Một số tính chất của đạo hàm lie các dạng vi phân trên r ( n=2, n=3)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (733.81 KB, 35 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
NGUYỄN VĂN HỊA
MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐẠO HÀM LIE
CÁC DẠNG VI PHÂN TRÊN
n
(n = 2, n = 3)
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGHỆ AN - 2016
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
NGUYỄN VĂN HỊA
MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐẠO HÀM LIE
CÁC DẠNG VI PHÂN TRÊN
n
(n = 2, n = 3)
Chuyên ngành: Hình học - Tơpơ
Mã số: 60.46.01.05
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS. NGUYỄN HỮU QUANG
NGHỆ AN - 2016
MỤC LỤC
Trang
LỜI NÓI ĐẦU ..................................................................................................... 1
Chương I. CÁC DẠNG VI PHÂN TRÊN
1.1. Liên thơng tuyến tính trên
n
n
( n = 2, n = 3) ............................ 3
.................................................................... 4
1.2. 1 - dạng vi phân và 2 - dạng vi phân trong
n
........................................ 13
Chương II. ĐẠO HÀM LIE CỦA CÁC DẠNG VI PHÂN ........................... 21
2.1. Đạo hàm Lie của k - dạng với giá trị thực ............................................... 21
2.2. Đạo làm Lie của K- dạng với giá trị vectơ............................................... 27
KẾT LUẬN ........................................................................................................ 31
TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................ 32
LỜI NÓI ĐẦU
Đạo hàm Lie các dạng vi phân đã xuất hiện đầu thế kỷ 20 và đã được trình
bày trong nhiều tài liệu chuyên khảo về hình học hiện đại ( [ 1] , [ 2], [ 8],…)
Đạo hàm Lie các dạng vi phân có nhiều ứng dụng trong toán học, vật lý
và các ngành khoa học tự nhiên khác.
Trong luận văn này, chúng tơi trình bày một số tính chất cơ bản của đạo
hàm Lie các dạng vi phân trên
n
(n = 2, n = 3) .
Vì vậy, luận văn được mang tên: “Một số tính chất của đạo hàm Lie các
dạng vi phân trên
n
(n = 2, n = 3)”.
Nội dung chủ yếu của luận văn là tập hợp một cách có hệ thống, trình bày,
chứng minh chi tiết các tính chất về đạo hàm Lie của các dạng vi phân với giá trị
thực, đạo hàm Lie của các dạng vi phân với giá trị vec tơ.
Luận văn được trình bày trong hai chương:
Chương I. Các dạng vi phân trên
1.1. Liên thơng tuyến tính trên
n
(n = 2, n = 3)
n
1.2. 1 - dạng vi phân và 2 - dạng vi phân trên
n
(n=2, n=3)
Chương II. Đạo hàm Lie của các dạng vi phân.
2.1. Đạo hàm Lie của k - dạng với giá trị thực
2.2. Đạo hàm Lie của k - dạng với giá trị vectơ
Luận văn được hoàn thành vào tháng 8 năm 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, người đã hướng dẫn tác giả trong suốt quá trình
học tập và nghiên cứu.
1
Nhân dịp hoàn thành luận văn, tác giả xin chân thành cảm ơn các thầy cơ
giáo trong bộ mơn Hình học - Tơpơ, các thầy cơ giáo trong khoa Tốn học, khoa
đào tạo Sau đại học - Trường Đại học Vinh, đã nhiệt tình giảng dạy, góp ý và tạo
điều kiện cho tác giả trong quá trình học tập và thực hiện luận văn.
Cũng nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn bạn bè, gia đình đã
động viên, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn.
Nghệ An, tháng 8 năm 2016
Tác giả
2
Chương I
n
CÁC DẠNG VI PHÂN TRÊN
Ta ký hiệu
( n = 2, n = 3)
là trường các số thực. Với mỗi số nguyên không âm n,
không gian của các bộ n số thực tạo thành một không gian vectơ n chiều trên
n
ký hiệu là
,
và thường được gọi là không gian các tọa độ thực.
Như ta đã biết, một phần tử của
n
được viết là x x1 , x2 ,..., xn , trong đó
n
mỗi xi là một số thực và các phép toán trên
được định nghĩa bởi:
x y x1 y1 , x2 y2 ,..., xn yn
a.x a.x1 , a.x2 ,..., a.xn ; a .
Khi đó
n
cùng hai phép tốn trên là không gian vectơ thực với cơ sở:
e1 (1,0,...,0), e2 (0,1,0,...,0),...., en (0,0,...,0,1)
n
và mỗi vectơ x trong
được viết dưới dạng:
n
x= ∑ xi ei
i=1
Không gian Euclide cần nhiều thứ hơn không gian với tọa độ thực. Để áp
dụng hình học Euclide cần có khái niệm khoảng cách giữa hai điểm và góc giữa
hai đường hoặc hai vectơ. Một cách tự nhiên ta sử dụng tích vơ hướng chính tắc,
tích vơ hướng của hai vectơ x và y được định nghĩa bởi:
n
x. y= ∑ xi yi = x1 y1 +x2 y2 + ... +xn 𝑦𝑛
i=1
Độ dài của vectơ x được xác định như sau:
n
‖x‖= √x . x = √∑(xi )2
i=1
Góc (khơng có hướng) (00 1800 ) giữa x và y được cho bởi:
x.y
φ = cos -1 (‖x‖‖y‖), trong đó cos-1 là hàm lượng giác ngược arccos.
3
Cuối cùng, khoảng cách hai điểm trên
được xác định bởi:
n
d x, y ‖𝑥 − 𝑦‖ = √∑(𝑥𝑖 − 𝑦𝑖 )2
Khoảng cách này được gọi là khoảng cách Euclide.
Như vậy
n
khi nói
n
cũng là một khơng gian Euclide. Trong suốt luận văn này,
n
ta luôn hiểu là không gian Euclide
n
1.1. Liên thơng tuyến tính trên
Ta ký hiệu: 𝐵(
n
.
