bài giảng giải tích trên đa tạp

53 543 1
bài giảng giải tích trên đa tạp

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

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 nghĩa rộng nhất, bởi vì theo cách nhìn hiện nay, nó bao gồm rất nhiều ý niệm có liên quan quấn quít 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 nghĩa cổ điển.

BÄÜ GIẠO DỦC V ÂO TẢO TRỈÅÌN G ÂẢI HC CÁƯN THÅ BI GING GII TÊCH TRÃN ÂA TẢP BIÃN SOẢN ÂÀÛNG VÀN THÛN LÁM QÚC ANH CÁƯN THÅ – 2003 MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU CHƯƠNG TÍCH PHÂN THEO CÁC XÍCH 1.1 Một số kiến thức đại số 1.2 Một số kiến thức hình học 1.3 Trường dạng 12 1.4 Tích phân theo xích 16 Bài tập chương 10 20 CHƯƠNG TÍCH PHÂN TRÊN ĐA TẠP 2.1 Đa tạp 22 2.2 Trường dạng đa tạp 27 2.3 Đònh lý Stoke đa tạp 34 2.4 Phần tử thể tích 38 2.5 Các đònh lý cổ điển 41 Bài tập chương 45 Hướng dẫn giải tập chương 47 Hướng dẫn giải tập chương 51 TI LIÃÛU THAM KHO 54 LỜI NÓI ĐẦU Một phương hướng bật toán học đại xem ngành “Giải tích đa tạp vi phân” Đương nhiên cần phải hiểu từ “giải tích” theo nghóa rộng nhất, theo cách nhìn nay, bao gồm nhiều ý niệm có liên quan quấn qt với nhau, ta thấy hết tiềm phong phú chúng đặt chúng vào ngành theo kiểu phân chia cũ kỹ giả tạo đại số, hình học, giải tích theo nghóa cổ điển Giáo trình biên soạn nhằm phục vụ cho việc dạy học tập kiến thức cần thiết giải tích đa tạp sinh viên sư phạm toán thuộc hệ quy, hệ chức, hệ đại học hóa theo chương trình hành Trường Đại học Cần thơ Đây sách đọc thêm thiết thực cho học viên cao học nghiên chuyên đề đa tạp nhóm Lie Nội dung giáo trình gồm chương sau Chương tích phân theo xích Chương trình bày kiến thức đại số, hình học Rn, tính chất tích phân theo xích Rn, làm tảng cho việc nghiên cứu chương Chương tích phân đa tạp Đây phần trọng tâm giáo trình Chương nghiên cứu tính chất tích phân đa tạp, đồng thời xét cho trường hợp cụ thể thu đònh lý cổ điển lý thiết tích phân Dù nghiêm túc việc nghiên cứu biên soạn, hẳn giáo trình tránh tất thiếu sót Rất mong nhận góp ý xây dựng quý đọc giả Cần thơ, tháng năm 2003 Các tác giả Chương TÍCH PHÂN THEO CÁC XÍCH 1.1 Một số kiến thức đại số □ Đònh nghóa 1.1.1 Giả sử V không gian vectơ (trên R ), ta ký hiệu Vk := V × × V (k Hàm T : V k → R gọi đa tuyến tính 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 gọi k- tenxơ V Tập hợp tất k- tenxơ ký hiệu Tk(V) trở thành không gian vectơ (trên R ) với cặp S, T ∈ Tk(V) với 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), T ∈ Tl(V) tích tenxơ S ⊗ T ∈ Tk+l(V) đònh nghóa 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 S ⊗ T ≠ T ⊗ S Từ đònh nghóa tích tenxơ ta dễ dàng chứng minh tính chất sau Δ Đònh lý 1.1.1 (i) (S1 + S ) ⊗ T = S1 ⊗ T + S ⊗ 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 V ); (ii) Các phép toán ⊗ cho phép biễu diễn không gian Tk(V ) qua T1(V ) lại Giả