bài giảng giải tích trên đa tạp

Bĩ GIAẽO DUC VAè AèO TAO
TRặèN G AI HOĩC CệN TH

BAèI GIANG

GIAI TấCH TRN A
TAP
BIN SOAN

NG VN THUN
LM QUC ANH

CệN TH 2003


MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU

2

CHƯƠNG 1
TÍCH PHÂN THEO CÁC XÍCH
1.1

Một số kiến thức cơ bản của đại số

1.2

Một số kiến thức cơ bản về hình học

1.3

Trường và dạng

12

1.4

Tích phân theo các xích

16

Bài tập chương 1

3
10

20

CHƯƠNG 2
TÍCH PHÂN TRÊN ĐA TẠP
2.1

Đa tạp

22

2.2

Trường và dạng trên đa tạp

27

2.3

Đònh lý Stoke trên đa tạp

34

2.4

Phần tử thể tích

38

2.5

Các đònh lý cổ điển

41

Bài tập chương 2

45

Hướng dẫn và giải bài tập chương 1

47

Hướng dẫn và giải bài tập chương 2

51

TI LIÃÛU THAM KHO

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 nghóa rộng nhất, bởi vì theo cách nhìn hiện nay, nó bao gồm rất nhiều ý
niệm có liên quan quấn qt 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 nghóa 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 Rn, và
các tính chất cơ bản của tích phân theo các xích trong Rn, 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
đònh 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
□ Đònh nghóa 1.1.1

Giả sử V là một không gian vectơ (trên R ), ta ký hiệu Vk := V × ... × V

(k

Hàm T : V k → R được gọi là đa tuyến tính nếu đối với bất kỳ i, 1≤ i≤ k

ta

lần).
có
T (v1 ,..., vi + v 'i ,..., v k ) = T (v1 ,..., vi ,..., v k ) + T (v1 ,..., v 'i ,..., v k ),
T (v1 ,..., avi ,..., v k )

= aT (v1 ,..., vi ,..., v k ).

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 Tk(V) sẽ trở thành một không
gian vectơ (trên R ) nếu với mỗi cặp S, T ∈ Tk(V) và với mỗi a ∈ R ta đặt

( S + T )(v1 ,..., v k ) := S (v1 ,..., v k ) + T (v1 ,..., v k ),
(aS )(v1 ,..., v k )

: = aS (v1 ,..., v k ).

Giả sử S∈ Tk(V), và T ∈ Tl(V) khi đó tích tenxơ S ⊗ T ∈ Tk+l(V) được đònh
nghóa bởi công thức
S ⊗ T (v1 ,..., v k , v k +1 ,..., v k +l ) := S (v1 ,..., v k ).T (v k +1 ,..., v k +l ) ,

lưu ý rằng S ⊗ T ≠ T ⊗ S .
Từ đònh nghóa của tích tenxơ ta dễ dàng chứng minh được các tính chất sau.
Δ Đònh lý 1.1.1

(i)

(S1 + S 2 ) ⊗ T = S1 ⊗ T + S 2 ⊗ T ;

(ii)

S ⊗ (T1 + T2 ) = S ⊗ T1 + S ⊗ T2 ;

(iii)

(aS ) ⊗ T = S ⊗ (aT ) = a ( S ⊗ T ) ;

(iv)

( S ⊗ T ) ⊗ U = S ⊗ (T ⊗ U ) .

Chứng minh

Học viên tự chứng minh.
◊ Nhận xét 1.1.1
(i)

T1(V ) = V* (không gian liên hợp của V );


(ii)

Các phép toán ⊗ cho phép biễu diễn các không gian Tk(V ) qua các
T1(V ) còn lại.

Giả sử { vi } i∈I là cơ sở của V. Đối với mỗi i ∈ I , ta ký hiệu ϕ i là phiếm hàm
tuyến tính duy nhất mà ϕ i (v j ) = δ ij . Một phiếm hàm tuyến tính như vậy tồn tại do
tính chất tổng quát của cơ sở.
Nếu dimV = n, { v1 ,..., vn } là cơ sở của V thì {ϕ 1 ,..., ϕ n } là cơ sở của V*. Ta gọi

{ϕ 1 ,..., ϕ n } là cơ sở đối ngẫu của cơ sở { v1 ,..., vn } .
Δ Đònh lý 1.1.2

Giả sử { v1 ,..., vn } là cơ sở của V và {ϕ 1 ,..., ϕ n } là cơ sở đối ngẫu của không

gian liên hợp. Khi đó tập hợp tất cả các tích tenxơ cấp k, {ϕ i ⊗ ... ⊗ ϕ i
1

k

}

1≤i1 ,...,ik ≤ n

là cơ

sở của không gian Tk(V).
Chứng minh

Ta chú ý rằng
ϕ i ⊗ ... ⊗ ϕ i (v j ,..., v j ) = δ i j ...δ i j .
1

k

1

k

1 1

k k

Nếu cho k vectơ w1 ,..., wk trong đó wi = ∑ j =1 aij v j thì đối với bất kỳ T ∈ Tk(V)
n

ta có
T ( w1 ,..., wk ) = ∑ j

n
1 ,..., jk =1

= ∑j

n
1 ,..., jk =1

a

1 j1

...a kjk T (v j1 ,..., v jk )

T (v j1 ,..., v jk )ϕ j1 ⊗ ... ⊗ ϕ jk ( w1 ,..., wk ).

Nên T ( w1 ,..., wk ) = ∑ j1 ,..., jk =1 T (v j1 ,..., v jk )ϕ j1 ⊗ ... ⊗ ϕ jk .
n

Vì vậy ϕ i ⊗ ... ⊗ ϕ i sinh ra Tk(V ).
1

k

Bây giờ ta giả sử rằng a j ,..., j là các hệ số sao cho
1

∑ j ,..., j =1 a j ,..., j ϕ j
n

1

k

1

k

1

k

⊗ ... ⊗ ϕ jk = 0 .

Cho hai vế của đẳng thức trên tác động lên (v j1 ,..., v jk ) ta được a j1 ,..., jk =0
Do đó ϕ j1 ⊗ ... ⊗ ϕ jk là cơ sở của Tk(V ).