) = {X/ X là trường vectơ khả vi trong
n
}
Như chúng ta đã biết:
𝐵(
n
) là một môđun trên vành 𝐹(
n
) = {f/ f là ánh xạ khả vi:
n
}
1.1.1. Định nghĩa
Ánh xạ : 𝐵(
n
) x 𝐵(
n
) → 𝐵(
n
)
↦XY
(X, Y)
được gọi là liên thơng tuyến tính trên
n
nếu thỏa mãn các tính chất:
(𝑇1): ∇(𝑋1 +𝑋2 ) 𝑌 = ∇𝑋1 𝑌 + ∇𝑋2 𝑌; ∀𝑋1 , 𝑋2 , 𝑌𝜖𝐵(
(𝑇2): 𝛻𝜑𝑋 𝑌 = 𝜑𝛻𝑋 𝑌; ∀𝑋, 𝑌𝜖𝐵(
n
), 𝜑𝜖𝐹(
n
n
)
n
)
)
(𝑇3): 𝛻𝑋 (𝑌1 + 𝑌2 ) = 𝛻𝑋 𝑌1 + 𝛻𝑋 𝑌2 ; ∀𝑋, 𝑌1 , 𝑌2 𝜖𝐵(
(𝑇4): 𝛻𝑋 (𝜑𝑌) = 𝑋[𝜑]. 𝑌 + 𝜑. 𝛻𝑋 𝑌; ∀𝑋, 𝑌𝜖𝐵(
n
), 𝜑𝜖𝐹(
n
)
Ta nhận thấy: Từ (T1) và (T2) suy ra được là ánh xạ tuyến tính theo
biến thứ nhất. Và theo (T4) thì là một ánh xạ có tính chất đạo hàm, theo (T3)
thì cộng tính với biến thứ 2.
1.1.2. Ví dụ
a. Giả sử {
𝜕
𝜕𝑥𝑖
= 𝐸𝑖 }
𝑛
𝑖=1
Khi đó ánh xạ D: 𝐵(
là cơ sở của 𝐵(
n
) x 𝐵(
n
n
).
) → 𝐵(
n
)
(𝑋, 𝑌) ↦ 𝐷𝑋 Y = ∑𝑛𝑖=1 𝑋[𝑌𝑖 ]𝐸𝑖
là một liên thơng tuyến tính trong
4
n
.
Chứng minh:
𝑛
𝑛
𝑛
𝐺𝑖ả 𝑠ử: 𝑋 = ∑ 𝑋𝑖 𝐸𝑖 , 𝑌 = ∑ 𝑌𝑖 𝐸𝑖 , 𝑍 = ∑ 𝑍𝑖 𝐸𝑖 , 𝜑𝜖𝐹(
𝑖=1
𝑖=1
n
)
𝑖=1
Ta kiểm tra các điều kiện của định nghĩa 1.1.1:
𝑛
(𝑇1). 𝐷𝑋+𝑌 𝑍 = ∑(𝑋 + 𝑌)[𝑍𝑖 ]𝐸𝑖
𝑖=1
𝑛
= ∑(𝑋[𝑍𝑖 ]𝐸𝑖 + 𝑌[𝑍𝑖 ]𝐸𝑖 )
𝑖=1
𝑛
𝑛
= ∑ 𝑋 [𝑍𝑖 ]𝐸𝑖 + ∑ 𝑌[𝑍𝑖 ]𝐸𝑖
𝑖=1
𝑖=1
= 𝐷𝑋 𝑍 + 𝐷𝑌 𝑍
𝑛
𝑛
(𝑇2). 𝐷𝜑𝑋 Y = ∑(𝜑𝑋)[𝑌𝑖 ]𝐸𝑖 = 𝜑. ∑ 𝑋[𝑌𝑖 ]𝐸𝑖
𝑖=1
𝑖=1
= 𝜑. 𝐷𝑋 𝑌
𝑛
(𝑇3). 𝐷𝑋 (𝑌 + 𝑍) = ∑(𝑋[𝑌𝑖 + 𝑍𝑖 ])𝐸𝑖
𝑖=1
𝑛
= ∑(𝑋[𝑌𝑖 ]𝐸𝑖 + 𝑋[𝑍𝑖 ]𝐸𝑖 )
𝑖=1
𝑛
𝑛
= ∑ 𝑋[𝑌𝑖 ]𝐸𝑖 + ∑ 𝑋[𝑍𝑖 ]𝐸𝑖
𝑖=1
𝑖=1
= 𝐷𝑋 𝑌 + 𝐷𝑋 𝑍
𝑛
𝑛
(𝑇4). 𝐷𝑋 (𝜑𝑌) = ∑ 𝑋[𝜑𝑌𝑖 ]𝐸𝑖 = ∑(𝑋[𝜑]. 𝑌𝑖 + 𝜑. 𝑋[𝑌𝑖 ]𝐸𝑖 )
𝑖=1
𝑖=1
𝑛
𝑛
= ∑ 𝑋[𝜑]. 𝑌𝑖 + 𝜑. ∑ 𝑋[𝑌𝑖 ]𝐸𝑖
𝑖=1
𝑖=1
5
= 𝑋[𝜑]. Y + φ. 𝐷𝑋 Y
Vậy D là liên thơng tuyến tính.
b. Giả sử D là một đạo hàm tự nhiên của trường vectơ trong
xạ : 𝐵(
3
) x 𝐵(
3
) → 𝐵(
3
)
(𝑋, 𝑌) ↦ ∇𝑋 𝑌 = 𝐷𝑋 𝑌 + (𝑋 𝑌)
Khi đó là một liên thơng tuyến tính trên
3
.