sử { vi } i∈I sở V Đối với i ∈ I , ta ký hiệu ϕ i phiếm hàm tuyến tính mà ϕ i (v j ) = δ ij Một phiếm hàm tuyến tính tồn tính chất tổng quát sở Nếu dimV = n, { v1 , , } sở V {ϕ , , ϕ n } sở V* Ta gọi {ϕ , , ϕ n } sở đối ngẫu sở { v1 , , } Δ Đònh lý 1.1.2 Giả sử { v1 , , } sở V {ϕ , , ϕ n } sở đối ngẫu không gian liên hợp Khi tập hợp tất tích tenxơ cấp k, {ϕ i ⊗ ⊗ ϕ i k } 1≤i1 , ,ik ≤ n sở không gian Tk(V) Chứng minh Ta ý ϕ i ⊗ ⊗ ϕ i (v j , , v j ) = δ i j δ i j k k 1 k k Nếu cho k vectơ w1 , , wk wi = ∑ j =1 aij v j T ∈ Tk(V) n ta có T ( w1 , , wk ) = ∑ j n , , jk =1 = ∑j n , , jk =1 a 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 ϕ i ⊗ ⊗ ϕ i sinh Tk(V ) k Bây ta giả sử a j , , j hệ số cho ∑ j , , j =1 a j , , j ϕ j n k k k ⊗ ⊗ ϕ jk = Cho hai vế đẳng thức tác động lên (v j1 , , v jk ) ta a j1 , , jk =0 Do ϕ j1 ⊗ ⊗ ϕ jk sở Tk(V ) □ Ta đònh nghóa tích V 2-tenxơ T V thỏa điều kiện (i) T (v, w) = T ( w, v) , ∀v, w ∈ V ; (ii) T (v, v) > , ∀v ≠ Khi ta có đònh lý sau Δ Đònh lý 1.1.3 Nếu T tích V V có sở { v1 , , } cho T (vi , v j ) = δ ij (một sở gọi trực giao T) Do tồn đẳng cấu f : R n → V cho T ( f ( x ), f ( y )) = x, y , ∀x, y ∈ Rn, , tích vô hướng Rn Chứng minh Học viên tự chứng minh Một ánh xạ tuyến tính f :V → W xác đònh 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 T ∈ Tk(V ) v1 , , v k ∈ V n Theo Đònh lý 1.1.3 nói cách khác tồn đẳng cấu f : R → V cho f * T = , □ Đònh nghóa 1.1.2 Ta gọi k - tenxơ ω ∈ Tk(V ) phản đối xứng ω ( v1 , , vi , , v j , , v k ) = −ω ( v1 , , v j , , vi , , v k ) , tất v1 , , v k ∈ V k k Tập hợp Λ (V ) tất k - tenxơ phản đối xứng rõ ràng Λ (V ) không gian Tk(V ) □ Đònh nghóa 1.1.3 Nếu T ∈ Tk(V ) ta đònh nghóa luân phiên T, ký hiệu Alt(T ) xác đònh đẳng thức sau ∑ sgn σT (vσ (1) , , vσ (k ) ) , k! σ ∈Sk Sk tập phép cấp k, sgn σ dấu phép Alt (T )(v1 , , v k ) := Ta có đònh lý sau Δ Đònh lý 1.1.4 (ii) k Nếu T ∈ Tk(V ) Alt(T) ∈ Λ (V ) ; Nếu ω ∈ Λ k(V ) 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 ω η , ký hiệu ω ∧ η xác đònh công thức ω ∧ η := (k + l )! Alt (ω ⊗ η ), (ω ∧ η ∈ Λk +l (V )) k!l! Một số tính chất đơn giản suy từ đònh nghóa phép nhân Δ Đònh lý 1.1.5 (ω + ω ) ∧ η = ω ∧ η + ω ∧ η ; (i) (ii) ω ∧ (η1 + η ) = ω ∧ η1 + ω ∧ η ; (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 cho ta mối liên hệ luân phiên phép nhân Δ Đònh lý 1.1.6 (i) k l Nếu S ∈ T (V ), T ∈ T (V ) Alt(S) = Alt ( S ⊗ T ) = Alt (T ⊗ S ) = ; (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 ) θ ∈ Λ (V ) (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 ) = = ∑ 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 phép hoán vò σ để nguyên số k+1, , k+l Khi ∑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 ) = k Bây (vσ ( 1) ∑σ , , vσ ( k +l ) ta giả sử σ0 ∉G , ta đặt Gσ = {σ σ : σ ∈ G} , ) = ( w1 , , wk +l ) Khi sgn σ S (vσ (1) , , vσ ( k ) ).T (vσ ( k +1) , , vσ ( k +l ) ) = ∈Gσ = sgn σ ∑σ '∈S k sgn σ ' S ( wσ '(1) , , wσ '( k ) ).T ( wk +1 , , wk +l ) = Ta có G ∩ Gσ = ∅, σ ∈ G ∩ Gσ σ = σ 'σ ,σ '∈ G từ ta suy σ = (σ ' ) −1 σ ∈ G Điều cho ta mâu thuẫn Tiếp tục ta chia Sk+l thành tập không giao mà tổng lấy theo tập không nên tổng theo toàn thể Sk+l không Đẳng thức Alt (T ⊗ S ) = chứng minh tương tự (ii) Ta có Alt ( Alt (η ⊗ θ ) − η ⊗ θ )) = Alt (η ⊗ θ ) − Alt (η ⊗ θ ) = , nên từ (i) ta suy = 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 ) suy 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 chứng minh tương tự □ Δ Đònh lý 1.1.7 Tập hợp tất ϕ i ∧ ∧ ϕ i , (1 ≤ i1 ≤ ≤ ik ≤ n) sở không gian k Λk (V ) Chứng minh k k Nếu ω ∈ Λ (V ) ⊂ T (V ) ta viết ω = ∑i , ,i , ,i ϕ i ⊗ ⊗ ϕ i k k k Vì Alt (ϕ i ⊗ ⊗ ϕ i ) khác tích tương ứng ϕ i ∧ ∧ ϕ i k k k số nên tích sinh Λ (V ) Sự độc lập tuyến tính tích chứng minh tương tự Đònh lý 1.1.2 Vậy đònh lý chứng minh □ ◊ Nhận xét 1.1.2 Giả sử { e1 , , en } sở chuẩn tắc Rn {ϕ , , ϕ n } sở đối ngẫu ϕ i ∧ ∧ ϕ i ( ei , , ei ) = k k Thật vậy, ϕ i ∧ ∧ ϕ i ( ei , , ei ) = k k k! Alt (ϕ i ⊗ ⊗ ϕ i )( ei , , ei ) 1! 1! = k! (ϕ i ⊗ ⊗ ϕ i )( ei , , ei ) = k! k k 1 k k Δ Đònh lý 1.1.8 n Giả sử { v1 , , } sở không gian V ω ∈ Λ (V ) Đối với n vectơ n 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 tenxơ khác không ω ∈ Λ (V ) chia sở không gian V thành hai nhóm, nhóm gồm sở cho ω (v1 , , ) > , nhóm gồm sở cho ω (v1 , , v n ) < □ Đònh nghóa 1.1.4 Nếu { v1 , , } { w1 , , wn } hai sở V A =(aij) ma trận chuyển từ sở { v1 , , } sang { w1 , , wn } { v1 , , } { w1 , , wn } thuộc nhóm det(A) > Tiêu chuẩn không phụ thuộc vào ω luôn dùng để chia sở V làm hai nhóm Mỗi hai nhóm gọi đònh hướng không gian V, đònh hướng chứa sở { v1 , , } ký hiệu [ v1 , , ] Đònh hướng [ e1 , , en ] gọi đònh hướng chuẩn tắc Rn □ Đònh nghóa 1.1.5 Giả sử V cho tích vô hướng T, { v1 , , } { w1 , , wn } hai sở trực chuẩn V T A =(aij) ma trận chuyển từ sở { v1 , , } sang { w1 , , wn } 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 det A = ±1 Từ Đònh lý 1.1.8 ta suy ω ∈ Λn (V ) cho ω (v1 , , ) = ±1 ta có ω ( w1 , , wn ) = ±1 Nếu V cho đònh hướng µ từ ta suy tồn phần tử ω ∈ Λn (V ) cho ω (v1 , , v n ) = sở trực chuẩn mà [ v1 , , ] = µ Phần tử ω gọi phần tử thể tích không gian V, xác đònh tích vô hướng T đònh hướng µ { v1 , , } Ta ý det(.) phần tử thể tích không gian Rn xác đònh tích vô hướng chuẩn tắc T đònh hướng chuẩn tắc µ , det(v1 , , ) thể tích hình hộp căng đoạn thẳng nối O với điểm v1, , □ Đònh nghóa 1.1.6 Giả sử v1, , vn-1∈ Rn ϕ (.) xác đònh đẳng thức  v1      ϕ ( w) := det v n −1    w    n Vì ϕ ∈ Λ ( R ) nên tồn z∈ R n cho  v1       〈w,z〉 = ϕ ( w) = det  v n −1    w    Vectơ z ký hiệu z := v1 × × −1 gọi tích vectơ vectơ v1 , , v n −1 Đònh lý sau cho số tính chất tích vectơ Δ Đònh lý 1.1.9 (i) v1 × × −1 = sgn σ vσ (1) × × vσ ( n −1) ; (ii) v1 × × avi × × v n −1 = a ( v1 × × v n −1 ) ; (iii) v1 × × (vi + vi, ) × × −1 = v1 × × vi × × v n −1 + v1 × × vi, × × −1 Chứng minh Học viên tự chứng minh Δ Đònh lý 1.1.10 Nếu { v1 , , v n−1 } ⊂ R n hệ độc lập tuyến tính [ v1 , , −1 , v1 × × −1 ] đònh hướng chuẩn tắc Rn Chứng minh Xét hàm det(.) Rn Khi ta có det ( v1 , , v n −1 , v1 × × −1 ) = det ( v1 , , −1 , v1 × × −1 ) det ( e1 , , en ) Việc tính diện tích mặt cong công việc không dễ, thực tế may thay người ta dòi hỏi phải biết diện tích mặt cong Ngoài ta xét số biểu thức đơn giản dA đủ dùng cho việc nghiện cứu lý thuyết Δ Đònh lý 2.4.1 Giả sử M đa tạp (hay đa tạp có biên) hai chiều, compact đònh hướng R3 n mục tiêu pháp tuyến Khi (i) dA = n1 dy ∧ dz + n2 dz ∧ dx + n3 dx ∧ dy ; (ii) n1 dA = dy ∧ dz ; (iii) n2 dA = dz ∧ dx ; (iv) n3 dA = dx ∧ dy Chứng minh (i) Đẳng thức (i) tương đương với đẳng thức v  dA(v, w) = det  w  , n( x ) điều rõ ràng khai triển đònh thức theo số hạng dòng cuối Để chứng minh đẳng thức lại ta xét z ∈ M x , v × w = α n(x) , với α ∈ R số nên z , n( x) v × w, n( x) = z , n( x) α = z ,α n( x) = z, v × w Tiếp lấy z e1, e2, e3 ta đẳng thức (ii), (iii), (iv) Vậy đònh lý chứng minh □ Ta nêu số nhận xét đònh nghóa mà ta đưa độ dài đường cong diện tích mặt cong Nếu c : [0,1] → R n khả vi c([0,1]) đa tạp chiều có biên độ dài thật cận độ dài đường gấp khúc nội tiếp Với c : [0,1] → R n , lẽ tất nhiên hy vọng diện tích c([0,1]2) cận diện tích mặt cong lập nên tam giác có đỉnh c([0,1]2) Nhưng thật kỳ lạ, cận lại thường không tồn nội tiếp mặt đa diện gần c([0,1]2) lại có diện tích lớn tùy ý Ta minh họa điều nói thí dụ mặt trụ Ta xét tam giác có đáy nằm mặt phẳng song song, vuông góc với mặt trụ Khoảng cách mặt phẳng nhau Ta làm tăng số tam giác cách giảm khoảng cách đòi hỏi cận độ dài đáy tất tam giác phải thật lớn không Trong trường hợp diện tích mặt cong nội tiếp làm cho lớn Δ Đònh lý 2.4.2 Nếu M đa tạp n- chiều R n mang đònh hướng chuẩn tắc dv = dx1 ∧ ∧ dx n Do thể tích đònh nghóa mục trùng với thể tích đònh nghóa phần trước Chứng minh Ta có dv ∈ Λn ( R n ) , nên ta có dv = f (dx1 ∧ ∧ dxn ) Vì det(.) phần tử thể tích Rn (với đònh hướng chuẩn tắc có tích vô hướng thông thường) mà M mang đònh hướng chuẩn tắc từ đònh nghóa dx1 ∧ ∧ dx n , Đònh lý 1.1.8, nên f = Từ suy ∫ dv = ∫ (dx1 ∧ ∧ dxn ) = ∫ (dx1 dxn ) M M M Do đònh nghóa thể tích □ Δ Đònh lý 2.4.3 Nếu M đa tạp (hay đa tạp có biên) (n-1)- chiều, compact, đònh hướng Rn n mục tiêu pháp tuyến Khi (1) dv = n1 dx ∧ ∧ dx n + n2 dx3 ∧ ∧ dx n ∧ dx1 + + nn dx1 ∧ ∧ dx n−1 ; (2) n1 dv = dx ∧ ∧ dx n ; (3) n2 dv = dx3 ∧ ∧ dx n ∧ dx1 ;  (n+1) nn dv = dx1 ∧ ∧ dx n−1 Chứng minh Ta có a1     ω ( a1 , , a n−1 ) = det  a n−1  ,    n( x )  nên ω ( a1 , , a n−1 ) = {a1, , an-1} lập thành sở trực chuẩn Mx [a1, , an-1] = µ x Như dv = ω , tức  a1     dv(a1 , , a n −1 ) = det  a n −1    n( x )  Đẳng thức tương