□

Ta đònh nghóa 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 đònh lý sau đây.


Δ Đònh lý 1.1.3

Nếu T là tích trong trên V thì V có cơ sở { v1 ,..., vn } sao cho T (vi , v j ) = δ ij (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, trong đó .,. là tích vô hướng

trong Rn.
Chứng minh

Học viên tự chứng minh.
Một ánh xạ tuyến tính

f :V → W

xác đònh một ánh xạ tuyến tính

f * : T k (V ) → T k (W ) xác đònh theo quy tắc
f * T (v1 ,..., v k ) := T ( f (v1 ),..., f (v k ) ) .

Đối với bất kỳ T ∈ Tk(V ) và v1 ,..., v k ∈ V .
n
Theo Đònh lý 1.1.3 có thể nói một cách khác tồn tại đẳng cấu f : R → V sao

cho f * T = .,. .
□ Đònh nghóa 1.1.2

Ta gọi k - tenxơ ω ∈ Tk(V ) là phản đối xứng nếu
ω ( v1 ,..., vi ,..., v j ,..., v k ) = −ω ( v1 ,..., v j ,..., vi ,..., v k ) ,
đối với tất cả các v1 ,..., v k ∈ V .
k
k
Tập hợp Λ (V ) tất cả các k - tenxơ phản đối xứng rõ ràng Λ (V ) là một

không gian con của Tk(V ).
□ Đònh nghóa 1.1.3

Nếu T ∈ Tk(V ) ta đònh nghóa luân phiên của T, ký hiệu là Alt(T ) và được xác
đònh bởi đẳng thức sau.
1
∑ sgn σT (vσ (1) ,..., vσ (k ) ) ,
k! σ ∈Sk
trong đó Sk là tập các phép thế cấp k, sgn σ là dấu của phép thế.
Alt (T )(v1 ,..., v k ) :=

Ta có đònh lý sau đây.


Δ Đònh lý 1.1.4

(ii)

k
Nếu T ∈ Tk(V ) thì Alt(T) ∈ Λ (V ) ;
Nếu ω ∈ Λ k(V ) thì Alt( ω ) = ω ;

(iii)

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

(i)

Chứng minh

Học viên tự chứng minh
k
l
Giả sử ω ∈ Λ (V ),η ∈ Λ (V ) ta đònh nghóa phép nhân ngoài của ω và η , ký
hiệu là ω ∧ η được xác đònh bởi công thức

ω ∧ η :=

(k + l )!
Alt (ω ⊗ η ), (ω ∧ η ∈ Λk +l (V )).
k!l!

Một số tính chất đơn giản được suy ra từ đònh nghóa của phép nhân ngoài.
Δ Đònh lý 1.1.5
(ω 1 + ω 2 ) ∧ η = ω 1 ∧ η + ω 2 ∧ η ;
(i)
(ii)

ω ∧ (η1 + η 2 ) = ω ∧ η1 + ω ∧ η 2 ;

(iii)

(aω ) ∧ η = ω ∧ (aη ) = a (ω ∧ η ) ;

(iv)

ω ∧ η = (−1) kl η ∧ ω ;

(v)

f * (ω ∧ η ) = f * (ω ) ∧ f * (η ) .

Chứng minh
Học viên tự chứng minh
Đònh lý sau đây cho ta mối liên hệ giữa luân phiên và phép nhân ngoài.
Δ Đònh lý 1.1.6
(i)

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

Alt ( S ⊗ T ) = Alt (T ⊗ S ) = 0 ;
(ii)
(iii)

Alt ( Alt (ω ⊗ η ⊗ θ )) = Alt (ω ⊗ η ⊗ θ ) = Alt (ω ⊗ Alt (η ⊗ θ )) ;
k
l
m
Nếu ω ∈ Λ (V ),η ∈ Λ (V ) và θ ∈ Λ (V ) thì

(ω ∧ η ) ∧ θ = ω ∧ (η ∧ θ ) =

(k + l + m)!
Alt (ω ⊗ η ⊗ θ ) .
k!l!m!

Chứng minh
(i)

Ta có
Alt ( S ⊗ T )(v1 ,..., v k +l ) =
=

1
∑ sgn σ S (vσ (1) ,..., vσ ( k ) ).T (vσ ( k +1) ,..., vσ ( k +l ) ).
(k + l )! σ ∈S k + l


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

∑σ

∈S k + l

sgn σ S (vσ (1) ,..., vσ ( k ) ).T (vσ ( k +1) ,..., vσ ( k +l ) ) =
= ∑σ '∈S sgn σ ' S (vσ '(1) ,..., vσ '( k ) ).T (v k +1 ,..., vk +l ) = 0.
k

Bây
(vσ

0 ( 1)

∑σ

,..., vσ

giờ
0

( k +l )

ta

giả

sử

σ0 ∉G ,

ta

đặt

Gσ 0 = {σ .σ 0 : σ ∈ G} ,

và

) = ( w1 ,..., wk +l ) . Khi đó

sgn σ S (vσ (1) ,..., vσ ( k ) ).T (vσ ( k +1) ,..., vσ ( k +l ) ) =

∈Gσ 0

= sgn σ 0

∑σ

'∈S k

sgn σ ' S ( wσ '(1) ,..., wσ '( k ) ).T ( wk +1 ,..., wk +l ) = 0.

Ta có G ∩ Gσ 0 = ∅, vì nếu σ ∈ G ∩ Gσ 0 thì σ = σ 'σ 0 ,σ '∈ G từ đó ta suy ra
σ 0 = (σ ' ) −1 σ ∈ G . Điều này cho ta một mâu thuẫn.

Tiếp tục như vậy ta sẽ chia Sk+l thành từng tập con không giao nhau mà tổng
lấy theo mỗi tập đó bằng không nên tổng theo toàn thể Sk+l bằng không.
Đẳng thức Alt (T ⊗ S ) = 0 được chứng minh tương tự.
(ii)
ra

Ta có Alt ( Alt (η ⊗ θ ) − η ⊗ θ )) = Alt (η ⊗ θ ) − Alt (η ⊗ θ ) = 0 , nên từ (i) ta suy
0 = Alt ( ω ⊗ ( Alt (η ⊗ θ ) − η ⊗ θ ) ) = Alt (ω ⊗ Alt (η ⊗ θ )) − Alt (ω ⊗ η ⊗ θ ) .
Đẳng thức Alt ( Alt (ω ⊗ η ⊗ θ )) = Alt (ω ⊗ η ⊗ θ ) được suy ra từ Đònh lý 1.1.4.

