Dòng trắc địa và dong horocycle trên mặt phẳng hyperbolic

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN VĂN NHƠN DÒNG TRẮC ĐỊA VÀ DÒNG HOROCYCLE TRÊN MẶT PHẲNG HYPERBOLIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN VĂN NHƠN DÒNG TRẮC ĐỊA VÀ DÒNG HOROCYCLE TRÊN MẶT PHẲNG HYPERBOLIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 8.46.01.02 Người hướng dẫn khoa học: TS HUỲNH MINH HIỀN Bình Định - 2020 Lời cam đoan Tơi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực không trùng khớp với đề tài khác Tôi xin cam đoan kết luận văn, tài liệu tham khảo nội dung trích dẫn đảm bào tính trung thực, xác Quy Nhơn, tháng năm 2020 Học viên Nguyễn Văn Nhơn ii Mục lục Mục lục ii Mở đầu iv Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 1.3 Đa tạp 1.1.1 Đa tạp trơn 1.1.2 Không gian tiếp xúc 1.1.3 Đa tạp Riemann 1.1.4 Đường trắc địa Nhóm PSL(2, R) 1.2.1 Bin i Măobius 1.2.2 Nhóm PSL (2, R) Dòng Mặt phẳng hyperbolic 10 2.1 Mặt phẳng hyperbolic 10 2.2 Phân thớ tiếp xúc đơn vị 11 2.3 Đường trắc địa H2 17 2.4 Horocycle H2 20 2.5 Diện tích thể tích hyperbolic 22 Dòng trắc địa dòng horocycle mặt phẳng hyperbolic 24 3.1 Dòng trắc địa 24 3.2 Dòng horocycle 26 3.3 Tính bảo tồn thể tích 28 3.4 Cấu trúc tích địa phương 31 3.5 Hình chữ nhật PSL(2, R) 35 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 Mở đầu Hình học hyperbolic mảng đặc biệt quan trọng hình học phi-Euclide có nhiều ứng dụng vật lý lý thuyết, thiên văn học, khoa học vũ trụ, Những người tiên phong lĩnh vực Nikolai Lobachevsky (1792-1856) Felix Klein (1849-1925) Hình học hyperbolic nghiên cứu tính chất hình học đa tạp có độ cong âm Ví dụ đơn giản cho đa tạp có độ cong âm mặt phẳng hyperbolic, nửa mặt phẳng H2 = {(x, y) ∈ R : y > 0} trang dx2 + dy 2 bị mêtric hyperbolic ds = Nhóm phép đẳng cự trờn y H2 l nhúm cỏc phộp bin i Măobius, nhóm đẳng cấu với nhóm PSL(2, R) = PSL(2, R)/ {E2 , −E2 } có cách đồng ma trận nhóm ma trận vng cấp với định thức đơn vị SL(2, R) Đường trắc địa mặt phẳng hyperbolic đường thẳng đứng nửa đường trịn có tâm trục thực Dòng trắc địa hệ động lực dọc theo đường trắc địa Horocycle mặt phẳng đường thẳng nằm ngang đường tròn tiếp xúc với trục thực Tương tự dòng trắc địa, dòng horocycle hệ động lực dọc theo horocycle Quỹ đạo dòng trắc địa (tương ứng dòng horocycle) đường trắc địa (tương ứng horocycle) Ta xét đường trắc địa horocycle có vận tốc đơn vị Vì vậy, dịng trắc địa dịng horocycle xác định phân thớ tiếp xúc đơn vị T H2 Có song ánh từ T H2 vào nhóm PSL(2, R) thay nghiên cứu dịng trắc địa dòng horocycle T H2 , ta nghiên cứu dịng tương ứng PSL(2, R) Mục đích đề tài