đương với đẳng thức (1) ta khai triển đònh thức theo số hạng dòng cuối Để chứng minh đẳng thức lại ta xét z ∈ M x , a1 × × a n −1 = α n( x) , với α ∈ R số nên z , n( x) a1 × × a n −1 , n( x) = z, n( x) α = z ,α n( x) = z, a1 × × a n−1 Tiếp lấy z e1, e2, , en ta đẳng thức lại Vậy đònh lý chứng minh □ 2.5 Các đònh lý cổ điển Trong phần ta xét đến đònh lý cổ điển lý thuyết tích phân Δ Đònh lý 2.5.1 (Đònh lý Green) Giả sử M ⊂ R đa tạp compact hai chiều có biên Giả sử α , β : M → R ánh xạ khả vi Khi ∂β ∫ α dx + β dy = ∫ ( D1 β − D2α )dx dy = ∫∫ ( ∂x − ∂∂αy )dx dy , ∂M M M M cho đònh hướng chuẩn tắc, ∂M mang đònh hướng cảm sinh thường gọi “hướng quay ngược chiều kim đồng hồ” Chứng minh Đònh lý 2.5.1 trường hợp đặc biệt Đònh lý 2.4.2 Vì d (α dx + β dy ) = ( D1α dx + D2α dy ) ∧ dx + ( D1 β dx + D2 β dy ) ∧ dy = ( D1 β − D2α )dx ∧ dy Vậy đònh lý chứng minh □ Δ Đònh lý 2.5.2 (Đònh lý Gauss - Ostrogradski) Giả sử M ⊂ R đa tạp 3- chiều có biên, n mục tiêu pháp tuyến ∂M F trường vectơ khả vi M Khi ∫ divFdv = ∫ ∂M M tức F , n dA , ∫∫∫ ( ∂∂αx + ∂y + ∂z )dv = ∫∫ (n1α + n2 β + n3γ )ds ∂β M ∂γ ∂M Chứng minh Trên M ta xét dạng ω = F1 dy ∧ dz + F2 dz ∧ dx + F3 dx ∧ dy Ta có dω = divF dv Mặt khác cách áp dụng Đònh lý 2.4.1 cho ∂M ta thấy n1 dA = dy ∧ dz ; n2 dA = dz ∧ dx ; n3 dA = dx ∧ dy Vì ∂M ta có F , n dA = F1 n1 dA + F2 n2 dA + F3 n3 dA = F1 dy ∧ dz + F2 dz ∧ dx + F3 dx ∧ dy = ω Áp dụng Đònh lý 2.3.2 ta có ∫ divFdv = ∫ dω = ∫ ω = ∫ M ∂M M F , n dA ∂M Vậy đònh lý chứng minh □ Δ Đònh lý 2.5.3 (Đònh lý Stoke) Giả sử M ⊂ R3 đa tạp 2- chiều đònh hướng, có biên, n mục tiêu pháp tuyến M xác đònh hướng M ∂M mang đònh hướng cảm sinh Tiếp giả sử T trường vectơ ∂M cho ds(T ) = F trường vectơ khả vi tập mở chứa M Khi ∫ ∇ × F , n dA = ∫ F , T ds ∂M M , tức ∂γ ∂β ∂γ ∂β ∫ (α dx + β dy + γ dz) = ∫∫ [n1 ( ∂y − ∂z ) + n2 ( ∂∂αz − ∂x ) + n3 ( ∂x − ∂∂αy )]ds ∂M M Chứng minh Ta xét M dạng ω = F1 dx + F2 dy + F3 dz Vì ∇ × F có thành phần (D2F3- D3F2, D3F1- D1F3, D1F2- D2F1), nên chứng Đònh lý 2.5.2 ta kết luận M ∇ × F , n dA = ( D2 F3 − D3 F2 )dy ∧ dz + ( D3 F1 − D1 F3 )dz ∧ dx + ( D1 F2 − D2 F1 )dx ∧ dy = ω Mặt khác ds(T ) = nên ∂M ta có T1ds = dx ; T2ds = dy ; T3ds = dz (các đẳng thức kiểm tra cách áp dụng hai vế vào Tx với x ∈ ∂M Tx sở trực chuẩn (∂M ) x Vì ∂M ta có F , T ds = F1T1 ds + F2T2 ds + F3T3 ds = F1 dx + F2 dy + F3 dz = ω Theo Đònh lý 2.3.2 ta có ∫ ∇ × F , n dA = M ∫ dω = ∫ ω = ∫ ∂M M F , T ds ∂M Vậy đònh lý chứng minh □ Δ Đònh lý 2.5.4 (Đònh lý Gauss - Ostrogradski mở rộng) Giả sử M ⊂ R n đa tạp n - chiều có biên n mục tiêu pháp tuyến ∂M , F trường vectơ khả vi M Khi ∫ divFdv = ∫ M F , n dv ∂M Chứng minh Trên M ta xét dạng ω = F1 dx ∧ ∧ dx n + F2 dx3 ∧ ∧ dx n ∧ dx1 + + Fn dx1 ∧ ∧ dx n −1 Khi dω = divFdv Mặt khác cách áp dụng Đònh lý 2.4.4 cho ∂M ta thấy ∂M có n1 dv = dx ∧ ∧ dx n ; n2 dv = dx3 ∧ ∧ dx n ∧ dx1 ; nn