(iii)

Ta có
(k + l + m)!
Alt ((ω ∧ η ) ⊗ θ )
(k + l )!m!
(k + l + m)!(k + l )!
=
Alt ((ω ⊗ η ) ⊗ θ ).
(k + l )!m!k!l!

(ω ∧ η ) ∧ θ =

Đẳng thức thứ hai được chứng minh tương tự.

□

Δ Đònh lý 1.1.7
Tập hợp tất cả ϕ i ∧ ... ∧ ϕ i , (1 ≤ i1 ≤ ... ≤ ik ≤ n) là cơ sở của không gian
1

k

Λk (V ) .
Chứng minh
k
k
Nếu ω ∈ Λ (V ) ⊂ T (V ) ta có thể viết

ω = ∑i ,...,i ai ,...,i ϕ i ⊗ ... ⊗ ϕ i .
1

k

1

k

1

k

Vì mỗi Alt (ϕ i ⊗ ... ⊗ ϕ i ) khác tích ngoài tương ứng ϕ i ∧ ... ∧ ϕ i chỉ bởi một
1

k

1

k

k
hằng số nên tích ngoài này sẽ sinh ra Λ (V ) .

Sự độc lập tuyến tính của các tích này được chứng minh tương tự như Đònh lý
1.1.2. Vậy đònh lý được chứng minh.

□


◊ Nhận xét 1.1.2
Giả sử { e1 ,..., en } là cơ sở chuẩn tắc trong Rn và {ϕ 1 ,..., ϕ n } là cơ sở đối ngẫu
thì ϕ i ∧ ... ∧ ϕ i ( ei ,..., ei ) = 1 .
1

k

1

k

Thật vậy,

ϕ i ∧ ... ∧ ϕ i ( ei ,..., ei ) =
1

k

1

k

k!
Alt (ϕ i ⊗ ... ⊗ ϕ i )( ei ,..., ei )
1!...1!
1
= k! (ϕ i ⊗ ... ⊗ ϕ i )( ei ,..., ei ) = 1.
k!
1

k

1

k

1

1

k

k

Δ Đònh lý 1.1.8
n
Giả sử { v1 ,..., vn } là một cơ sở của không gian V và ω ∈ Λ (V ) . Đối với n vectơ
n
bất kỳ wi = ∑i =1 aij v j thuộc V ta có ω ( w1 ,..., wn ) = det(aij )ω (v1 ,..., v n ) .

Chứng minh
Học viên tự chứng minh
k
Đònh lý 1.1.8 chứng tỏ rằng tenxơ khác không ω ∈ Λ (V ) chia các cơ sở của

không gian V thành hai nhóm, một nhóm gồm các cơ sở sao cho ω (v1 ,..., vn ) > 0 ,
một nhóm kia gồm các cơ sở sao cho ω (v1 ,..., v n ) < 0 .
□ Đònh nghóa 1.1.4
Nếu { v1 ,..., vn } và { w1 ,..., wn } là hai cơ sở của V và A =(aij) là ma trận chuyển

từ cơ sở { v1 ,..., vn } sang { w1 ,..., wn } thì { v1 ,..., vn } và { w1 ,..., wn } 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 đònh hướng của không gian V, đònh hướng chứa cơ sở { v1 ,..., vn }

được ký hiệu là [ v1 ,..., vn ] . Đònh hướng [ e1 ,..., en ] được gọi là đònh hướng chuẩn tắc
trong Rn.
□ Đònh nghóa 1.1.5

Giả sử trên V cho một tích vô hướng T, nếu { v1 ,..., vn } và { w1 ,..., wn } là hai cơ

sở trực chuẩn của V đối với T và A =(aij) là ma trận chuyển từ cơ sở { v1 ,..., vn } sang

{ w1 ,..., wn }

thì

δ ij = T ( wi , w j ) = ∑k ,l =1 aik a jl T (v k , vl ) = ∑k =1 aik a jk .
n

n

Nói cách khác, ta có AA* = I (ma trận đơn vò), tức là det A = ±1 .
Từ Đònh lý 1.1.8 ta suy ra rằng nếu ω ∈ Λn (V ) sao cho ω (v1 ,..., vn ) = ±1 thì ta
cũng có ω ( w1 ,..., wn ) = ±1 .


Nếu trên V còn cho một đònh hướng µ thì từ đó ta suy ra rằng tồn tại một
phần tử duy nhất ω ∈ Λn (V ) sao cho ω (v1 ,..., v n ) = 1 đối với bất kỳ cơ sở trực chuẩn

mà [ v1 ,..., vn ] = µ .
Phần tử duy nhất ω đó được gọi là phần tử thể tích của không gian V, xác
đònh bởi tích vô hướng T và đònh hướng µ .

{ v1 ,..., vn }

Ta chú ý rằng det(.) là phần tử thể tích của không gian Rn xác đònh bởi tích
vô hướng chuẩn tắc T và đònh hướng chuẩn tắc µ , khi đó det(v1 ,..., vn ) là thể tích
của hình hộp căng trên các đoạn thẳng nối O với các điểm v1, ..., vn.
□ Đònh nghóa 1.1.6
Giả sử v1, ..., vn-1∈ Rn và ϕ (.) được xác đònh bởi đẳng thức
 v1 



 
ϕ ( w) := det
.
v n −1 


w 


1
n
Vì ϕ ∈ Λ ( R ) nên tồn tại duy nhất z∈ R n sao cho

 v1 





〈w,z〉 = ϕ ( w) = det 
.
v n −1 


w 


Vectơ z đó được ký hiệu là z := v1 ×... × vn −1 và gọi là tích vectơ của các

vectơ v1 ,..., v n −1 .
Đònh lý sau đây cho chúng ta một số tính chất của tích vectơ.
Δ Đònh lý 1.1.9
(i)

v1 ×... × vn −1 = sgn σ vσ (1) × ... × vσ ( n −1) ;

(ii)

v1 × ... × avi × ... × v n −1 = a ( v1 ×... × v n −1 ) ;

(iii)

v1 × ... × (vi + vi, ) × ... × vn −1 = v1 × ... × vi × ... × v n −1 + v1 × ... × vi, × ... × vn −1 .

