Đạo hàm của các dạng vi phân liên kết với liên thông truyến tính trên r3
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (738.87 KB, 37 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
NGÔ THỊ KIM NHUNG
ĐẠO HÀM CỦA CÁC DẠNG VI PHÂN LIÊN KẾT
VỚI LIÊN THƠNG TUYẾN TÍNH TRÊN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
NGHỆ AN – 2016
1
3
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
NGÔ THỊ KIM NHUNG
ĐẠO HÀM CỦA CÁC DẠNG VI PHÂN LIÊN KẾT
VỚI LIÊN THƠNG TUYẾN TÍNH TRÊN
Chun ngành: HÌNH HỌC – TƠPƠ
MÃ SỐ: 60.46.10
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS NGUYỄN HỮU QUANG
NGHỆ AN – 2016
2
3
MỤC LỤC
LỜI MỞ ĐẦU ........................................................................................................................... 4
CHƯƠNG I. CÁC DẠNG VI PHÂN VỚI GIÁ TRỊ VECTƠ TRÊN
1.1. TRƯỜNG VECTƠ TIẾP XÚC TRONG
1.2. LIÊN THƠNG TUYẾN TÍNH TRÊN
3
3
3
........................... 6
............................................................... 6
.................................................................... 11
1.3. CÁC DẠNG VI PHÂN VỚI GIÁ TRỊ VECTƠ TRÊN
3
....................................... 19
CHƯƠNG II. ĐẠO HÀM CỦA CÁC DẠNG VI PHÂN LIÊN KẾT VỚI LIÊN THƠNG
TUYẾN TÍNH TRÊN
3
...................................................................................................... 26
2.1. ĐẠO HÀM THEO HƯỚNG CỦA CÁC DẠNG VI PHÂN TRÊN
3
.................... 26
2.2. ĐẠO HÀM CỦA CÁC DẠNG VI PHÂN LIÊN KẾT VỚI LIÊN THƠNG TUYẾN
TÍNH TRÊN
3
..................................................................................................................... 28
KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC CỦA LUẬN VĂN. ......................................................................... 35
TÀI LIỆU THAM KHẢO...................................................................................................... 36
3
LỜI MỞ ĐẦU
Hình học Riemann đã được nghiên cứu vào những năm giữa thế kỉ XIX
qua các cơng trình của Riemann (1826 - 1866). Sau đó nhiều nhà tốn học phát
triển và nghiên cứu như: Krixstophen (1829 - 1900), Lipsit (1832 - 1903), Klein
(1849 - 1925), Ricci và Levi - Civita. Năm 1950 Ehresman là người đầu tiên trình
bày lý thuyết liên thơng theo quan điểm của tốn học hiện đại. Ơng đã trình bày
liên thơng tuyến tính trên đa tạp và tổng quát hơn nữa là liên thông trên phân thớ
bất kì, xem nó như là trường của các khơng gian con nằm ngang. Ơng cũng là
người đầu tiên trình bày dạng liên thơng và độ cong thơng qua các phương trình
cấu trúc. Các cơng trình nghiên cứu của Ehresman đã được phát triển bởi các nhà
toán học nổi tiếng như Chezn, Ambose - Singer, Kobayshi, Nomizu, ... Trên cơ sở
một số kết quả của các nhà toán học đó và một số tài liệu theo hướng dẫn trên, dưới
sự hướng dẫn của thầy giáo PGS.TS Nguyễn Hữu Quang, chúng tôi chọn đề tài:
“Đạo hàm của các dạng vi phân liên kết với liên thơng tuyến tính trên
3
”.
Trong luận văn này, chúng tơi trình bày một số tính chất về đạo hàm của
các dạng vi phân liên kết với liên thơng tuyến tính và sau đó là ứng dụng các
phép đạo hàm này vào việc khảo sát các độ cong của
3
.
Luận văn này được trình bày trong hai chương.
Chương 1: Các dạng vi phân với giá trị véctơ trên
3
.
Trong chương này, trình bày một số kiến thức về trường vectơ tiếp xúc
trên
3
, một số tính chất của liên thơng tuyến tính trên
với giá trị véctơ trên
3
3
và các dạng vi phân
.
Chương 2: Đạo hàm của các dạng vi phân liên kết với liên thơng
3
tuyến tính trên
.
Trong chương này, chúng tơi trình bày về các dạng vi phân trong
giá trị trong B(
3
3
với
) . Đạo hàm của các dạng vi phân liên kết với liên thơng tuyến
tính. Từ đó ứng dụng vào việc tính độ cong.
4
Luận văn được thực hiện và hoàn thành vào tháng 8 - 2016 tại trường Đại
học Vinh dưới sự hướng dẫn của thầy giáo PGS.TS Nguyễn Hữu Quang. Tác
giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy. Nhân dịp này tác giả xin chân thành
cảm ơn ban chủ nhiệm khoa sư phạm toán học. Tác giả xin được cảm ơn các
thầy, cơ giáo trong tổ hình học - tơpơ, khoa sư phạm tốn học đã nhiệt tình giảng
dạy và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập.
