Thể tích hỗn hợp

Thông thường sử dụng định nghĩa diện tích mặt của tập K ⊂ Rn, là đạo hàm của phiếm hàm thể tích các tập song song bên ngoài của K, có nghĩa là,

F(K) = lim

ε↓0

ε(V(K + B(ε))− V(K)).

Ta thấy ngay rằng khái niệm về diện tích mặt của một vật lồi K cũng thỏa mãn quan hệ giới hạn này. Thực tế, ta sẽ chứng tỏ rằng V(K + B()) là một đa thức theo (đây là công thức Steiner quen

thuộc) và bằng cách này có một họ hàm hình học. Ta bắt đầu với vấn đề tổng quát hơn và nghiên cứu thể tích

V(α1K1 + ...+ αmKm),

với Ki ∈ Kn, αi > 0, phụ thuộc các biến α1,..., αm như thế nào. Điều này dẫn chúng ta tới một họ của hàm hỗn hợp của những vật lồi, thể tích hỗn hợp.

Đầu tiên ta xét trường hợp các đa diện. Từ đó sự biểu diễn đệ quy của thể tích của một đa diện P được dựa trên những tập(mặt) của P, ta có các tính chất những tập giá dưới tổ hợp tuyến tính.

Mệnh đề 2.2.1. [1, Proposition 3.3.1] Cho m ∈ N, α1,..., αm > 0, cho P1,..., Pm ∈ Pn là những đa diện, và cho u, v ∈ Sn−1. Khi đó:

(a) (α1P1 +...+αmPm) (u) = α1P1(u) +...+αmPm(u), (b) dim (α1P1 +...+αmPm) (u) = dim (P1 +...+Pm) (u), (c) Nếu (P1 +...+Pm) (u)∩(P1 +...+Pm) (v) 6= ∅, khi đó, (P1 + ...+Pm) (u)∩ (P1 + ...+Pm) (v) =

= (P1(u)∩P1(v)) +...+ (Pm(u)∩Pm(v)).

Chứng minh. (a) Từ Định lí 2.3.1, 2.3.3 trong [1] với mọi x ∈ Rn ta có

h(α1P1+...+αmPm)(u)(x) = h0α1P1+...+αmPm(u; x)

= α1h0P1(u; x) +...+ αmh0Pm(u; x)

= α1hP1(u)(x) +...+ αmhPm(u)(x)

= hα1P1(u)+...+αmPm(u)(x).

Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Đào

(b) Cho P:= P1+...+ Pm và P˜ := α1P1 + ...+ αmPm. Ta có thể giả sử 0 ∈ rel int Pi(u), i= 1,..., m. Ta chứng minh được 0 ∈ rel int P(u).

Đặt

α := min

i=1,..., mαi, β := max

i=1,..., mαi. Khi đó, 0< α< β và

αP(u) ⊂ P˜(u) ⊂ βP(u), nghĩa là, dimP(u)= dimP˜(u).

(c) Sử dụng kí hiệu được giới thiệu ở trên, giả sửP(u)∩P(v) 6= ∅.Xét x ∈ P(u)∩P(v). Từ đó x ∈ P, nó có sự biểu diễn sau x = x1+...+xm, với xi ∈ Pi. Bởi vì

hp(u) = hx, ui =

i=1

hxi, ui ≤

i=1

hPi(u) =hp(u).

Ta được hxi, ui = hPi(u) và do đó xi ∈ Pi(u), với i = 1, ..., m. Trong cách làm tương tự ta được xi ∈ Pi(v), i = 1, .., m.

Ngược lại, nó đúng với x bất kì thuộc (P1(u)∩P1(v)) +...+ (Pm(u)∩ Pm(v)) thỏa mãn x ∈ P1(u) +...+Pm(u) =P(u) và x ∈ P1(v) +...+ Pm(v) = P(v), từ (a).

Để chứng minh một tính chất đối xứng quan trọng của thể tích hỗn hợp ta cần bổ đề sau.