Chứng minh
Học viên tự chứng minh.
Δ Đònh lý 1.1.10
Nếu { v1 ,..., v n−1 } ⊂ R n là hệ độc lập tuyến tính thì [ v1 ,..., vn −1 , v1 ×... × vn −1 ] là
đònh hướng chuẩn tắc trong Rn.
Chứng minh
Xét hàm det(.) trong Rn. Khi đó ta có
det ( v1 ,..., v n −1 , v1 × ... × vn −1 ) = det ( v1 ,..., vn −1 , v1 × ... × vn −1 ). det ( e1 ,..., en ) .


Do đó ta có
[ v1 ,..., vn−1 , v1 ×... × vn−1 ] = [ e1 ,..., en ] ,

tức là det ( v1 ,..., v n −1 , v1 × ... × vn −1 ) > 0 .

Từ đó ta suy ra điều cần chứng minh.

□


1.2 Một số kiến thức cơ bản về hình học
□ Đònh nghóa 1.2.1
n
n
Một hàm liên tục c : [0,1] → A (ở đây [0,1] là tích n lần [0,1] × ... × [0,1] và

A là tập mở trong Rm với m ≥ n ) được là một hình lập phương kỳ dò n- chiều.
Thông thường R0 và [0,1]0 được ký hiệu bằng {0}. Khi đó hình lập phương kỳ
dò không chiều trong A là hàm f : {0} → A , hay cũng vậy, một điểm trong A. Hình
lập phương kỳ dò một chiều thường được gọi là đường cong. Hình lập phương nn
n
n
chiều chuẩn tắc I : [0,1] → R được xác đònh bởi đẳng thức I(x ) = x với mọi

x ∈ [0,1]n là một thí dụ của hình lập phương kỳ dò n- chiều.
□ Đònh nghóa 1.2.2
Một tổng hữu hạn các hình lập phương n- chiều với hệ số nguyên được gọi là
một xích kỳ dò n-chiều trong A.
◊ Thí dụ 1.2.1
Xích kỳ dò n- chiều 2c1+ 3c2 - 4c3, ...
Các xích kỳ dò n- chiều có thể cộng và nhân một cách tự nhiên đối với hệ số
nguyên. Chẳng hạn, 2(c2 + 3c4 ) + (-2)(c1 + c2 + c3 ) = -2c1 -2c3 + 6c4.
Đối với mỗi xích kỳ dò n- chiều c trong A ta sẽ xác đònh xích kỳ dò (n-1)chiều trong A và gọi là biên của c, ký hiệu ∂c .
Xét ∂I n , đối với mỗi i ( i = 1, n ) ta xác đònh hai hình lập phương (n-1)- chiều
I (ni ,0 ) và I (ni ,1) như sau.

n −1
Đối với mỗi x ∈ [0,1] ta đặt

I (ni ,0 ) ( x) := I n ( x1 ,..., xi −1 ,0, xi ,..., xn −1 ) = ( x1 ,..., xi −1 ,0, xi ,..., xn −1 ),
I (ni ,1) ( x) := I n ( x1 ,..., xi −1 ,1, xi ,..., x n −1 ) = ( x1 ,..., xi −1 ,1, xi ,..., x n −1 ).
n
n
Ta gọi I (i ,0 ) và I (i ,1) lần lượt là (i,0)- biên và (i,1)- biên của In.
n
i +α n
Ta đặt ∂I := ∑i =1 ∑α =0 ,1 (−1) I ( i ,α ) .
n

n
Đối với hình lập phương kỳ dò c : [0,1] → A trước hết ta xác đònh (i,α ) - biên

c(i ,α ) := cI (ni ,α ) .
i +α
Tiếp đó ta đặt ∂c := ∑i =1 ∑α =0 ,1 (−1) c(i ,α ) .
n

(

Cuối cùng ta xác đònh biên của xích kỳ dò n- chiều

)

∂ ∑i =1 ai ci = ∑i =1 ai ∂ci .
n

Δ Đònh lý 1.2.1

n

∑

n

i =1

ai ci bằng công thức


Nếu c là xích kỳ dò n- chiều trong A thì ta luôn có ∂ (∂c) = 0 , ta còn viết
∂2 = 0 .
Chứng minh

n
n −2
Giả sử i ≤ j , ta hãy xét ( I (i ,α ) ) ( j , β ) . Nếu x ∈ [0,1] từ đònh nghóa ( j , β ) - biên

của hình lập phương kỳ dò n- chiều ta có

(I )

n
( i ,α ) ( j , β )

( x) = I (ni ,α ) ( I (nj−,1β ) ( x) ) = I (ni ,α ) ( x1 ,..., x j −1 , β , x j ,..., x n −2 )
= I n ( x1 ,..., xi ,α , xi ,..., x j −1 , β , x j ,..., xn −2 ).

Tương tự,

(I

)

n
( j +1, β ) ( j ,α )

( x) = I (nj +1, β ) ( I (nj−,α1 ) ( x) ) = I (nj +1, β ) ( x1 ,..., x j −1 ,α , x j ,..., x n −2 )
= I n ( x1 ,..., xi ,α , xi ,..., x j −1 , β , x j ,..., xn − 2 ).

Như vậy

(I )

n
( i ,α ) ( j , β )

= ( I (nj +1, β ) ) ( j ,α ) , với i ≤ j .

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 dò n- chiều bất kỳ. Nhưng

(

∂ ( ∂c ) = ∂ ∑i =1 ∑α =0 ,1 (−1) i +α c( i ,α )
n

)

= ∑i =1 ∑α =0 ,1 ∑ j =1 ∑ β =0 ,1 (−1) i +α + j + β ( c ( i ,α ) ) ( j , β ) .
n

n

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
.
Vì đònh lý đúng với mọi hình lập phương kỳ dò n-chiều nên nó cũng đúng đối
với xích kỳ dò n- chiều bất kỳ.