Cũng nhân dịp này tác giả xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã tạo
điều kiện giúp đỡ tác giả trong suốt q trình học tập và hồn thành luận văn.
Nghệ An, ngày…tháng…năm 2016
Tác giả
5
CHƯƠNG I.
CÁC DẠNG VI PHÂN VỚI GIÁ TRỊ VECTƠ TRÊN
3
Trong chương này, chúng tơi trình bày một số kiến thức về trường
vectơ tiếp xúc trên
3
, đạo hàm của trường vectơ theo một trường vectơ,
một số vấn đề về liên thông tuyến tính trên
véctơ trên
3
3
và các dạng vi phân với giá trị
.
1.1. TRƯỜNG VECTƠ TIẾP XÚC TRONG
Như ta đã biết: vectơ tiếp xúc với
3
tại p p
3
3
là một vectơ
3
có gốc tại p. Ta viết p, p .
1.1.1. Định nghĩa. Trường vectơ tiếp xúc trong
3
X:
p
trong đó Tp
3
là một ánh xạ
3
Tp
p
3
3
Xp
là khơng gian các vectơ tiếp xúc với
3
tại p.
1.1.2. Chú ý.
+) Khi X là ánh xạ hằng thì trường vectơ X gọi là trường vectơ song song.
+) Giả sử X 1 , X 2 , X 3 là các trường vectơ trong
X ( p), X ( p), X ( p) là cơ sở của T
1
2
3
p
3
, p
3
3
thỏa mãn :
. Ta nói X 1 , X 2 , X 3 là trường
mục tiêu.
+) Nếu mọi trường vectơ X i của trường mục tiêu X i trên
3
là song
song thì ta nói trường mục tiêu đó là trường mục tiêu song song.
+) Cơ sở ei của
3
, Ei ( p) với p
3
3
xác định một trường mục tiêu song song Ei trên
(i 1,2,3) , Ei được gọi là mục tiêu tự nhiên trong
3
.
+) Giả sử E1 , E2 , E3 là trường mục tiêu tự nhiên và X là trường vectơ bất
kì, ta có thể biễu diễn: X X1E1 X 2 E2 X 3 E3 , với X i là các hàm số E 3
6
khi đó ta nói X X 1 , X 2 , X 3 và X được gọi là khả vi khi và chỉ khi X i khả vi với
i 1,2,3 (tức X i có đạo hàm riêng và các đạo hàm riêng đó liên tục).
1.1.3. Ví dụ.
Trong E 3 Oxyz , xét trường vectơ X x 2 yE1 xzE2 z 2 yE3
Thật vậy, giả sử X X1, X 2 , X 3 trong đó:
E3
X1 :
x, y , z
x2 y
E3
X2 :
x, y , z
xz
E3
X3 :
x, y , z
z2 y
Ta cần chứng minh X 1 , X 2 , X 3 khả vi.
Chẳng hạn ta chứng minh X 1 khả vi.
Gọi: g1
X 1
: x, y, z
x
X 1
: x, y , z
y
X
g 3 1 : x, y , z
z
g2
2 xy
0
2 zy
Như vậy, X 1 có đạo hàm riêng và g1, g2 , g3 liên tục vì nó là hàm sơ cấp.
Do đó X 1 khả vi.
Chứng minh tương tự ta cũng có X 2 , X 3 .
B
3
- Từ nay trở đi ta chỉ xét các trường vectơ X khả vi trên
3
.
- Ta kí hiệu F
3
và
X
3
là tập hợp các hàm số khả vi trong
X là tập hợp các hàm số khả vi trong
7
3
1.1.4. Các phép toán trên B
1) Phép cộng: X ,Y B(
Khi đó: X Y : p
3
3
); X : p
Xp , Y : p
X p Yp , p
3
Yp .
.
2) Phép nhân: Giả sử là hàm số khả vi ( F
Khi đó: X : p
( p). X p ;
p
3
3
); :
3
.
3) Trường hợp: a const thì aX : p
1.1.5. Mệnh đề. B
3
a. X p ; p
3
.
cùng với hai phép toán (1) và (3) lập thành một
không gian vectơ thực.
Thật vậy, ta dễ dàng chứng minh được hai phép toán (1) và (3) thỏa mãn 8
tiên đề của khơng gian vectơ. Do đó ở đây chỉ thử 3 tiên đề cơ bản, đó là:
* Giả sử X X1, X 2 , X 3 B
3
; 0,0,0
Ta suy ra: X 0 ( X1 0, X 2 0, X 3 0)
( X1 , X 2 , X 3 ) X
* Giả sử X X1, X 2 , X 3 B
3
; X , X , X B
3
1
2
3
Sao cho X ( X ) ( X1 ( X1 ), X 2 ( X 2 ), X 3 ( X 3 ))
0,0,0 .
*Với , giả sử X X1, X 2 , X 3 B
3
; Y ,Y ,Y B thì
3
1
2
X Y ( X1 Y1, X 2 Y2 , X 3 Y3 ) .
