Một số tính chất về đường vectơ độ cong trung bình

mục lục
Trang
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Chương 1. Đa tạp Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
I. Đa tạp Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
II. Đa tạp Symplectic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
III. Các cấu trúc tương thích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Chương 2. Một số tính chất về trường vectơ độ cong
trung bình và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
I. Trường vectơ độ cong trung bình của đa tạp con . . . . . 19
II. Biến phân thể tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
III. Đa tạp con cực tiểu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41


mở đầu
Hiện nay, việc tìm kiếm các đa tạp con có thể tích cực tiểu trên đa
tạp Riemann đã và đang được nhiều nhà toán học trên thế giới quan
tâm, chẳng hạn D.Grmoll, W.Klinggenberg, W.Meyer, . . .
Một hướng nghiên cứu bài toán cực tiểu thể tích của các đa tạp con
trên đa tạp Riemann là sử dụng trường vectơ độ cong trung bình của
các đa tạp con. Khái niệm này được trình bày trong các nghiên cứu
của H.Blainle Lowson.
Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát các tính chất của trường
vectơ độ cong trung bình và mối liên hệ của nó với tính cực tiểu của
đa tạp con trên đa tạp Riemann.
Luận văn được trình bày trong 2 chương:
Chương 1. Đa tạp Riemann.
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số khái niệm cơ bản,
các tính chất của đa tạp Riemann và các điều kiện để đa tạp Riemann

là đa tạp K¨
ahler. Chương này được xem như phần kiến thức chuẩn bị
để thuận lợi cho việc trình bày chương hai
Chương 2. Một số tính chất về trường vectơ độ cong trung
bình và ứng dụng.
I. Trường vectơ độ cong trung bình của đa tạp con.
Trong phần này, chúng tôi trình bày trường vectơ độ cong trung
bình và các tính chất về trường vectơ độ cong trung bình của đa tạp
con.
II. Biến phân thể tích.
ở đây, bằng việc sử dụng trường vectơ độ cong trung bình của đa
tạp con, chúng tôi chứng minh công thức biến phân thể tích và một
số tính chất của đa tạp K¨
ahler.

1


III. Đa tạp con cực tiểu.
Trong mục này, chúng tôi trình bày phép chứng minh tính cực tiểu
của đa tạp con chẵn chiều của đa tạp K¨
ahler và trình bày một số
dạng đa tạp con cực tiểu của đa tạp K¨
ahler.
Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Vinh dưới sự hướng
dẫn tận tình của thầy giáo, PGS-TS. Nguyễn Hữu Quang. Nhân dịp
này chúng tôi xin được tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy và cảm ơn các
thầy giáo trong tổ hình học đã giảng dạy, chỉ bảo cho tôi trong suốt
thời gian học tập và nghiên cứu.
Cũng nhân dịp này chúng tôi gửi lời cảm ơn các thầy giáo trong

khoa Toán, khoa sau đại học, bạn bè và gia đình đã tạo điều kiện
thuận lợi cho tôi hoàn thành luận văn này.
Vinh, tháng 12 năm 2007.
Tác giả

2


chương 1. đa tạp riemann
Trong suốt luận văn này, chúng ta luôn giả thiết M là một đa tạp
khả vi có cơ sở đếm được và với hệ bản đồ {Uα , ϕα }α∈I.
Như chúng ta đã biết, một cấu trúc Riemann g trên M là sự đặt
tương ứng mỗi điểm p ∈ M với một ánh xạ gp thoả mãn:
⊕ gp là tích vô hướng trong Tp M .
⊕ g là ánh xạ khả vi theo p, nghĩa là g(X, Y ) là hàm số khả vi với
mọi X, Y ∈ B(M ).
I. Đa tạp Riemann
1.1. Định nghĩa. Một đa tạp khả vi M được gọi là đa tạp Riemann
nếu trên nó đã được trang bị một cấu trúc Riemann g và kí hiệu là
(M, g).
1.2. Ví dụ. Giả sử ϕ là hàm số khả vi và luôn dương trên E n . Ta
đặt g(X, Y ) = ϕ.XY ; ∀X, Y ∈ B(E n ). Khi đó (E n , g) là một đa tạp
Riemann.
Thật vậy, ta cần kiểm tra các điều kiện để g là một cấu trúc Riemann
trên E n .
• Trước hết ta chứng minh gp là tích vô hướng trong Tp E n ; ∀p ∈ E n .
Thật vậy, với mọi Xp , Yp , Zp ∈ Tp E n ; ∀α, β ∈ F (E n ) ta có:
+

gp (Xp , Yp ) = ϕ(p)Xp Yp

= ϕ(p)Yp Xp
= gp (Yp , Xp )

+

gp (αXp + βYp , Zp ) = ϕ(p)(αXp + βYp )Zp
= αϕ(p)Xp Zp + βϕ(p)Yp Zp
= αgp (Xp , Zp ) + βgp (Yp , Zp )
3


+

gp (Xp , Xp ) = ϕ(p)Xp Xp
= ϕ(p)(Xp )2 ≥ 0

+

gp (Xp , Xp ) = 0 ⇔ Xp = 0

• Tiếp theo ta chứng minh g khả vi theo p với mọi p ∈ E n , tức là ta
cần chứng minh g(X, Y ) là hàm số khả vi với mọi X, Y ∈ B(E n ). Thật
n

n

n

vậy, với mọi X, Y ∈ B(E ); X =

Yi Ei với {Ei }ni=1

Xi Ei , Y =
i=1

n

i=1

là trường mục tiêu trực chuẩn trong B(E ). Khi đó, ta có
n

g(X, Y ) = ϕ

X i Yi
i=1

Do X, Y khả vi nên Xi , Yi khả vi; ∀i = 1, n
Do ϕ là một hàm số khả vi trên E n nên g(X, Y ) là hàm số khả vi với
mọi X, Y ∈ B(E n ).
Vậy (E n , g) là một đa tạp Riemann. ✷
1.3. Mệnh đề. (Xem [1]) Mọi đa tạp khả vi M luôn có thể trang
bị được một cấu trúc Riemann.
Chứng minh. Giả sử {Ei }m
i=1 là cơ sở chính tắc (Ei =

∂
∂xi )

của B(Uα ).

Khi đó với X, Y ∈ B(M ) ta có sự biểu diễn:
n

X|Uα =

Xi Ei
i=1
n

Y |Uα =

Yi Ei
i=1

n

Ta xét gα |p (Xp , Yp ) =

Xi (p)Yi (p); ∀p ∈ Uα .
i=1

Dễ thấy gα |p là tích vô hướng trong Tp (M ) và gα khả vi theo p ∈ Uα .
Đặt g(X, Y ) =
ψα gα (X, Y ) với mọi X, Y ∈ B(M ) (ở đây {ψα }α∈I
α
4


là phân hoạch đơn vị tương ứng với cấu trúc khả vi {Uα , ϕα }α∈I ). Khi

đó g là một cấu trúc Riemann trên M . Thật vậy, ta kiểm tra các điều
kiện sau
⊕ Trước hết, ta chứng minh gp là một tích vô hướng trên Tp (M );
∀p ∈ M . Thật vậy, với mọi Xp , Yp , Zp ∈ Tp M ; ∀β, γ ∈ F (M ) ta có:
•

gp (Xp , Yp ) =

ψα gα |p (Xp , Yp )
α

=

ψα Xi (p)Yi (p)
α,i

=

ψα Yi (p)Xi (p)
α,i

=

ψα gα |p (Yp , Xp )
α

= gp (Yp , Xp ); ∀Xp , Yp ∈ Tp M.
•

gp (βXp + γYp , Zp ) =

ψα gα |p (βXp + γYp , Zp )
α

=

ψα gα |p (βXi (p) + γYi (p), Zi (p)).
α,i

=

ψα βgα |p (Xi (p), Zi (p)) +
α,i

+

ψα γgα |p (Yi (p), Zi (p))
α,i

= βgp (Xp , Zp ) + γgp (Yp , Zp ).
•

gp (Xp , Xp ) =

ψα gα |p (Xp , Xp )
α

=

ψα Xi (p)Xi (p)

α,i

ψα [Xi (p)]2 ≥ 0.

=
α,i

5


•

ψα [Xi (p)]2 = 0

gp (Xp , Xp ) = 0 ⇔
α,i

⇔ Xi (p) = 0; ∀p ∈ M ; ∀i = 1, n
⇔ Xp = 0.
⊕ Tiếp theo ta chứng minh g là hàm số khả vi theo p với mọi p ∈ M ,
tức là ta cần chứng minh g(X, Y ) là hàm số khả vi với mọi X, Y ∈
B(M ). Thật vậy, ta có
g(X, Y ) =

ψα gα (X, Y ); ∀X, Y ∈ B(M ).
α

Do gα là ánh xạ khả vi theo p ∈ Uα với mọi α ∈ I nên gα (X, Y ) là
ánh xạ khả vi với mọi X, Y ∈ B(M ).
Ta lại có ψα khả vi với mọi α ∈ I.

Từ đó suy ra g(X, Y ) là hàm số khả vi với mọi X, Y ∈ B(M ).
Vậy luôn tồn tại một cấu trúc Riemann g trên M . ✷
II. Đa tạp Symplectic.
1.4. Định nghĩa.
a) 2-dạng ω trên đa tạp khả vi M được gọi là dạng Symplectic nếu
thoả mãn các điều kiện sau:
i) ω là đóng.
ii) ωp là song ánh với mỗi p ∈ M (ở đây ωp : Tp M → Tp∗ M là ánh
xạ tuyến tính được xác định bởi
ωp (Xp )(Yp ) = ωp (Xp , Yp ); ∀Xp , Yp ∈ Tp M.)
b) Đa tạp khả vi M được gọi là đa tạp Symplectic nếu trên nó đã
được trang bị dạng Symplectic.
1.5. Ví dụ. Ta xét R2n với hệ tọa độ (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ).
n