giúp người học làm quen với kiến thức hình học hyperbolic mặt phẳng hyperbolic, qua nghiên cứu chuyên sâu tính chất dịng trắc địa horocycle mặt phẳng hyperbolic Các kết luận văn tham khảo tài liệu tham khảo, đồng thời phát triển xét trường hợp cụ thể Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương Chương 1: Kiến thức chuẩn bị: Trong chương chuẩn bị số kiến thức đa tạp trơn, không gian tip xỳc, a Riemann, bin i Măobius, nhúm PSL(2, R), đường trắc địa Chương 2: Mặt phẳng hyperbolic: Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức mặt phẳng hyperbolic, tìm đường trắc địa, xây dựng tham số cho đường trắc địa đường horocycle, diện tích thể tích mặt phẳng hyperbolic Chương 3: Dòng trắc địa dòng horocycle mặt phẳng hyperbolic: Trong chương trình bày khái niệm dịng trắc địa, dịng horocycle tính chất hai dịng này, cấu trúc tích địa phương (local product structure) đưa ví dụ hình chữ nhật Qua đây, tơi xin gửi lời cảm ơn đến Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Tốn q Thầy, Cơ giáo giảng dạy lớp Cao học Tốn Giải tích khóa 21 giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho suốt trình học tập nghiên cứu Mặc dù luận văn thực với nỗ lực cố gắng thân, điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức sở, làm tảng cho chương sau 1.1 Đa tạp Trong mục này, liệt kê lại khái niệm cần thiết để giới thiệu khái niệm đa tạp Riemann Nội dung mục tham khảo tài liệu [1, 6] 1.1.1 Đa tạp trơn Định nghĩa 1.1 Cho M khơng gian tơpơ Ta nói M đa tạp tôpô n chiều (i) M không gian tôpô Hausdorff, tức với x, y ∈ M, x = y tồn tập mở U, V cho x ∈ U, y ∈ V U ∩ V = ∅ (ii) M không gian đếm thứ hai, tức M có sở tôpô đếm (iii) M không gian Euclid n chiều địa phương, tức với x ∈ M , tồn U lân cận x V ⊂ Rn tập mở cho ϕ : U → V phép đồng phôi Ví dụ 1.1 (i) Rn đa tạp tơpơ n chiều (ii) Tập ma trận n dòng m cột có hệ số thực M (n × m, R) đa tạp tơpơ n × m chiều Định nghĩa 1.2 Cho M đa tạp tôpô n chiều, biểu đồ cặp (U, ϕ) với U ⊂ M tập mở ϕ : U → ϕ(U ) ⊂ Rn phép đồng phôi Định nghĩa 1.3 Cho M đa tạp tôpô n chiều (i) Một biểu đồ M họ biểu đồ {Uα , ϕα } cho họ {Uα } phủ M (ii) Nếu (Uα , ϕα ), (Uβ , ϕβ ) hai biểu đồ cho Uα ∩ Uβ = ∅ Ánh xạ hợp ϕβ ◦ ϕ−1 α : ϕα (Uα ∩ Uβ ) → ϕβ (Uα ∩ Uβ ) gọi ánh xạ chuyển (iii) Hai biểu đồ (Uα , ϕα ), (Uβ , ϕβ ) gọi tương thích trơn Uα ∩ Uβ = ∅ ánh xạ chuyển trơn, tức ánh xạ chuyển có đạo hàm riêng tất cấp liên tục (iv) Một biểu đồ gọi trơn hai biểu đồ tương thích trơn Định nghĩa 1.4 (Đa tạp trơn) Cho M đa tạp tôpô (i) Một biểu đồ trơn A đa tạp M gọi cực đại biểu đồ mà tương thích trơn với tất biểu đồ A nằm A Khi A gọi cấu trúc trơn M (ii) Đa tạp M gọi đa tạp trơn sở hữu cấu trúc trơn Ví dụ 1.2 (i) Rn đa tạp trơn n chiều cấu trúc trơn biểu đồ (Rn , Id) (ii) Nửa mặt phẳng H2 = {x + iy ∈ C : y > 0} tập mở C = R2 đa tạp trơn chiều (iii) Tập ma trận n dòng m cột M (n × m, R) đa tạp trơn n × mchiều (iv) Tập ma trận vng có định thức 1, SL(n, R), đa tạp trơn n2 − chiều 1.1.2 Không gian tiếp xúc Định nghĩa 1.5 (Không gian tiếp xúc) Giả sử M đa tạp trơn x điểm thuộc M Chọn biểu đồ ϕ : U → Rn với U tập mở M chứa x Giả sử hai đường cong γ1 : (−1, 1) → M γ2 : (−1, 1) → M với γ1 (0) = γ2 (0) = x cho ϕ ◦ γ1 ϕ ◦ γ2 khả vi Khi γ1 γ2 gọi tương đương (ϕ ◦ γ1 ) (0) = (ϕ ◦ γ2 ) (0) Lớp tương đương đường cong γ kí hiệu [γ (0)] gọi véctơ tiếp xúc với đa tạp M x Không gian tiếp xúc M x, kí hiệu Tx M, không gian véctơ gồm tất véctơ tiếp xúc với đa tạp M x Định lý 1.1 Nếu đa tạp M có số chiều n khơng gian tiếp xúc Tx M , x ∈ M không gian véctơ n chiều 28 ϕt ◦ ηs = ηset ◦ ϕt , G G G ϕG t ◦ ηs = ηset ◦ ϕt thỏa với s, t ∈ R Chứng minh Ta có B0 = E2 , Bt Bs = Bt+s Vì et/2 et/2 s Bet s At = = At Bs e−t/2 (3.8) nên bet s at = at bs (3.9) PSL(2, R) Như G G G G G ϕG t ◦ θet s (g) = ϕt (gbets ) = gbet s at = gat bs = θs (gat ) = θs ◦ ϕt (g) điều tương đương với ϕt ◦ θet s = θs ◦ ϕt Tương tự, A t Cs = et/2 set/2 e−t/2 = Cse−t At (3.10) suy cs at = at cset , (3.11) G G G G G ϕG t ◦ ηs (g) = ϕt (gcs ) = gcs at = gat cset = ηset (gat ) = ηset ◦ ϕt (g) điều tương đương với ϕt ◦ ηs = ηset ◦ ϕt 3.3 Tính bảo tồn thể tích Bổ đề 3.1 (a) Thể tích hyperbolic dV T H2 bất biến Dg : T H2 → T H2 với g ∈ G (b) Cho g ∈ PSL(2, R) Thể tích hyperbolic dVG G bất biến phép ghép trái Lg : PSL(2, R) → PSL(2, R), Lg (h) = gh, h ∈ PSL(2, R) 29 Chứng minh (a) Với f : T H2 → R g ∈ PSL(2, R) cố định ta cần (f ◦ Dg)dV = f dV T H2 T H2 tức ∞ dx R dy y2 ∞ 2π ds(f ◦ Dg) z, ye ix = dx R dy y2 2π dsf z, yeix Đặt T = Φ(g) ∈ Mob H2 , ta có Dg(z, ξ) = (T (z), T (z)ξ) Ta thực đổi biến T : (z, s) → (¯ z , s¯) với T (z), T (z)yeis = Dg z, yeis = z˜, y˜ei˜s Ma trận Jacobi T   DT =   ∂x ˜ ∂x ∂ y˜ ∂x ∂˜ s ∂x ∂x ˜ ∂y ∂y ∂y ∂s ∂y ∂x ˜ ∂s ∂ y˜ ∂s ∂˜ s ∂s     ta suy định thức T det DT (z, s) = |cz + d|4 (3.12) a b ∈ SL(2, R) Trong thực tế, ta có c d thể lập luận chứng minh Bổ đề 2.4 để có T = Ψ1 (A) với A = ∞ y 2π x d˜ ˜, y˜eis R d˜ y˜2 dsf z ∞ 2π = R d˜ x (Imd˜yz˜)2 dsf z˜, y˜eis ∞ 2π = R dx (Imdyz)2 |cz + d|4 ds(f ◦ 2π ∞ is = R dx dy y ds(f ◦ Dg) z, ye Dg) z, yeis | det DT (z, s)| 30 Do (3.12), ta có z˜ = T (z) y˜ei˜s = T (z)yeis Vì ∂x ˜ ∂s = ∂ y˜ ∂s = Do đó, cách lấy vi phân biểu thức thứ hai, i˜ y ei¯s ∂˜ s ∂s ∂˜ s ∂s = iT (z)yeis = i˜ y ei˜s = Ta có det DT = det ∂ z˜ ∂z = det DT = |cz + d|4 nhờ vào sử dụng (2.8) (b) Đối với hàm phù hợp f˜ : PSL(2, R) → R g ∈ PSL(2, R) cố định ta phải chứng minh f˜ ◦ Lg dVG = PSL(2,R) f˜dVG , PSL(2,R) theo định nghĩa (2.10) có nghĩa f˜ ◦ Lg ◦ Υ dV = T H2 (f˜ ◦ Υ)dV T H2 Vì Lg ◦ Υ = Υ ◦ Dg nên ta suy (f˜ ◦ Υ ◦ Dg)dV = T H2 (f˜ ◦ Υ)dV T H2 Tuy nhiên, điều có từ (a) với f = f˜ ◦ Υ Hệ 3.3 Cơng thức thể tích hyperbolic dVG bất biến dòng trắc địa dòng horocycle PSL(2, R) Chứng minh Tất hai dòng ϕG θG viết dạng φt : g → gmt với mt = [Mt ] ∈ PSL(2, R) ma trận Mt ∈ SL(2, R) cho Mt+s = Mt Ms với t, s ∈ R; phải chứng minh dVG φ−1 t (A) = dVG (A) với t ∈ R tập đo A ⊂ PSL(2, R) Vì φ−1 t = φ−t φ−t (A) = {gm−t : g ∈ A} = Rm−t (A) ảnh A theo phép biến đổi bên phải, điều suy từ tính bất biến dVG 31 3.4 Cấu trúc tích địa phương Nhắc lại định nghĩa dòng ϕG , θG η G Ví dụ 1.4: ϕG (g) = gat , ϕG (g) = gbt , ϕG (g) = gct Định nghĩa 3.3 (Đa tạp ổn định/không ổn định) Cho g ∈ G Đa tạp ổn định không ổn định g định nghĩa tương ứng bởi: G W s (g) = h ∈ G : dG ϕG t (g), ϕt (h) → G W u (g) = h ∈ G : dG ϕG t (g), ϕt (h) → khi t→∞ t → −∞ Định lý 3.3 (Đa tạp ổn định) Cho g, h ∈ G = PSL(2, R) Các mệnh đề sau tương đương: (a) G d G ϕG t (g), ϕt (h) → với t → ∞ (b) Tồn số C > cho G −t dG ϕG t (g), ϕt (h) ≤ Ce với t ∈ [0, ∞] (c) h ∈ {θsG (g) = gbs : s ∈ R} Chứng minh (b) ⇒ (a): Điều hiển nhiên (a) ⇒ (c): Do (at )−1 = a−t , dG bất biến trái theo Bổ đề 1.2(a) theo định nghĩa ϕG t , G dG a−t g −1 hat , e = dG (hat , gat ) = dG ϕG t (h), ϕt (g) → 0, t → ∞ Đặt g −1 h = π(C), C= α β γ δ ∈ SL(2, R) 32 Khi A−t CAt = e−t/2 α β et/2 0 et/2 γ δ e−t/2 = α e−t β et γ δ π(A−t CAt ) = a−t g −1 hat Ta có et γ → t → ∞ xảy γ = Hơn nữa, α = δ = α = δ = −1 Ta suy C= β C= −1 β −1 g −1 h = bβ g −1 h = b−β , cho h ∈ {gbs : s ∈ R} hai trường hợp (c) ⇒ (b): Đặt h = gbs với s ∈ R Khi G −1 dG ϕG t (g), ϕt (h) = dG (gat , hat ) = dG e, a−t g hat = dG (e, a−t bs at ) = dG (e, bse−t ) ≤ |s|e−t Định lý 3.4 (Đa tạp không ổn định) Cho g, h ∈ G = PSL(2, R) Các mệnh đề sau tương đương: (a) G dG ϕG t (g), ϕt (h) → với t → −∞; (b) Tồn số C > cho G t d G ϕG t (g), ϕt (h) ≤ Ce với t ∈ [−∞, ∞] (c) h ∈ ηsG (g) = gcs : s ∈ R 33 Định nghĩa 3.4 (Đa tạp ổn định yếu/đa tạp không ổn định yếu) Cho g ∈ G Đa tạp yếu đa tạp không ổn định g cho W ws (g) = {(θs ◦ ϕt ) (g) : s, t ∈ R} = {gat bs : s, t ∈ R} W wu (g) = {(ηu ◦ ϕt ) (g) : u, t ∈ R} = {gat cu : u, t ∈ R} g ∈ G Khái niệm đa tạp ổn định yếu địa phương không ổn định yếu địa phương: Wεws (g) = {gat bs : |t| < ε, |s| < ε} Wεwu (g) = {gat cu : |t| < ε, |u| < ε} Các đa tạp ổn định không ổn định địa phương g định nghĩa sau: Wεs (g) = {gbs : |s| < ε} Wεu (x) = {gcu : |u| < ε} Định lý 3.5 Với ε > 0, tồn δ = δ(ε) > có tính chất sau Nếu g, h ∈ G thỏa mãn dG (g, h) < δ, giao hai tập hợp Wεws (g) ∩ Wεu (h) chứa điểm giao hai tập hợp Wεwu (g) ∩ Wεs (h) chứa điểm Chứng minh Với ε > cho trước, theo Bổ đề 1.2 (b) tồn δ = δ(ε) > có tính chất sau: Nếu u ∈ G dG (u, e) < δ ta có A= a b c d ∈ SL(2, R) (3.13) 34 cho u = π(A) = [A] |a − 1| + |b| + |c| + |d − 1| < ε 2, Với g, h ∈ G cho dG (g, h) < δ Khi dG g −1 h, e = dG (g, h) < δ, (e = π (E2 ) phần tử đơn vị G) có A ∈ SL(2, R) (3.13) cho g −1 h = [A] |a−1|+|b|+|c|+|d−1| < ε 2, ; cụ thể d ∈ [1/2, 3/2] Chúng ta viết g −1 h = at bs cu với t = −2 ln d, s = bd, c u= d Do hc−u = gat bs |t| = 2| ln d| ≤ 4|d − 1| < ε | ln(1 + z)| ≤ 2|z| với |z| ≤ 1/2 Hơn nữa, |s| = |b||d| ≤ 2|b| < ε/2 |u| = |c| |d| ≤ 2|c| < ε/2 Do đó, ta đặt z = gat bs = hc−u ∈ G, z ∈ Wεws (g) ∩ Wεu (h) Tiếp theo ta chứng minh giao hai tập hợp Tức giả sử có z ∈ Wεws (g) ∩ Wεu (h), ta cần chứng minh z = z Vì z ∈ Wεws (g) ∩ Wεu (h) nên z = gat bs = hc−u với |t | , |s | , |u | < ε Do hcu at bs = g = hcu at bs , tức hcu at bs = hcu at bs Suy cu at bs = cu at bs Suy u = u , t = t s = s z = gb−s = gb−s = z Mệnh đề sau chứng minh tương tự Hệ 3.4 (Cấu trúc tích địa phương) Với ε > 0, tồn δ = δ(ε) với tính chất sau: Nếu g, h ∈ G dG (g, h) ≤ δ có v = v(g, h) ∈ R, |v| ≤ ε thỏa mãn Wεs (ϕv (g)) ∩ Wεu (h) = ∅ Chính xác hơn, giao hai tập hợp điểm nhất, ký hiệu g, h Chứng minh Với ε > 0, tồn δ = δ(ε) Định lý 3.5 Giả sử g, h ∈ G cho dG (g, h) < δ Khi Wεws (g) ∩ Wεu (h) = ∅, tồn 35 s, v, u ∈ (−ε, ε) cho gav bs = hcu Vì ϕv (g) = gav ta có Wεs (ϕv (g)) = {gav bs : |s | < ε} , gat bs = hcu ∈ Wεs (ϕv (g)) ∩ Wεu (h) Nếu Wεs (ϕv (g)) ∩ Wεu (h) = ∅ với |v | < ε gav bs = hcu cho |s | , |u | < ε thích hợp Từ Định lý 3.5, ta v = v , s = s u = u , v Giao hai tập hợp điểm theo Định lý 3.5, xem minh họa Hình 3.2 Hình 3.2: Tích g, h 3.5 Hình chữ nhật PSL(2, R) Định nghĩa 3.5 (Thiết diện cắt ngang) Tập S ⊂ G gọi thiết diện cắt ngang (địa phương) thời gian ε > dòng ϕG t (a) S tập đóng (b) S ∩ ϕG [−ε,ε] (x) = {x} với x ∈ S Xem minh họa Hình 3.3 t∈R 36 Hình 3.3: Thiết diện cắt ngang địa phương Bổ đề 3.2 Cho ε > g ∈ G, thiết diện Poincaré đóng bán kính ε Pε (g) = {gcu bs , |u| ≤ ε, |s| ≤ ε} Pε (g) = {gbs cu , |s| ≤ ε, |u| ≤ ε} thiết diện cắt ngang thời gian ρ > tùy ý đường kính khơng q 4ε Chứng minh Giả sử x = gcu1 bs1 ∈ Pε (g) y ∈ ϕG [−ρ,ρ] (x) ∩ Pε (g) Khi y = gcu2 bs2 tồn τ ∈ [−ρ, ρ] cho x = ϕG τ (y) Suy cu1 bs1 = cu2 bs2 aτ Ta viết đẳng thức dạng đẳng thức ma trận tương ứng SL(2, R) thu u1 = u2 , s1 = s2 τ = nên y = x