Chứng minh:
X, Y, Z
3
; 𝐹(
3
)
Ta kiểm tra các điều kiện của định nghĩa 1.1.1:
(𝑇1). ∇𝑋+𝑌 (𝑍) = 𝐷𝑋+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
(𝑇2). ∇𝜑𝑋 Y = 𝐷𝜑𝑋 𝑌 + ((𝜑𝑋)𝑌)
= 𝜑𝐷𝑋 𝑌 + 𝜑(𝑋 𝑌)
= 𝜑. (𝐷𝑋 𝑌 + (𝑋 𝑌))
= 𝜑∇𝑋 𝑌
(𝑇3). ∇𝑋 (𝑌 + 𝑍) = 𝐷𝑋 (𝑌 + 𝑍) + (𝑋 (𝑌 + 𝑍))
= 𝐷𝑋 𝑌 + 𝐷𝑋 𝑍 + 𝑋 Y + X Z
= (𝐷𝑋 𝑌 + (𝑋 𝑌)) + (𝐷𝑋 𝑍 + (𝑋𝑍))
= ∇𝑋 𝑌 + ∇𝑋 𝑍
(𝑇4). ∇𝑋 (𝜑𝑌) = 𝐷𝑋 (𝜑𝑌) + (𝑋 ∧ 𝜑𝑌)
= 𝑋[𝜑]𝑌 + 𝜑𝐷𝑋 𝑌 + 𝜑(𝑋 ∧ 𝑌)
= 𝑋[𝜑]𝑌 + 𝜑(𝐷𝑋 𝑌 + (𝑋 ∧ 𝑌))
= 𝑋[𝜑]𝑌 + 𝜑∇𝑋 𝑌
Vậy là một liên thơng tuyến tính trên
6
3
.
3
, xét ánh
1.1.3. Mệnh đề
Giả sử S là ánh xạ song tuyến tính từ 𝐵(
n
) x 𝐵(
Ta đặt: ∇𝑋 𝑌 = 𝐷𝑋 𝑌 + 𝑆(𝑋, 𝑌); X, Y 𝐵(
Khi đó là liên thơng tuyến tính trên
n
n
n
) → 𝐵(
).
.
Chứng minh:
X, Y, Z 𝐵(
n
); 𝐹(
n
)
Ta kiểm tra các điều kiện của định nghĩa 1.1.1:
(𝑇1). ∇𝑋+𝑍 𝑌 = 𝐷𝑋+𝑍 𝑌 + 𝑆(𝑋 + 𝑍, 𝑌)
= 𝐷𝑋 𝑌 + 𝐷𝑍 𝑌 + 𝑆(𝑋, 𝑌) + 𝑆(𝑍, 𝑌)
= [𝐷𝑋 𝑌 + 𝑆(𝑋, 𝑌)] + [𝐷𝑍 𝑌 + 𝑆(𝑍, 𝑌)]
= ∇𝑋 𝑌 + ∇𝑍 𝑌
(𝑇2). ∇𝜑𝑋 Y
= 𝐷𝜑𝑋 𝑌 + 𝑆(φX, 𝑌)
= 𝜑𝐷𝑋 𝑌 + 𝜑. 𝑆(𝑋, 𝑌)
= 𝜑. (𝐷𝑋 𝑌 + 𝑆(𝑋, 𝑌))
= 𝜑∇𝑋 𝑌
(𝑇3). ∇𝑋 (𝑌 + 𝑍) = 𝐷𝑋 (𝑌 + 𝑍) + 𝑆(𝑋, 𝑌 + 𝑍)
= 𝐷𝑋 𝑌 + 𝐷𝑋 𝑍 + 𝑆(𝑋, 𝑌) + S(X, Z)
= [𝐷𝑋 𝑌 + 𝑆(𝑋, 𝑌)] + [𝐷𝑋 𝑍 + 𝑆(𝑋, 𝑍)]
= ∇𝑋 𝑌 + ∇𝑋 𝑍
(𝑇4). ∇𝑋 (𝜑𝑌) = 𝐷𝑋 (𝜑𝑌) + 𝑆(𝑋, 𝜑𝑌)
= 𝑋[𝜑]𝑌 + 𝜑𝐷𝑋 𝑌 + 𝜑𝑆(𝑋, 𝑌)
= 𝑋[𝜑]𝑌 + 𝜑(𝐷𝑋 𝑌 + 𝑆(𝑋, 𝑌))
= 𝑋[𝜑]𝑌 + 𝜑∇𝑋 𝑌
Vậy là liên thơng tuyến tính trên
n
.
1.1.4. Nhận xét
n
Liên thơng tuyến tính D trong
1.DX Y DY X X , Y ; X , Y B
n
có các tính chất sau:
2. X .DZ Y Y .DZ X Z X .Y ; X , Y , Z B
7
n
n
).
Chứng minh:
𝑛
1. 𝑉ớ𝑖 𝑓 𝜖 𝐹(
n
𝑛
) 𝑣à 𝑋 = ∑ 𝑋𝑖 𝐸𝑖 ,
𝑌 = ∑ 𝑌𝑖 𝐸𝑖 , 𝑡𝑎 𝑐ó:
𝑖=1
𝑖=1
(𝐷𝑋 𝑌 − 𝐷𝑌 𝑋)[𝑓] = (𝐷𝑋 𝑌)[𝑓] − (𝐷𝑌 𝑋)[𝑓]
𝑛
𝑛
= ∑ 𝑋[𝑌𝑖 ]𝐸𝑖 [𝑓] − ∑ 𝑌[𝑋𝑖 ]𝐸𝑖 [𝑓]
𝑖=1
𝑖=1
𝑛
𝑛
𝑖,𝑗=1
𝑖,𝑗=1
𝜕𝑌𝑖 𝜕𝑓
𝜕𝑋𝑖 𝜕𝑓
= ∑ 𝑋𝑗
.
− ∑ 𝑌𝑗
.
𝜕𝑋𝑗 𝜕𝑋𝑖
𝜕𝑋𝑗 𝜕𝑋𝑖
𝑛
= ∑ (𝑋𝑗 .
𝑖,𝑗=1
𝜕𝑌𝑖
𝜕𝑋𝑖 𝜕𝑓
− 𝑌𝑖 .
).
𝜕𝑋𝑗
𝜕𝑋𝑗 𝜕𝑋𝑖
Mặt khác, ta có:
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
𝜕𝑓
𝜕𝑓
= 𝑋 [∑ 𝑌𝑖 .
] − 𝑌 [∑ 𝑋𝑖 .
]
𝜕𝑋𝑖
𝜕𝑋𝑖
𝑛
𝑛
𝑖,𝑗=1
𝑖,𝑗=1
𝜕𝑌𝑖 𝜕𝑓
𝜕2𝑓
= ∑ 𝑋𝑗 .
.
+ ∑ 𝑋𝑗 . 𝑌𝑖 .