ω=

dxi ∧ dyi
i=1
6


Khi đó (R2n , ω) là đa tạp Symplectic. Thật vậy, ta cần chứng minh ω
là dạng Symplectic, tức là ta cần kiểm tra các điều kiện sau:
⊕ Dễ dàng chứng minh được ωp là ánh xạ song tuyến tính, phản xứng
với mỗi p ∈ R2n nên ω là 2-dạng trên R2n
⊕ ω là đóng vì:
n

dω = d(

dxi ∧ dyi )
i=1

n

=

d(1) ∧ (dxi ∧ dyi )
i=1

= 0
⊕ Tiếp theo ta chứng minh ωp : Tp R2n → Tp∗ R2n được xác định bởi
ωp (Xp )(Yp ) = ωp (Xp , Yp ); ∀Xp , Yp ∈ Tp R2n .
là song ánh. Thật vậy
• Giả sử ωp (Xp ) = θ
⇒ ωp (Xp )(Yp ) = 0; ∀Yp ∈ Tp R2n .
⇒ ωp (Xp , Yp ) = 0; ∀Yp ∈ Tp R2n .
⇒ ω(X, Y ) = 0; ∀Y ∈ B(R2n )
n

dxi ∧ dyi (X, Y ) = 0; ∀Y ∈ B(R2n )

⇒
i=1
n

(Xi Yn+i − Yi Xn+i ) = 0; ∀Y (Y1 , . . . , Y2n ) ∈ B(R2n )

⇒

i=1

⇒ Xi = 0; ∀i = 1, 2n
⇒ X(X1 , . . . , X2n ) = 0
⇒ Xp = 0
⇒ ωp là đơn ánh với mỗi p ∈ R2n .
• Với mỗi f ∈ Tp∗ R2n thì tồn tại Xp ∈ Tp R2n sao cho f (Yp ) =
ωp (Xp , Yp ); ∀Yp ∈ Tp (R2n ).
⇒ f (Yp ) = ωp (Xp )(Yp ); ∀Yp ∈ Tp (R2n )
⇒ f = ωp (Xp )
7


Từ đó với mỗi f ∈ Tp∗ (R2n ) tồn tại Xp ∈ Tp R2n sao cho ωp (Xp ) = f .
Ta suy ra ωp là toàn ánh với mỗi p ∈ R2n .
Vậy (R2n , ω) là đa tạp Symplectic. ✷
Nhận xét. Nếu (M, ω) là đa tạp Symplectic thì dimM là chẵn.
Thật vậy, giả sử dimM = m. Khi đó dimTp M = m; ∀p ∈ M .
Do ω là dạng Symplectic nên ωp là ánh xạ song tuyến tính, phản xứng
trên Tp M, ∀p ∈ M . Khi đó (xem [9]) tồn tại cơ sở
{u1 , . . . , uk , e1 , . . . , en , f1 , . . . , fn }
của Tp M thoả mãn:
ωp (ui , v) = 0; ∀i = 1, k; ∀v ∈ Tp M.
ωp (ei , ej ) = ωp (fi , fj ) = 0; ∀i, j = 1, n.
ωp (ei , fj ) = δij ; ∀i, j = 1, n.
trong đó k + 2n = m.
Do ω là dạng Symplectic nên ωp là song ánh; ∀p ∈ M .
Từ đó, với mỗi w ∈ Tp M mà ωp (w, v) = 0; ∀v ∈ Tp M thì w = θ. Ta
suy ra ui = θ; ∀i = 1, k hay k = 0.
Vậy dimM = 2n. ✷

1.6. Định nghĩa. Giả sử (M, ω) là đa tạp Symplectic 2n-chiều và
i : Y → M là phép nhúng đóng. Khi đó Y được gọi là đa tạp con
Lagrang của M nếu và chỉ nếu i∗ ω = 0 và dimY = 21 dimM .
1.7. Ví dụ. Cho R4 với hệ tọa độ địa phương (x1 , x2 , x3 , x4 )
ω = dx1 ∧ dx3 + dx2 ∧ dx4 là 2 dạng trên R4 .
G = {(x1 , x2 , x2 , x1 )|(x1 , x2 ) ∈ R2 }.
Khi đó G là đa tạp con Lagrang của R4 .
Thật vậy, ta cần kiểm tra các điều kiện để G là đa tạp con Lagrang
của R4
8


• Theo ví dụ 1.5 trong trường hợp n=2 ta chứng minh được (R4 , ω)
là đa tạp Symplectic.
• dimG = 2 = 12 dimR4
i : G → R4

•

(x1 , x2 , x2 , x1 ) → (x1 , x2 , x2 , x1 )
là phép nhúng vì i khả vi, i∗ đơn ánh và i đồng phôi lên ảnh
Do i(G) là tập đóng trong R4 nên i là đóng.
• Cuối cùng ta cần phải chứng minh i∗ ω = 0. Thật vậy, với mọi
X(X1 , X2 , X3 , X4 ), Y (Y1 , Y2 , Y3 , Y4 ) ∈ B(R4 ) ta có:
i∗ X = (X1 , X2 , X2 , X1 )
i∗ Y = (Y1 , Y2 , Y2 , Y1 )
Khi đó
i∗ ω(X, Y ) = ω(i∗ X, i∗ Y )
= (dx1 ∧ dx3 + dx2 ∧ dx4 )(i∗ X, i∗ Y )
= (X1 Y2 − Y1 X2 ) + (X2 Y1 − Y2 X1 )

= 0.
Vậy G là đa tạp con Lagrang của (R4 , ω). ✷
III. Các cấu trúc tương thích.
1.8. Định nghĩa. Cho đa tạp khả vi M , ánh xạ Jp : Tp M −→
Tp M ; p ∈ M được gọi là cấu trúc hầu phức trên M nếu thoả mãn
điều kiện:
i) Jp : Tp M → Tp M là ánh xạ tuyến tính.
ii) Jp2 = −id; ∀p ∈ M.
1.9. Mệnh đề. (Xem [9]) Mọi đa tạp khả vi chẵn chiều M luôn
có một cấu trúc hầu phức chính tắc.
9


