Giáo trình môn Giải tích 3

f ′(a)ϕ′(b) = 0. Vậy = 0, ∀v ∈ Imϕ′(b) = TaM , i.e. grad f(a) ⊥ TaM . Do rank (gradF1(a), · · · , gradFm(a)) = m = codimTaM , nên grad f(a) thuộc không gian sinh bởi gradF1(a), · · · , gradFm(a).
Phương pháp nhân tử hoá Lagrange. Từ kết qủa trên, để tìm điểm nghi ngờ cực trị của f với điều kiện F1 = · · · = Fm = 0, ta lập hàm Lagrange L(x, λ) = f(x) − λ1F1(x) − · · · − λmFm(x), x ∈ V, λ = (λ1, · · · , λm) ∈ Rm Nếu a là cực trị điều kiện, thì tồn tại λ ∈ Rm, sao cho (a, λ) là nghiệm hệ  ∂L ∂x (x, λ) = 0 F1(x) = 0 . . . Fm(x) = 0 Ví dụ. Xét cực trị f(x, y, z) = x + y + z, với điều kiện x2 + y2 = 1, x + z = 1. Trước hết, ta thấy điều kiện ràng buộc xác định một đa tạp (Ellip E). II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 24 Lập hàm Lagrange L(x, y, z, λ1, λ2) = x + y + z − λ1(x2 + y2 − 1) − λ2(x + z − 1). Giải hệ phương trình   ∂L ∂x = 1 − 2λ1x −λ2 = 0 ∂L ∂y = 1 − 2λ1y = 0 ∂L ∂z = 1 −λ2 = 0 x2 + y2 − 1 = 0 x + z − 1 = 0 Ta có các điểm nghi ngờ cực trị là (0,±1, 1). Do tập điều kiện compact, nên f phải đạt max, min trên tập đó. Hơn nữa, các điểm cực trị đó phải là một trong các điểm nghi ngờ cực trị. Vậy max f |E = max{f(0, 1, 1) = 1, f(0,−1, 1) = 0} = f(0, 1, 1) = 1, min f |E = min{f(0, 1, 1) = 1, f(0,−1, 1) = 0} = f(0,−1, 1) = 0 Trong trường hợp tập điều kiện không compact, ta có thể sử dụng kết qủa sau: Điều kiện đủ. Giả sử f, F1, · · · , Fm thuộc lớp C2, và grad f(a) = λ1grad F1(a) + · · · + λmgradFm(a), i.e. ∂L ∂x (a, λ) = 0. Đặt HxL(x, a) là Hessian của hàm Lagrange L theo biến x. Khi đó Nếu HxL(a, λ)|TaM xác định dương, thì f |M đạt cực tiểu tại a. Nếu HxL(a, λ)|TaM xác định âm, thì f |M đạt cực đại tại a. Nếu HxL(a, λ)|TaM không xác định dấu, thì f |M không đạt cực trị tại a. Chứng minh: Với các ký hiệu ở phần trên, bài toán tìm cực trị của f |M tương đương bài toán tìm cực trị của f◦ϕ. Do f ′(a)ϕ′(b) = 0, tính đạo hàm cấp 2, ta có H(f◦ϕ)(a)(h) = Hf(a)(ϕ′(b)h) (Bài tập). Do Fi ◦ ϕ = 0, ta có H(Fi ◦ ϕ) = 0 và theo tính toán trên H(Fi ◦ ϕ)(b)(h) = HFi(a)(ϕ′(b)(h). Suy ra HxL(a, λ)|TaM = H(f ◦ ϕ)(b)|TaM . Từ điều kiện đủ của bài toán cực trị địa phương ta có kết qủa. .
Ví dụ. Cho k ∈ N và a ∈ R. Tìm cực trị f(x1, · · · , xn) = xk1 + · · · + xkn, với ràng buộc x1 + · · · + xn = an. 2. TÍCH PHÂN HÀM SỐ TRÊN ĐA TẠP 2.1 Độ dài, diện tích, thể tích trong R3. Trong R3, có trang bị tích vô hướng Euclid , nên có khái niệm độ dài và vuông góc. Độ dài vector T = (xt, yt, zt): ‖T‖ = √ x2t + y2t + z2t II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 25 Diện tích hình bình hành tạo bởi u = (xu, yu, zu), v = (xv, yv, zv): dt(u, v) = ‖u‖‖v⊥‖ = ‖u × v‖ = ∣∣∣∣∣ ‖u‖ 2 ‖v‖2 ∣∣∣∣∣ 1 2 = √‖u‖2‖v‖2 − | |2. trong đó v = v′ + v⊥ là phân tích: v′ là hình chiếu vuông góc v lên u, v⊥ ⊥ u. Chứng minh: Ta có v′ = αu, = 0. Suy ra∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣ < u, v ′ > + + ∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣ α < u, u ′ > α ∣∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∣ 0 ‖v⊥‖2 ∣∣∣∣∣ = ‖u‖2‖v⊥‖2 Từ đó suy ra công thức trên
Thể tích khối bình hành tạo bởi u, v, w ∈ R3: tt(u, v, w) = dt(u, v)‖w⊥‖ = | | = | det(u, v, w)| = ∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣ 1 2 trong đó w = w′ +w⊥ là phân tích: w′ là hình chiếu vuông góc w lên mặt phẳng sinh bởi u, v.    w
u   v w⊥                  Chứng minh: Tương tự công thức cho diện tích. (Bài tập)
2.2 Thể tích k chiều trong Rn. Trong Rn có trang bị tích vô hướng Euclid. Thể tích k chiều của hình bình hành tạo bởi v1, · · · , vk ∈ Rn, được định nghĩa qui nạp theo k: V1(v1) = ‖v1‖, Vk(v1, · · · , vk) = Vk−1(v1, · · · , vk−1)‖v⊥k ‖ trong đó vk = v′k +v ⊥ k là phân tích: v ′ k là hình chiếu vuông góc của vk lên không gian sinh bởi v1, · · · , vk−1. Công thức tính. Gọi G(v1, · · · , vk) = ()1≤i,j≤k là ma trận Gramm. Khi đó Vk(v1, · · · , vk) = √ detG(v1, · · · , vk) II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 26 Chứng minh: Tương tự công thức cho diện tích (Bài tập).