Bổ đề 2.2.2. [1, Theorem 3.3.2] Cho K ∈ Kn, cho u, v ∈ Sn−1 độc lập tuyến tớnh, và cho ω = λu+ àv với λ ∈ R và à > 0. Khi đú K(u)∩ K(v) 6= ∅ kéo theo K(u)∩ K(v) = K(u)(ω).

Chứng minh. Cho z ∈ K(u)∩K(v) và ω = λu+àv với λ ∈ R và

à > 0. Khi đú z ∈ K(u), do đú hz, ui = hK(u) =hK(u)(u) và

hK(u)(−u) = max{ hx,−ui : x ∈ K(u)} = max{ − hx, ui : x ∈ K(u)}

= max{ −hK(u)(u) : x ∈ K(u)} = −hK(u)(u) =− hz, ui = hz,−ui. Mặt khác ta có hz, λui = hK(u)(λu) với mọi λ ∈ R. Suy ra

hz, ωi = hz, λui+ hz, àvi = hK(u)(λu) +hK(àv) ≥hK(u)(λu) +hK(u)(àv)

≥ hK(u)(λz +àv) = hK(u)(ω) ≥ hz, ωi, với z ∈ K(u)(ω) cho trước.

Bây giờ cho z ∈ K(u)(ω), lấy x0 bất kì thuộc K(u)∩ K(v) 6= ∅. Khi đó hx0, ui = hK(u) = hz, ui, từ đó z ∈ K(u), và hx0, vi = hK(v). Từ lập luận trước, x0 ∈ K(u)(ω), và mặt khác

λhz, ui+àhz, vi = hz, ωi = hx0, ωi = λhx0, ui +àhx0, vi.

Do đó hz, vi = hx0, vi = hK(v), có nghĩa là z ∈ K(v). Kéo theo z ∈ K(u)∩K(v).

Tương tự để định nghĩa đệ quy thể tích của một đa diện, ta định nghĩa thể tích hỗn hợp của đa diện. Tiếp tục sử dụng phép chiếu tập(mặt) giá để định nghĩa chặt chẽ hơn. Sau đó chứng tỏ phép biến hình tịnh tiến của hàm thì những công thức tương ứng trở nên đơn giản hơn.

Với những đa diện P1, ..., Pk ∈ Pn, kí hiệu N(P1, ..., Pk) là tập của tất cả mặt chuẩn tắc của đa diện lồi P1 + ...+Pk.

Định nghĩa. Với những đa diện P1, ..., Pn ∈ Pn, ta định nghĩa thể

Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Đào

tích hỗn hợp V(n)(P1,..., Pn) của P1, ..., Pn đệ quy:

V(1)(P1) := V (P1) =hP1(1) +hP1(−1) = b−a,nếuP1 = [a, b] vớia ≤ b vớin = 1 V(n)(P1, ..., Pn) := n1 P

u∈N(P1,...,Pn−1)

hPn (u)V(n−1) P1(u)|u⊥, ...

, Pn−1(u)|u⊥

vớin≥ 2.

Định lí 2.2.3. [1, Theorem 3.3.3] Thể tích hỗn hợp Vn(P1,..., Pn) của đa diệnP1,..., Pn ∈ Pn là đối xứng đối với số mũ 1, .., n, độc lập với phép tịnh tiến riêng của các đa diện P1,..., Pn, và với dim(P1+...+Pn)

≤ n-1, ta có V(n)(P1, ..., Pn) = 0.

Hơn nữa, với m ∈ N, P1,..., Pm ∈ Pn, và α1,..., αm ≥0, ta có V(α1P1 +...+αmPm) =

i1=1

...

in=1

αi1...αinV(n)(Pi1, ..., Pin).

(2.2.1) Từ chứng minh, nó thuận lợi để mở rộng k-chiều thể tích hỗn hợp V(k)(Q1, ..., Qk) (được xác định với những đa diện Q1, ..., Qk trong một không gian con tuyến tính k-chiều E ⊂ Rd) để những đa diện Q1, ..., Qk ∈ Pn, thỏa mãn dim(Q1 +...+Qk) ≤ k, từ

V(k)(Q1, ..., Qk) := V(k)(Q1|E, ..., Qk|E).