Ta có: ( X Y ) ( X1 Y1, X 2 Y2 , X 3 Y3 )
( X 1 Y1 , X 2 Y2 , X 3 Y3 )
( X 1 , X 2 , X 3 ) Y1 , Y2 , Y3
X Y
Thử 5 tiên đề cịn lại cũng thấy nó thỏa mãn.
8
3
Vậy: B
3
cùng với hai phép toán (1) và (3) lập thành một không gian
vectơ thực.
1.1.6. Định nghĩa. Giả sử X ,Y B(
3
) . Đạo hàm của trường Y theo
trường vectơ X là một trường vectơ được kí hiệu DX Y và DX Y được xác định
bởi DX Y p
DX Y ; p
3
.
p
1.1.7. Ví dụ. Trong
3
cho X ( xy, yz, zx);Y ( x 2 y, y 2 z, z 2 x) là các trường
vectơ. Tính DX Y ?
Giải. Ta có:
X Y1 xy.2 xy yz.x 2 zx.0 2 x 2 y 2 x 2 yz
X Y2 xy.0 yz.2 yz zx. y 2 2 y 2 z 2 xy 2 z
X Y3 xy.z 2 yz.0 zx.2 xz xyz 2 2 x 2 z 2
DX Y (2 x 2 y 2 x 2 yz ,2 y 2 z 2 xy 2 z , xyz 2 2 x 2 z 2 ).
1.1.8. Mệnh đề. Giả sử X ,Y B(
3
3
) và Y (Y1,Y2 ,Y3 ) . Khi đó:
DX Y X Yi Ei
i 1
Chứng minh
Với mọi p
3
ta có:
3
DX Y DX Y DX ( Yi Ei )
p
p
i 1
3
( X p [Yi ]Ei ( p ) Yi ( p )DX Ei )
p
i 1
3
X [Yi ]( p ) Ei ( p )
i 1
( X Yi Ei )( p ), p
3
3
i 1
3
Do đó DX Y X Yi Ei .
i 1
1.1.9. Mệnh đề.
9
i ) DX (Y Z ) DX Y DX Z
ii ) DX Y ( Z ) DX Z DY Z
iii ) DX (Y ) X [ ].Y DX Y
Chứng minh
i) Ta có:
DX (Y Z ) X [Y Z ]
X [Y ] X [Z ]
DX Y D X Z
ii) Ta có:
DX Y ( Z ) ( X Y )[Z ]
X [Z ] Y [ Z ]
DX Z DY Z
iii) Ta có:
DX (Y ) X [Y ]
( X [Y1 ], X [Y2 ], X [Y3 ])
( X [Y1 ] Y1 X [ ], X [Y2 ] Y2 X [ ], X [Y3 ] Y3 X [ ])
( X [Y1 ], X [Y2 ], X [Y3 ]) (Y1 X [ ], Y2 X [ ], Y3 X [ ])
( X [Y1 ], X [Y2 ], X [Y3 ]) X [ ](Y1, Y2 , Y3 )
DX Y X [ ].Y
1.1.10. Mệnh đề. Trong
3
xét X ,Y , Z B(
3
) ta có:
DX (Y Z ) ( DX Y ) Z Y DX Z .
Chứng minh
Lấy X ( X1, X 2 , X 3 ),Y (Y1,Y2 ,Y3 ), Z (Z1, Z 2 , Z3 ) B(
3
).
Ta có: Y Z (Y2 Z3 Y3Z2 ,Y3Z1 Y1Z3 ,Y1Z 2 Y2 Z1 ) . Suy ra:
DX (Y Z ) ( X [Y2 Z3 Y3Z 2 ], X [Y3Z1 Y1Z 3 ], X [Y1Z 2 Y2 Z1 ])
( X [Y2 Z3 ] X [Y3Z 2 ], X [Y3Z1 ] X [Y1Z 3 ], X [Y1Z 2 ] X [Y2Z1 ])
Ta có: DX Y ( X [Y1 ], X [Y2 ], X [Y3 ]) . Suy ra:
( DX Y ) Z ( X [Y2 ]Z3 X [Y3 ]Z2 , X [Y3 ]Z1 X [Y1]Z3 , X [Y1]Z2 X [Y2 ]Z1)
Ta có: DX Z ( X [Z1 ], X [Z2 ], X [Z3 ]) . Suy ra:
10
Y ( DX Z ) (Y2 X [Z3 ]-Y3 X [Z2 ],Y3 X [Z1 ]-Y1 X [Z3 ],Y1 X [Z2 ]-Y2 X [Z1])
Từ đó ta có:
( DX Y ) Z Y ( D X Z )
( X [Y2 ]Z3 X [Y3 ]Z2 Y2 X [Z3 ]-Y3 X [Z2 ], X [Y3 ]Z1 X [Y1 ]Z3
Y3 X [Z1 ]-Y1 X [Z3 ], X [Y1 ]Z2 X [Y2 ]Z1 ) Y1 X [Z2 ]-Y2 X [Z1 ])
( X ([Y2 ]Z3 Y2 [Z3 ]) X ([Y3 ]Z2 ) Y3[Z2 ]),
X ([Y3 ]Z1 Y3[Z1 ]) X ([Y1 ]Z3 Y1[Z3 ]),
X ([Y1 ]Z2 Y1[Z2 ]) X ([Y2 ]Z1 ) Y2 [Z1 ])
( X [Y2 Z3 ] X [Y3Z2 ], X [Y3Z1 ] X [Y1Z3 ], X [Y1Z2 ] X [Y2 Z1 ].
