (V ) còn lại.

Giả sử { }v i i∈I là cơ sở của V Đối với mỗi i∈I, ta ký hiệu ϕi là phiếm hàm tuyến tính duy nhất mà ϕi(v j)=δij Một phiếm hàm tuyến tính như vậy tồn tại do tính chất tổng quát của cơ sở

Nếu dimV = n, {v , , 1 v n} là cơ sở của V thì {ϕ1, ,ϕn} là cơ sở của V* Ta gọi

Giả sử {v , , 1 v n} là cơ sở của V và {ϕ1, ,ϕn} là cơ sở đối ngẫu của không

gian liên hợp Khi đó tập hợp tất cả các tích tenxơ cấp k, { i i }1 i i n

k 1 k

1 k

), ,(

), ,(

), ,(

, ,

, ,

k 1 j

n 1 j

j j kj j 1

n 1 j j k

1

w w v

v T

v v T a a w

w T

k k

k 1 k 1 k 1

ϕϕ

Nên ( , , ) , , ( , , ) k

k

n 1 j

n 1 j

∑ , , = , , ϕ ϕ Cho hai vế của đẳng thức trên tác động lên ( , , )

k

1 j

v ta được a j 1, ,j k=0

Do đó ϕj 1 ⊗ ⊗ϕj k là cơ sở của T k (V ) □

Ta định nghĩa tích trong trên V là một 2-tenxơ T trên V thỏa các điều kiện

(i) T(v,w)=T(w,v),∀v,w∈V ;

(ii) T(v,v)>0,∀v≠0

Khi đó ta có định lý sau đây

Δ Định lý 1.1.3

Nếu T là tích trong trên V thì V có cơ sở {v , , 1 v n} sao cho T(v i,v j)=δij (một

cơ sở như vậy được gọi là trực giao đối với T) Do đó tồn tại một đẳng cấu

Học viên tự chứng minh

Một ánh xạ tuyến tính f :V →W xác định một ánh xạ tuyến tính

)()

Đối với bất kỳ T∈T k (V ) và v 1, ,v k ∈V

Theo Định lý 1.1.3 có thể nói một cách khác tồn tại đẳng cấu f :R n →V sao cho f *T = ,

□ Định nghĩa 1.1.2

Ta gọi k - tenxơ ω∈ T k (V ) là phản đối xứng nếu

(v 1, ,v i, ,v j, ,v k) ω(v 1, ,v j, ,v i, ,v k)

đối với tất cả các v 1, ,v k ∈V

Tập hợp Λk (V) tất cả các k - tenxơ phản đối xứng rõ ràng Λk (V) là một

không gian con của T k (V ).

□ Định nghĩa 1.1.3

Nếu T∈T k (V ) ta định nghĩa luân phiên của T, ký hiệu là Alt(T ) và được xác

định bởi đẳng thức sau

!:), ,)(

trong đó S k là tập các phép thế cấp k, sgnσ là dấu của phép thế

Ta có định lý sau đây

Δ Định lý 1.1.4

(i) Nếu T∈T k (V ) thì Alt(T) ∈Λk (V);

(ii) Nếu ω∈Λk (V ) thì Alt(ω) = ω ;

(iii) Alt(Alt(T)) = Alt(T).

Chứng minh

Học viên tự chứng minh

Giả sử ω∈Λk(V),η∈Λl(V) ta định nghĩa phép nhân ngoài của ω và η, ký

hiệu là ω ∧η được xác định bởi công thức

))

((

),(

Học viên tự chứng minh

Định lý sau đây cho ta mối liên hệ giữa luân phiên và phép nhân ngoài

Δ Định lý 1.1.6

(i) Nếu S∈T k(V),T∈T l(V) và Alt(S) = 0 thì

Alt(S⊗T) =Alt(T ⊗S)=0;

(ii) Alt(Alt(ω⊗η⊗θ))= Alt(ω⊗η⊗θ)= Alt(ω⊗Alt(η⊗θ));

(iii) Nếu ω∈Λk(V),η∈Λl(V) và θ∈Λm (V) thì

)(

(ω ∧η ∧θ =ω∧ η∧θ = + + Alt ω⊗η⊗θ

m l k

m l k

Chứng minh

(i) Ta có

.), ,

()

, ,(

sgn)!