Ở đó E là một không gian con k-chiều song song với Q1 + ...+ Qk, 1 ≤ k ≤ n−1. Phép biến hình tịnh tiến và điều kiện về số chiều, mà ta sẽ chứng tỏ rằng sự mở rộng này là phù hợp (và độc lập của

E trong trường hợp dim(Q1 + ...+ Qk) < k). Theo chứng minh quy nạp, ta hoàn toàn sử dụng sự mở rộng này để đơn giản hóa sự biểu diễn. Đặc biệt, trong bước sự quy nạp, ta sử dụng thể tích hỗn hợp V(n−1)(P1(u), ..., P(n−1)).

Trong phép cộng, ta mở rộng thể tích hỗn hợp tới tập rỗng, gọi là V(n)(P1, ..., Pn) := 0, nếu một trong các tập Pi bằng rỗng.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp trên n.

Với n = 1, các đa diện Pi là các khoảng và thể tích hỗn hợp bằng (1 chiều) thể tích V(1) (chiều dài các khoảng), là tuyến tính

V(1)(α1P1 +...+αmPm) =

i=1

αiV(1)(Pi).

Do đó, (2.2.1) xây dựng cũng tốt sự khẳng định còn lại.

Bây giờ giả sử rằng sự khẳng định của định lí là đúng với mọi chiều

≤ n−1, và ta xét chiều n ≥ 2. Nếu dim(P1 +...+ Pn) ≤ n−1, khi đó hoặc N(P1, ..., Pn−1) = ∅ hoặc N (P1, ..., Pn−1) = {−u, u}, ở đó u là chuẩn tắc trên af f(P1+...+Pn). Trong trường hợp đặc biệt, ta có V(n)(P1, ..., Pn) = 0, từ định nghĩa, trong trường hợp thứ hai, ta có

V(n)(P1,..., Pn)

= n1(hPn(u)V(n−1)(P1(u), ..., Pn−1(u))+hPn(−u)V(n−1)(P1(−u), ..., Pn−1(−u))

= n1(hPn(u)V(n−1)(P1(u), ..., Pn−1(u))−hPn(u)V(n−1)(P1(u), ..., Pn−1(u))

= 0.

Tiếp theo, ta chứng minh (2.2.1). Nếu αi = 0, với số mũ i cho trước, số hạng tương ứng αiPi trên mặt bên trái có thể được xóa, tốt tất cả số hạng trên mặt bên phải mà gồm số mũ đặc biệt i. Ngoài ra, xét trường hợp α1 > 0, ..., αm > 0. Từ định nghĩa của thể tích và Mệnh

Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Đào

đề 3.1 trong [1],

V(α1P1 +...+αmPm) = 1 n

u∈N(P1,...,Pm)

hPm

i=1αiPi(u)v((

i=1

αiPi)(u))

in=1

αin1 n

u∈N(P1,...,Pm)

hPin(u)v(

i=1

αi(Pi(u)|u⊥)).

Từ giả thuyết quy nạp kéo theo

i=1

αi(Pi(u)|u⊥)) =

...

in−1=1

αi1...αin−1V(n−1)(Pi1(u), ..., Pin−1(u)).

Do đó, ta được

V(α1P1 +...+αmPm)

i1=1

...

in−1=1 m

in=1

αi1...αin−1αinn1 P

u∈N(P1,...,Pm)

(hPin(u) .V(n−1)(Pi1(u), ..., Pin−1(u)))

i1=1

...

in=1

αin...αinV(n)(Pi1, ..., Pin).

Ở đó, ta đã sử dụng với tập số mũ cho trước i1,..., in, phép tổng trên N(P1,..., Pm) có thể được thay thế bởi tổng trên N(Pi1, ..., Pin−1).

Đó là, với u∈/ N(Pi1, ..., Pin−1)tập giá Pi1(u)+...+Pin−1(u) = (Pi1+...+

Pin−1)(u)có chiều nhỏ hơn hoặc bằng n-2 và do đóV(n−1)(Pi1(u), ..., Pin−1(u)) = 0.

Tiếp theo ta chứng minh tính đối xứng. Từ đóV(n−1)(P1(u), ..., Pn−1(u)) là đối xứng (trong số mũ) từ giả thuyết quy nạp, ta được

V(n)(P1, ..., Pn−2, Pn−1, Pn) = V(n)(P1, ..., Pn−2, Pn, Pn−1).