𝜕𝑋𝑖 𝜕𝑋𝑖
𝜕𝑋𝑖 𝜕𝑋𝑗
𝑛
𝑛
𝑖,𝑗=1
𝑖,𝑗=1
𝜕𝑋𝑖 𝜕𝑓
𝜕2𝑓
− ∑ 𝑌𝑗 .
.
− ∑ 𝑋𝑖 . 𝑌𝑗 .
𝜕𝑋𝑗 𝜕𝑋𝑖
𝜕𝑋𝑖 𝜕𝑋𝑗
𝑛
= ∑ (𝑋𝑗 .
𝑖,𝑗=1
𝜕𝑌𝑖
𝜕𝑋𝑖 𝜕𝑓
− 𝑌𝑗 .
).
𝜕𝑋𝑗
𝜕𝑋𝑗 𝜕𝑋𝑖
Từ (1) và (2), ta suy ra:
(DXY - DYX)[f] = [X,Y][f]; f𝐹(
n
)
Vậy: DXY - DYX = [X,Y]
2. Ta có:
𝑛
𝑛
𝑋. 𝐷𝑍 𝑌 + 𝑌. 𝐷𝑍 𝑋 = ∑ 𝑋𝑖 𝑍[𝑌𝑖 ] + ∑ 𝑌𝑖 𝑍[𝑋𝑖 ]
𝑖=1
𝑖=1
8
(2)
(1)
𝑛
= ∑(𝑋𝑖 . 𝑍[𝑌𝑖 ] + 𝑌𝑖 𝑍[𝑋𝑖 ])
𝑖=1
𝑛
= ∑ 𝑍[𝑋𝑖 . 𝑌𝑖 ]
𝑖=1
= Z [X.Y]
1.1.5. Mệnh đề
Trong
3
, ta xét XY = DXY +
1
𝑛
(XY); X, Y𝐵(
đạo hàm thông thường của các trường vectơ trong
thơng tuyến tính trên
3
3
3
), nℕ*và D là
. Khi đó là một liên
.
Chứng minh:
Ta kiểm tra các điều kiện của định nghĩa 1.1.1:
1
(𝑇1). ∇𝑋+𝑌 𝑍 = 𝐷𝑋+𝑌 𝑍 + ((𝑋 + 𝑌) ∧ 𝑍)
𝑛
1
1
= 𝐷𝑋 𝑍 + 𝐷𝑌 𝑍 + (𝑋 ∧ 𝑍) + (𝑌 ∧ 𝑍)
𝑛
𝑛
1
1
= [𝐷𝑋 𝑍 + (𝑋 ∧ 𝑍)] + [𝐷𝑌 𝑍 + (𝑌 ∧ 𝑍)]
𝑛
𝑛
= ∇𝑋 𝑍 + ∇𝑌 𝑍
1
(𝜑𝑋 ∧ 𝑌)
𝑛
1
= 𝜑𝐷𝑋 𝑌 + 𝜑. (𝑋 ∧ 𝑌)
𝑛
1
= 𝜑 [𝐷𝑋 𝑌 + (𝑋 ∧ 𝑌)]
𝑛
(𝑇2). ∇𝜑𝑋 𝑌 = 𝐷𝜑𝑋 𝑌 +
= 𝜑∇𝑋 𝑌; ∀𝜑 𝜖 𝐹(
3
)
1
(𝑇3). ∇𝑋 (𝑌 + 𝑍) = 𝐷𝑋 (𝑌 + 𝑍) + (𝑋 ∧ (𝑌 + 𝑍))
𝑛
1
1
= 𝐷𝑋 𝑌 + 𝐷𝑋 𝑍 + (𝑋 ∧ 𝑌) + (𝑋 ∧ 𝑍)
𝑛
𝑛
1
1
= [𝐷𝑋 𝑌 + (𝑋 ∧ 𝑌)] + [𝐷𝑋 𝑍 + (𝑋 ∧ 𝑍)]
𝑛
𝑛
9
= ∇𝑋 𝑌 + ∇𝑋 𝑍
1
(𝑇4). ∇𝑋 (𝜑𝑌) = 𝐷𝑋 (𝜑𝑌) + (𝑋 ∧ (𝜑𝑌))
𝑛
1
= 𝑋[𝜑]. 𝑌 + 𝜑. 𝐷𝑋 𝑌 + 𝜑. (𝑋 ∧ 𝑌)
𝑛
1
= 𝑋[𝜑]. 𝑌 + 𝜑 (𝐷𝑋 𝑌 + (𝑋 ∧ 𝑌))
𝑛
= 𝑋[𝜑]. 𝑌 + 𝜑∇𝑋 𝑌; ∀𝜑 ∈ 𝐹(
Vậy là một liên thông tuyến tính trên
3
3
)
.
1.1.6. Mệnh đề
Giả sử S là một mặt trong
3
, (DXY)T là thành phần tiếp xúc với S của DXY.
Ta đặt: XY = (DXY)T; X, Y𝐵(S)
Khi đó XY là một liên thơng tuyến tính trên S.
Chứng minh:
Ta kiểm tra các điều kiện của định nghĩa 1.1.1:
(𝑇1). ∇𝑋+𝑌 𝑍 = (𝐷𝑋+𝑌 𝑍)𝑇
= (𝐷𝑋 𝑍 + 𝐷𝑌𝑍 )𝑇
= (𝐷𝑋 𝑍)𝑇 + (𝐷𝑌 𝑍)𝑇
= ∇𝑋 𝑍 + ∇𝑌 𝑍
(𝑇2). ∇𝜑𝑋 𝑌 = (𝐷𝜑𝑋 𝑌)
𝑇
= (𝜑𝐷𝑋 𝑌)𝑇
= 𝜑(𝐷𝑋 𝑌)𝑇
= 𝜑∇𝑋 𝑌; ∀𝜑 ∈ 𝐹(𝑆)
(𝑇3). ∇𝑋 (𝑌 + 𝑍) = (𝐷𝑋 (𝑌 + 𝑍))
𝑇
= (𝐷𝑋 𝑌 + 𝐷𝑋 𝑍)𝑇
= (𝐷𝑋 𝑌)𝑇 + (𝐷𝑋 𝑍)𝑇
= ∇𝑋 𝑌 + ∇𝑋 𝑍
(𝑇4). ∇𝑋 (𝜑𝑌) = (𝐷𝑋 (𝜑𝑌))
𝑇
10
= (𝑋[𝜑]. 𝑌 + 𝜑𝐷𝑋 𝑌)𝑇
= (𝑋[𝜑]. 𝑌)𝑇 + 𝜑(𝐷𝑋 𝑌)𝑇
= 𝑋[𝜑]. 𝑌 + 𝜑(𝐷𝑋 𝑌)𝑇
= 𝑋[𝜑]. 𝑌 + 𝜑∇𝑋 𝑌; ∀𝜑 ∈ 𝐹(𝑆)
Vậy XY là một liên thông tuyến tính trên S.