Chứng minh. Giả sử (U, V, ϕ : U → V ) là một bản đồ phức bất
kì của đa tạp 2m-chiều M với hệ tọa độ địa phương (z1 , . . . , zm ) =
(x1 + iy1 , . . . , xm + iym ); xj , yj ∈ R với mọi j = 1, m. Tại p ∈ U
Tp M =

∂
∂
|p ,
|p ; j = 1, . . . , m
∂xj ∂yj

Từ đó, ta xác định cấu trúc J trên M như sau:
Jp : Tp M → Tp M
∂
∂
|p →
|p

∂xj
∂yj
∂
∂
|p → −
|p
∂yj
∂xj
Và cấu trúc J xác định như trên là cấu trúc hầu phức trên M. ✷
M cũng được gọi là đa tạp phức nếu M là đa tạp khả vi được trang
bị cấu trúc hầu phức J
Nhận xét. Giả sử M là đa tạp Riemann với cấu trúc hầu phức J, ta
ký hiệu
(∇X J)(Y )

đ/n

∇X (JY ) − J(∇X Y )

Khi đó
(∇X J)J = −J(∇X J); ∀X ∈ B(M )
Thật vậy, với mọi X, Y ∈ B(M ) ta có
(∇X J)J (Y ) = (∇X J)(JY )
= ∇X J(JY ) − J ∇X (JY )
= −∇X Y − J ∇X (JY )
J(∇X J) (Y ) = J ∇X (JY ) − J(∇X Y )
= J ∇X (JY ) + ∇X Y
10

⇒ (∇X J)J (Y ) = − J(∇X J) (Y ); ∀X, Y ∈ B(M )
⇒ (∇X J)J = −J(∇X J); ∀X ∈ B(M ).✷
1.10. Ví dụ. Cho R4 với hệ tọa độ địa phương (x1 , x2 , x3 , x4 ).
J : B(R4 )
∂
∂x1
∂
∂x2
∂
∂x3
∂
∂x4

→ B(R4 )
∂
∂
→ −
+2
∂x1
∂x2
∂
∂
→ −
+
∂x1 ∂x2
∂
∂
→ −
+2
∂x3

∂x4
∂
∂
→ −
+
∂x3 ∂x4

Khi đó R4 là đa tạp có cấu trúc hầu phức J.
Thật vậy,
• Dễ dàng chứng minh được ánh xạ J là ánh xạ tuyến tính.
• Bây giờ, ta chỉ cần chứng minh J 2 = −id. Thật vậy, với mọi
X(X1 , X2 , X3 , X4 ) ∈ B(R4 ) ta có:
∂
∂
∂
∂
+ X2
+ X3
+ X4
∂x1
∂x2
∂x3
∂x4
∂
∂
∂
∂
= X1 −
+2
+ X2 −

+
+
∂x1
∂x2
∂x1 ∂x2
∂
∂
∂
∂
+2
+ X4 −
+
+ X3 −
∂x3
∂x4
∂x3 ∂x4
∂
∂
= (−X1 − X2 )
+ (2X1 + X2 )
+
∂x1
∂x2
∂
∂
+ (−X3 − X4 )
+ (2X3 + X4 )
∂x3
∂x4

JX = J X1

∂
∂
∂
∂
+2
) + (2X1 + X2 )(−
+
)+
∂x1
∂x2
∂x1 ∂x2
∂
∂
∂
∂
+ (−X3 − X4 )(−
+2
) + (2X3 + X4 )(−
+
)
∂x3
∂x4
∂x3 ∂x4

⇒ J 2 (X) = (−X1 − X2 )(−

11

∂
∂
∂
∂
− X2
− X3
− X4
∂x1
∂x2
∂x3
∂x4
4
= −X; ∀X ∈ B(R ).

= −X1

Từ đó suy ra J là cấu trúc hầu phức trên R4 .
Vậy R4 là đa tạp có cấu trúc hầu phức J. ✷
1.11. Định nghĩa.
a) Cho (M, ω) là đa tạp Symplectic, J là cấu trúc hầu phức trên M ,
g là cấu trúc Riemann trên M . Khi đó bộ ba (ω, g, J) được gọi là bộ
ba tương thích nếu:
g(X, Y ) = ω(X, JY ); ∀X, Y ∈ B(M ).
b) Đa tạp K¨
ahler là đa tạp Symplectic (M, ω) đã được trang bị một
bộ ba tương thích.
1.12. Ví dụ. Cho R4 với hệ tọa độ địa phương (x1 , x2 , x3 , x4 ).
J : B(R4 )
∂