Do Pε (g) thiết diện cắt ngang địa phương với thời gian ρ Tiếp theo, với x = gx = gcu1 bs1 y = gcu2 bs2 , ta có dG (x, y) = dG (gcu1 bs1 , gcu2 bs2 ) = dG (cu1 bs1 , cu2 bs2 ) ≤ dG (cu1 bs1 , e) + dG (e, cu1 bs1 ) = dG (bs1 , c−u1 ) + dG (bs2 , c−u2 ) ≤ dG (bs1 , e) + dG (cu1 , e) + dG (bs2 , e) + dG (cu2 , e) 37 ≤ |s1 | + |u1 | + |s2 | + |u2 | ≤ 4ε Do diamPε ≤ 4ε Chứng minh tương tự cho Pε (g) Định nghĩa 3.6 Cho S thiết diện cắt ngang địa phương thời gian ε Ánh xạ prS : ϕG [−ε,ε] (S) → S, prS ϕG t (g) = g gọi phép chiếu lên S Từ trở đi, ta ký hiệu δ0 = δ(1) Hệ 3.4 Định nghĩa 3.7 Cho D thiết diện cắt ngang địa phương T ⊂ D tập hợp đóng khơng giao với ∂D diamT < δ0 Ta định nghĩa ·, · D : T × T −→ D, g, h D = prD ( g, h ) (3.14) Ví dụ 3.1 Đặt D = Pε (z) thiết diện Poincaré bán kính ε z; ε > Chọn T = Pε/2 (z) Với g, h ∈ T , xác định g, h D sau: Bước 1: Xây dựng g, h Ta có g = cu1 bs1 y = cu2 bs2 u g, h = Wρs (Wρs (h)) ϕG v (g) ρ = {cu1 bs1 av bs , |s| < ρ} {cu2 bs2 cu , |u| < ρ} với t, u, s (nhỏ cho trước) Do đó, ta tìm t, u, s cho cu1 bs1 av bs = cu2 bs2 cu b−s1 cu2 −u1 bs2 = av bs c−u Ta thấy v = −2 ln (1 + (u2 − u1 ) s2 ) , u= u1 − u2 , + (u2 − u1 ) s2 s = (s2 − s1 + (u1 − u2 ) s1 s2 ) (1 + (u2 − u1 ) s2 ) 38 Do g, h = cu1 bs1 av bs = cu1 bs1 +sev av Bước 2: Xây dựng g, h T Ta có |v| ≤ ε |s1 + sev | = s2 ≤ε + (u2 − u1 ) s2 si , ui ∈ [−ε/2, ε/2] Vì thế, g, h D = ϕG −v ( g, h ) = cu1 bs1 +sev ∈ D Định nghĩa 3.8 (Hình chữ nhật) Gọi D thiết diện cắt ngang địa phương Một tập hợp ∅ = R ⊂ D gọi hình chữ nhật (R1 ) R đóng D (R2 ) x, y D ∈ R với x, y ∈ R Xem minh họa Hình 3.4 Hình 3.4: Hình chữ nhật R thiết diện cắt ngang địa phương D 39 Chú ý: (a) Nếu R1 ⊂ D1 R2 ⊂ D2 hình chữ nhật R1 ∩R2 = ∅ R1 ∩ R2 hình chữ nhật (b) Nếu R ⊂ D hình chữ nhật ϕG τ (R) hình chữ nhật với τ đủ nhỏ Kết cho ta ví hình chữ nhật, xem minh họa Hình 3.5 Hình 3.5: Hình chữ nhật Tε (g) ε Định lý 3.6 (Hình chữ nhật) Với ε > cho min{ε, 1−ε } < δ0 /4 g ∈ G Khi tập Sε (g) = Tε (g) = s − us u gbs cu : s ∈ [−ε, ε], u = − su gcu bs : u ∈ [−ε, ε], s = với s ∈ [−ε, ε] với u ∈ [−ε, ε] hình chữ nhật G Chứng minh Chúng ta chứng minh cho S := Sε (g) Lưu ý từ giả thiết, diam S < δ0 Lấy x = gcux bsx , y = gcuy bsy ∈ S 40 Do x, y = Wρs (ϕv (x)) ∩ Wρu (y) = gcux bsx av bs = gcuy bsy cu với v = −2 ln (1 + (uy − ux ) sy ) s = (sy − sx − (uy − ux ) sx sy ) (1 + (uy − ux ) sy ) u= uy −ux 1+(uy −ux )sy Suy x, y = gcux bsx av bs = gcux bsx +sev av nghĩa x, y S = gcux bsx +sev Chúng ta cần gcux bsx +sev ∈ S Ta thấy sx + sev = sy sy = , + (uy − ux ) sy − ux sy sy ∈ [−ε, ε] thỏa mãn sy = sy 1−uy sy ; x, y ∈ S, ta có S điều