Bây giờ ta xét ., với 𝐹(
Ta xác định .: 𝐵(
n
), là liên thông tuyến tính trên
n
) x 𝐵(
n
) → 𝐵(
(𝑋, 𝑌)
n
n
.
)
↦ φ. ∇𝑋 𝑌
Từ đó, ta có mệnh đề sau:
1.1.7. Mệnh đề:
Giả sử 1, 2 là hai liên thơng tuyến tính trên
Ta đặt = .1+ ..2; , 𝐹(
n
n
.
).
Khi đó: là liên thơng tuyến tính nếu và chỉ nếu
+ = 1; , 𝐹(
n
)
Chứng minh:
Điều kiện cần:
Giả sử 1, 2 là hai liên thơng tuyến tính trên
n
và = 1 + 2 là
liên thơng tuyến tính.
Ta chứng minh: + = 1; , 𝐹(
n
)
Thật vậy:
Với X, Y𝐵(
n
); , , 𝐹(
n
)
Ta có:
∇𝑋 (𝜂𝑌) = (𝜑∇1 + 𝜓∇2 )𝑋 (𝜂𝑌)
= 𝜑∇1𝑋 (𝜂𝑌) + 𝜓∇𝑋2 (𝜂𝑌)
= 𝜑(𝑋[𝜂]. 𝑌 + 𝜂∇1𝑋 𝑌) + 𝜓(𝑋[𝜂]𝑌 + 𝜂∇𝑋2 𝑌)
= (𝜑 + 𝜓)𝑋[𝜂]. 𝑌 + 𝜂(𝜑∇1𝑋 𝑌 + 𝜓∇𝑋2 𝑌)
= (𝜑 + 𝜓)𝑋[𝜂]. 𝑌 + 𝜂∇𝑋 𝑌
Do là liên thơng tuyến tính nên ta có:
11
(1)
X(Y) = X[].Y + XY
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra: 1
Điều kiện đủ:
Giả sử 1 . Ta chứng minh: = 1 + 2 là liên thơng tuyến tính.
Thật vậy: Với X, X’, Y, Y’𝐵(
n
). Ta kiểm tra 4 điều kiện của liên
thơng tuyến tính:
(𝑇1). ∇𝑋+𝑋′ 𝑌 = (𝜑∇1 + Ψ∇2 )𝑋+𝑋′ 𝑌
2
= 𝜑∇1𝑋+𝑋′ 𝑌 + 𝜓∇𝑋+𝑋′
𝑌
= (𝜑∇1 + 𝜓∇2 )𝑋 𝑌 + (𝜑∇1 + 𝜓∇2 )𝑋′ 𝑌
= ∇𝑋 𝑌 + ∇𝑋′ 𝑌
(𝑇2). ∇𝛼𝑋 𝑌 = (𝜑∇1 + Ψ∇2 )𝛼𝑋 𝑌
= 𝜑∇1𝛼𝑋 𝑌 + 𝜓∇2𝛼𝑋 𝑌
= 𝛼𝜑∇1𝑋 𝑌 + 𝛼𝜓∇𝑋2 𝑌
= 𝛼(𝜑∇1 + 𝜓∇2 )𝑋 𝑌; ∀𝛼 ∈ 𝐹(
n
)
(𝑇3). ∇𝑋 (𝑌 + 𝑌 ′ ) = (𝜑∇1 + Ψ∇2 )𝑋 (𝑌 + 𝑌 ′ )
= 𝜑∇1𝑋 (𝑌 + 𝑌 ′ ) + 𝜓∇𝑋2 (𝑌 + 𝑌 ′ )
= 𝜑∇1𝑋 𝑌 + 𝜑∇1𝑋 𝑌 ′ + 𝜓∇𝑋2 𝑌 + 𝜓∇𝑋2 𝑌′
= (𝜑∇1 + 𝜓∇2 )𝑋 𝑌 + (𝜑∇1 + 𝜓∇2 )𝑋 𝑌′
= ∇𝑋 𝑌 + ∇𝑋 𝑌′
(𝑇4). ∇𝑋 (𝛼𝑌)
= (𝜑∇1 + Ψ∇2 )𝑋 (𝛼𝑌)
= 𝜑∇1𝑋 (𝛼𝑌) + 𝜓∇𝑋2 (𝛼𝑌)
= 𝜑(𝑋[𝛼]. 𝑌 + 𝛼∇1𝑋 𝑌) + 𝜓(X[𝛼]. Y + α∇2𝑋 𝑌)
= (𝜑 + 𝜓)𝑋[𝛼]. 𝑌 + 𝛼(𝜑∇1𝑋 𝑌 + ψ∇2𝑋 𝑌)
= 𝑋[𝛼]. 𝑌 + 𝛼∇𝑋 𝑌 (vì 1 ); 𝐹(
Từ mệnh đề (1.1.7), ta có nhận xét rằng:
12
n
)
Tổng của hai liên thơng tuyến tính nói chung khơng phải là một liên thơng
1
1
2
2
tuyến tính, nhưng = 1 + 2 là một liên thơng tuyến tính trên
(trong đó, 1, 2 là liên thơng tuyến tính trên
n
).