DX (Y Z ).
Vậy DX (Y Z ) ( DX Y ) Z Y DX Z .
1.2. LIÊN THÔNG TUYẾN TÍNH TRÊN
3
Ta ký hiệu:
B
3
{X\X trường hợp vectơ khả vi trên
F { f \ f : , hàm khả vi}
3
Tp
3
3
}
3
{Không gian tiếp xúc với
3
tại p
3
}
1.2.1. Định nghĩa.([3]) Ánh xạ:
: B(
3
) B( 3 ) B( 3 )
( X ,Y )
XY
được gọi là một liên thơng tuyến tính trên một đa tạp khả vi
các tính chất:
T1
( X1 X 2 )Y
T 2
T 3
T 4
X (Y1 Y2 ) X Y1 X Y2 .
X1Y X 2 Y
( X )Y
X Y
X (Y )
X Y X Y
với mọi X ,Y , X1, X 2 ,Y1,Y2 B(
3
); F (
11
3
).
3
nếu thỏa mãn
X Y được gọi là đạo hàm thuận biến của trường vectơ Y dọc trường
vectơ X.
1.2.2 Ví dụ.([3]) Giả sử D là một đạo hàm tự nhiên của trường vectơ
trong
3
xét ánh xạ:
: B(
3
) B( 3 ) B( 3 )
( X ,Y )
X Y DX Y ( X Y )
Khi đó là một liên thơng tính trên
3
.
Chứng minh
Thật vậy, với X ,Y , Z B(
(T1) ( X Y ) Z
3
), F (
3
).
D( X Y ) Z ( X Y ) Z )
DX Z DY Z ( X Z ) (Y Z )
DX Z ( X Z ) DY Z (Y Z )
X Z Y Z
(T 2) X (Y Z ) DX (Y Z ) X (Y Z )
DX Y DX Z X Y X Z
XY X Z
(T 3) ( X )Y
D( X )Y ( X ) Y
DX Y ( X Y )
DX Y ( X Y )
X Y
(T 4) X (Y ) DX (Y ) ( X Y )
X Y DX Y ( X Y )
X Y X Y
Vậy là một liên thơng tuyến tính trên
3
.
Qua định nghĩa trên ta nhận thấy là một đồng cấu môđun đối với biến
X và đối với biến Y thì nó là cộng tính và có tính chất đạo hàm.
12
Nhận xét:
3
là đa tạp khả song với trường mục tiêu E1 , E2 , E3 : Y Yi Ei ,
3
i 1
ta đặt X Y X Yi Ei . Khi đó là một liên thơng tính trên
3
3
i 1
Thật vậy, với X ,Y , Z B(
3
), F (
3
) ta có:
3
(T 1) ( X Y ) Z X Z i Ei Y Z i Ei
i 1
3
3
i 1
i 1
X Z i Ei Y Z i Ei
X Z Y Z
3
(T 2) X (Y Z ) X Yi Ei X Z i Ei
i 1
3
3
i 1
i 1
X Yi Ei X Z i Ei
XY X Z
(T 3) ( X )Y
3
3
i 1
i 1
X Yi Ei X Yi Ei X Y
3
(T 4) X (Y ) X Yi Ei
i 1
3
X Yi X Yi Ei
i 1
3
3
i 1
i 1
X Yi X Yi Ei
X Y X Y
Vậy là một liên thơng tính.
1.2.3 Mệnh đề. ([1],[3])
a) Ánh xạ: Yp
b) Ánh xạ: X p
( X Y ) p phụ thuộc Y tại lân cận mỗi điểm p.
X p Y phụ thuộc X tại từng điểm.
Chứng minh
13
a) Thật vậy, trước hết ta giả sử U là lân cận của p và xét Y \ M \U 0 .
Với p U ln có hàm F (U ) , sao cho ( p) 0; | U 1 . Khi đó, Y Y
và ( X Y ) p X (Y ) p .
X Y p ( X Y ) p
X p Yp p ( X Y ) p
0
Suy ra
( X Y1 ) p ( X Y2 ) p
b) Xét trong bản đồ địa phương U , x với trường mục tiêu tự nhiên
3
xi i
1. Đặt Ei x1 . Khi đó với mọi ( X , X ' ) B(U ) ta có các biểu diễn sau
3
X i' E1;
i 1
i ,i' F (U ),(i 1,....,3) .
Giả
sử
X p X p' ,
ta
suy
ra
i ( p ) i' ( p); (i 1,....,3) . Do đó:
3
( X Y )( p ) ( n Y )( p ) i ( p)( Ei Y ) ( p )
i 1
i E1
i 1
3
i' ( p)( Ei Y ) ( p ) ( X 'Y ) ( p )
i 1
Vậy ( X Y )( p ) ( X 'Y )( p ) .