Hơn nữa, ta có thể giả sử rằng P := P1+...+Pn thỏa mãn dimP = n.

Từ định nghĩa,

V(n−1)(P1(u), ..., Pn−1(u))

= n−11 P

v∈˜ N˜

hPn−1(u)(˜v)V(n−2)((P1(u))(˜v), ...,(Pn−2(u))(˜v)).

Ở đó ta có tổng được lấy trên tậpN˜ của mặt chuẩn tắc củaP(u)(trong u⊥). Có thể làm việc với phép chiếu (dời tập giá)P1(u)|u⊥, ..., Pn−1(u)|u⊥, nhưng ở đó ta sử dụng định nghĩa mở rộng của (n-2)-chiều thể tích hỗn hợp và thực tế là

hPn−1(u)|u⊥(˜v) =hPn−1(u)(˜v),

với mọi v⊥u.˜ Những mặt của P(u) là (n-2)-chiều mặt của P, do đó nó xuất hiện như giao P(u) ∩ P(v) của mặt P(u) với mặt P(v) của P. Từ đó dimP = n, v = −u không xảy ra. Nếu P(u)∩ P(v) là một (n-2)-mặt của P, do đó một mặt của P(u), tương ứng chuẩn (trong u⊥) được cho bởi v˜=

v|u⊥

−1(v|u⊥), do đú nú cú dạng ˜v = λu+àv với λ ∈ R và à > 0.

Từ Mệnh đề 2.2.1(c),

P(u)∩P(v) = (P1(u)∩P1(v)) +...+ (Pn(u)∩Pn(v)).

Đặc biệt, Pi(u)∩Pi(v) 6= ∅ với i = 1, ..., n. Với (n-2)-mặt P(u)∩P(v) của P, nên từ Bổ đề 2.2.2

(Pi(u))(˜v) = Pi(u)∩Pi(v), i = 1, ..., n−2,

Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Đào

kéo theo

V(n−1)(P1(u), ..., Pn−1(u))

= n−11 P

v ∈ N (P1, ..., Pn), P (u)∩ P (v) 6= ∅

hPn−1(u)

v|u⊥ kv|u⊥k

V(n−2)(P1(u)∩P1(v), ..., Pn−2(u)∩Pn−2(u)).

Ở đó, ta có thể tính tổng với mọi v ∈ N(P1, ..., Pn), với P(u)∩P(v) 6=

∅, từ đó với v mà P(u) ∩ P(v) 6= ∅ không là (n-2)-mặt của P, thể tích hỗn hợp V(n−2)(P1(u) ∩ P1(v), ..., Pn−2(u) ∩ Pn−2(v)) triệt tiêu bởi giả thuyết quy nạp. Với n = 2, thể tích hỗn hợp V(n−2)(P1(u) ∩ P1(v), ..., Pn−2(u)∩Pn−2(v)) được xác định là 1.

Cho γ(u, v) kí hiệu góc (ngoài) giữa u và v, khi đó

v|u⊥

= sinγ(u, v), hu, vi = cosγ(u,v), do đó

v|u⊥

kv|u⊥k = 1

sinγ(u, v)v − 1

tanγ(u, v)u.

Với x ∈ Pn−1(u) ∩ Pn−1(v), ta có hPn−1(u)(˜v) =hx,vi˜ = 1

sinγ(u, v)hx, vi − 1

tanγ(u, v) hx, ui

= 1

sinγ(u, v)hPn−1(v)− 1

tanγ(u, v)hPn−1(u).

Do đó

V(n)(P1, ..., Pn−2, Pn−1, Pn)

= n1 P

u∈N(P1,...,Pn)

hPn(u)V(n−1)(P1(u), ..., Pn−1(u))

= n(n−1)1 P

u,v∈N(P1,...,Pn),v6=±u

h 1

sinγ(u,v)hPn(u)hPn−1(v)

−tanγ(u,v)1 hPn(u)hPn−1(u) i

V(n−2)(P1(u)∩ P1(v), ..., Pn−2(u)∩Pn−2(v))

= V(n)(P1, ..., Pn−2, Pn, Pn−1), và tính đối xứng được chứng minh.