dv = dx1 ∧ ∧ dx n−1 Vì ∂M ta có F , n dv = F1 n1 dv + + Fn nn dv = F1 dx ∧ ∧ dx n + + Fn dx1 ∧ ∧ dx n−1 = ω Theo Đònh lý 2.3.2 ta có ∫ divFdv = ∫ dω = ∫ ω = ∫ M M ∂M ∂M Vậy đònh lý chứng minh F , n dv □ Bài tập chương (1) Giả sử M đa tạp k- chiều có biên Khi ∂M đa tạp (k- 1)- chiều M \ ∂M đa tạp k- chiều (2) Mọi không gian vectơ k- chiều Rn đa tạp k- chiều (3) Giả sử ánh xạ f : R n → R m Khi đồ thò f đa tạp n- chiều f ánh xạ khả vi (4) Chứng minh M đa tạp k- chiều Rn k < n M có độ đo không (5) Chứng minh M đa tạp đóng n- chiều có biên Rn biên M trùng với ∂M (6) Chứng minh tất đa tạp compact n- chiều có biên Rn đo Joocdan (một tập bò chặn C gọi đo Joocdan biên có độ đo không) (7) Chứng minh Mx tập hợp tất vectơ tiếp xúc t với đường cong c nằm M cho c(t) = x (8) (i) Giả sử T : R n → R n có ma trận A = (aij) cho aij = aji Chứng minh f ( x) = Tx, x Dk f ( x) = 2∑ j =1 a kj x j Hơn chứng minh n tồn x ∈ S n −1 (mặt cầu) số λ ∈ R cho Tx = λx { } n (ii) Giả sử V := y ∈ R : x, y = Chứng minh T(V ) ⊂ V (9) (i) Nếu M không compact Đònh lý 2.3.2 không đúng; (ii) Đònh lý 2.3.2 M không compact ω không khắp nơi tập compact (10) Chứng minh M đa tạp đònh hướng chiều Rn c : [0,1] → M có hướng ∫ c * ds = ∫ [0 ,1] [0 ,1] [c1, ] + + [c n, ]2 (11) Giả sử f : [a, b] → R hàm không âm đồ thò f mặt phẳng Oxy quay trục Ox R3 gây tạo nên mặt cong M Khi diện tích b 2π ∫ + ( f ' ) Từ suy diện tích mặt cầu S2 4πR , với R bán kính a S (12) (i) Giả sử f : [0,1] → R hàm khả vi có c : [0,1] → R xác đònh đẳng thức c(x) = (x, f (x)) Chứng minh c([0,1]) có độ dài ∫ + ( f ')2 (ii) Hơn chứng minh độ dài cận độ dài đường gấp khúc nội tiếp c([0,1]) (13) Chứng minh đa tạp k- chiều M có dạng ω bậc k khác không hầu khắp nơi M đònh hướng { } n −1 = x ∈ R n : x = qua “thể tích” hình (14) Hãy biểu thò “diện tích” mặt cầu S { } n n cầu B = x ∈ R : x < (15) Giả sử F trường vectơ R3 xác đònh đẳng thức F ( x) = (0,0, Cx3 ) x M đa tạp ba chiều có biên nằm nửa không gian M ⊂ {x ∈ R : x3 < } Có thể hình dung trường F áp lực chất lỏng có mật độ C lấp đầy miền {x ∈ R : x3 < } Vì chất lỏng có áp lực theo hướng nên biểu thức ∫ F, n dA ∂M ta hiểu lực đẩy tác dụng lên M Hãy chứng minh lại đònh luật Archimede “lực đẩy tác dụng lên M trọng lượng chất lỏng bò choán chỗ M” Hướng dẫn giải tập chương (1) Dùng đònh nghóa phép toán để kiểm tra trực tiếp kết (2) Giả sử w1, , wn sở tùy ý V Đặt w’1 = w1, w' = w2 − T( w'1 , w2 ) w'1 , T( w'1 , w'1 ) w' = w3 − T( w'1 , w3 ) T( w' , w3 ) w'1 − w' , T( w'1 , w'1 ) T( w' , w' ) w' n = wn − T( w'1 , wn ) T( w' n −1 , wn ) w'1 − − w' n −1 T( w'1 , w'1 ) T( w' n −1 , w' n −1 ) Kiểm chứng thấy T(w’i, w’j) = i ≠ j w'i ≠ , T(w’i, w’i) > Đặt vi = w'i T ( w'i , w'i ) Khi { vi } 1,n sở cần tìm phép đẳng cấu f xác đònh đẳng thức f(ei) = vi (với { ei } 1,n sở chuẩn tắc Rn) (3) (i) Giả sử (i,j) phép hoán vò số i j giữ nguyên tất số