□

1.3 Trường và dạng
□ Đònh nghóa 1.3.1
Giả sử P ∈ R n , tập tất cả các cặp (P, v) trong đó v chạy khắp Rn được ký hiệu
n
là RP và được gọi là không gian tiếp xúc với Rn tại P.
n
Bây giờ ta đònh nghóa trên RP hai phép toán sau.

(P, v) + (P, w) := (P, v+w),
a(P, v) := (P, av).
n
Khi đó với hai phép toán vừa đònh nghóa RP là một không gian vectơ, (P,v)

cùng hướng với vectơ v và có điểm gốc là P, ta ký hiệu (P, v) := vP.
n

Tích vô hướng chuẩn tắc .,. trên RP được đònh nghóa bởi


v P , wP := v, w .

n
Đònh hướng chuẩn tắc trên RP là [ ( e1 ) P ,..., ( en ) P ] .

□ Đònh nghóa 1.3.2
Ta gọi trường vectơ là một hàm F đặt ứng với mỗi điểm P ∈ R n một vectơ
F ( P) ∈ RPn đối với mỗi P. Khi đó tồn tại các số F1 ( P),..., Fn ( P ) sao cho
F (P ) = F1 ( P)(e1 ) P + ... + Fn ( P)(en ) P .
Khi đó ta nói F là khả vi (liên tục) khi và chỉ khi Fi khả vi (liên tục) với mọi
i = 1, n .
Các phép toán trên các vectơ sẽ sinh ra các phép toán tương ứng trên trường
vectơ bằng cách cho phép toán tác động theo từng điểm.

□ Đònh nghóa 1.3.3
Nếu F và G là các trường vectơ, f là một hàm vô hướng. Khi đó ta đònh
nghóa
(F + G )(P ) = F (P) + G(P),
F , G ( P ) = F ( P), G ( P) ,

( f .F ) ( P ) =

f ( P ).F ( P) .

Nếu F1, ..., Fn-1 là các trường vectơ trên Rn thì bằng cách tương tự ta đặt theo
đònh nghóa

( F1 × ... × Fn−1 ) ( P) = F1 ( P) × ... × Fn−1 ( P) .

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

ω đặt ứng mỗi điểm P ∈ R n với một tenxơ ω ( P) ∈ Λk ( RPn ) .
Gọi ϕ 1 ( P ),..., ϕ n ( P ) là cơ sở đối ngẫu của cơ sở (e1 ) P ,..., (en ) P . Ta có

ω ( P) := ∑i <...1

k

1

k

1

k

1

k

nào đó.
Dạng ω được gọi là liên tục, khả vi, ... nếu các hàm ω i ,...,i có tính chất
1

k

tương ứng như vậy.
◊ Quy ước 1.3.1
(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
k
n
từ các phép toán tương ứng trong Λ ( R ) bằng cách cho các phép

toán tác đôïng lên từng điểm.
◊ Nhận xét 1.3.1
n
1
n
Nếu f : R → R khả vi thì Df ( P ) ∈ Λ ( R ) . Ta đi đến xác đònh dạng bậc

nhất df bởi công thức
df ( P)(v P ) := Df ( P)(v).

Ta xét dạng bậc nhất dπ i , thông thường ta dùng ký hiệu xi thay cho π i . Vì
dxi ( P)(v P ) = dπ i ( P)(v P ) = Dπ i ( P )(v) = π i (v) = vi .

Nên

ta

thấy

rằng

dx1 ( P),..., dx n ( P) là cơ sở đối ngẫu của cơ sở (e1 ) P ,..., (en ) P . Như vậy mỗi dạng ω
bậc k có thể viết dưới dạng

ω ( P) := ∑i <...1

k

1

k

1

k

Δ Đònh lý 1.3.1
n
Nếu f : R → R là hàm khả vi thì df = D1 f .dx1 + ... + Dn f .dx n .

Theo cách viết cổ điển là df =

∂f
∂f
dx1 + ... +
dx n .
∂x1
∂x n

Chứng minh
Với mọi P ∈ R n ta có
df ( P )(v P ) = Df ( P )(v) = ∑i =1 Di f ( P)vi = ∑i =1 Di f ( P )dxi ( P )(v P ) .
n

n

Từ đó ta suy ra
df = ∑i =1 Di fdxi
n

Đònh lý được chứng minh.

□
□ Đònh nghóa 1.3.4

n
m
Giả sử f : R → R là một ánh xạ khả vi. Tại mỗi điểm P ∈ R n ánh xạ đó sẽ
n

m
sinh ra một ánh xạ tuyến tính Df ( P) : R → R . Từ ánh xạ này ta đi đến xác đònh
n
m
ánh xạ tuyến tính f * : RP → R f ( P ) theo công thức

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

k
m
k
n
Ánh xạ tuyến tính đó cảm sinh ra ánh xạ tuyến tính f * : Λ ( R f ( P ) ) → Λ ( R P ) .
m
n
Vì vậy mỗi dạng ω bậc k trên R f ( P ) có thể chuyển thành một dạng bậc k trên RP

bằng cách đặt
( f * ω )( P ) := f * (ω ( P )) ,


tức là
f * ω ( P)(v1 ,..., v k ) := ω ( f ( P ))( f * (v1 ),..., f * (v k )) .
n
Đối với mỗi bộ (v1 ,..., v k ) ∈ RP (nếu ω là dạng bậc 0 thì tất nhiên f*( ω ) được

hiểu là ω . f .
Δ Đònh lý 1.3.2

n

m
Giả sử f : R → R khả vi. Khi đó

∂f i
dx j ;
∂x j

(i)

f * ( dxi ) = ∑ j =1 D j f i dx j = ∑ j =1

(ii)

f * (ω 1 + ω 2 ) = f * (ω 1 ) + f * (ω 2 ) ;

(iii)

f * ( g .ω ) = ( g  f ) f * (ω ) ;

(iv)

f * (ω ∧ η ) = f * (ω ) ∧ f * (η ) .

n

n

Chứng minh
Học viên tự chứng minh.
Bây giờ ta áp dụng Đònh lý 1.1.8 chứng minh kết quả sau đây.