∂x1
∂
∂x2
∂
∂x3
∂
∂x4

→ B(R4 )
∂
∂
→ −
+2
∂x1
∂x2
∂
∂
→ −
+
∂x1 ∂x2
∂
∂
→ −
+2
∂x3
∂x4
∂
∂
→ −
+

∂x3 ∂x4

ω = 2dx1 ∧ dx2
g(X, Y ) = 2(2X1 Y1 + X1 Y2 + X2 Y1 + X2 Y2 );
với mọi X(X1 , X2 , X3 , X4 ), Y (Y1 , Y2 , Y3 , Y4 ) ∈ B(R4 ).
Khi đó (R4 , ω, J, g) là đa tạp K¨
ahler.
Thật vậy, ta cần kiểm tra các điều kiện sau:
• Dễ dàng chứng minh được g là cấu trúc Riemann trên R4 và ω là
12


dạng Symplectic.
• M là đa tạp có cấu trúc hầu phức J (theo ví dụ 1.10)
• Bây giờ, ta chỉ cần chứng minh bộ ba (ω, g, J) là bộ ba tương thích,
tức là ta chỉ cần chứng minh
g(X, Y ) = ω(X, JY ); ∀X, Y ∈ B(M ).
Thật vậy, với mỗi Y (Y1 , Y2 , Y3 , Y4 ) ∈ B(R4 ) ta có:
∂
∂
∂
∂
+ Y2
+ Y3
+ Y4
∂x1
∂x2
∂x3
∂x4
∂

∂
∂
∂
⇒ JY = Y1 −
+2
+ Y2 −
+
+
∂x1
∂x2
∂x1 ∂x2
∂
∂
∂
∂
+2
+ Y4 −
+
+ Y3 −
∂x3
∂x4
∂x3 ∂x4
= − Y1 − Y2 , 2Y1 + Y2 , −Y3 − Y4 , 2Y3 + Y4 .
Y = Y1

⇒ ω(X, JY ) = 2dx1 ∧ dx2 (X, JY ).
= 2[X1 (2Y1 + Y2 ) − (−Y1 − Y2 )X2 ]
= 2(2X1 Y1 + X1 Y2 + X2 Y1 + X2 Y2 )
= g(X, Y ); ∀X, Y ∈ B(R4 ).
Vậy (R4 , ω, J, g) là đa tạp K¨

ahler. ✷
1.13 Mệnh đề. Giả sử M là đa tạp K¨
ahler 2n-chiều với liên thông
Lêvi-Sivita ∇ và bộ ba tương thích (ω, g, J) ta ký hiệu
T (X, Y )

đ/n

[JX, JY ] − J[JX, Y ] − J[X, JY ] − [X, Y ]

Khi đó T (X, Y ) = 0; ∀X, Y ∈ B(M ).
Chứng minh. Để chứng minh mệnh đề này ta cần chứng minh bổ đề
sau:
Bổ đề. Giả sử M là đa tạp K¨
ahler 2n-chiều với bộ ba tương thích
(ω, g, J). Khi đó cơ sở của B(M ) có dạng
{E1 , . . . , En , JE1 , . . . , JEn }
13


Thật vậy, giả sử {E1 , . . . , En } là hệ độc lập tuyến tính trong B(M )
thoả mãn
g(Ei , Ei ) = 1; ∀i = 1, n
ω(Ei , Ej ) = 0; ∀i, j = 1, n
Theo 1.11 thì M có bộ ba tương thích nên
g(X, Y ) = ω(X, JY ); ∀X, Y ∈ B(M )
⇒ g(JX, JY ) = ω(JX, J 2 Y )
= ω(JX, −Y )
= ω(Y, JX)
= g(Y, X)

= g(X, Y ); ∀X, Y ∈ B(M ).
Ta suy ra
g(JEi , JEj ) = g(Ei , Ej ) = δij ; ∀i, j = 1, n
g(Ei , JEj ) = ω(Ei , J 2 Ej )
= −ω(Ei , Ej ) = 0; ∀i, j = 1, n
Từ đó ta suy ra {E1 , . . . , En , JE1 , . . . , JEn } là cơ sở của B(M ).
Bây giờ ta chứng minh mệnh đề.
Theo bổ đề ta có thể giả sử {E1 , . . . , En , JE1 , . . . , JEn } là cơ sở của
B(M ). Khi đó, với mỗi
n

n

X=

Xi Ei +
i=1

Xi JEi ; X(X1 , . . . , Xn , X1 , . . . , Xn )
i=1

n

Y =

n

Yi Ei +
i=1

Yi JEi ; Y (Y1 , . . . , Yn , Y1 , . . . , Yn )
i=1

ta có:

n

JX =

n

(−Xi )Ei +
i=1

Xi JEi
i=1

14


n

JY =

n

(−Yi )Ei +
i=1

Yi JEi

i=1

Từ đó suy ra
•[JX, JY ] = ∇JX JY − ∇JY JX
= (JX[−Y1 ], . . . , JX[−Yn ], JX[Y1 ], . . . , JX[Yn ]) −
− (JY [−X1 ], . . . , JY [−Xn ], JY [X1 ], . . . , JY [Xn ])
•[JX, Y ] = ∇JX Y − ∇Y JX
= (JX[Y1 ], . . . , JX[Yn ], JX[Y1 ], . . . , JX[Yn ]) −
− (Y [−X1 ], . . . , Y [−Xn ], Y [X1 ], . . . , Y [Xn ]).
•[X, JY ] = ∇X JY − ∇JY X
= (X[−Y1 ], . . . , X[−Yn ], X[Y1 ], . . . , X[Yn ]) −
− (JY [X1 ], . . . , JY [Xn ], JY [X1 ], . . . , JY [Xn ])
•J[JX, Y ] = (JX[−Y1 ], . . . , JX[−Yn ], JX[Y1 ], . . . , JX[Yn ]) +
+ ∇Y X
•J[X, JY ] = −(JY [−X1 ], . . . , JY [−Xn ], JY [X1 ], . . . , JY [Xn ]) −
− ∇X Y
⇒ T (X, Y ) = 0. ✷

1.14. Mệnh đề. Đa tạp khả vi M là đa tạp K¨
ahler nếu và chỉ nếu
(M, g) là đa tạp Riemann thoả mãn:
i) g(JX, JY ) = g(X, Y ).
ii) (∇X J)(Y )

đ/n

∇X (JY ) − J(∇X Y ) = 0.

trong đó ∇ là liên thông Lêvi-Sivita và J là cấu trúc hầu phức trên
M.