(

), ,)(

(

) ( ) ( ) ( )

l k 1

v v

T v v

S l

k 1

v v T S Alt

Giả sử G⊂S k+l gồm tất cả các phép hoán vị σ để nguyên các số k+1, ,

k+l Khi đó

.), ,(

)

, ,(

'sgn

), ,

()

, ,(

sgn

) (' )

(' '

) ( ) ( )

( ) (

0 v

v T v v

S

v v

T v v

S

l k 1 k k

1 S

l k 1

k k

1 S

k

l k

=

=

=

+ +

∈

+ +

∈

∑

σ σ

σ

σ σ

σ σ

σ

σ

σ

Bây giờ ta giả sử σ0∉G, ta đặt Gσ0 ={σ.σ0 :σ ∈G}, và

), ,(), ,

(vσ0 1) vσ0(k+l) = w 1 w k+l Khi đó

.), ,(

)

, ,(

'sgnsgn

), ,

()

, ,(

sgn

) (' )

'

) ( ) ( ) ( )

0 w

w T w w

S

v v

T v v

S

l k 1 k k

1 S

0

l k 1

k k

1 G

∈

+ +

∈

∑

∑

σ σ

σ

σ σ

σ σ

σ

σ

σσ

σ ( ') Điều này cho ta một mâu thuẫn

Tiếp tục như vậy ta sẽ chia S k+l thành từng tập con không giao nhau mà tổng

lấy theo mỗi tập đó bằng không nên tổng theo toàn thể S k+l bằng không

Đẳng thức Alt(T⊗S)=0 được chứng minh tương tự

(ii) Ta có Alt(Alt(η⊗θ)−η⊗θ))= Alt(η⊗θ)−Alt(η⊗θ)=0, nên từ (i) ta suy

!

!

!)!

(

)!

()!

(

))((

!)!

(

)!

()

(

θηω

θηωθ

ηω

⊗

⊗+

++

+

=

⊗

∧+

++

=

∧

∧

Alt l

k m l k

l k m l k

Alt m l k

m l k

Đẳng thức thứ hai được chứng minh tương tự □

!

!, ,

1 e e k

1 k

e e Alt

1 1

k e

e

k 1 k 1

k 1 k 1

k 1 k 1

i i i i

i i i i

i i i i

ϕϕ

ϕϕ

Học viên tự chứng minh

Định lý 1.1.8 chứng tỏ rằng tenxơ khác không ω∈Λk (V) chia các cơ sở của

không gian V thành hai nhóm, một nhóm gồm các cơ sở sao cho ω(v 1, ,v n)>0,

một nhóm kia gồm các cơ sở sao cho ω(v 1, ,v n)<0.

□ Định nghĩa 1.1.4

Nếu {v , , 1 v n} và {w , , 1 w n} là hai cơ sở của V và A =(a ij) là ma trận chuyển từ cơ sở {v , , 1 v n} sang {w , , 1 w n} thì {v , , 1 v n} và {w , , 1 w n} thuộc cùng một

nhóm khi và chỉ khi det(A) > 0 Tiêu chuẩn đó không phụ thuộc vào ω và luôn

luôn có thể dùng để chia các cơ sở của V ra làm hai nhóm Mỗi một trong hai nhóm đó được gọi là một định hướng của không gian V, định hướng chứa cơ sở {v , , 1 v n}

được ký hiệu là [v , , 1 v n] Định hướng [e , , 1 e n] được gọi là định hướng chuẩn tắc trong R n