khác Nếu σ ∈ S k ta đặt σ ' = σ (i, j ) Khi Alt (T )(v1 , , v j , , vi , , v k ) = ∑ sgn σT (vσ (1) , , vσ ( j ) , , vσ (i ) , , vσ ( k ) ) k! σ ∈S k ∑ sgn σT (vσ '(1) , , vσ '(i ) , , vσ '( j ) , , vσ '( k ) ) k! σ ∈S k = ∑σ '∈S − sgn σ ' T (vσ '(1) , , vσ '( i ) , , vσ '( j ) , , vσ '( k ) ) k k! = − Alt (T )(v1 , , vi , , v j , , v k ) = k Vậy Alt (T ) ∈ Λ (V ) (ii) k Nếu ω ∈ Λ (V ) σ = (i, j ) ω (vσ (1) , , vσ ( k ) ) = sgn σω (v1 , , v k ) Vì phép hoán vò phân tích thành tích phép dạng (i,j) nên đẳng thức với σ Từ ta suy Alt (ω )(v1 , , v k ) = = (iii) ∑ sgn σω (vσ (1) , , vσ ( k ) ) k! σ ∈S k ∑ sgn σ sgn σω (v1 , , vk ) = ω (v1 , , vk ) k! σ ∈S k Suy từ (i) (ii) (4) Dùng đònh nghóa kiểm tra trực tiếp kết (5) k n Giả sử η ∈ T ( R ) xác đònh đẳng thức η ( (a11 , , a1n ), , (a n1 , , a nn ) ) = ω (∑ ) a v , , ∑ j =1 a nj v j j =1 j j n n k n Rõ ràng η ∈ Λ ( R ) nên η = λ det(aij ), λ = η (e1 , , en ) = ω (v1 , , v n ) (6) Dùng đònh nghóa phép toán tính chất đònh thức để kiểm tra trực tiếp kết (7) - (11) Dùng đònh nghóa phép toán, tính chất tích vô hướng để kiểm tra kết (12) (i) Ta có f * ( dxi )( P )(v P ) = dxi ( f ( P )) f * (v P ) = dxi ( f ( P ))( Df ( P)v) f ( P ) ( = dxi ( f ( P )) ∑ j =1 D j f1 ( P )v j , , ∑ j =1 D j f m ( P )v j n n ) f ( P) = ∑ j =1 D j f i ( P)v j = ∑ j =1 D j f i ( P )dx j ( P )(v P ) n (ii) n Ta có f * (ω1 + ω )( P )(v P ) = (ω1 + ω )( f ( P )) f * (v P )) = ω1 ( f ( P )) f * (v P )) + ω ( f ( P)) f * (v P )) (iii) Ta có f * ( g  ω )( P )(v P ) = g  ω ( f ( P)) f * (v P ) = g  f ( P )ω ( f ( P )) f * (v P ) = ( g  f ) f * ω ( P )(v P ) (iv) Ta có f * (ω ∧ η )( P )(v P ) = (ω ∧ η )( f ( P )) f * (v P ) = ω ( f ( P )) f * (v P ) ∧ η ( f ( P )) f * (v P ) = ( f * ω ∧ f * η )( P)(v P ) (13) (i) Giả sử ω ,η dạng bậc k ω = ∑i < [...]... det( g  f ) > 0 (đây là một điều rất quan trọng) □ Đònh nghóa 2.2.1 Đa tạp M thừa nhận việc chọn các đònh hướng tương thích µ x được gọi là một đa tạp đònh hướng được, còn mỗi một phép chọn µ x được gọi là một đònh hướng µ của đa tạp đó Đa tạp M cùng với một đònh hướng µ của nó được gọi là một đa tạp đònh hướng Một thí dụ cổ điển về đa tạp không đònh hướng được là lá Mobious Ta sẽ mô tả hình của lá đó... tại điểm này Δ Đònh lý 2.1.6 Giả sử A ⊂ Rn là một tập mở Khi đó (i) A là một đa tạp n- chiều; (ii) biên của A, Fr A là một đa tạp (n-1)- chiều; (iii) Tập hợp N =A ∪ FrA là một đa tạp n- chiều Ta cũng có khẳng đònh tương tự cho một tập con mở của đa tạp n chiều Chứng minh (i) Ta có A ⊂ Rn mở trong Rn ta chứng minh A là một đa tạp n- chiều Thật vậy, với mỗi x ∈ A , tồn tại A mở chứa x , A ⊂ Rn và ánh xạ... 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... Từ phương pháp Cramer cho ta điều cần chứng minh □ 2.3 Đònh lý Stoke trên đa tạp Giả sử trên đa tạp k- chiều có biên M cho một dạng ω bậc p và c một hình lập phương kỳ dò p- chiều Tích phân của ω lấy theo c được đònh nghóa giống như ở Chương 1 ∫ω = ∫ c *ω [ 0 ,1] p c Các tích phân theo xích kỳ dò p - chiều cũng được đònh nghóa như ở trên Trong trường hợp p = k có thể xảy ra rằng tồn tại tập mở W với... 