Chứng minh.
∗) Điều kiện cần: Giả sử M là đa tạp K¨
ahler. Khi đó, theo 1.11 thì
M là đa tạp Symplectic và có bộ ba tương thích nên
15


g(X, Y ) = ω(X, JY )
Từ đó ta có:
g(JX, JY ) = ω(JX, J 2 Y )
= ω(JX, −Y )
= ω(Y, JX)
= g(Y, X)
= g(X, Y ); ∀X, Y ∈ B(M ).
• Bây giờ ta cần chứng minh ∇ là liên thông Riemann, tức là ta cần
chứng minh điều kiện (ii) thỏa mãn. Thật vậy, không mất tính tổng
quát ta chỉ cần chứng minh điều kiện (ii) đúng đối với các trường
vectơ cơ sở X1 , X2 , X3 ∈ B(M ) thoã mãn:
∇Xi Xj = 0; ∀i, j = 1, 3
Ta có:
dω(X1 , X2 , X3 ) = X1 [ω(X2 , X3 )] − X2 [ω(X1 , X3 )] + X3 [ω(X1 , X2 ]
= −X1 [g(X2 , JX3 )] + X2 [g(X1 , JX3 )] −
− X3 [g(X1 , JX2 )]
= −g X2 , ∇X1 (JX3 ) + g X1 , ∇X2 (JX3 ) −
− g X1 , ∇X3 (JX2 )
⇒ dω(X1 , JX2 , JX3 ) = −g JX2 , (∇X1 J)(JX3 ) +
+ g X1 , (∇JX2 J)(JX3 ) − g X1 , (∇JX3 J)(JX2 )
= g JX2 , J(∇X1 J)(X3 ) − g X1 , J(∇JX2 J)(X3 ) +
+ g X1 , J(∇JX3 J)(X2 ) .
(áp dụng nhận xét trong mệnh đề 1.9)

= g X2 , (∇X1 J)(X3 ) − g X1 , J(∇JX2 J)(X3 ) +
+ g X1 , J(∇JX3 J)(X2 ) .
16

(∗)


g X1 , JT (X2 , X3 )

= g X1 , J([JX2 , JX3 ] − J[X2 , JX3 ] −
− J[JX2 , X3 ] − [X2 , X3 ])
= g X1 , J ∇JX2 (JX3 ) − J ∇JX3 (JX2 ) +
+ [X2 , JX3 ] + [JX2 , X3 ] − J[X, Y ]
= g X1 , J(∇JX2 J)(X3 ) + J 2 ∇JX2 X3 −

− J(∇JX3 J)(X2 ) + J 2 ∇JX3 X2 + ∇X2 (JX3 ) − ∇JX3 X2 +
+ ∇JX2 X3 − ∇X3 (JX2 )
= g X1 , ∇X2 (JX3 ) − ∇X3 (JX2 ) +
+g X1 , J(∇JX2 J)(X3 ) − J(∇JX3 J)(X2 )
⇒ −2g X2 , (∇X1 J)(X3 )

= dω(X1 , X2 , X3 ) − dω(X1 , JX2 , JX3 ) −
− g X1 , JT (X2 , X3 ) = 0

(Vì dω = 0 và T (X2 , X3 ) = 0 theo mệnh đề 1.13)
⇒ ∇X2 (JX3 ) = 0
⇒ (∇X2 J)(X3 ) = 0
Từ đó suy ra điều kiện (ii) đã được chứng minh.
∗) Điều kiện đủ: Ta đặt ω(X, Y ) = −g(X, JY ). Ta chỉ cần chứng
minh (M, ω) là đa tạp Symplectic. Thật vậy, ta kiểm tra các điều kiện

sau:
• Dễ dàng nhận thấy ω là song tuyến tính vì tính tuyến tính của cấu
trúc hầu phức J và tính song tuyến tính của mêtric g
• ω là phản xứng vì
ω(X, Y ) = −g(X, JY )
= −g(JX, Y )
= −g(J 2 Y, JX)
= g(Y, JX)
= −ω(Y, X); ∀X, Y ∈ B(M ).
17