□ Định nghĩa 1.1.5

Giả sử trên V cho một tích vô hướng T, nếu {v , , 1 v n} và {w , , 1 w n} là hai cơ

sở trực chuẩn của V đối với T và A =(a ij) là ma trận chuyển từ cơ sở {v , , 1 v n} sang

k ik jl k l j

i

ij T(w ,w ) , a a T(v ,v ) a a

Nói cách khác, ta có AA* = I (ma trận đơn vị), tức là detA=±1

Từ Định lý 1.1.8 ta suy ra rằng nếu ω ∈Λn (V) sao cho ω(v 1, ,v n)=±1 thì ta

cũng có ω(w 1, ,w n)=±1.

Nếu trên V còn cho một định hướng µ thì từ đó ta suy ra rằng tồn tại một

phần tử duy nhất ω ∈Λn (V) sao cho ω(v 1, ,v n) =1 đối với bất kỳ cơ sở trực chuẩn

{v , , 1 v n} mà [v , , 1 v n]=µ

Phần tử duy nhất ω đó được gọi là phần tử thể tích của không gian V, xác

định bởi tích vô hướng T và định hướng µ

Ta chú ý rằng det(.) là phần tử thể tích của không gian R n xác định bởi tích

vô hướng chuẩn tắc T và định hướng chuẩn tắc µ, khi đó det(v 1, ,v n) là thể tích

của hình hộp căng trên các đoạn thẳng nối O với các điểm v 1 , , v n

v w

1 n

1

det:)(

v w

1 n

1

det)(

định hướng chuẩn tắc trong R n

Chứng minh

Xét hàm det(.) trong R n Khi đó ta có

(v 1, ,v n 1,v 1 v n 1) det(v 1, ,v n 1,v 1 v n 1) (.det e 1, ,e n)

Do đó ta có

[v 1, ,v n−1,v 1× ×v n−1] = [e , , 1 e n],tức là det(v 1, ,v n−1,v 1× ×v n−1)>0

Từ đó ta suy ra điều cần chứng minh □

1.2 Một số kiến thức cơ bản về hình học

□ Định nghĩa 1.2.1

Một hàm liên tục c:[0,1]n → A (ở đây [0 ],1 n là tích n lần [0,1]× ×[0,1] và

A là tập mở trong R m với m≥n ) được là một hình lập phương kỳ dị n- chiều

Thông thường R 0 và [0,1] 0 được ký hiệu bằng {0} Khi đó hình lập phương kỳ

dị không chiều trong A là hàm f :{0}→ A , hay cũng vậy, một điểm trong A Hình lập phương kỳ dị một chiều thường được gọi là đường cong Hình lập phương n-

chiều chuẩn tắc I n :[0,1]n →R n được xác định bởi đẳng thức I(x ) = x với mọi

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

) , (

1 n i 1 i 1 1 n i 1 i 1 n n

1 i

1 n i 1 i 1 1 n i 1 i 1 n n

0 i

x x 1 x x x

x 1 x x I x I

x x 0 x x x

x 0 x x I x I

I( ) và n

1 i

I( ) lần lượt là (i,0)- biên và (i,1)- biên của I n

Cuối cùng ta xác định biên của xích kỳ dị n- chiều ∑=

n 1

Nếu c là xích kỳ dị n- chiều trong A thì ta luôn có ∂(∂c)=0 , ta còn viết 0

I Nếu x∈[0,1]n−2 từ định nghĩa (j,β)- biên

của hình lập phương kỳ dị n- chiều ta có

)

, ,,,, ,,,, ,(

), ,,,, ,()

()

) , ( ) ,

2 n j 1 j i i 1 n

2 n j 1 j 1

n i 1

n j

n i j

n i

x x x

x x x I

x x x

x I x I I x I

β

α β

α β

α

Tương tự,

)

, ,,,, ,,,, ,(

), ,,,, ,()

()

) , ( ) , (

2 n j 1 j i i 1 n

2 n j 1 j 1

n 1 j 1

n j

n 1 j j

n 1 j

x x x

x x x I

x x x

x I

x I I

x I

−

−

−

− +

− +

α

β α

β α

β

Như vậy

( ),α) ( ,β) ( ( ,β))(j,α)

n 1 j j

n

Từ đó dễ suy ra rằng ( )c i,α) (j,β) =(c(j+1,β))(j,α) với i≤ j đối với hình lập

phương kỳ dị n- chiều bất kỳ Nhưng

n 1

j i

n 1

i

c 1

c 1 c

.)