Δ Đònh lý 1.3.3

n
m
Giả sử f : R → R khả vi. Khi đó

f * ( hdx1 ∧ ... ∧ dx n ) = (h  f )(det f ' )(dx1 ∧ ... ∧ dx n ) .
Chứng minh

Vì f * ( hdx1 ∧ ... ∧ dx n ) = (h  f ) f * (dx1 ∧ ... ∧ dx n ) , nên ta chỉ cần chứng minh
f * ( dx1 ∧ ... ∧ dx n ) = (det f ' )(dx1 ∧ ... ∧ dx n ) .

Giả sử P ∈ R n và A = (aij ) 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 dx1 ∧ ... ∧ dx n (P) và trong các biểu thức tương tự.
Khi đó theo Đònh lý 1.1.8 ta có
f * ( dx1 ∧ ... ∧ dx n )(e1 ,..., en ) = dx1 ∧ ... ∧ dx n ( f * e1 ,..., f * en )
= dx1 ∧ ... ∧ dx n

(∑

n

i =1

a1i ei ,..., ∑i =1 a ni ei
n

)

= det(aij )(dx1 ∧ ... ∧ dx n )(e1 ,..., en ).

Vậy đònh lý được chứng minh.

□


□ Đònh nghóa 1.3.5

Giả sử ω là một dạng cấp k, ω = ∑i <...1

k

1

k

1

k

dạng dω bậc (k+1) và gọi là vi phân của ω , xác đònh bởi đẳng thức
dω := ∑i <...1

k

= ∑i <...1

∑α
n

k

=1

Dα (ω i1 ,...,ik )dxα ∧ dxi1 ∧ ... ∧ dxik .

Từ đònh nghóa ta dễ dàng chứng minh được đònh lý sau đây.
Δ Đònh lý 1.3.4

(i)

d (ω + η ) = dω + dη ;

(ii)

k
Nếu ω ,η là các dạng bậc k thì d (ω ∧ η ) = dω ∧ η + (−1) ω ∧ dη ;
d (dω ) = 0 , viết tắt là d2 = 0;

(iii)
(iv)

Nếu ω là dạng bậc k trên Rm và
f * ( dω ) = d ( f * ω ) .

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 dò k- chiều ta hiểu
đó là hình lập phương khả vi kỳ dò k- chiều.
□ Đònh nghóa 1.4.1

Giả sử ω là dạng bậc k trên [0,1 ]k. Khi đó ω = fdx1 ∧ ... ∧ dxk với một hàm f
xác đònh duy nhất. Ta đặt

∫ω

[ 0 , 1]

:=

k

∫f,

[ 0 , 1 ]k

hay

∫ fdx

[ 0 , 1 ]k

1

∧ ... ∧ dx k :=

∫ f ( x ,..., x
1

[ 0 , 1 ]k

k

)dx1 ...dx k

.


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

∫ω
c

:=

∫ c *ω .

[0 , 1]k

Đặc biệt

∫ fdx ...dx
1

[ 0 , 1]

k

∫ (I

:=

k

[ 0 ,1]

k

) * ( fdx1 ...dx k )

k

∫ f ( x ,..., x

=

1

k

)dx1 ...dx k .

[ 0 ,1]k

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

∫ω

:= ω ( c(0 ) )

C

.

n
Sau cùng, ta đònh nghóa tích phân của ω theo xích kỳ dò k- chiều c = ∑i =1 ai ci

bởi công thức

∫ ω := ∑

n

i =1

c

ai ∫ ω
ci

.

• Tích phân của dạng bậc nhất ω = Pdx + Qdy theo một xích kỳ dò được gọi
là tích phân đường.
• Tích phân của dạng bậc hai theo xích kỳ dò hai chiều được gọi là tích
phân mặt.
Δ Đònh lý 1.4.1 (Đònh lý Stoke- đònh lý cơ bản)
Giả sử ω là dạng bậc (k-1) trên A và c là một xích kỳ dò k- chiều trong A. Khi
đó

∫ dω = ∫ ω .
c

∂c

Chứng minh

Ta giả sử rằng c = Ik và ω là một dạng bậc (k-1) trên [0,1]k. Khi đó ω là
tổng các dạng bậc (k-1) có dạng fdx1 ∧ ... ∧ dˆxi ∧ ... ∧ dx k (với dˆxi nghóa là bỏ đi phần
dxi ).
Ta chú ý rằng ta chỉ cần chứng minh chứng minh đònh lý cho mỗi dạng như
vậy và điều đó được chứng minh bằng cách tính trực tiếp.
Ta có


∫I

[ 0 , 1]

k*

( j ,α )

( fdx1 ∧ ... ∧ dˆxi ∧ ... ∧ dx k ) =

k

0 , với i ≠ j ,

=  f ( x ,...,α ,..., x )dx ...dx , với i = j.
1
k
1
k
[0 ,∫1]k


Vì vậy

∫ fdx

1

∧ ... ∧ dˆxi ∧ ... ∧ dx k =

∂ [ 0 , 1 ]k

= ∑ j =1 ∑α =0 ,1 (−1) i +α
k

∫I

[ 0 , 1]

( j ,α )

fdx1 ∧ ... ∧ dˆxi ∧ ... ∧ dx k

k −1

∫ f ( x ,...,1,..., x

= (−1) i +1

k*

1

k

)dx1 ...dx k +

[ 0 ,1]k − 1

∫ f ( x ,...,0,..., x

+ (−1) i

1

[ 0 ,1]

k

)dx1 ...dx k .

k −1

Mặt khác

∫ d ( fdx

I

1

∧ ... ∧ dˆxi ∧ ... ∧ dx k =

k

=

∫ D fdx
i

[ 0 ,1]

i

∧ dx1 ∧ ... ∧ dˆxi ∧ ... ∧ dx k = (−1) i −1

k

∫D f.
i

[ 0 , 1 ]k

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

∫ d ( fdx

I

1

∧ ... ∧ dˆxi ∧ ... ∧ dx k =

k

1
1
= (−1) i −1 ∫ ...( ∫ Di f ( x1 ,..., x k )dxi )dx1 ...dˆxi ...dx k
0

0

1

1

0

0

= (−1) i −1 ∫ ...∫ [ f ( x1 ,...,1,..., x k ) − f ( x1 ,...,0,..., x k )]dx1 ...dˆxi ...dx k
= (−1)

∫ f ( x ,...,1,..., x

i −1

1

k

)dx1 ...dˆxi ...dx k +

[ 0 , 1 ]k − 1

+ (−1) i

∫ f ( x ,...,0,..., x
1

k

)dx1 ...dˆxi ...dx k .