Nếu 1, 2,...,n (nN*) là liên thơng tuyến tính trên
(1, 2,..., n) 𝐹(
n
n
,
) mà 1 + 2 + ... + n = 1 thì
= 11 + 22 + ... + nn là một liên thơng tuyến tính trên
1.2. 1 - dạng vi phân và 2 - dạng vi phân trong
Trong mục này ta ký hiệu Tp*
gian tiếp xúcTP
TP*
n
n
n
n
.
n
là không gian vectơ đối ngẫu của không
n
, nghĩa là:
n
= {f/ f là dạng tuyến tính: TP
}, (n = 2, n = 3)
1.2.1. Định nghĩa
Một dạng vi phân bậc một hay còn gọi là 1 - dạng vi phân trên
:
ánh xạ
n
Tp*
p
n
Ta chú ý rằng: (XP) , với XP𝑇𝑃
n
là
n
𝑝 ↦ 𝜃𝑝 ∈ 𝑇𝑃∗
Do đó, với X𝐵(
n
) thì (X)F(
n
n
n
)
được gọi là 1 - dạng vi phân khả vi khi và chỉ khi hàm số (X) khả vi với mọi
X khả vi và ta ký hiệu: 1(
n
) = {/ là 1 - dạng vi phân khả vi trên
n
}.
1.2.2. Ví dụ
Ta giả sử 𝐹(
n
) và ký hiệu d là 1 - dạng vi phân được xác định bởi:
(d)(p) = P[]; pTp
Khi đó: d() 1(
Thật vậv: với X𝐵(
n
n
, p
n
)
n
), ta có d(X) = X[]
Do X là trường vectơ khả vi và là hàm khả vi nên X[] khả vi, ta suy ra
d khả vi.
13
Vậy: d 1(
n
)
*Bây giờ ta đưa các phép toán vào 1(
Giả sử 1, 21(
n
), 𝐹(
n
n
),
):
. Ta định nghĩa:
i. Phép cộng:
1 + 2: p ↦1(p) + 2(p); p
n
.
ii. Phép nhân
. 1: p ↦(p) .1(p); p
n
Khi = cons = , thì ta có: . 1: p ↦ . 1(p), p
n
.
1.2.3. Mệnh đề
1 (
và dim1(
n
) cùng với hai phép tốn trên lập thành một mơđun trên vành 𝐹(
n
n
)
)=n
Chứng minh:
Ta dễ kiểm tra được hai phép toán trên của 1(
n
) thỏa mãn 8 tiên đề về
môđun.
Ở đây chúng ta lưu ý:
. Phần tử không của 1(
n
) là:
0: p ↦ 0p, 0p(p) = 0; pTp
. Phần tử đối của 1(
Với mỗi 1(
n
n
n
, p
n
) là:
) thì 1 - dạng vi phân đối của là:
- : p ↦ 0p, p + (-p) = 0
Để kết thúc việc chứng minh, ta cần chứng minh: dim 1(
n
)=n
Thật vậy:
Ta chú ý các ánh xạ: dxi(X) = X xi = Xi; X𝐵(
Khi đó dxi1(
n
)
Ta chứng minh {𝑑𝑥𝑖 }𝑛𝑖=1 là cơ sở của 1(
Thật vậy:
{𝑑𝑥𝑖 }𝑛𝑖=1 là hệ độc lập tuyến tính
14
n
).
n
); i = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛.
Giả sử có i:
n
sao cho:∑𝑛𝑖=1 𝜑𝑖 . dxi = 0
𝑛
𝜕
1, 𝑛
( ) ; ∀𝑗 = ̅̅̅̅̅
𝜕𝑥𝑗
𝐾ℎ𝑖 đó: ∑ 𝜑𝑖 . dxi
𝑖=1
⟹ 𝜑𝑗 = 0; ∀𝑗 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛
Vậy: {𝑑𝑥𝑖 }𝑛𝑖=1 là hệ độc lập tuyến tính (1)
Ta chứng minh: {𝑑𝑥𝑖 }𝑛𝑖=1 là hệ sinh
Thật vậy: 1(
𝑋 = ∑𝑛𝑖=1 𝑋𝑖 .
n
); X𝐵(
n
) ta có sự biểu diễn
𝜕
𝜕𝑥𝑖
𝑛
⟹ 𝜃(𝑋) = 𝜃 (∑ 𝑋𝑖 .
𝑖=1
𝑛
= ∑𝜃(
𝑖=1
𝜕
)
𝜕𝑥𝑖
𝜕
) . 𝑑𝑥𝑖 (𝑋)
𝜕𝑥𝑖
= ∑𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 . 𝑑𝑥𝑖 (𝑋); ∀𝑋 ∈ 𝐵(
n
𝜕
); 𝐴𝑖 = 𝜃 (𝜕𝑥 )
𝑖
Vậy: = ∑𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 . 𝑑𝑥𝑖 ⟹ {𝑑𝑥𝑖 }𝑛𝑖=1 là hệ sinh (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra: {𝑑𝑥𝑖 }𝑛𝑖=1 là cơ sở của 1(
Do đó: dim1(
n
)=n
Ta ký hiệu: Λ2(
n
)=
2 (Tp
p
n
n
)
)
n
1.2.4. Định nghĩa
Dạng vi phân bậc hai hay còn gọi là 2 - dạng vi phân trên
:
n
Λ2(
n
)
p ↦p Λ2(Tp
n
)
Với là ánh xạ song tuyến tính, phản xứng:
(p): Tp
n
x Tp
n
(Xp, Yp) ↦p(Xp,Yp)
Từ đó ta có định nghĩa sau:
là dạng vi phân bậc hai khả vi nếu:
15
n
là ánh xạ:
Với X, Y 𝐵(
n
Ta ký hiệu: 2(
) thì (X, Y) là hàm khả vi.
n
) = {/ là 2 - dạng vi phân khả vi trên
n
1.2.5. Ví dụ
Trong
2
Oxy, ta xét các trường vectơ X(X1,X2); Y(Y1,Y2)
Khi đó: (X, Y) = X1Y2 - X2Y1
Thật vậy:
: p⟼p, (Xp, Yp) ↦ X1| .Y2| −X2| .Y1|
𝑝
𝑝
𝑝
𝑝
Chẳng hạn: Với X(x, y); Y(2x, y2), p(1, 1)
Ta có:
p: (Xp, Yp) = x| .y2| −y| .2x|
𝑝
𝑝
𝑝
𝑝
= 1.1 - 1.2
= -1
* Bây giờ ta trang bị các phép toán cho 2(
Giả sử 1, 22(
n
); 𝐹(
n
n
):
), .