Với sự khẳng định còn lại, ta cho m = n trong (2.2.1). Từ đó vế trái của (2.2.1) là bất biến với quan hệ phép tịnh tiến khác của những đa diện Pi, đúng với hệ số vế phải của đa thức trên, đặc biệt với hệ số Vn(P1, ..., Pn). Ở đó ta cần tính đối xứng của các hệ số và sự thật là các hệ số của một đa thức với biến số khác nhau được xác định duy nhất, nếu nó là đối xứng.

Chú ý. Ta sử dụng những chữ viết tắt sau như trong trường hợp của thể tích,

V(P1, ..., Pn) := V(n)(P1, ..., Pn) và

v(P1(u), ..., Pn−1(u)) := V(n−1)(P1(u), ..., Pn−1(u)).

Như một trường hợp đặc biệt của sự khai triển đa thức của thể tích, ta được

V(P1 + ...+Pm) =

i1=1

...

in=1

V(Pi1, ...,Pin).

Hệ quả 2.2.4. (Công thức nghịch đảo) [1, Corollary 3.3.4] Với

Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Đào

P1,..., Pn ∈ Pn, ta có

V(P1, ..., Pn) = 1 n!

k=1

(−1)n+k X

1≤r1<...<rk≤n

V(Pr1 + ...+Prk).

Chứng minh.Ta kí hiệu vế phải bởi f(P1, ..., Pn), khi đó công thức (*) trong Định lí 2.2.3 kéo theo rằng f(α1P1, ..., αnPn) là một đa thức thuần nhất bậc n với các biến α1 ≥ 0,..., αn ≥ 0 (và hệ số đối xứng).

Thế P1 bởi 0, ta có

(−1)n+1n!f({0}, P2, ..., Pn)

= P

2≤r≤n

V(Pr)−

2≤r≤n

V({0}+Pr) + P

2≤r<s≤n

V(Pr +Ps)

+ P

2≤r<s≤n

V({0}+Pr +Ps) + P

2≤r<s<t≤n

V(Pr +Ps+ Pt)

−...

= 0,

nghĩa làf(0, α2P2, ..., αnPn) =f(0.P1, α2P2, ..., αnPn) là đa thức 0. Do đó, trong đa thức f(α1P1, ..., αnPn), chỉ có những hệ số có thể không bị triệt tiêu mà gồm số mũ 1. Thế 1 lần lượt bởi 2, ..., n ta được chỉ có hệ số của α1,..., αn có thể khác 0. Hệ số này chỉ xuất hiện một lần trong sự biểu của f, là với k = n với (r1, ..., rn) = (1, ..., n). Mặt khác, từ Định lí 2.3 trong [1], hệ số này trùng với V(P1, ..., Pn).

Định lí 2.2.5. [1, Theorem 3.3.5] Với những vật lồi K1,..., Kn ∈ Kn và dãy xấp xỉ tùy ý (P1(j))j∈N, ...,(Pn(j))j∈N của các đa diện, sao cho Pi(j) →Ki, i = 1, ..., n, vớij → ∞, giới hạn

V(K1, ..., Kn) = lim

j→∞V(P1(j), ..., Pn(j))

tồn tại và không phụ thuộc việc chọn các dãy xấp xỉ (Pi(j))j∈N. Số V(K1, ..., Kn) được gọi là thể tích hỗn hợp của K1,..., Kn. Ánh xạ V:

(Kn)n → R xác định bởi (K1, ..., Kn) 7→ V(K1, ..., Kn) được gọi là thể tích hỗn hợp.

Đặc biệt,

V(K1, ..., Kn) = 1 n!

k=1

(−1)n+k X

1≤r1<...<rk≤n

V(Kr1 +...+Krk),

(2.2.2) và với m ∈ N, K1, ..., Km ∈ Kn và α1, ..., αm ≥ 0,

V(α1K1 +...+ αmKm) =

i1=1

...

in=1

αi1...αinV(Ki1, ..., Kin).