Chú ý rằng: Trên
3
luôn tồn tại liên thông tuyến tính .
1.2.4. Mệnh đề. ([1],[3]). Giả sử ' , '' là hai liên thơng tuyến tính trên
3
. Khi đó: 1' 2'' là liên thơng tuyến tính trên
1 2 1; 1,2 F (
3
3
khi và chỉ khi
).
Chứng minh
Điều kiện cần. Giả sử 1' 2'' là liên thơng tuyến tính trên
cần chứng minh 1 2 1; 1,2 F (
Thật vậy, ta có:
14
3
); X ,Y B(
3
).
3
, ta
X (Y ) 1' 2'' (Y )
X
1 ' X Y 2 '' X Y
1 X Y ' X Y 2 X Y '' X Y
1 2 X Y 1 ' X Y 2 '' X Y
1 2 X Y X Y
(1)
Mặt khác:
X Y X Y X Y
2
Từ (1) và (2), ta suy ra: 1 2 1
Điều kiện đủ. Giả sử 1 2 1; 1,2 F (
3
); X ,Y B(
minh rằng 1' 2'' là liên thơng tuyến tính trên
3
X1 X 2
Y
1 ' X1 X 2 Y 2 '' X1 X 2 Y
1 ' X1Y 1 ' X 2Y 2 '' X1Y 2 '' X 2Y
Y
1 ' X1Y 2 '' X1Y 1 ' X 2Y 2 '' X 2Y
'
1
''
2
'
X1
1
X1Y X 2Y
(T 2) X Y 1' 2''
X
Y
1 ' X Y 2 '' X Y
1 ' X Y 2 '' X Y
1 ( ' X Y ) 2 ( '' X Y )
(1 ' 2 '' ) X Y
X Y
(T 3) X Y1 Y2 1' 2''
X
15
Y1 Y2
''
2
X2
) . Ta chứng
, ta kiểm tra các điều
kiện của liên thơng tuyến tính.
(T1) X1 X 2 Y 1' 2''
3
Y
1 ' X Y1 Y2 2 '' X Y1 Y2
1 ' X Y1 1 ' X Y2 2'' X Y1 2'' X Y2
1 ' X Y1 2 '' X Y1 1' X Y2 2'' X Y2
1 ' 2 '' Y1 1 ' 2 '' Y2
X
X
X Y1 X Y2
(T 4) X Y 1' 2''
X
Y
1 ' X Y 2 '' X Y
1 X Y 1 ' X Y 2 X Y 2 '' X Y
1 X Y 2 X Y 1 ' X Y 1 '' X Y
1 2 X Y 1 ' 2 '' Y
1 2 X Y X Y
X
X Y X Y .
Vậy là liên thơng tuyến tính trên
1,2 F (
3
3
khi và chỉ khi 1 2 1;
).
* Nếu , J là hai liên thơng tuyến tính trên
3
thì J khơng phải là
một liên thơng tuyến tính.
*
Nếu
1, 2 ,..., n
là
liên
thơng
tuyến
tính
trên
đa
tạp
1,2 ,...,n F ( R3 ) mà 1 2 ... n 1 thì 11 22 ... nn là
một liên thơng tuyến tính.
1.2.5. Mệnh đề. Giả sử S là đa tạp con trong
Ta đặt X Y DX Y ;
T
D Y
T
X
3
. Với mọi X ,Y B(S ) .
là thành phần tiếp xúc trên S . Khi đó là
một liên thơng tuyến tính trên S.
Chứng minh
Ta kiểm tra các điều kiện của liên thơng tuyến tính.
Với X ,Y , Z B( S ), F (S ) .
16
(T1 ) X (Y Z ) DX (Y Z ) DX Y DX Z DX Y DX Z
T
T
T
T
XY X Z
(T2 ) X Y Z DX Y Z DX Z DY Z DX Z DY Z
T
T
T
T
X Z Y Z
(T3 ) X Y D X Y DX Y DX Y X Y
T
T
T
(T4 ) X Y DX Y X Y DX Y X Y T DX Y
T
T
T
Mà Y Y T , Y B(S )
Do đó X (Y ) X Y X Y
Vậy là một liên thơng tuyến tính trên S.
1.2.6. Mệnh đề. ([3]) Giả sử là liên thông tuyến tính trên
3
và giả sử
ánh xạ :
S : B
3
B B
3
3
X ,Y
S X ,Y
là song tuyến tính. Khi đó ánh xạ được xác định bởi ( X Y ) X Y S X ,Y
là một liên thông tuyến tính trên
3
.
Chứng minh
Ta kiểm tra các điều kiện của liên thơng tuyến tính.