[ 0 ,1]k − 1

Như vậy

∫ dω = ∫ ω .

Ik

∂I k

Nếu bây giờ c là một hình lập phương kỳ dò k- chiều tùy ý thì từ đònh nghóa
ta suy ra ∂∫cω = ∫ c * ω .
∂I k

Vì vậy

∫ dω = ∫ c * (dω ) = ∫ d (c * ω ) = ∫ c * ω = ∫ ω .
c

[ 0 ,1]k

[ 0 , 1 ]k

∂I k

∂c

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

∫ dω = ∑

n

i =1

c

ai ∫ dω = ∑i =1 ai ∫ ω = ∫ ω
n

∂ci

ci

∂c

.

Đònh lý được chứng minh.

□

Δ Đònh lý 1.4.2 (Tính chất không phụ thuộc vào cách tham số hóa)

k
k
Giả sử c là một hình lập phương kỳ dò k - chiều và p : [0,1] → [0,1] là một
k

k
,
k
ánh xạ 1-1 sao cho p ([0,1] ) = [0,1] và det p ( x) ≥ 0, ∀x ∈ [0,1] . Khi đó với mọi dạng
bậc k bất kỳ ω ta có

∫ω = ∫ω .
c

c p

Chứng minh

Rõ ràng c  p và p cũng là các hình lập phương kỳ dò k- chiều.
Nếu ω = fdx1 ∧ ... ∧ dxk là một dạng bậc k nào đó, ta có

∫ ω = ∫ c * ω = ∫ c * ω = ∫ p * c * ω = ∫ (c  p) * ω = ∫ ω .
c

[ 0 , 1 ]k

p ([0 , 1]k )

Vậy đònh lý được chứng minh.

[ 0 ,1]k

[ 0 ,1]k

c p

□


Bài tập chương 1

(1)

(2)

Chứng minh các đẳng thức sau của tích tenxơ.
(i)

(S1 + S 2 ) ⊗ T = S1 ⊗ T + S 2 ⊗ T ;

(ii)

S ⊗ (T1 + T2 ) = S ⊗ T1 + S ⊗ T2 ;

(iii)

(aS ) ⊗ T = S ⊗ (aT ) = a ( S ⊗ T ) ;

(iv)

( S ⊗ T ) ⊗ U = S ⊗ (T ⊗ U ) .

Chứng minh rằng nếu T là tích trong trên V thì V có cơ sở { v1 ,..., vn } sao cho

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

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

(3)

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

Nếu T∈ Tk(V ) thì Alt(T) ∈ Λ (V ) ;
Nếu ω ∈ Λk (V ) thì Alt( ω ) = ω ;

(iii)

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

(i)

(4)

(5)

k

Chứng minh rằng
(ω 1 + ω 2 ) ∧ η = ω 1 ∧ η + ω 2 ∧ η ;
(i)
(ii)

ω ∧ (η1 + η 2 ) = ω ∧ η1 + ω ∧ η 2 ;

(iii)

(aω ) ∧ η = ω ∧ (aη ) = a (ω ∧ η ) ;

(iv)

ω ∧ η = (−1) kl η ∧ ω ;

(v)

f * (ω ∧ η ) = f * (ω ) ∧ f * (η ) .

n
Giả sử { v1 ,..., vn } là một cơ sở của không gian V và ω ∈ Λ (V ) . Đối với n

n
vectơ bất kỳ wi = ∑i =1 aij v j thuộc V ta có ω ( w1 ,..., wn ) = det(aij )ω (v1 ,..., v n ) .

(6)

Chứng minh rằng
(i)

v1 ×... × vn −1 = sgn σ vσ (1) × ... × vσ ( n −1) ;

(ii)

v1 × ... × avi × ... × v n −1 = a ( v1 ×... × v n −1 ) ;

(iii)

v1 × ... × (vi + vi, ) × ... × vn −1 = v1 × ... × vi × ... × v n −1 + v1 × ... × vi, × ... × vn −1 .

Chứng minh các tính chất sau đây (từ 7 - 11)của tích vectơ trong R3.
(7)

e1 × e1 = 0,

e2 × e1 = −e3 ,

e3 × e1 = e2 ,

e1 × e2 = e3 ,

e 2 × e 2 = 0,

e3 × e2 = −e1 ,

e1 × e3 = −e2 ,

e2 × e3 = e1 ,

e3 × e 3 = 0 .

(8)

v × w = (v 2 w3 − v3 w2 )e1 + (v 3 w1 − v1 w3 )e2 + (v1 w2 − v 2 w1 )e3 .

(9)

v × w = v w sin(v, w) ,


v × w, v = v × w, w = 0 .
v, w × z = v, z × w = z , v × w ,

(10)

v × ( w × z ) = v, z w − v , w z ,
(v × w) × z = v, z w − w, z v .

(11)
(12)

(13)

v×w =

2

.

n
m
Giả sử f : R → R khả vi. Khi đó chứng minh các đẳng thức sau đây.

∂f i
dx j ;
∂x j

(i)

f * ( dxi ) = ∑ j =1 D j f i dx j = ∑ j =1

(ii)

f * (ω 1 + ω 2 ) = f * (ω 1 ) + f * (ω 2 ) ;

(iii)

f * ( g .ω ) = ( g  f ) f * (ω ) ;

(iv)

f * (ω ∧ η ) = f * (ω ) ∧ f * (η ) .

n

n

Chứng minh rằng
d (ω + η ) = dω + dη ;
(i)
(ii)
(iii)
(iv)

(14)

v, v w, w − v, w

k
Nếu ω , η là các dạng bậc k thì d (ω ∧ η ) = dω ∧ η + (−1) ω ∧ dη ;
d (dω ) = 0 , viết tắt là d2 = 0;
n
m
Nếu ω là dạng bậc k trên Rm và f : R → R là khả vi thì
f * ( dω ) = d ( f * ω ) .

n
m
n
p
Giả sử f : R → R và g : R → R . Chứng minh rằng

(i)

( g. f ) * = g * . f * ;

(ii)

( g . f )* = f * .g * .