(2.2.3) Hơn nữa, với mọi K, L, K1,..., Kn ∈ Kn,

(a) V(K,..., K)= V(K) và nV(K,..., K, B(1))= F(K).

(b) V là đối xứng.

V(αK +βL, K2, ..., Kn) = αV(K, K2, ..., Kn) +βV(L, K2, ..., Kn), với mọi α, β ≥0.

(d) V(K1 +x1, ..., Kn+xn) = V(K1, ..., Kn) với mọi x1,..., xn ∈ Rn. (e) V(gK1, ..., gKn) =V(K1, ..., Kn) với mọi đại lượng chắc g.

(f) V là liên tục, có nghĩa là.

V(K1(j), ..., Kn(j)) →V(K1, ..., Kn),

Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Đào

với mọi Ki(j) →Ki, i= 1, ..., n.

(g) V ≥0 và V đơn điệu với mỗi tham số.

Chứng minh. Giới hạn sau tồn tại V(K1, ..., Kn) = lim

j→∞V(P1(j), ..., Pn(j)),

tính độc lập từ dãy xấp xỉ và công thức (2.2.2) theo từ Hệ quả 2.2.4 và tính liên tục của phép cộng của những vật lồi và của hàm thể tích.

Phương trình (2.2.3) là một hệ quả của (2.2.1).

(d), (e) và (f) suy ra trực tiếp từ (2.2.2).

(a) Với những đa diện hệ thức V(K, ..., K) =V(K) bởi phép quy nạp và với vật K tổng quát bởi phép xấp xỉ đa diện; như một sự lựa chọn, ta có nó từ Hệ quả và (2.2.2). Về hệ thức nV(K, ..., K, B(1)) = F(K), đầu tiên ta xét trường hợp K ∈ Pn. Cho (Qj)j∈N là một dãy các đa diện với (Qj) → B(1). Khi đó,

nV(K, ..., K, Qj) → nV(K, ..., K, B(1)), và cũng có

nV(K, ..., K, Qj) = P

u∈N(K)

hQj(u)v(K(u))

→ P

u∈N(K)

hB(1)(u)v(K(u)) = P

u∈N(K)

v(K(u)) = F(K).

Tổng quát với vật K tùy ý, xấp xỉ K từ mặt trong và mặt ngoài từ những đa diện và sử dụng (f); ở đó chỉ tính đơn điệu của diên tích mặt cần đến, không cần tính liên tục.

(b) Suy ra từ tính chất tương ứng của các đa diện.

α1(αK+βL)+α2K2+...+αmKm = α1αK+α1βL+α2K2+...+αmKm. Hai lần (một như là một tổ hợp của m vật và một như là một tổ hợp của m+ 1 vật), và khi đó so sánh các hệ số. Như một sự lựa chọn, sự khẳng định theo từ định nghĩa và tính đối xứng của thể tích hỗn hợp cùng với tính cộng tính của các hàm giá. Trường hợp tổng quát được thu được bởi phép xấp xỉ.

(g) Nó là đủ để chứng tỏ với những đa diện này. Khi đó V ≥ 0 bởi phép quy nạp và công thức

V(P1, ..., Pn) = 1 n

u∈N(P1,...,Pn−1)

hPn(u)v(P1(u), ..., Pn−1(u)),

ở đó giả sử rằng 0 ∈ rel int Pn (xem (d)), do đó hPn ≥ 0. Nếu Pn ⊂ Qn, khi đó hPn ≤hQn, do đó

V(P1, ..., Pn) ≤ V(P1, ..., Pn−1, Qn).

Do đó thể tích hỗn hợp là không âm.

Chú ý. (1) Trong phép cộng để V ≥ 0, ta có thể chứng tỏ rằng V(K1, ..., Kn) > 0, nếu và chỉ nếu ở đó tồn tại các đoạn s1 ⊂ K1,..., sn ⊂ Kn với chiều độc lập tuyến tính.

(2) Định lí 2.2.5 (a) và (f) kéo theo tính liên tục của diện tích mặt F.