(

)(

β α

α

Trong tổng đó ( )c i,α) (j,β) và (c(j+1,β))(j,α) với 1≤i≤ j≤n−1 là các đại lượng

ngược dấu với nhau Vì vậy tất cả các số hạng đều triệt tiêu lẫn nhau nên ∂( )∂c =0

R và được gọi là không gian tiếp xúc với R n tại P.

Bây giờ ta định nghĩa trên n

w v w

v P, P := , .Định hướng chuẩn tắc trên n

Một dạng bậc k trên R n (hay đơn giản hơn là một dạng vi phân) là một hàm

ω đặt ứng mỗi điểm P∈R n với một tenxơ ( ) ( n)

)(:

(i) Các dạng và các trường vectơ thông thường được giả thiết ngầm là

khả vi và bắt đầu từ đây tính khả vi ta hiểu là khả vi lớp C∞ Giả thiết đó làm đơn giản vấn đề, giúp ta tránh khỏi phải tính hàm này hay hàm kia được lấy đạo hàm bao nhiêu lần trong quá trình chứng minh.(ii) Hàm vô hướng f được xem là dạng bậc 0.

(iii) Các phép toán tổng ω+η, tích fω , tích ngoài ω∧η được cảm sinh

từ các phép toán tương ứng trong Λk(R n) bằng cách cho các phép toán tác đôïng lên từng điểm

◊ Nhận xét 1.3.1

Nếu f :R n →R khả vi thì Df(P)∈Λ1(R n) Ta đi đến xác định dạng bậc

nhất df bởi công thức

)

)(

(:))(

Ta xét dạng bậc nhất dπi, thông thường ta dùng ký hiệu x thay cho i πi Vì

i i

i P

i P

dx ( )( )= π ( )( )= π ( )( )=π ( )= Nên ta thấy rằng

)(), ,

dx 1 n là cơ sở đối ngẫu của cơ sở (e 1)P, ,(e n)P Như vậy mỗi dạng ω

bậc k có thể viết dưới dạng

k 1

Nếu f :R n → R là hàm khả vi thì df =D 1 f.dx 1 + +D n f.dx n

n

1 1

dx x

f dx

x

f df

∂

∂++

i i i

P Df P v D f P v D f P dx P v v

□ Định nghĩa 1.3.4

Giả sử f :R n →R m là một ánh xạ khả vi Tại mỗi điểm P∈R n ánh xạ đó sẽ sinh ra một ánh xạ tuyến tính Df(P):R n →R m Từ ánh xạ này ta đi đến xác định ánh xạ tuyến tính m

P f

n

P R R

f*: → ( ) theo công thức

) (

*(v P): Df(P)v f P

Ánh xạ tuyến tính đó cảm sinh ra ánh xạ tuyến tính ( ) ( )n

P k m

P f

f*:Λ ( ) →Λ

Vì vậy mỗi dạng ω bậc k trên m

P f

R ( ) có thể chuyển thành một dạng bậc k trên n

P

R

bằng cách đặt

))((

*:))(

*

tức là

)) (

), ,

( ))( ( ( : ) , ,

)( ( * P v 1 v k f P f* v 1 f* v k f ω =ω Đối với mỗi bộ n P k 1 v R v , , )∈

( (nếu ω là dạng bậc 0 thì tất nhiên f*(ω) được hiểu là ω f Δ Định lý 1.3.2 Giả sử f :R n →R m khả vi Khi đó (i) ∑ = ∑ = ∂ ∂ = = n 1 j j j i n 1 j j i j i dx x f dx f D dx f *( ) ; (ii) f *(ω1+ω2)= f *(ω1)+ f *(ω2); (iii) f *(g.ω)=(g f)f *(ω); (iv) f *(ω∧η)= f *(ω)∧ f *(η) Chứng minh Học viên tự chứng minh Bây giờ ta áp dụng Định lý 1.1.8 chứng minh kết quả sau đây Δ Định lý 1.3.3 Giả sử f :R n →R m khả vi Khi đó )