Khi đó ta định nghĩa:
i. Phép cộng:
1 + 2: p ⟼1(p) + 2(p); p
n
ii. Phép nhân:
.1: p ⟼(p) .1(p); p
n
Nếu = const = thì .1: p ⟼.1(p), p
n
1.2.6. Định nghĩa
Giả sử 1, 21(
n
); X, Y𝐵(
n
)
Khi đó tích ngồi 1, 2 là 12 được xác định như sau:
(1 2)(X, Y) = 1(X) .2(Y) - 1(Y).2(X)
Ta nhận thấy rằng:
Với 1, 21(
n
) thì:
1 2 = 0
12 = -2 1
16
}
1.2.7. Bổ đề
(dxi dxj)(X, Y) = XiYj - XjYi; i
(dxi dxj)(X, Y) = dxi(X).dxj(Y) - dxi(Y).dxj(X)
= Xi.Yj - Yi.Xj
1.2.8. Mệnh đề
{dxi dxj}1 i jn là cơ sở của 2(
n
)
Chứng minh{dxi dxj}1 i j n là hệ độc lập tuyến tính.
Thật vậy: Giả sử
∑𝑛𝑖,𝑗=1 𝜑𝑖𝑗 . 𝑑𝑥𝑖 ∧ 𝑑𝑥𝑗 = 0; 𝜑𝑖𝑗 :
n
→
𝑙à ℎà𝑚 𝑠ớ
𝑛
Ta có: ∑ (𝜑𝑖𝑗 . 𝑑𝑥𝑖 ∧ 𝑑𝑥𝑗 )(𝐸𝑘 , 𝐸𝑙 ) = 0; 𝑣ớ 𝑖1 ≤ 𝑘 ≤ 𝑙 ≤ 𝑛
𝑖,𝑗=1
𝑛
⇒ ∑ 𝜑𝑖𝑗 [𝑑𝑥𝑖 (𝐸𝑘 ). 𝑑𝑥𝑗 (𝐸𝑙 ) − 𝑑𝑥𝑖 (𝐸𝑙 ). 𝑑𝑥𝑗 (𝐸𝑘 )] = 0
𝑖,𝑗=1
𝑛
⇒ ∑ 𝜑𝑖𝑗 (𝛿𝑖𝑘 . 𝛿𝑗𝑙 − 𝛿𝑖𝑙 . 𝛿𝑗𝑘 ) = 0; 𝑣ớ 𝑖 1 ≤ 𝑘 < 𝑙 ≤ 𝑛
𝑖,𝑗=1
kl = 0; với 1 k < l n
Vậy {dxi dxj}1 i j n là hệ độc lập tuyến tính (1)
Chứng minh{dxi dxj}1 i j n là hệ sinh
Thật vậy:
𝑛
𝑛
Giả sử 𝑋 = ∑ 𝑋𝑖 𝐸𝑖 ; 𝑌 = ∑ 𝑌𝑗 𝐸𝑗 là các trườ ng vec tơ trong
𝑖=1
𝑖=1
𝑛
𝑛
Ta có: 𝜔(𝑋, 𝑌) = 𝜔 (∑ 𝑋𝑖 𝐸𝑖 ; ∑ 𝑌𝑗 𝐸𝑗 )
𝑖=1
𝑖=1
𝑛
= ∑ 𝑋𝑖 𝑌𝑗 . 𝜔(𝐸𝑖 , 𝐸𝑗 )
𝑖,𝑗=1
17
n
𝑛
= ∑ 𝑎𝑖𝑗 𝑋𝑖 𝑌𝑗 ; trong đó: 𝑎𝑖𝑗 = 𝜔(𝐸𝑖 , 𝐸𝑗 )
𝑖,𝑗=1
Mặt khác: aij = (Ei, Ei) = 0 và aij = -aji
⇒ 𝜔(𝑋, 𝑌) = ∑ 𝑎𝑖𝑗 (𝑋𝑖 𝑌𝑗 − 𝑋𝑗 𝑌𝑖 )
𝑖<𝑗
= ∑ 𝑎𝑖𝑗 (𝑑𝑥𝑖 ∧ 𝑑𝑥𝑗 )(𝑋, 𝑌); ∀𝑋, 𝑌 ∈ 𝐵(
n
)
𝑖<𝑗
Từ đó suy ra: 𝜔 = ∑ 𝑎𝑖𝑗 (𝑑𝑥𝑖 ∧ 𝑑𝑥𝑗 )
(2)
𝑖<𝑗
Từ (1) và (2) ta có: {dxi dxj}1 i j n là cơ sở của 2(
n
).
1.2.9. Ví dụ
3
a . Trong
, xét các trường vec tơ X (x, 1, 1); Y(1, y, z) và giả sử
1 = xydx + y2dy; 2 = dx + ydz
Ta tính: 1[X, Y] và 2(XY)
Ta có: X = xE1 + E2 + E3; Y = E1 + yE2 + zE3
Do đó: [X, Y] = DXY - DYX
3
3
= ∑ 𝑋[𝑌𝑖 ]𝐸𝑖 − ∑ 𝑌[𝑋𝑖 ]𝐸𝑖 , 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 3
𝑖=1
𝑖=1
3
3
𝑗=1
𝑗=1
𝜕𝑌𝑖
𝜕𝑋𝑖
= (∑
𝑋𝑗 − ∑
𝑌)𝐸
𝜕𝑋𝑗
𝜕𝑋𝑗 𝑗 𝑖
= -E1 + E2 + E3
Ta có: 1[X, Y] = (xydx + y2dy) (-E1 + E2 + E3)
= -xydxE1 + y2dyE2
= -xy + y2
1
𝑋 ∧ 𝑌 = (|
𝑦
1 1 𝑥 𝑥 1
|;|
|;|
|)
𝑧 𝑧 1 1 𝑦
= (𝑧 − 𝑦, 1 − 𝑥𝑧, 𝑥𝑦 − 1)
=(z - y)E1 + (1 - xz)E2 + (xy - 1)E3
18
Vậy: 2(XY) = (dx + ydz) ((z - y)E1 +(1 - xz)E2 + (xy - 1)E3)
= (z - y)dxE1 + y(xy - 1)dzE3
= (z - y) + (xy2 - y)
= xy2 + z - 2y
b. Trong
2
, ta xét các trường vectơ X(X1, X2), Y(Y1, Y2)
𝑋
Khi đó (X, Y) = | 1
𝑌1
𝑋2
| thì là 2 - dạng vi phân khả vi trong
𝑌2
2
.