(T1) X1 X 2Y X1 X 2Y S X1 X 2 ,Y
X1Y X 2 Y S X 1 , Y S X 2 ,Y
X 1Y S X 1 , Y X 2 Y S X 2 , Y
X1Y X 2 Y
(T 2) X Y X Y S X ,Y
X Y S X , Y
X Y S X ,Y
X Y
17
(T 3) X Y1 Y2 X Y1 Y2 S X ,Y1 Y2
X Y1 X Y2 S X ,Y1 S X ,Y2
X Y1 S X ,Y1 X Y2 S X ,Y2
X Y1 X Y2
(T 4) X Y X Y S X ,Y
X Y X Y S X ,Y
X Y X Y S X ,Y
X Y X Y
Vậy là một liên thông tuyến tính .
1.2.7. Hệ quả. Trong
3
ta đặt
X Y DX Y
1
X Y ; X ,Y B( R 3 ), n
n
*
Khi đó là một liên thơng tuyến tính.
Ta đặt S ( X , Y )
1
X Y , ta cần chứng minh S ( X ,Y ) là song tuyến tính.
n
Thật vậy:
1
1
1
S ( X 1 X 2 ,Y ) ( X 1 X 2 ) Y ( X 1 Y ) ( X 2 Y )
n
n
n
1
1
( X 1 Y ) ( X 2 Y ) S ( X 1 ,Y ) S ( X 2 ,Y ).
n
n
1
1
1
X (Y1 Y2 ) ( X Y1 ) ( X Y2 )
n
n
n
1
1
( X Y1 ) ( X Y2 ) S ( X , Y1 ) S ( X , Y2 ).
n
n
S ( X ,Y1 Y2 )
1
1
1
S ( X 1 X 2 ,Y ) ( X 1 X 2 ) Y ( X 1 Y ) ( X 2 Y )
n
n
n
S ( X 1 , Y ) S ( X 2 , Y ).
Suy ra S ( X , Y )
1
X Y là song tuyến tính.
n
Áp dụng mệnh đề 1.2.6 trên ta có là một liên thơng tuyến tính.
18
1.3. CÁC DẠNG VI PHÂN VỚI GIÁ TRỊ VECTƠ TRÊN
3
1.3.1. a) Định nghĩa. ([3]) Ta kí hiệu: Ak f / f là k tuyến tính phản
xứng Tp
3
Tp
Ánh xạ :
3
3
Tp
p
3
3
3
Ak (Tp
)
p / p Ak (Tp
p
được gọi là dạng vi phân bậc k trên
3
)
nhận giá trị trong B(
3
3
).
Chú ý:
+) p (1 , 2 ,..., k ) Tp
3
; p
3
. Vì vậy ta có sự biểu diễn:
p (1 , 2 ,..., k ) (1 p (1 , 2 ,..., k ),...,3 p (1 , 2 ,..., k )) Tp
Giả sử
E1, E2 , E3
là trường mục tiêu tự nhiên trên
3
khi đó ta có
3
p (1 , 2 ,..., k ) 1 (1 , 2 ,..., k ).E1 2 (1 , 2 ,..., k ).E2 3 (1, 2 ,..., k ).E3 .
+) được gọi là khả vi khi và chỉ khi ( X1 ,..., X k ) khả vi với
( X1 ,..., X k ); X i B(
3
), i 1,2,...k. Từ nay, khi nói các dạng vi phân với giá trị
trong Tp R 3 , ta hiểu là các dạng vi phân khả vi.
Vì ( X1 ,..., X k ) (1 ( X1 ,..., X k ),...,k ( X1 ,..., X k )); X i B(
3
) nên khả
vi khi và chỉ khi j khả vi; j 1,2,3.
+) Ta kí hiệu: k (
B(
3
) và khả vi trên
Trên k (
3
, B(
3
, B(
3
)) / là các dạng vi phân lấy giá trị trong
3
.
3
)) được tranh bị các phép toán cộng và nhân như sau:
Phép cộng: ' : p ( p ) '( p ) ; p
3
;, ' k (
3
, B(
3
)).
Phép nhân với một hàm khả vi: : p ( p )( p ) ; F (
k (
3
, B(
3
);
)) .
Khi đó với hai phép tốn trên k (
hàm khả vi F (
3
3
).
19
3
, B(
3
)) là một môđun trên tập các
Ta quy ước: 0 (
3
3
, B(
)) f :
3
3
khả vi
.
b) Ví dụ. Giả sử ta xét xdx dy, ydy dz, zdx dz . Khi đó là 2 dạng vi phân trên
3
với giá trị trên B(
3
).
Thật vậy:
1 xdx dy
2 ydy dz
3 zdx dz
Dễ dàng thấy rằng 1 ,2 ,3 là 2 - dạng vi phân khả vi. Do đó 1 ,2 ,3
khả vi.
1.3.2. a)Định nghĩa. Giả sử f là ánh xạ khả vi
3
3
. Ánh xạ đối tiếp
xúc của f được kí hiệu là f và xác định như sau:
f : k (
3
3
, B(
)) k (
3
, B(
3
))
f
Với ( f )( X1 ,..., X k ) ( f X1 ,..., f X k ); X i B(
3
), i 1,2,3.