)( ' )(det ( )

( * hdx 1 dx n h f f dx 1 dx n f ∧ ∧ =  ∧ ∧ Chứng minh Vì f *(hdx 1 ∧ ∧dx n)=(h f)f *(dx 1∧ ∧dx n), nên ta chỉ cần chứng minh )

)( ' (det )

( * dx 1 dx n f dx 1 dx n f ∧ ∧ = ∧ ∧ Giả sử P∈R n và A = (a ij ) là ma trận của f ’(P). Nếu không có sự nhầm lẫn bây giờ cũng như về sau ở chổ nào thuận tiện ta sẽ không viết chữ P trong dx 1 ∧ ∧dx n (P) và trong các biểu thức tương tự. Khi đó theo Định lý 1.1.8 ta có ( ) ) , ,

)(

)( det( , ,

) , ,

(

) , ,

)(

( * * * n 1 n 1 ij n 1 i ni i n 1 i 1 i i n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 e e dx dx a e a e a dx dx e f e f dx dx e e dx dx f ∧ ∧ = ∧ ∧ = ∧ ∧ = ∧ ∧ ∑ ∑= =

Vậy định lý được chứng minh □

□ Định nghĩa 1.3.5

Giả sử ω là một dạng cấp k, ω =∑i 1< <i kωi 1, ,i k dx i 1 ∧ ∧dx i k , ta xác định một dạng dω bậc (k+1) và gọi là vi phân của ω, xác định bởi đẳng thức

)(

)(

:

, ,

k 1

k

k 1

k

1 1 k

i i

i

n 1

i i

i

dx dx

dx D

dx dx

d d

Từ định nghĩa ta dễ dàng chứng minh được định lý sau đây

(i) d(ω +η)=dω+dη;

(ii) Nếu ω,η là các dạng bậc k thì d(ω∧η)=dω ∧η+(−1)kω∧dη;

(iii) d(dω)=0 , viết tắt là d 2 = 0;

(iv) Nếu ω là dạng bậc k trên R m và f :R n →R m là khả vi thì

)

*()(

Chứng minh

Học viên tự chứng minh

1.4 Tích phân theo các xích

Trong phần này và về sau, khi nói đến hình lập phương kỳ dị k- chiều ta hiểu đó là hình lập phương khả vi kỳ dị k- chiều.

□ Định nghĩa 1.4.1

Giả sử ω là dạng bậc k trên [0,1 ] k Khi đó ω = fdx 1 ∧ ∧dx k với một hàm f

xác định duy nhất Ta đặt

∫

k

k 1 1

f

] [ ] [

k

1 dx f x x dx dx fdx

] , [ ]

, [

), ,(:

Nếu ω là dạng bậc k trên A còn c là một hình lập phương k- chiều trong A

c

] [

), ,(

)

(

*)(:

] [

] [ ]

1

k 1 k 1 1

k 1 k

1

k 1

dx dx x x f

dx fdx I

dx fdx

Khi k = 0, đối với hình lập phương 0 - chiều c:[0,1]0 ={0}→ A, trong A ta đặt

bởi công thức

∑ ∫

∫ = n=

1 i c

i

a ω

• Tích phân của dạng bậc nhất ω =Pdx+Qdy theo một xích kỳ dị được gọi

là tích phân đường.

• Tích phân của dạng bậc hai theo xích kỳ dị hai chiều được gọi là tích

phân mặt.