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)
(15)
.


Chương 2

TÍCH PHÂN TRÊN ĐA TẠP

2.1 Đa tạp
□ Đònh nghóa 2.1.1
Giả sử U, V là các tập mở trong Rn. 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 Rn được gọi là một đa tạp k-chiều (trong Rn) nếu đối với
mỗi x ∈ M điều kiện sau đây được nghiệm đúng.
(M) Tồn tại một tập mở U chứa x, một tập mở V ⊂ Rn và một vi phôi
h:U → V sao cho h(U ∩ M) = V ∩ ( R k × {0} ) = { x∈ V: xk+1 = ...= xn = 0}.
Nói cách khác U ∩ M “sai khác một vi phôi ” lại là một phần của không gian
Rk × {0}.
Δ Đònh lý 2.1.1
Giả sử A ⊂ Rn là một tập mở và g:A → Rp 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 Rn.
Chứng minh
Theo âònh lý “Giả sử f:Rn → Rp, p ≤ n khả vi liên tục trên một tập mở chứa
điểm a. Nếu f(a)= 0 và n × p ma trận ( Di f j (a )) có hạng p thì tồn tại một tập mở A ⊂
Rn và một hàm khả vi h:A → Rn có hàm ngược khả vi sao cho

f  h(x1, ...,

xn) = (xn-p+1, ..., xn)”.
Gọi M = g-1(0), ta lấy h-1 đóng vai trò trong điều kiện (M) là ánh xạ ngược
của hàm h nói trong đònh lý vừa nêu ở trên. Khi đó ta dễ dàng kiểm tra M thỏa điều
kiện (M) nói trong đònh nghóa của đa tạp. Thật vậy,
• h(U) mở;
• U ⊂ Rn, x ∈ h(U) ⊂ Rn;
•

h-1 khả vi và có hàm ngược (h-1)-1 = h khả vi;

•

h-1: h(U) → U;
h-1(h(U) ∩ M) = h-1(h(U) ∩ g-1(0)) = h-1(h(U)) ∩ (h-1  g-1(0))
= U ∩ h-1  g-1(0).

Mặt khác
g  h(x1, ..., xn) = (xn-p+1, ..., xn).


Do đó
h-1  g-1(0) = (x1, ..., xn-p, 0, ..., 0).
Từ đó ta có:
h-1(h(U) ∩ M) = U ∩ (Rn-p × {0}) = {x ∈ U: xn-p+1 = ... = xn = 0}.
Vậy M là đa tạp (n -p)- chiều.

□

Δ Đònh lý 2.1.2
Đối với mỗi điểm x của đa tạp k-chiều M ⊂ Rn “điều kiện tọa độ” sau đây
được nghiệm đúng:
(C) Tồn tại tập mở U chứa x, một tập mở W ⊂ Rk và hàm 1-1 khả vi f:W → Rn
sao cho
(i)

f(W) = M ∩ U;

(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 ∈ Rk: (a,0)∈ h(M)}.
Ta xác đònh f:W → Rn 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
h[h-1(a,0)] = h[h-1(b,0)],
tức là
h  h-1(a,0) = h  h-1(b,0).
Do đó (a,0) = (b,0), hay a = b. Vậy f là đơn ánh
• f(W) = M ∩ U.
* 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 ∈ Rk, (a,0)∈ h(M). Do đó

x

= h-1(a,0), a∈ Rk, (a,0) ∈ h(M). Như vậy x = h-1(a,0) = f (a)∈ f(W).
Vậy f(W) = M ∩ U.
• Ta xác đònh ánh xạ H:U → Rk bởi đẳng thức H(z) := (h1(z), ..., hk(z)) thì
H(f(y))= y, ∀ y∈ W. Vì vậy H’(f(y)).f ’(y) = I , I là ma trận đơn vò cấp k. Do
đó ma trận f ’(y) phải có hạng k.
□ Đònh nghóa 2.1.2
Tập {x∈ Rk: xk ≥ 0} sẽ được gọi là nửa không gian Hk ⊂ Rk.

□


Một tập con M ⊂ Rk 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 ⊂ Rn và một vi phôi h:U → V
sao cho
h(U ∩ M) = V ∩ (Hk × {0}) = {x∈ V: xk ≥ 0 và xk+1 = ... = xn = 0}.
Δ Đònh lý 2.1.3
Điều kiện (M) và điều kiện (M’) không thể đồng thời nghiệm đúng tại một
điểm x.
Chứng minh
Nếu h1:U1 → V1 và h2:U2 → V2 thỏa mãn lần lượt các điều kiện (M) và (M’)
thì h2  h1-1 sẽ là ánh xạ khả vi biến một tập mở trong Rk của h1(x) thành một tập mở
trong Hk mà không mở trong Rk, nhưng vì det(h2  h1-1) ≠ 0 nên điều này là vô lý. Do
đó ta có điều cần chứng minh.

□

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).
Δ Đònh lý 2.1.4
Giả sử M là một đa tạp k-chiều có biên. Khi đó ∂ M là đa tạp k-1 chiều, còn
M\ ∂ M là đa tạp k-chiều.
Chứng minh
Học viên tự chứng minh.
Δ Đònh lý 2.1.5
Đối với mỗi điểm x của đa tạp k- chiều có biên M thì điều kiện (C) hay điều
kiện (C’) sau đây được nghiệm đúng
(C’) Tồn tại một tập mở U chứa x, một tập mở W ⊂ Hk và hàm khả vi 1-1 f:W

→

Rn sao cho
(i)

f(W) = M ∩ U;

(ii)

f ’ (y) có hạng k với bất kỳ y ∈ W.

Chứng minh
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 Đònh 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