• Ta chứng minh ω là đóng. Thật vậy, không mất tính tổng quát ta
chỉ cần chứng minh dω = 0 thoả mãn đối với các trường véc tơ cơ sở
X1 , X2 , X3 ∈ B(M ). Từ (∗) ta có
dω(X1 , X2 , X3 ) = −g X2 , (∇X1 J)(X3 ) + g X1 , (∇X2 J)(X3 ) +
+g X1 , (∇X3 J)(X2 )
= 0; ∀X1 , X2 , X3 ∈ B(M ).
(theo điều kiện (ii) của mệnh đề)
⇒ dω = 0.
• Với mỗi p ∈ M xét ánh xạ ωp : Tp M → Tp∗ M xác định bởi
ωp (Xp )(Yp ) = ωp (Xp , Yp )
Ta cần chứng minh ωp là song ánh. Thật vậy,
⊕ Giả sử ωp (Xp) = θ; ∀p ∈ M . Khi đó
ωp (Xp )(Yp ) = 0; ∀Yp ∈ Tp M
⇒ ωp (Xp , Yp ) = 0; ∀Yp ∈ Tp M
⇒ gp Xp , Jp (Yp )

= 0; ∀Yp ∈ Tp M

⇒ gp (Jp Xp , Yp ) = 0; ∀Yp ∈ Tp M
⇒ Jp (Xp ) = θ
⇒ Xp = θ
⇒ ωp là đơn ánh với mỗi p ∈ M
⊕ Với mỗi f ∈ Tp∗ M thì tồn tại Xp ∈ Tp M sao cho f (Yp ) = ωp (Xp , Yp ); ∀Yp ∈
Tp (M ).
⇒ f (Yp ) = ωp (Xp )(Yp ); ∀Yp ∈ Tp (M )
⇒ f = ωp (Xp )
Từ đó với mỗi f ∈ Tp∗ (M ) tồn tại Xp ∈ Tp M sao cho ωp (Xp ) = f . Ta
suy ra ωp là toàn ánh với mỗi p ∈ M. ✷

18


chương 2. một số tính chất về trường
vectơ độ cong trung bình và ứng dụng
Trong suốt chương này, chúng ta luôn giả thiết (M , g) là đa tạp Riemann (m + k)-chiều với liên thông Lêvi-Sivita ∇; (M, g) là đa tạp
Riemann con m-chiều của (M , g) với liên thông Lêvi-Sivita ∇ cảm
sinh từ ∇.
N(M) là tập tất cả các trường vectơ của B(M ) mà vuông góc với
B(M ).
I. Trường véc tơ độ cong trung bình của đa tạp con.
Như chúng ta đã biết: với mỗi X, Y ∈ B(M ) ta có
∇X Y ∈ B(M ),
và ∇X Y = (∇X Y )T + (∇X Y )N .
Trong đó: (∇X Y )T = ∇X Y ∈ B(M ) và (∇X Y )N ∈ N (M ).
2.1. Định nghĩa. Giả sử
B : B(M ) × B(M ) → N (M )
(X, Y ) → (∇X Y )N .
→

−
và H p = T rBp =

m

Bp (ej , ej ); ∀p ∈ M.
j=1

{ej }m
j=1

(Trong đó
là cơ sơ trực chuẩn của Tp M ).
−
→
Khi đó: Hp được gọi là vectơ độ cong trung bình của đa tạp con M
tại p.
−
→
−
→
2.2. Định nghĩa. Ánh xạ H : p → H p được gọi là trường vectơ
độ cong trung bình của đa tạp M .
19


2.3. Ví dụ. Siêu mặt T trong R4 được cho bởi tham số hoá:
r : R3 → R4
(u, v, t) → (cos u, sin u, v, t)
• Ta có cơ sở của Tp (T ); p(u, v, t) ∈ R3

∂r
= (− sin u, cos u, 0, 0)
∂u
∂r
= (0, 0, 1, 0)
∂v
∂r
= (0, 0, 0, 1).
∂t
• Khi đó
∂r ∂r
, ) =
∂u ∂u
=
∂r ∂r
Bp ( , ) =
∂v ∂v
=
∂r ∂r
Bp ( , ) =
∂t ∂t
=

Bp (

∂r N
)
∂u ∂u
(− cos u, −sinu, 0, 0)
∂r

(∇ ∂r )N
∂v ∂v
(0, 0, 0, 0)
∂r
(∇ ∂r )N
∂t ∂t
(0, 0, 0, 0)
(∇ ∂r

• Vectơ độ cong trung bình của T tại p là:
−
→
H p = (− cos u, − sin u, 0, 0).
2.4. Mệnh đề. Ánh xạ B là ánh xạ song tuyến tính đối xứng.
Chứng minh.
• B là ánh xạ song tuyến tính do tính song tuyến tính của liên thông
Lêvi-Sivita ∇.
• ánh xạ B là ánh xạ đối xứng. Thật vậy, với mọi X, Y ∈ B(M ) ta
có:
B(X, Y ) = (∇X Y )N
= (∇Y X + [X, Y ])N
20


= (∇Y X)N + ([X, Y ])N
= B(Y, X).
(Vì [X, Y ] ∈ B(M ) nên ([X, Y ])N = 0). ✷
Nhận xét: 1) Giả sử {N1 , N2 , . . . , Nk } là cơ sở trực chuẩn của N (M ).
Với mọi X, Y ∈ B(M ), ta có (∇X Y )N ∈ N (M ). Do đó ∃a1 , a2 , . . . , ak ∈
R sao cho:

(∇X Y )N = a1 N1 + a2 N2 + . . . + ak Nk
= ((∇X Y )N )N1 + . . . + ((∇X Y )N )Nk .
Ta xét các ánh xạ
Bi : B(M ) × B(M ) → N (M )
(X, Y ) → ((∇X Y )N )Ni ; ∀i = 1, k;
và đặt

m

−→
Hip = T rBip =

Bip (ej , ej ); ∀i = 1, k; ∀p ∈ M
j=1

Khi đó với mỗi p ∈ M , ta có:
k

−
→
Hp =

−→
Hip

i=1

Thật vậy, với mỗi p ∈ M ta có:
Bp (Xp , Yp ) = (∇X Y )N |p
= ((∇X Y )N )N1 |p + . . . + ((∇X Y )N )Nk |p

k

=

Bip (Xp , Yp ); ∀Xp , Yp ∈ Tp M.
i=1

21


Khi đó:
−
→
Hp = T rBp =

m

Bp (ej , ej )
j=1

= Bp (e1 , e1 ) + . . . + Bp (em , em )
= (B1p (e1 , e1 ) + . . . + Bkp (e1 , e1 )) + . . . +
+ (B1p (em , em ) + . . . + Bkp (em , em ))
m

=

m

B1p (ej , ej ) + . . . +

j=1

Bkp (ej , ej )
j=1

= T rB1p + . . . + T rBkp
k

=

−→
Hip .

i=1

Vậy, với mỗi p ∈ M ta có
−
→
Hp =

k

−→
Hip .✷

i=1

−
→
2) Với mỗi p ∈ M ta đặt Hi = H ip .Ni ; ∀i = 1, k. Khi đó:

−
→
H p = H1 N1 + . . . + Hk Nk .
−
→
3) Hp không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở trực chuẩn {N1 , . . . , Nk }
của N (M ).
Thật vậy, giả sử {N1 , . . . , Nk } là cơ sở trực chuẩn của N (M ) khác với
−
→
−
→
cơ sở trực chuẩn {N1 , . . . , Nk }. Ta cần chứng minh:
k

−→
Hip =

i=1

k

−→
Hip

i=1

Thật vậy, ta có:
(∇X Y )N = ((∇X Y )N )N1 + . . . + ((∇X Y )N )Nk
= ((∇X Y )N )N1 + . . . + ((∇X Y )N )Nk ; ∀X, Y ∈ B(M ).

22


Khi đó:
((∇E1 E1 )N )N1 + . . . + ((∇E1 E1 )N )Nk = ((∇E1 E1 )N )N1 + . . . +
+ ((∇E1 E1 )N )Nk
···························
((∇Em Em )N )N1 + . . . + ((∇Em Em )N )Nk = ((∇Em Em )N )N1 + . . . +
+ ((∇Em Em )N )Nk
Do đó:
m

m
N N1

((∇Ej Ej ) )

+ ... +

j=1

m
N Nk

((∇Ej Ej ) )
j=1

((∇Ej Ej )N )N1 +

=

j=1

m

((∇Ej Ej )N )Nk

+ ... +
j=1

Vậy
k
i=1

k

−→
Hip =

−→
Hip .✷

i=1

4) Với mỗi i = 1, k ta có thể xây dựng được ánh xạ
hi : B(M ) → B(M )
−
→
X → −∇X N i ; ∀i = 1, k
Ta cần chứng minh ánh xạ trên là hợp lý. Thật vậy, ta có

⇒
⇒
⇒
⇒

−
→ −
→
g( N i , N i ) = 1; ∀i = 1, k
−
→ →
−
X[g( N i , N i )] = 0; ∀X ∈ B(M ), ∀i = 1, k
−
→ →
−
→
−
−
→
g(∇X N i , N i ) + g( N i , ∇X N i ) = 0; ∀X ∈ B(M ), ∀i = 1, k
−
→ →
−
g(∇X N i , N i ) = 0; ∀X ∈ B(M ), ∀i = 1, k
−
→
∇X N i ∈ B(M ); ∀X ∈ B(M ), ∀i = 1, k.✷

23

−
→
2.5. Mệnh đề. Hp không phụ thuộc vào việc chọn trường mục tiêu
của B(M ).
Chứng minh. Ta cần chứng minh các bổ đề sau:
m
Bổ đề 1. Với mỗi p ∈ M , giả sử {El (p)}m
l=1 và {El (p)}l=1 là hai cơ sở
m

của không gian Tp M , trong đó El (p) =

cjl Ej (p); ∀l = 1, m
j=1

Gọi A = (alj ), B = (blj ) và C = (clj ) lần lượt là ma trận của hi đối
m
m
m
với {El }m
l=1 , {El }l=1 và ma trận chuyển cơ sở từ {El }l=1 vào {El }l=1 .
Khi đó C là ma trận khả nghịch và B = C −1 .A.C.
m

Thật vậy, nếu Ej =

cl j Ej thì
l =1

m

m

El =

cjl (
j=1
m

=

cl j El )
l =1

m

(cl j cjl )El ).

(
j=1 l =1

Từ đó suy ra C .C = Im
Do đó C là ma trận khả nghịch và ma trận nghịch đảo của C được ký
hiệu là C −1 = C = (cl j ).
Ta có
m

hi (El ) =

bjl Ej
j=1
m

=

bjl cl j El
j,l =1
m
m

=

cl j bjl )El ; ∀i = 1, k

(
l =1 j=1

Mặt khác
m

hi (El ) = hi (

cjl Ej )
j=1

24