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... là Mx Trong các phần sau ta sẽ sử dụng sự kiện là trên Mx có một tích vô hướng tự n n nhiên Tx, được cảm sinh bởi tích vô hướng trong R x với tích vô hướng trong R x được cảm sinh bởi tích vô hướng trên Rn, với mọi cặp v, w ∈ M x ta đònh nghóa tích vô hướng Tx (v, w) := v, w x = v, w Ta giả sử rằng A là một tập mở chứa M và F là một trường khả vi trên A sao cho F ( x) ∈ M x đối với mỗi x ∈ M n Đối... (khả vi) duy nhất G trên W sao cho f*(G(a)) = F(f(a)) đối với mỗi x ∈ W Cũng có thể kết luận hàm F đặt tương ứng mỗi điểm x ∈ M với mội vectơ F ( x) ∈ M x , một hàm như vậy được gọi là một trường trên M Theo trên ta có một trường vectơ duy nhất G trên W sao cho f*(G(a)) = F(f(a)) đối với mỗi x ∈ W Theo đònh nghóa trên ta sẽ xem F là khả vi nếu G là khả vi Ta chú ý rằng đònh nghóa trên không phụ thuộc... , tồn tại A mở chứa x , A ⊂ Rn và ánh xạ đồng nhất idA:A → A là một vi phôi thỏa điều kiện idA(A ∩ A) = A = A ∩ (Rn × {0}) ⊂ Rn+1 Nên A là một đa tạp n - chiều (ii) Bây giờ ta chứng minh FrA là một đa tạp (n-1) chiều Lấy x ∈ FrA, tồn tại U mở chứa x, U là đa tạp n- chiều nên có V mở, V ⊂ Rn và vi phôi hˆ :U → V thỏa điều kiện hˆ (U ∩ U) = V ∩ (Rn × {0}) Ta xét ánh xạ h:U → V xác đònh như sau hˆ( x... hướng µ trên M xác đònh một đònh hướng ∂µ trên ∂M được gọi là đònh hướng cảm sinh Nếu ta áp dụng các đònh nghóa đó cho nửa không gian Hk với đònh hướng chuẩn tắc của nó thì ta sẽ thấy rằng đònh hướng cảm sinh trên R k −1 = {x ∈ H k : x k = 0} sẽ là đònh hướng chuẩn tắc nhân với (-1)k, căn cứ vào việc chọn đònh hướng cảm sinh đã nói sẽ được giải thích trong phần sau Trong trường hợp M là một đa tạp đònh... 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

Ngày đăng: 06/05/2016, 10:34

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • BÄÜ GIẠO DỦC V ÂO TẢO

    • BI GING

      • GII TÊCH TRÃN ÂA TẢP

      • Chương 1

      • TÍCH PHÂN THEO CÁC XÍCH

        • □ Đònh nghóa 1.1.1

        • Δ Đònh lý 1.1.1

        • Δ Đònh lý 1.1.2

        • Chứng minh

        • Δ Đònh lý 1.1.3

          • Chứng minh

          • □ Đònh nghóa 1.1.2

          • □ Đònh nghóa 1.1.3

          • Δ Đònh lý 1.1.4

            • Chứng minh

            • □ Đònh nghóa 1.3.4

            • Δ Đònh lý 1.3.2

              • Δ Đònh lý 1.3.3

              • Chứng minh

              • □ Đònh nghóa 1.3.5

              • Δ Đònh lý 1.3.4

              • Chứng minh

              • □ Đònh nghóa 1.4.1

              • Chứng minh

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

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan