Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số vấn đề về đa tạp con của một đa tạp Riemann

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số vấn đề về đa tạp con của một đa tạp Riemann nêu lên đạo hàm thuận biến và dạng cơ bản thứ hai của một đa tạp con của một đa tạp Riemann; phương trình của Gauss và Codazzi; các siêu mặt trong một không gian Euclide,... Mời các bạn tham khảo.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Trần Ngọc Thanh Trang MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA TẠP CON CỦA MỘT ĐA TẠP RIEMANN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2008 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Trần Ngọc Thanh Trang MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA TẠP CON CỦA MỘT ĐA TẠP RIEMANN Chun ngành: Hình học Tơpơ Mã số: 60 46 10 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS KHU QUỐC ANH Thành phố Hồ Chí Minh – 2008 LỜI CẢM ƠN Trong trình thực luận văn, nhận nhiều giúp đỡ hỗ trợ Tôi xin chân thành cảm ơn TS Khu Quốc Anh tận tình hướng dẫn giúp đở nhiều để tơi hồn thành luận văn Nhân muốn gửi lời cảm ơn đến Thầy Cơ tổ Hình học thuộc khoa Toán Tin, Đại học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh nhiệt tình giúp đỡ góp ý cho luận văn Tơi xin cảm ơn quý Thầy Cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian quan tâm góp ý để luận văn hồn chỉnh Bên cạnh đó, tơi xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, Phòng Kế hoạch tài chính, Phòng Khoa học cơng nghệ Sau đại học trường Đại học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh Ban giám hiệu trường THPT Lương Thế Vinh tạo điều kiện để tơi hồn tất chương trình cao học hồn thành luận văn Cuối tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến gia đình, bạn bè đồng nghiệp động viên giúp đỡ suốt q trình nghiên cứu hồn thành luận văn thạc sĩ MỤC LỤC Trang Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục Mở đầu Chương 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1.Đa tạp khả vi 1.1.1.Đa tạp khả vi 1.1.1.1.Đa tạp khả vi n chiều 1.1.1.2 Ánh xạ khả vi 1.1.2 Không gian tiếp xúc phân thớ tiếp xúc 1.1.2.1 Định nghĩa không gian vectơ tiếp xúc Tp M 10 1.1.2.2 Phân thớ tiếp xúc 11 1.1.2.3 Trường vectơ 12 1.1.2.4 Trường mục tiêu 12 1.1.2.5 Tích Lie hai trường vectơ 12 1.1.2.6 Ánh xạ tiếp xúc 13 1.1.3 Đa tạp 14 1.1.4 Trường tenxơ 14 1.1.4.1 Tích tenxơ 14 1.1.4.2 Các tenxơ phản biến hiệp biến 15 1.1.4.3 Trường tenxơ 16 1.2 Lý thuyết liên thông 18 1.2.1 Định nghĩa liên thơng tuyến tính đa tạp 18 1.2.2 Đạo hàm thuận biến trường tenxơ 20 1.2.3 Tenxơ xoắn tenxơ cong 20 1.2.4 Đường trắc địa 21 1.3 Đa tạp Riemann 23 1.3.1 Khái niệm đa tạp Riemann 23 1.3.2 Liên thông Riemann 23 1.3.2.1 Định nghĩa liên thông Riemann 23 1.3.2.2 Định lý 23 1.3.3 Liên thông Levi – Cita 25 1.3.3.1 Định nghĩa 25 1.3.3.2 Định lý 25 1.3.4 Độ cong đa tạp Riemann 26 1.3.4.1 Những khảo sát đại số có liên quan 26 1.3.4.2 Độ cong thiết diện 27 1.3.4.3 Độ cong Ricci 27 1.3.5 Ánh xạ đẳng cự đa tạp Riemann 28 1.3.6 Tính đầy đa tạp Riemann 28 1.3.6.1 Định lý 28 1.3.6.2 Bổ đề 29 Chương 2: ĐA TẠP CON CỦA MỘT ĐA TẠP RIEMANN 30 2.1 Đạo hàm thuận biến dạng thứ hai đa tạp đa tạp Riemann 30 2.1.1 Đạo hàm thuận biến dạng thứ hai đa tạp đa tạp Riemann Công thức Gauss 30 2.1.1.1 Mệnh đề 31 2.1.1.2 Mệnh đề 34 2.1.2 Công thức Weingarten 37 2.1.2.1 Mệnh đề 38 2.1.2.2 Mệnh đề 40 2.1.3 Một số ví dụ minh họa 41 2.2 Phương trình Gauss Codazzi 44 2.2.1 Phương trình Gauss 44 2.2.1.1 Mệnh đề 45 2.2.1.2 Hệ 46 2.2.1.2.1 Ví dụ 46 2.2.1.2.2 Ví dụ 47 2.2.2 Phương trình Codazzi 48 2.2.2.1 Mệnh đề 49 2.2.2.2 Hệ 49 2.2.2.3 Mệnh đề 51 2.2.2.4 Mệnh đề 52 2.2.2.5 Định lý 53 2.2.2.6 Bổ đề 53 2.3 Các siêu mặt không gian Euclide 55 2.3.1 Tính chất 55 2.3.2 Định nghĩa 58 2.3.3 Biểu thức Tenxơ Ricci siêu mặt 62 2.3.4 Tính chất đa tạp Anhstanh 62 2.3.4.1 Định lý 62 2.4 Định lý cho siêu mặt 68 2.4.1 Định lý 68 2.4.2 Bổ đề 69 2.4.3 Bổ đề 70 2.4.4 Bổ đề 72 Kết luận 75 Tài liệu tham khảo 77 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Hình học Riemann nột lĩnh vực nghiên cứu quan trọng hình học vi phân Ra đời từ kỷ XVIII ứng dụng sâu sắc thực tế, hình học Riemann phát triển mạnh mẽ ngày Nhà toán học Đức Georg Friedrich bernhard Riemann ( 17 tháng 9, 1826 – 20 tháng 7, 1866), học trò xuất sắc nhà tóan học thiên tài K.F.Gauss, người mở rộng kết nghiên cứu hình học vi phân từ khơng gian ba chiều thông thường ( cụ thể lý thuyết mặt không gian Euclide ba chiều) sang khơng gian nhiều chiều Những cơng trình ông nhiều nhà toán học tiếng thời sau nghiên cứu phát triển trở thành lý thuyết quan trọng hình học vi phân mang tên ơng gọi hình học Riemann Hình học Riemann có đóng góp to lớn phát triển toán học mà đời sống thực tế Lý thuyết tương đối nhà bác học Einstein dựa sở toán học hình học Riemann Từ việc nghiên cứu hình học Riemann cơng cụ tốn học đại, nhiều mơn hình học khác hình học Finsler, hình học phức, hình học Symplectic,… đời phát triển mạnh mẽ ngày Khi chọn đề tài “ Một số vấn đề đa tạp đa tạp Riemann”, chúng tơi muốn tìm hiểu lĩnh vực nghiên cứu quan trọng hình học vi phân Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu đề tài này, muốn mở rộng kết biết lý thuyết mặt không gian Euclide ba chiều học đại học Luận văn thực nhằm chứng minh cách đầy đủ số định lý mệnh đề đạo hàm thuận biến dạng thứ hai đa tạp đa tạp Riemann, siêu mặt không gian Euclide Đối tượng nghiên cứu Luận văn tập trung nghiên cứu số vấn đề đa tạp đa tạp Riemann, cụ thể nghiên cứu đạo hàm thuận biến dạng thứ hai đa tạp đa tạp Riemann, siêu mặt không gian Euclide Ý nghĩa khoa học thực tiễn Kết luận văn tạo sở mở đầu để nghiên cứu đa tạp đa tạp Riemann Cấu trúc luận văn Luận văn gồm hai chương: Chương 1: hệ thống lại kiến thức chuẩn bị tôpô vi phân hình học vi phân, gồm khái niệm định lý sở, làm tảng xây dựng chương Chương 2: nghiên cứu đa tạp đa tạp Riemann, bao gồm vấn đề đạo hàm thuận biến dạng thứ hai, phương trình Gauss Codazzi, siêu mặt không gian Euclide định lý cho siêu mặt Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Đa tạp khả vi 1.1.1.Đa tạp khả vi 1.1.1.1 Đa tạp khả vi n chiều Cho M khơng gian tơpơ Hausdoff có sở đếm M gọi đa tạp tơpơ n - chiều đồng phơi địa phương với không gian Euclide » n , tức : • ∀ x ∈ M , ∃ lân cận U x đồng phơi • ϕ :U → V mở ⊂ » n Giả sử M đa tạp tôpô n - chiều , cặp ( U , ϕ ) xác định gọi đồ M Một atlas (tập đồ) khả vi lớp C k ( k ≥ ) họ C = {(U i , ϕi ) : i ∈ I } đồ thỏa mãn hai điều kiện a) Họ {U i } phủ mở M b) Với hai đồ (U i , ϕi ) (U j , ϕ j ) , U i ∩ U j ≠ ∅ , ánh xạ ϕ j ϕi −1 xác định ϕi (U i ∩ U j ) ánh xạ khả vi lớp C k từ ϕi (U i ∩ U j ) lên ϕ j (U i ∩ U j ) Hai tập đồ C1 = {(U i , ϕi ) : i ∈ I } C2 = {(V j , ψ j ) : j ∈ J } khả vi lớp C k gọi tương thích với , hợp chúng tập đồ khả vi lớp C k Quan hệ “tương thích” quan hệ tương đương họ tập đồ khả vi lớp C k Mỗi lớp tương đương quan hệ tương đương gọi cấu trúc khả vi lớp C k M Đa tạp tôpô n - chiều M với cấu trúc khả vi lớp C k cho gọi đa tạp khả vi n - chiều lớp C k Nếu k = ∞ , cấu trúc khả vi tương ứng gọi cấu trúc nhẵn M Khi M gọi đa tạp nhẵn 1.1.1.2.Ánh xạ khả vi Giả sử M , N hai đa tạp khả vi với số chiều m , n tương ứng Ánh xạ liên tục f : M → N gọi khả vi p ∈ M với đồ (U , ϕ) quanh p (V , ψ ) quanh f(p) = q cho f (U ) ⊂ V ánh xạ ψ f ϕ−1 : ϕ(U ) → ψ (V ) khả vi điểm ϕ( p) ∈ » m Ánh xạ f khả vi , khả vi điểm p ∈ M Cho ánh xạ khả vi f : M → N , p ∈ M , (V , ψ) đồ địa phương quanh ϕ( p) , tọa độ cho n hàm y j V Giả sử (U , ϕ) đồ quanh p ∈ M , tọa độ cho ϕ(.) = ( x1 , , x m ) với f (U ) ⊂ V Ánh xạ ψ f ϕ−1 cho biểu thức y j = h j ( x1 , x , , x m ), j = 1, 2, , n ( h j hàm khả vi)  ∂h j  Hạng ma trận  i  (m × n) ϕ( p) = ( x1 ( p ), , x m ( p)) không  ∂x  phụ thuộc vào việc chọn đồ địa phương , gọi hạng ánh xạ f điểm p Khi f gọi dìm hạng f điểm p m = dim M Ánh xạ f gọi nhúng f dìm f đồng phôi từ M lên f(M) 1.1.2.Không gian tiếp xúc phân thớ tiếp xúc 63 Lấy M siêu mặt nhúng chìm » n+1 , với n ≥ Nếu M Anhstanh : S = ρg , (1) ρ khơng âm (2) ρ = , M Euclide địa phương (3) ρ > , điểm M điểm rốn M siêu cầu địa phương Chứng minh • Ta chứng minh (2) (3) trước Nếu S = ρg , nhờ mệnh đề 2.3.3.1, ta có S ( X , Y ) = ρg ( X , Y ) = g ( AX , Y ) vết A – g ( A2 X , Y ) , X , Y ∈ Tx ( M ) ⇒ g (ρX , Y ) = g ((vết A) AX , Y ) − g ( A2 X , Y ) , X , Y ∈ Tx ( M ) ⇒ g (ρX , Y ) = g ((vết A) AX − A2 X , Y ) , X , Y ∈ Tx ( M ) ⇒ ρX = (vết A) AX − A2 X , X ∈ Tx ( M ) ⇒ ρI = (vết A)A – A2 với I phép biến đổi đồng Tại điểm x ∈ M , ta lấy sở trực chuẩn X , , X n Tx ( M ) cho AX i = λ i X i ,1 ≤ i ≤ n Khi phương trình cho bởi: (∑ λ i )λ i − λ i = ρ, 1≤ i ≤ n i Đặt s = ∑ i λ i = vết A Mỗi λ1 , , λ n nghiệm phương trình bậc hai λ − sλ + ρ = Trong trường hợp ρ = , có λ ( s − λ ) = Như tất λ i = ( s = 0) ta giả sử , cách xếp theo số , λ1 = = λ p = s ≠ λ p +1 = = λ n = , với ≤ p ≤ n Ở trường hợp cuối , ta có s = ρs , kéo theo ρ =1 64 Như giá trị riêng A tất tất ngoại trừ giá trị Trong trường hợp nào, nhận thấy tất độ cong tiết diện x 0, k ( X i ∧ X j ) = λ i λ j , ∀i, j , R = x ( k ( X i ∧ X j ) = R( X i , X j , X i , X j ) ) Vì x tuỳ ý, ta kết luận M Euclide địa phương (2) chứng minh xong Trong trường hợp ρ > , tất λ i Thật vậy, giả sử λ1 ≠ λ Khi tất λ i λ1 λ Giả sử λ1 xuất p lần λ xuất q lần ( n = p + q) giá trị riêng A Từ phương trình bậc hai có λ1 + λ = s = pλ1 + qλ , Suy ( p − 1)λ1 + (q − 1)λ = λ1λ = ρ > Mối liên hệ thứ hai λ1 λ có dấu Khi mối liên hệ kéo theo p = 1, q = n = , trái với giả thiết Điều chứng tỏ tất λ i đếu ( khơng 0, ρ ≠ ) • Bây ta chứng minh (1) Quan sát phương trình (1) λ − sλ + ρ = , với ρ < Nếu tất λ i nhau, s = nλ , ρ = (n − 1)λ , mâu thuẫn với giả thiết ρ < Như phương trình có nghiệm phân biệt Giả sử giá trị riêng A cho : λ1 = λ = = λ p = λ λ p +1 = = λ n = µ Trong λ + µ = s, pλ + (n − p)µ = s Suy ( p − 1)λ + (n − p − 1)µ = λµ = ρ Từ mối liên hệ có 65 ( p − 1)λ + ( n − p − 1)ρ = Nếu p = ( n − p − 1)ρ = , n = p + = 2, nằm trường hợp xét Do p ≠ có được: (2) λ = −ρ(n − p − 1) /( p − 1) Lập luận áp dụng điểm x ∈ M Vì s = vết A khả vi phương trình (1) có nghiệm phân biệt điểm , kéo theo nghiệm λ µ hàm khả vi Từ phương trình (2), ta kết luận λ hàm ( M liên thơng) ,và µ (có điều p n – p số) Ta xác định hai phân bố ∆1 ∆ M sau ∆1 ( x ) = { X ∈ Tx ( M ); AX = λX } ∆ ( x) = { X ∈ Tx ( M ); AX = µX } Ta ∆1 ∆ khả vi có tính đối hợp, M tích trực tiếp đa tạp tích phân cực đại M M ∆1 ∆ đa tạp Riemann Điều kết thúc chứng minh , : Trường tenxơ cong Riemann R xem ánh xạ song tuyến tính đối xứng Λ 2Tx ( M ) × Λ 2Tx ( M ) → » điểm x ∈ M Lấy » phép biến đổi tuyến tính đối xứng tương ứng Λ 2Tx ( M ) → Λ 2Tx ( M ) Nhờ công thức Gauss( xem ví dụ 2.2.1.1) ta có »( X ∧ Y ) = AX ∧ AY với X , Y ∈ Tx ( M ) Nếu X Y tiếp xúc với M M , ta có = » ( X ∧ Y ) = AX ∧ AY = λµX ∧ Y , kéo theo λµ = , trái với ρ = λµ < • Đầu tiên , để chứng minh ∆1 ∆ khả vi, lấy X , , X p , X p +1 , , X n trường vectơ khả vi cho X i ,1 ≤ i ≤ p , X j , p + ≤ j ≤ n tạo nên 66 sở ∆1 ( x0 ) ∆ ( x0 ) theo thứ tự, điểm x0 Ta xác định trường vectơ Y1 , , Yn sau Yi = ( A − µ) X i , ≤ i ≤ p , Y j = ( A − λ ) X j , p + ≤ j ≤ n Vì ( A − λ)Yi = ( A − λ )( A − µ) X i = , ≤ i ≤ p ( A − µ)Y j = ( A − µ)( A − λ ) X j = , p +1 ≤ j ≤ n , Chúng ta nhận thấy Yi , ≤ i ≤ p thuộc vào ∆1 Y j , p + ≤ j ≤ n thuộc ∆ Tại x0 , ta có Yi = (λ − µ) X i , ≤ i ≤ p Y j = (µ − λ) X j , p + ≤ j ≤ n Như Y1 , , Yn độc lập tuyến tính x0 lân cận x0 Như ta ∆1 ∆ có sở địa phương Y1 , , Yp Yp +1 , , Yn • Thứ hai , để chứng minh ∆1 ∆ đối hợp , lấy X Y trường vectơ dọc ∆1 Vì (∇ X A)(Y ) = ∇ X ( AY ) − A(∇ X Y ) = λ∇ X Y − A(∇ X Y ) Và (∇Y A)( X ) = ∇Y ( AX ) − A(∇Y X ) = λ∇Y X − A(∇Y X ) Phương trình Codazzi kéo theo A(∇ X Y − ∇Y X ) = λ(∇ X Y − ∇Y X ) Vì ∇ X Y − ∇Y X = [ X , Y ] , ta có A ([ X , Y ]) = λ [ X , Y ] Điều [ X , Y ] phụ thuộc vào ∆1 Như ∆1 có tính đối hợp Chứng minh cho ∆ tương tự 67 • Bây ta ∆1 ∆ song song tính liên thơng Riemann M Lấy X trường vectơ thuộc ∆1 Y trường vectơ thuộc ∆ Phương trình Codazzi trường hợp cho A(∇ X Y − ∇Y X ) = µ∇ X Y − λ∇Y X Biểu thị (∇ X Y )1 (∇ X Y ) thành phần thuộc ∆1 ∆ trường vectơ ∇ X Y , ta có λ (∇ X Y )1 + µ(∇ X Y ) − λ(∇Y X )1 − µ(∇Y X ) = µ(∇ X Y )1 + µ(∇ X Y ) − λ(∇Y X )1 − λ(∇Y X ) So sánh thành phần thuộc ∆1 thành phần thuộc ∆ ta có λ (∇ X Y )1 = µ(∇ X Y )1 µ(∇Y X ) = λ (∇Y X ) Vì λ ≠ µ , có (∇ X Y )1 = , ∇ X Y ∈ ∆ Và (∇Y X ) = , ∇Y X ∈ ∆1 Gọi Z trường vectơ thuộc ∆1 Lấy đạo hàm thuận biến hai vế g ( X , Y ) = dọc Z , ta có g (∇ Z X , Y ) + g ( X , ∇ Z Y ) = Vì ∇ Z Y thuộc ∆ , ta có g ( X , ∇ Z Y ) = g (∇ Z X , Y ) = Điều có nghĩa ∇ Z X ∈ ∆1 Như ta X ∈∇1 ∇Y X ∈ ∆1 , với Y ∈ ∆1 hay Y ∈ ∆ , với trường vectơ tùy ý Y Điều chứng minh ∆1 song song Chứng minh tương tự ∆ song song Ta biết với điểm x M có lân cận U x tích trực tiếp Riemann đa tạp tích phân ∆1 ∆ Ta hoàn thành chứng minh phần (1) định lý 2.3.4.1 68 2.4 Định lý cho siêu mặt Khi đa tạp Riemann M với metric g nhúng đẳng cự không gian Euclide » n+1 siêu mặt , ta có dạng thứ hai h toán tử tương ứng A xác định lựa chọn trường vectơ pháp tuyến đơn vị cho trước Ta biết A liên hệ với metric g phương trình Gauss Codazzi ( ví dụ 2.2.1.1 2.2.2.1) (III) R ( X , Y ) Z = g ( AY , Z ) AX − g ( AX , Z ) AY (IV) (∇ X A)(Y ) = (∇Y A)( X ) Đạo hàm thuận biến ∇ trường tenxơ độ cong R xác định cách metric g Ta chứng minh điều ngược lại , trước tiên dạng địa phương sau dạng tổng quát 2.4.1 Định lý Cho M đa tạp Riemann n - chiều với metric g Giả sử A trường tensơ loại (1,1) M , xác định phép biến đổi đối xứng không gian tiếp xúc Tx ( M ) thoả mãn phương trình Gauss Codazzi Lấy điểm x0 thuộc M lấy { X , , X n } sở trực chuẩn Tx ( M ) Lấy y0 điểm » n+1 lấy (e1 )0 , ,(en )0 , ξ0 mục tiêu trực chuẩn y0 Khi tồn phép nhúng đẳng cự f , nhúng lân cận U x0 vào » n+1 cho f ( x0 ) = y0 , f* ( X i ) = (ei )0 , ≤ i ≤ n , ξ0 vuông góc với f (U ) y0 , cho A toán tử đối xứng tương ứng với dạng thứ hai cho f Hơn , hai phép nhúng đẳng cự trùng lân cận x0 Ta chuẩn bị vài bổ đề sau 69 Lấy x1 , , x n hệ tọa độ địa phương với gốc tọa độ x0 cho X i = (∂ / ∂x i )0 , lấy ( y1 , , y n+1 ) hệ tọa độ vng góc với gốc tọa độ y0 cho (∂ / ∂y i )0 = (ei )0 ,1 ≤ i ≤ n , (∂ / ∂y n+1 )0 = ξ0 Với phép nhúng đẳng cự f , nhúng lân cận U x0 vào » n+1 thỏa mãn điều kiện định lý , lấy y p = f p ( x1 , , x n ), ≤ p ≤ n + , phương trình xác định f Trường vectơ (∂ / ∂x i ) ánh xạ f* tương ứng với ei = ∂y / ∂x i , với y = ( y1 , , y n+1 ) Từ điều kiện f* ( X i ) = (ei )0 ta có (1) (∂f p / ∂x i )0 = δip , ≤ p ≤ n (2) (∂f n +1 / ∂x i )0 = Các thành phần ξ0 thỏa mãn (3) ξ0p = , ≤ p ≤ n (4) ξ0n+1 = Với p , ≤ p ≤ n , ta có cơng thức Gauss n ( I p ) ∂e jp / ∂x i = ∑ Γ ijk ekp + hij ξ p k +1 với e jp = ∂f p / ∂x j Công thức Weingarten cho n ( II P ) ∂ξ p / ∂x j = −∑ a kj ekp k =1 với ( a kj ) thành phần A ( x1 , , x n ) Lấy Z p trường vectơ tương ứng với dạng vi phân df kì trường vectơ X U) 2.4.2 Bổ đề p hàm f p ( g ( Z p , X ) = Xf p với bất 70 Với p , ≤ p ≤ n + , cặp ( Z p , ξ p ) nghiệm hệ phương trình vi phân (5) ∇Y Z p − ξ p AY = (6) Y ξ p + g ( AY , Z p ) = Với Y trường vectơ tùy ý , với điều kiện ban đầu (7) ( Z p ) x = (∂ / ∂x p ) x , ξ p ( x0 ) = , ≤ p ≤ n 0 (8) ( Z n+1 ) x = , ξ n+1 ( x0 ) = Chứng minh (7) tương đương với (1) (3) (8) tương đương với (2) (4) Công thức Gauss ( I p ) tương đương với n ∇ ∂ / ∂x (df p ) = ∑ ξ p hij dxi j i =1 Nghĩa (∇Y (df p ))( X ) = ξ p h( X , Y ) = ξ p g ( X , AY ) Vì Z p tương ứng với df p với tính đối ngẫu xác định g , ta có g (∇Y Z p , X ) = (∇Y (df p ))( X ) Do (I p ) tương đương với (5) Tương tự , (II p ) tương đương với (6) 2.4.3 Bổ đề Giả sử với p , ≤ p ≤ n + , ta có trường vectơ Z p hàm ξ p tạo thành nghiệm hệ (5) (6) với điều kiện ban đầu (7) (8) Khi tồn phép nhúng đẳng cự f , nhúng lân cận x0 vào » n+1 : y p = f p ( x1 , , x n ) , ≤ p ≤ n + , cho df p tương ứng với Z p , ≤ p ≤ n + , cho ξ = (ξ1 , , ξ p+1 ) trường vectơ pháp tuyến đơn vị 71 Chứng minh Nếu ta biết tồn hàm f p , ≤ p ≤ n + , cho df p tương ứng với Z p , (5) (6) kéo theo (I p ) (II p ) , ≤ p ≤ n + , cơng thức Gauss Weigarten Lấy vi phân hàm ϕ jk = (e j , ek ) , ϕk = (ξ, ek ) ϕ = (ξ, ξ) x i , sử dụng (I p ) (II p ) , ta có ∂ϕ jk / ∂x i = ∑ (Γijl ϕlk +Γ lik ϕij ) + hij ϕk + hik ϕ j l ∂ϕk / ∂x = −∑ ail ϕlk + ∑ Γlik ϕl + hik ϕ i l l ∂ϕ / ∂x = −2∑ a ϕl i l i l Ta thấy hàm ϕ jk = g jk , ϕk = ϕ = thỏa mãn hệ phương trình Vì điều kiện ban đầu x0 , ta kết luận (e j , ek ) = g jk ,(ξ, ek ) = (ξ, ξ) = , có nghĩa f đẳng cự ξ trường vectơ pháp tuyến đơn vị Ta cần tồn hàm f p cho df p tương ứng với Z p Lấy ω p - dạng tương ứng với Z p Để chứng minh ω p xác ( tức ω p = df p với hàm f p ) , cần dω p = Tính chất ω p tương đương với điều kiện X ⋅ ω p (Y ) − Y ⋅ ω p ( X ) − ω p ([ X , Y ]) = với trường vectơ X , Y Vế trái X ⋅ g ( Z p , Y ) − Y ⋅ g ( Z p , X ) − g ( Z p ,[ X , Y ]) = g (∇ X Z p , Y ) − g (∇Y Z p , X ) Do d ω p = g (∇ X Z p , Y ) = g ( X , ∇Y Z p ) với trường vectơ X , Y Điều kiện cuối thỏa mãn , 72 g (∇ X Z p , Y ) = g (ξ p AX , Y ) = g ( X , ξ p AY ) = g ( X , ∇Y Z p ) nhờ tính chất (5) tính đối xứng A Trong bổ đề 2.4.3 , rõ ràng , cho trước điểm nào, chẳng hạn, điểm y0 » n+1 , ta chọn phép đẳng cự f đặt x0 tương ứng với y0 Như để chứng minh tồn phép nhúng đẳng cự định lý 2.4.1 , cần chứng minh hệ phương trình (5) (6) có nghiệm với điều kiện ban đầu tùy ý Tính theo tính nghiệm (5) (6) với điều kiện ban đầu gán trước , hiển nhiên Ta chứng minh 2.4.4 Bổ đề Giả sử x0 điểm M U lân cận với tọa độ trực chuẩn x1 , , x n , x i < d Với Z ∈ Tx ( M ) số thực c , tồn trường vectơ Z hàm ξ thỏa mãn (9) ∇Y Z − ξAY = Và (10) Y ξ + g ( AY , Z ) = với điều kiện ban đầu : Z x = Z ξ( x0 ) = c Chứng minh Với điểm a = (a1 , , a n ) U , ta lấy đường trắc địa at = (a1t , , a nt ) xác định Z (t ) ξ(t ) nghiệm hệ phương trình vi phân (11) ∇ X Z − ξAX = (12) X ξ + g ( AX , Z ) = 73 với điều kiện ban đầu Z (0) = Z ξ(0) = c , X vectơ tiếp xúc đường trắc địa : X = ∑ i =1 a i (∂ / ∂xi ) Ta xác định Z a = Z (1) n ξ(a) = ξ(1) , ta có trường vectơ Z hàm ξ U Ta phải Z ξ thỏa mãn (9) (10) với vectơ tiếp xúc Y điểm a tùy ý Ta thác triển vectơ Y thành trường vectơ Y = ∑ j =1 b j (∂ / ∂x j ) với n thành phần không đổi b j U Tương tự , ta thác triển họ vectơ tiếp xúc X đường trắc địa at thành trường vectơ X = ∑ i =1 a i (∂ / ∂x i ) với n thành phần không đổi a i U Ta dọc theo at (13) ∇ X (∇Y Z − ξAY ) = (Y ξ + g ( AY , Z )) AX (14) X (Y ξ + g ( AY , Z )) = g ( AX , ∇Y Z − ξAY ) Nếu thực , ta thấy ∇Y Z − ξAY Y ξ + g ( AY , Z ) , hiển nhiên thỏa mãn điều kiện ban đầu ∇Y Z − ξAY = Y ξ + g ( AY , Z ) = x0 phải trường vectơ hàm không đổi thỏa mãn (13) (14) với điều kiện ban đầu , tính nghiệm hệ (13) (14) dọc theo at Phép thử lại (13) (14) dựa phương trình Gauss Codazzi cho A Vì [ X , Y ] = , ta có ∇ X (∇Y Z − ξAY ) = ∇Y (∇ X Z ) + R ( X , Y ) Z − ξ(∇ X A)(Y ) − ξA(∇ X Y ) − ( X ξ) AY Với ý R ( X , Y ) = [∇ X , ∇Y ] Vì tính tốn thực dọc theo at , ta có (11) (12) Như ta thấy , với ∇ X Y = ∇Y X , dọc theo at 74 ∇ X (∇Y Z − ξAY ) = ∇Y (ξAX ) + R( X , Y ) Z − ξ(∇ X A)(Y ) − ξA(∇Y X ) + g ( AX , Z ) AY = (Y ξ) AX + ξ(∇Y A)( X ) + ξA(∇Y X ) + R( X , Y ) Z − ξ(∇ X A)(Y ) − ξA(∇Y X ) + g ( AX , Z ) AY = (Y ξ) AX + R ( X , Y ) Z + g ( AX , Z ) AY + ξ(∇Y A)( X ) − ξ(∇ X A)(Y ) Phương trình Codazzi nói hai số hạng cuối loại trừ lẫn Phương trình Gauss kéo theo R ( X , Y ) Z + g ( AX , Z ) AY = g ( AY , Z ) AX Như ta có (13) Phép thử lại (14) hoàn toàn tương tự ngoại trừ ta cần phương trình Codazzi Với chứng minh bổ đề 2.4.4 ta kết thúc chứng minh định lý 2.4.1 Định lý 2.4.1 gọi định lý siêu mặt 75 KẾT LUẬN Trên sở hiểu nội dung , tơi chi tiết hóa chứng minh số mệnh đề, hệ quả, bổ đề , ví dụ, định lý, chẳng hạn: • Mệnh đề 2.1.1.1 : ∇ X Y đạo hàm thuận biến liên thông Riemann ( M , g M ) • Mệnh đề 2.1.1.2: Ánh xạ α : X(M) × X(M) → X(M) ⊥ đối xứng (tức α( X , Y ) = α(Y , X ) ) F(M) – song tuyến tính Do đó, α x ( X , Y ) phụ thuộc vào X x Yx , có cảm sinh ánh xạ song tuyến tính α x từ Tx ( M ) × Tx ( M ) lên Tx ( M ) ⊥ Khi , định nghĩa α : X(M) × X(M) → X(M) ⊥ dạng thứ hai đa tạp M ( phép nhúng cho vào đa tạp N ) Với x ∈ M , α x : Tx ( M ) × Tx ( M ) → Tx ( M ) ⊥ gọi dạng thứ hai M x Tơi làm rõ tính chất đa tạp Anhstanh với việc cụ thể hóa chứng minh định lý 2.3.4.1 • Định lý 2.3.4.1: Lấy M siêu mặt nhúng chìm » n+1 , với n ≥ Nếu M Anhstanh : S = ρg , (1) ρ khơng âm (2) ρ = , M Euclide địa phương (3) ρ > , điểm M điểm rốn M siêu cầu địa phương 76 Các ví dụ 2.2.1.2.1, 2.2.1.2.2 tơi chi tiết hóa nhằm cho thấy rõ việc vận dụng phương trình Gauss Codazzi Với thời gian trình độ có hạn, kết mà tơi tìm hiểu nhiều hạn chế khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận góp ý q thầy độc giả Tơi xin chân thành cảm ơn! 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Khu Quốc Anh , Nguyễn Doãn Tuấn, Lí thuyết liên thơng hình học Rieman, Nhà xuất Đại học Sư Phạm 2005 [2] Nguyễn Văn Đoành, Đa tạp khả vi, Nhà xuất Đại học Sư Phạm 2006 [3] Đồn Quỳnh, Hình học vi phân, Nhà xuất Giáo dục 2000 TIẾNG ANH [4] S Kobayashi , K Nomizu, Foundations of differential geometry, Interscience Publishers , New York – London, Vol 1963 [5] S Kobayashi , K Nomizu, Foundations of differential geometry, Interscience Publishers , New York – London, Vol 1969 ... Trần Ngọc Thanh Trang MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA TẠP CON CỦA MỘT ĐA TẠP RIEMANN Chun ngành: Hình học Tơpơ Mã số: 60 46 10 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS KHU QUỐC ANH Thành... Tính đầy đa tạp Riemann 28 1.3.6.1 Định lý 28 1.3.6.2 Bổ đề 29 Chương 2: ĐA TẠP CON CỦA MỘT ĐA TẠP RIEMANN 30 2.1 Đạo hàm thuận biến dạng thứ hai đa tạp đa tạp Riemann. .. nên (M*, g*) đa tạp Riemann đầy Do định lý 1.3.6.1, p phép chiếu phủ từ M compact 30 Chương ĐA TẠP CON CỦA MỘT ĐA TẠP RIEMANN 2.1 Đạo hàm thuận biến dạng thứ hai đa tạp đa tạp Riemann 2.1.1