Bây giờ ta xét vật K +B(α)(α ≥ 0) song song với vật K ∈ Kn. Chọn

Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Đào

m = 2, α1 := 1 và K1 := K, K2 := B(1), Định lí 2.2.5 kéo theo V(K +B(α)) = V(K +αB(1)) = V(α1K1 +α2K2)

i1=1

...

in=1

αi1...αinV(Ki1, ..., Kin)

i=0

αi



 n



V(K, ..., K

| {z }

n−i

, B(1), ..., B(1)

| {z }

(2.2.4) Định nghĩa. Với K ∈ Kn,

Wi(K) := V(K, ..., K, B(1), ..., B(1)), được gọi là quermassintegral thứ i của K, j = 0, ..., n, và

Vj(K) =Vj(n)(K) :=



 n j





Kn−j Wn−j(K) =



 n





Kn−j V(K, ..., K,

| {z }

B(1), ..., B(1)

| {z }

n−j

)

được gọi là thể tích trong thứ j của K, j = 0, ..., n. Ở đó, Kk là thể tích của hình cầu đơn vị k-chiều. Từ đó ta mở rộng thể tích tới tập rỗng, xác định

Wi(∅) := Vj(∅) := 0, i, j = 0, ..., n.

Công thức (2.2.4) trực tiếp suy ra hệ quả sau.

Định lí 2.2.6. (Công thức Steiner) [1, Theorem 3.3.6] VớiK ∈ Kn

và α ≥ 0, ta có

V(K +B(α)) =

i=0

αi



 n



Wi(K), tương ứng

V(K +B(α)) =

j=0

αn−jKn−jVj(K).

Chú ý.(1) Đặc biệt

F(K) =nW1(K) = lim

α↓0

α(V(K + B(α)) −V(K)), do đó diện tích mặt là "đạo hàm" của hàm thể tích.

(2) Như một sự tổng quát của công thức Steiner (2.2.4), ta có thể chứng tỏ rằng

Vk(K +B(α)) =

j=0

αk−j





n−j n−k





Kn−j

Kn−kVj(K), với k = 0, ..., n−1.

Thể tích trong là những hàm hình học quan trọng của một vật lồi.

Đầu tiên, từ định nghĩa,

Vn(K) =V(K, ..., K) =V(K) là thể tích của K. Khi đó,

2Vn−1(K) = nV(K, ..., K, B(1)) = F(K)

là diện tích mặt của K (sao cho với một vật K có số chiều n-1, Vn−1(K)

Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Đào

là (n-1)-thể tích của K). Mặt khác, V1(K) là số hạng tỉ lệ thuận độ rộng trung bình của K. Đó là,

Kn−1

n V1(K) = V(K, B(1), ..., B(1)).

Xấp xỉ hình cầu đơn vị bởi các đa diện, người ta thấy rằng

V(K, B(1), ..., B(1)) = 1 n

Sn−1

hK(u)du,

ở đó phép tích phân là độ đo Lebesgue đối với mặt cầu (sẽ được chứng minh sau). VìbK(u) := hK(u)+hK(−u)cho độ rộng của K theo hướng u (khoảng cách giữa hai siêu phẳng giá song song), ta được

1 n

Sn−1

hK(u)du = 1 2n

Sn−1

bK(u)du =Kn

2 B(K), ở đó

B(K) := 1 nKn

Sn−1

bK(u)du, biểu thị độ rộng trung bình. Do đó,

V1(K) = nKn

2Kn−1B(K).

Cuối cùng,

V0(K) = 1

KnWn(K) =





 1 0

nếu K 6= ∅, K = ∅.

Là đặc trưng Euler- Poincar´ecủa K. Nó đóng vai trò quan trọng trong hình học tích phân. Thể tích trong khác Vj(K), 1 < j < n−1, có sự giải thích như tích phân của những hàm đường cong, nếu biên của K

là trơn, ví dụ Vn−2(K) là tỉ lệ với tích phân đường cong trung bình của K.

Chú ý. Từ Định lí 2.2.5 ta được các tính chất theo sau của thể tích trong Vj:

• K 7→ Vj(K)là liên tục,

• Vj là đại lượng bất biến,

• Vj ≥ 0 và Vj là đơn điệu.

Vật lồi với độ rộng không đổi