Nhận xét:
Mỗi k (
j k (
3
3
, B(
3
)) được xem như là một bộ (1 ,2 ,3 ) ; trong đó
) . Khi đó f ( f 1 , f 2 , f 3 ).
b) Ví dụ. 1) Cho f :
( x, y , z )
3
3
xx
1
y y và f (
z xy
3
, B(
3
)), ( xdx, dy, ydz ).
Ta tìm f ?
Ta có: f ( f 1 , f 2 , f 3 ).
Ta tìm f 1 :
f 1 ( X ) xdx( f X );
X ( X 1 , X 2 , X 3 ) B(
20
3
)
1 0 0 X1
xdx 0 1 0 X 2
y x 0 X
3
x. X 1
xdx; X B(
3
).
Suy ra f 1 xdx.
Ta tìm f 2 :
f 2 ( X ) xdy ( X );
X ( X 1 , X 2 , X 3 ) B(
3
)
X2
dy ( X )
Suy ra f 2 dy.
Ta tìm f 3 :
f 3 ( X ) ydz ( f X ) 0
Suy ra f 3 0
Vậy f ( xdx; dy;0).
2) Cho
3
f:
( x, y, z)
3
( xy, y, z)
(dy dz, dx dy, dx dz). Tính f ?
Ta có f : k (
3
) k (
3
) , với mọi X , Y B(
( f )( X , Y ) ( ( f X , fY ));
X i , Yi B(
3
3
)
), i 1,2,..., m
( J f [X ], J f [Y])
y x 0 X 1 y x 0 Y1
(dy dz, dx dy, dx dz ) 0 1 0 X 2 , 0 1 0 Y2
0 0 1 X 0 0 1 Y
3
3
21
(dy dz, dx dy, dx dz ) ( yX 1 xX 2 , X 2 , X 3 ),( yY1 xY2 , Y2 , Y3 )
(dy dz ) ( yX 1 xX 2 , X 2 , X 3 ),( yY1 xY2 , Y2 , Y3 ) ,
(dx dy ) ( yX 1 xX 2 , X 2 , X 3 ),( yY1 xY2 , Y2 , Y3 ) ,
(dx dz ) ( yX 1 xX 2 , X 2 , X 3 ),( yY1 xY2 , Y2 , Y3 ) .
Đặt A ( yX1 xX 2 , X 2 , X 3 )
B ( yY1 xY2 ,Y2 ,Y3 )
Ta có:
Vậy
(dy dz )( A, B),(dx dy)( A, B),(dx dz )( A, B)
dy ( A)dz ( B) dy ( B) dz ( A), dx( A) dy( B) dx( B) dy( A),
dx( A)dz ( B) dx( B)dz ( A)
X Y Y X ,( yX xY )Y ( yY xY ) X ,( yX xX )Y ( yY xY ) X
X Y Y X , y ( X Y X Y ), y ( X Y X Y ) x ( X Y X Y )
dy dz, y (dx dy ), y (dx dz ) xdy dz X , Y
f dy dz, y(dx dy), y(dx dz ) xdy dz với mọi X , Y B( )
2 3
3
2
1
2 3
3
2
1 2
2
2
1
2 1
2
1 3
2
1
3 1
2
2 3
3
2
3 2
3
1.3.3. Mệnh đề. f là một đồng cấu môđun.
Chứng minh
Thật vậy, xét các ánh xạ:
f:
1
3
3
; f : k (
3
, B(
3
k (
))
3
, B(
3
))
Ta có: f ( X1 ,..., X k ) ( f X1 ,..., f X k ); X i B(
+) Với X i B(
3
3
).
) , ta có:
f ( ' )( X 1 ,..., X k ) ( ' )( f X 1 ,..., f X k )
( f X 1 ,..., f X k ) ' ( f X 1 ,..., f X k )
f * ( X 1 ,..., X k ) f * ' ( X 1 ,..., X k )
( f * f * ' )( X 1 ,..., X k ); ( X 1 ,..., X k ).
Vậy f ( ' ) f * f * ' .
+) Với F (
3
), ta có:
22
3
f ( )( X 1 ,..., X k ) ( )( f X 1 ,..., f X k )
( f X 1 ,..., f X k )
f * ( X 1 ,..., X k ) ( X 1 ,..., X k ).
Vậy f ( ) f * .
Từ đó ta kết luận được f là một đồng cấu môđun.
1.3.4. Mệnh đề. Trên
3
giả sử f, g là các ánh xạ khả vi từ
3
3
. Khi
đó, ta có ( g f ) f * g *.
Chứng minh
Ta có:
f : k (
3
, B(
3
))
k (
3
g : k (
3
, B(
3
))
k (
3
Khi đó ( g f ) : k (
Giả sử k (
3
3
, B(
, B(
3
, B(
3
))
, B(
3
))
3
k (
))
3
3
, B(
)).
)) với X1 , X 2 ,..., X k B(
3
) .Ta có:
( g f )* ( X 1 ,..., X k ) (( g f ) X 1 ,...,( g f ) X k )
( g* ( f X 1 ),..., g* ( f X k ))
( g * )( f* X 1 ,..., f* X k )
( g * f * ) ( X 1 ,..., X k ); k (
( g f )* g * f * k (
3
, B(
3
3
, B(
3
)).