Δ Định lý 1.4.1 (Định lý Stoke- định lý cơ bản)

Giả sử ω là dạng bậc (k-1) trên A và c là một xích kỳ dị k- chiều trong A Khi đó

dω ω.

Chứng minh

Ta giả sử rằng c = I k và ω là một dạng bậc (k-1) trên [0,1] k Khi đó ω là

tổng các dạng bậc (k-1) có dạng fdx 1 ∧ ∧dˆx i ∧ ∧dx k (với dˆ x i nghĩa là bỏ đi phần

dx i )

Ta chú ý rằng ta chỉ cần chứng minh chứng minh định lý cho mỗi dạng như vậy và điều đó được chứng minh bằng cách tính trực tiếp

Ta có

,

)

ˆ

(

] [

] [

) , (

*

j i dx

dx x x

f

j i 0

dx x

d fdx

I

k k

1

k 1 k 1

1

k i

1 j

k

với ,

với

,

α

Vì vậy

), ,, ,()(

), ,, ,()

(

ˆ

)(

ˆ

] [

] [

] [

) , (

* ,

] [

1 k

1 k k

1

k 1 k 1

i 1

k 1 k 1

1 i

1

k i

1 j k k

1

i 1

k i

1

dx dx x 0 x f 1

dx dx x 1 x f 1

dx x

d fdx

I 1

dx x

d fdx

Mặt khác

ˆ

(

] , [ ]

k

1 i 1 i 1

k i

1 i i I

k i

1

f D 1

dx x

d dx

fdx D

dx x

d fdx

d

Theo Định lý Fubini và Định lý Newton- Leipnitz ta có

ˆ

), ,, ,()(

ˆ

), ,, ,()

(

ˆ

)]

, ,, ,(), ,, ,([

)(

ˆ

)), ,( (

)(

ˆ

(

] [

] [

1 k k

1

k i 1 k 1

i 1

k i 1 k 1

1 i

1 0

1

1 i

1 0

1

0 i 1 k i 1 i k 1

i I

k i

1

dx x d dx x 0 x f 1

dx x d dx x 1 x f 1

dx x d dx x 0 x f x 1 x f 1

dx x d dx dx x x f D 1

dx x

d fdx

c ωω

1 1

c c

d d

c

dω *( ω) ( *ω) *ω ω

] [ ]

Cuối cùng đối với một xích kỳ dị k- chiều tùy ý c=∑i n=1 a i c i ta có

n 1 i c

i

a d

a

Giả sử c là một hình lập phương kỳ dị k - chiều và p:[0,1]k →[0,1]k là một ánh xạ 1-1 sao cho p([0,1]k)=[0,1]k và det p,(x)≥0,∀x∈[0,1]k Khi đó với mọi dạng bậc k bất kỳ ω ta có

∫

∫ =

p c

c 

ω

Chứng minh

Rõ ràng c  p và p cũng là các hình lập phương kỳ dị k- chiều.

Nếu ω = fdx 1∧ ∧dx k là một dạng bậc k nào đó, ta có

1 1

p 1

p c c

p c

ω

] , [ ]

, [ ) ] , ([

] , [

*)(

Bài tập chương 1

(1) Chứng minh các đẳng thức sau của tích tenxơ

T( , )=δ (một cơ sở như vậy được gọi là trực giao đối với T) Do đó tồn tại một

đẳng cấu f :R n →V sao cho T(f(x), f(y))= x,y ,∀x,y∈Rn

(3) Chứng minh các tính chất sau đây của luân phiên

(i) Nếu T∈T k (V ) thì Alt(T) ∈Λk (V);

(ii) Nếu ω∈Λk (V ) thì Alt(ω ) = ω ;

(iii) Alt(Alt(T)) = Alt(T).