Chứng minh:
Thật vậy, ta cần chứng minh là ánh xạ song tuyến tính, phản xứng:
+ là ánh xạ song tuyến tính.
Thật vậy: với X, X’, Y, Y’ 𝐵(
𝜔(𝑋 + 𝑋 ′ , 𝑌) = |
= |
𝑋1 + 𝑋 ′1
𝑌1
𝑋1
𝑌1
2
), . Ta có:
𝑋2 + 𝑋 ′ 2
|
𝑌2
𝑋2
𝑋′
|+| 1
𝑌2
𝑌′1
𝑋′2
|
𝑌′2
= (X, Y) + (X’, Y)
𝜔(𝜆𝑋, 𝑌) = |
𝜆𝑋1
𝑌1
𝜆𝑋2
|
𝑌2
𝑋1
𝑌1
𝑋2
|
𝑌2
= 𝜆|
= 𝜆𝜔(𝑋, 𝑌)
là tuyến tính đối với biến thứ nhất.
Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được:
(X, Y+Y’) = (X, Y) + (X, Y’)
(X, Y) = (X, Y)
tuyến tính đối với biến thứ hai.
Vậy: là ánh xạ song tuyến tính.
+ phản xứng.
19
Thật vậy:
Xét 𝜔(𝑌, 𝑋) = |
𝑌1
𝑋1
𝑌2
|
𝑋2
= (Y1X2 - X1X2)
= - (X1Y2 - X2Y1)
𝑋
=-| 1
𝑌1
𝑋2
|
𝑌2
Vậy: là 2 - dạng vi phân.
20
Chương II
ĐẠO HÀM LIE CỦA CÁC DẠNG VI PHÂN
2.1. Đạo hàm Lie của k - dạng với giá trị thực
2.1.1. Định nghĩa
Giả sử f 𝐹 (
n
n
)
⟶
n
Ánh xạ Lxf:
), X 𝐵(
p ↦ (X [f(p)])p
được gọi là đạo hàm Lie của f theo trường vectơ X.
2.1.2. Ví dụ
𝑎) ∀𝑓 𝜖 ℱ (
n
); 𝐸𝑖 =
𝜕
𝜕𝑥𝑖
, 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛 là các tường vectơ cơ sở trên
Khi đó ta có:
LEi f =
∂f
̅̅̅̅̅
, i = 1,
n
∂xi
Thật vậy, ta có:
𝑛
LEi f = 𝐸𝑖 [𝑓] = ∑(𝐸𝑖 )𝑗 .
𝑗=1
b) Trong
2
𝜕𝑓
𝜕𝑓
=
, ∀i =̅̅̅̅̅
1, 𝑛
𝜕𝑥𝑗 𝜕𝑥𝑖
cho X = (x, xy) và f:
2
⟶
(x, y) ↦ x2 + y2
Khi đó ta có:
2
𝐿𝑋 𝑓 = 𝑋[𝑓] = ∑ 𝑋𝑖 .
𝑖=1
𝜕𝑓
𝜕𝑥𝑖
= 𝑥. 2𝑥 + 𝑥𝑦. 2𝑦
= 2𝑥 2 + 2𝑥𝑦 2
2.1.3. Mệnh đề
Cho X, Y là các trường vectơ trên
Ta có:
i) LX+Yf = LXf + LYf
21
n
; f, g 𝐹(
n
).
n
.
ii) LfX g= f.LXg
iii) LX(f+g) = LXf + LXg
iv) LX (f.g) = f.LXg + g.LXf
Chứng minh:
f, g 𝐹(
n
); X, Y là các trường vectơ trên
n
Ta có:
i) LX+Yf = (X + Y)[f] = X[f] + Y[f] = LXf + LYf
ii) LfX g = (fX)[g] = f.(X[g]) = f.LX g
n
iii) LX (f+g) = X[f+g] = ∑ Xi .
i=1
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
∂(f+g)
∂xi
𝜕𝑓
𝜕𝑔
= ∑ 𝑋𝑖 .
+ ∑ 𝑋𝑖 .
𝜕𝑥𝑖
𝜕𝑥𝑖
= X[f] + X[g]
= LXf+ LXg
𝑛
𝑖𝑣) 𝐿𝑋 (𝑓. 𝑔) = 𝑋[𝑓. 𝑔] = ∑
𝑖=1
𝑛
= ∑ 𝑋𝑖 (
𝑖=1
𝑛
𝜕(𝑓. 𝑔)
𝜕𝑥𝑖
𝑓. 𝜕𝑔 𝑔𝜕𝑓
+
)
𝜕𝑥𝑖
𝜕𝑥𝑖
𝑛
𝜕𝑔
𝜕𝑓
= ∑ 𝑋𝑖 . 𝑓 .
+ ∑ 𝑋𝑖 . 𝑔.
𝜕𝑥𝑖
𝜕𝑥𝑖
𝑖=1
𝑛
= 𝑓 . ∑ 𝑋𝑖 .
𝑖=1
𝑖=1
𝑛
𝜕𝑔
𝜕𝑓
+ 𝑔. ∑ 𝑋𝑖 .
𝜕𝑥𝑖
𝜕𝑥𝑖
𝑖=1
= f.X[g] + g.X[f]
= f.LXg + g.LXf
2.1.4. Định nghĩa
Giả sử X, X1, X2,.., Xk-1 𝐵(
Ánh xạ iX: k (
n
n
), 𝜔k(
) ⟶k-1(
n
)
𝜔 ↦iX 𝜔
22
n
).
.