)).
( g f )* g * f *.
Bây giờ ta xét tích ngồi của hai dạng vi phân k (
l (
3
, B(
3
3
, B(
3
)) và
)) .
1.3.5. a) Định nghĩa. Giả sử k (
3
, B(
3
)) , l (
3
, B(
3
)) . Tích
ngồi của và ký hiệu là và được xác định như sau:
X ,..., X
k l
1
với X j B(
3
(1)... ( k )
( k 1)... ( k l )
() ( X (1) ,..., X ( k ) ), ( X ( k 1) ,..., X ( k l ) ) ,
), j 1,2,..., k l .
23
b) Ví dụ.
Giả sử trên
3
. Ta xét xdx dy, ydy dz, zdx dz 2 (
( xdx, dy, dz) 1 (
3
, B(
3
3
, B(
3
)) ;
)) và cho trường vectơ X ( x, y, xz ) ; Y ( x, z, xy);
Z ( y, z, x). Tính ( X ,Y , Z )
Giải
Ta có 3 (
3
, B(
3
)) . Suy ra:
( )( X ,Y , Z ) (( X ,Y ), ( Z )) (( X , Z ), (Y )) ((Y , Z ), ( X ))
( X , Y ) 1 ( X , Y ), 2 ( X , Y ), 3 ( X , Y )
xdx dy ( X , Y ), ydy dz ( X ,Y ), zdx dz ( X ,Y )
x( xz xy ), y ( y.xy z.xz ), z ( x.xy x.xz )
x 2 z x 2 y, xy 3 xyz 2 , x 2 yz x 2 z 2 .
(Z ) (1 (Z ),2 (Z ),3 (Z )) ( xdx(Z ), dy(Z ), dz(Z )) ( xy, z, x)
Do đó ( ( X ,Y ), (Z )) ( x3 yz x3 y 2 , xy 3 z xyz 3 , x3 yz x3 z 2 )
( X , Z ) 1 ( X , Z ), 2 ( X , Z ), 3 ( X , Z )
xdx dy ( X , Z ), ydy dz ( X , Z ), zdx dz ( X , Z )
x( xz y 2 ), y ( y.x z.xz ), z ( x 2 y.xz )
x 2 z xy 2 , xy 2 xyz 2 , x 2 z xyz 2 .
(Y ) (1 (Y ),2 (Y ),3 (Y )) ( xdx(Y ), dy(Y ), dz(Y )) ( x 2 , z, xy)
Do đó ( ( X , Z ), (Y )) ( x 4 z x3 y 2 , xy 2 z xyz 3 , x3 yz x 2 y 2 z 2 ).
(Y , Z ) 1 (Y , Z ), 2 (Y , Z ), 3 (Y , Z )
xdx dy (Y , Z ), ydy dz (Y , Z ), zdx dz (Y , Z )
x( xz yz ), y ( z.x z.xy ), z ( x 2 y.xy )
x 2 z xyz , xyz xy 2 z , x 2 z xy 2 z .
( X ) (1 ( X ),2 ( X ),3 ( X )) ( xdx( X ), dy( X ), dz()) ( x 2 , y, xz).
Do đó ( (Y , Z ), ( X ) ( x 4 z x3 yz, xy 2 z xy 3 z, x3 z 2 x 2 y 2 z 2 ).
Suy ra ( )( X ,Y , Z ) (0,0,0) 0.
24
1.3.6. Mệnh đề. Giả sử k (
j k (
3
) , j l (
3
3
3
, B(
)), l (
3
, B(
3
)) ,
), j 1,2,3. Khi đó (1 1 ,2 2 ,3 3 ) .
Chứng minh
Theo định nghĩa tích ngồi ta có:
X ,..., X
() ( X
1
k l
(1) ... ( k )
( k 1) ... ( k l )
(1)
,..., X ( k ) ), ( X ( k 1) ,..., X ( k l ) )
n
(
)
(
X
,...,
X
),
(
X
,...,
X
)
i (1) ( k ) i ( k 1) ( k l ) Ei
i 1 (1) ... ( k )
( k 1)... ( k l )
i i X 1 ,..., X k l Ei , X j B(
n
n
), j 1,2,..., k l.
i 1
Ta suy ra: (1 1 ,2 2 ,3 3 ) .
Chú ý: Ta quy ước f f . ( f11,..., f33 ); f ( f1,..., f3 ) F (
và (1,...,3 ) k (
3
, B(
1.3.7. Mệnh đề. Trên
3
3
3
)
)).
ánh xạ: f : k (
3
, B(
3
)) k (
,
là ánh xạ đối tiếp xúc của ánh xạ f :
3
3
3
))
. Khi đó f * ( ) f * f *.
Ta có:
f * ( )( p, x1 , x2 ,..., xk 1 ) ( f * (1 1 ),..., f * (n n ))
( f *1 f *1 ,..., f *n f *n )
( f *1 ,..., f *n ) ( f *1 ,..., f * n )
f * f * .
25
3
f *, f *
Chứng minh
Vậy f * ( ) f * f *.
, B(