2 3

2

0 e e e

e e e

e

e 1× 3 =− 2, 2× 3 = 1, 3× 3 = (8) v×w=(v 2 w 3 −v 3 w 2)e 1+(v 3 w 1 −v 1 w 3)e 2 +(v 1 w 2 −v 2 w 1)e 3

0 w w v v w

v× , = × , = (10) v,w×z = v,z×w = z,v×w ,

z w v w z v z w

v×( × )= , − , ,

v z w w z v z w

w v w w v v w

f D dx

(ii) Nếu ω,η là các dạng bậc k thì d(ω∧η)=dω ∧η+(−1)kω∧dη;

(iii) d(dω)=0, viết tắt là d2 = 0;

(iv) Nếu ω là dạng bậc k trên Rm và f :R n →R m là khả vi thì

)

*()(

(15) Giả sử ω là dạng bậc nhất fdx trên [0,1] và f (0) = f (1) Chứng minh rằng khi

đó tồn tại duy nhất số λ sao cho ω−λdx=dg , đối với hàm g nào đó mà g(0)= g(1)

Chương 2

TÍCH PHÂN TRÊN ĐA TẠP

2.1 Đa tạp

□ Định nghĩa 2.1.1

Giả sử U, V là các tập mở trong R n Hàm khả vi h:U → V có hàm ngược khả

vi h−1:V →U sẽ được gọi là một vi phôi.

Một tập con M trong R n được gọi là một đa tạp k-chiều (trong R n) nếu đối với mỗi x∈Mđiều kiện sau đây được nghiệm đúng

(M) Tồn tại một tập mở U chứa x, một tập mở V⊂ R n và một vi phôi

h:U → V sao cho h(U∩M) = V∩ (R k ×{0}) = { x∈V: x k+1 = = x n = 0}.

Nói cách khác U∩M “sai khác một vi phôi” lại là một phần của không gian

R k ×{0}.

Δ Định lý 2.1.1

Giả sử A⊂R n là một tập mở và g:A→R p là một hàm khả vi sao cho g’(x) có hạng p đối với mọi điểm x mà tại đó g(x) = 0 Khi đó g -1 (0) là một đa tạp (n-p)- chiều trong R n

(ii) f ’(y) có hạng k với bất kỳ y∈W.

Một hàm như vậy, được gọi là một hệ tọa độ trong lân cận điểm x.

Chứng minh

Ta hãy xét ánh xạ khả vi h:U→V thỏa điều kiện (M).

Giả sử W := {a∈R k : (a,0)∈h(M)}.

Ta xác định f:W→R n bởi đẳng thức f(a) := h -1 (a,0) Khi đó

• f là ánh xạ 1-1, khả vi.

* f khả vi vì h -1 khả vi;

* Nếu f(a) = f(b) ⇔h -1 (a,0) = h -1 (b,0) từ đó ta suy ra

* Lấy x∈f(W), tức là ∃a∈W sao cho x = f(a) = h -1 (a,0) Vì h−1 (a,0)∈U

và do (a,0)∈h(M) nên h -1 (a,0)∈M Do đó x = h -1 (a,0)∈U∩M.

* Lấy x∈U∩M, tức là h(x) = (a,0) với a∈R k , (a,0)∈h(M) Do đó x

= h -1 (a,0), a∈R k , (a,0)∈h(M) Như vậy x = h -1 (a,0) = f (a)∈ f(W).

Vậy f(W) = M∩U.

• Ta xác định ánh xạ H:U→R k bởi đẳng thức H(z) := (h 1 (z), , h k (z)) thì

H(f(y))= y, ∀y∈W Vì vậy H’(f(y)).f ’(y) = I , I là ma trận đơn vị cấp k Do

đó ma trận f ’(y) phải có hạng k □

□ Định nghĩa 2.1.2

Tập {x∈R k : x k≥0} sẽ được gọi là nửa không gian H k ⊂R k

Một tập con M⊂R k được gọi là một đa tạp k-chiều có biên nếu với mỗi điểm

x∈M điều kiện (M) hay điều kiện sau đây được nghiệm đúng:

(M’) Tồn tại một tập mở U chứa x, một tập mở V⊂R n và một vi phôi h:U→V sao cho

Tập hợp các điểm x∈M thỏa điều kiện (M’) được gọi là biên của đa tạp M

và được ký hiệu là ∂M (Không nên nhầm nó với biên của một tập).

Vì M là k chiều có biên nên mỗi điểm x∈M thì điều kiện (M) hoặc điều

kiện (M’) được nghiệm đúng tại điểm này.

Nếu x nghiệm đúng điều kiện (M) thì theo Định lý 2.1.2 điều kiện (C) được

nghiệm đúng tại điểm này

Nếu x nghiệm đúng điều kiện (M’) ta chứng minh lúc đó x nghiệm đúng điều kiện (C’) Thật vậy, ta hãy xét ánh xạ h:U→V thỏa mãn điều kiện (M’) Giả sử

W := {a∈H k : (a,0)∈h(M)} Ta xác định ánh xạ f:W→R n bởi đẳng thức f(a):=h

-1 (a,0).

Hoàn toàn tương tự cách chứng minh Định lý 2.1.2 ta chứng minh được rằng

f là một ánh xạ 1-1, f(W)=M ∩U, f ’(y) có hạng k với mọi y∈W □

Ta cần chú ý rằng vì tại mỗi điểm x∈M các điều kiện (M) và (M’) không thể đồng thời nghiệm đúng nên các điều kiện (C ) và (C’) cũng không đồng thời

nghiệm đúng tại điểm này

Δ Định lý 2.1.6

Giả sử A⊂R n là một tập mở Khi đó

(i) A là một đa tạp n- chiều;

(ii) biên của A, Fr A là một đa tạp (n-1)- chiều;

(iii) Tập hợp N =A∪FrA là một đa tạp n- chiều.

Ta cũng có khẳng định tương tự cho một tập con mở của đa tạp n chiều.

Chứng minh

(i) Ta có A⊂R n mở trong R n ta chứng minh A là một đa tạp n- chiều Thật vậy, với

mỗi x∈A , tồn tại A mở chứa x , A⊂R n và ánh xạ đồng nhất idA:A→A là một vi

phôi thỏa điều kiện idA(A∩A) = A = A∩ (R n×{0})⊂R n+1 Nên A là một đa tạp n

- chiều

(ii) Bây giờ ta chứng minh FrA là một đa tạp (n-1) chiều Lấy x∈FrA, tồn tại U mở

chứa x, U là đa tạp n- chiều nên có V mở, V⊂R n và vi phôi hˆ :U→V thỏa điều kiện

hˆ (U∩U) = V∩(R n ×{0}) Ta xét ánh xạ h:U→V xác định như sau

), ,(ˆ(

;

\),

()(

FrA x 0

x h x h

FrA U x x

h x h

1 n

nếu

Rõ ràng ta có h(U∩FrA) = V∩(R n-1 ×{0}) = {x∈V: x n = 0}

(iii) Ta xác định ánh xạ h 1 :U→V như sau.

Gọi N = A∪FrA Ta xác định h 1 theo công thức

),(), ,(()(

))((

)(

)(

,)(:)(

lạicòn hợptrườngcác

cho ,

khi

0 x h x h x h

U V h x FrA U

x N U x x

h x h

1 n 1

1

1 1 1 1

Khi đó

* h 1 khả vi vì h khả vi.

* h 1 (U∩N) = h 1 [U∩(A∪FrA)] = h 1 [(U∩A)∪( U∩FrA)]

= h 1 [( U∩FrA) ∪(A∩(U\U 1) ∪U 1]

= h 1 ( U∩FrA) ∪ h 1 (U 1 ) ∪ h 1 [ A∩(U\U 1)]

Từ sự xác định của h 1 và kết hợp với đẳng thức trên ta có

h 1 (U∩N) = {x∈V: x n≥0}.