phải chứng minh Với u = s = ε, đặt Sε (g) = Sεε (g) Tε (g) = Tεε (g) ε Mệnh đề 3.2 Với ε > cho min{ε, 1−ε } < δ0 /4 g ∈ G Cho S, T thiết diện cắt ngang địa phương Sε (g) ⊂ S, Tε (g) ⊂ T hình chữ nhật định nghĩa Định lý 3.6 Khi Sε (g) hình chiếu Tε (g) S Tε (g) hình chiếu Sε (g) T Chứng minh Cho h = gcu bs ∈ Sε (g), ta viết g = gcu bs = gbs˜cu˜ at˜ với s˜ = s , + us Vì h ∈ Sε (g) nên s = Ngồi − s˜u = − u˜ = u(1 + us), s 1−us s 1+us u t˜ = −2 ln(1 + us) với s ∈ [−ε, ε] Tức s˜ = s ∈ [−ε, ε] = 1+us tức u˜ = u(1 + us) = u 1−˜ su ; g˜ = ϕG (g) = prT (g) = bs˜cu˜ ∈ Tε (g) Ngược lại, g˜ = bs˜cu˜ ∈ Tε (g) −t˜ g˜ = cu bs at với u= u˜ , + u˜s˜ s = s˜(1 + u˜s˜), t = ln(1 + u˜s˜) Tương tự, kiểm tra u ∈ [−ε, ε], s = s˜ 1−u˜ s g = prT (˜ g ) Vì prT (Sε (g)) = Tε (g) Chứng minh tương tự prS (Tε (g)) = Sε (g) 41 Kết luận Tác giả chọn lọc kiến thức có tài liệu tham khảo trình bày số nội dung sau luận văn: Luận văn trình bày số khái niệm mặt phẳng hyperbolic tính chất liên quan Luận văn trình bày cách hệ thống tính chất dịng trắc địa dịng horocycle mặt phẳng hyperbolic Đóng góp luận văn xây dựng dịng horocycle cách tự nhiên thông qua tham số horocycle, đồng thời đưa tính chất dịng trắc địa PSL(2, R) đa tạp ổn định, khơng ổn định, cấu trúc tích địa phương từ tính chất dịng trắc địa Γ\PSL(2, R) tài liệu tham khảo [3] Vì thời gian kiến thức có hạn nên cịn vấn đề dịng trắc địa dịng horocycle chưa trình bày luận văn Những vấn đề chúng tơi tiếp tục tìm hiểu tương lai 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lưu Văn Long: Nhóm Fuchs miền bản, Luận văn thạc sĩ Toán học, Đại học Quy Nhơn, 2018 Tiếng Anh [2] A.F Beardon: The Geometry of Discrete Groups, Springer, Berlin-Heidelberg-New York 1983 [3] H.Hien: Symbolic dynamics for the geodesic flow on compact factors of the hyperbolic plane, preprint [4] S Katok: Fuchsian Groups, University of Chicago Press, Chicago 1992 [5] M Kunze: Dynamics of the Geodesic Flow on Compact Factors of the Hyperbolic Plane, preprint [6] J Lee: Introduction to Smooth Manifolds, Springer Science and Business Media 2003 ... thực Tương tự dòng trắc địa, dòng horocycle hệ động lực dọc theo horocycle Quỹ đạo dòng trắc địa (tương ứng dòng horocycle) đường trắc địa (tương ứng horocycle) Ta xét đường trắc địa horocycle có... 20 2.5 Diện tích thể tích hyperbolic 22 Dòng trắc địa dòng horocycle mặt phẳng hyperbolic 24 3.1 Dòng trắc địa 24 3.2 Dòng horocycle ... horocycle, diện tích thể tích mặt phẳng hyperbolic Chương 3: Dòng trắc địa dòng horocycle mặt phẳng hyperbolic: Trong chương chúng tơi trình bày khái niệm dịng trắc địa, dịng horocycle tính chất hai