2.3 Phần tử độ dài - Độ dài đường cong. Cho C ⊂ R3 là đường cong cho bởi tham số hoá ϕ : I → R3, ϕ(t) = (x(t), y(t), z(t)) Ta cần tính độ dài l(C) của đường cong. Phân hoạch I thành các đoạn con Ii = [ti, ti + ∆ti]. Khi đó l(C) = ∑ i l(ϕ(Ii)). Khi ∆ti bé, thì l(ϕ(Ii)) ∼ l(ϕ′(ti)∆ti) = ‖ϕ′(ti)‖∆ti. Định nghĩa phần tử độ dài : dl = ‖ϕ′(t)‖dt = √ x′2t + y′ 2 t + z′ 2 t dt Định nghĩa độ dài của C: l(C) = ∫ C dl = ∫ I √ x′2t + y′ 2 t + z′ 2 t dt 2.4 Phần tử diện tích - Diện tích mặt. Cho S ⊂ R3 là mặt cong cho bởi tham số hoá ϕ : U → R3, ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) Ta cần tính diện tích của mặt S. Gỉa sử U có thể phân hoạch bởi các hình chữ nhật bé Ui = [ui, ui+∆ui]×[vi, vi+∆vi]. Khi đó dt(S) = ∑ i dt(ϕ(Ui)). Khi ∆ui, ∆vi bé, thì dt(ϕ(Ui)) ∼ dt(D1ϕ(ui, vi)∆ui, D2ϕ(ui, vi)∆vi). Định nghĩa phần tử diện tích : dS = dt(D1ϕ, D2ϕ)dudv = √ EG − F 2dudv, trong đó E = ‖D1ϕ‖2 = x′u2 + y′u2 + z′u2 G = ‖D2ϕ‖2 = x′v2 + y′v2 + z′v2 F = = x′ux′v + y′uy′v + z′uz′v Khi đó định nghĩa diện tích của S : dt(S) = ∫ S dS = ∫ U √ EG − F 2dudv 2.5 Phần tử thể tích - Thể tích hình khối. Cho H là hình khối cho bởi tham số hoá ϕ : A → R3, ϕ(u, v, w) = (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)) Để tính thể tích H , bằng lập luận tương tự như các phần trên, ta có các định nghĩa: Phần tử thể tích: dV = tt(D1ϕ, D2ϕ, D3ϕ)dudvdw = | detJϕ|dudvdw Thể tích H: V (H) = ∫ H dV = ∫ A | detJϕ|dudvdw. Bây giờ ta tổng quát hoá các khái niệm trên. II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 27 2.6 Phần tử thể tích trên đa tạp. Cho M ⊂ Rn là đa tạp khả vi k chiều. Phần tử thể tích trên M là ánh xạ dV : M  x → dV (x) = thể tích k chiều hạn chế trên TxM. Giảø sử (ϕ, U) là một tham số hoá của M tại x = ϕ(u1, · · · , uk). Khi đó dV (x)(D1ϕ(x)∆u1, · · · , Dkϕ(x)∆uk) = Vk(D1ϕ(x), · · · , Dkϕ(x))∆u1 · · ·∆uk Vậy nếu đặt Gϕ = ()1≤i,j≤k, thì qua tham số hóa dV = √ detGϕ du1 · · · duk 2.6 Tích phân hàm trên đa tạp. Cho f : M → R là hàm trên đa tạp khả vi k chiều. Sau đây ta xây dựng tích phân của f trên M (còn gọi là tích phân loại 1) ∫ M fdV Nếu M = ϕ(U) với (ϕ, U) là tham số hóa, thì định nghĩa∫ M fdV = ∫ U f ◦ ϕ √ detGϕ, trong đó Gϕ = ()1≤i,j≤k. Khi k = 1 tích phân trên gọi là tích phân đường và ký hiệu ∫ M fdl. Khi k = 2 tích phân trên gọi là tích phân mặt và ký hiệu ∫ M fdS. Trường hợp tổng quát, khi M cho bởi nhiều tham số hóa, người ta dùng kỹ thụât phân hoạch đơn vị sau đây để ‘dán’ các tích phân trên từng tham số hoá. Cho O = {(ϕi, Ui) : i ∈ I} là họ các tham số hoá M . Họ Θ = {θi : i ∈ I} gọi là phân hoạch đơn vị của M phù hợp với họ O nếuu các điều sau thỏa với mọi i ∈ I: (P1) θi : M → [0, 1] liên tục. (P2) suppθi = {x ∈ M : θ(x) = 0} là tập compact. (P3) suppθi ⊂ ϕi(Ui). (P4) Mọi x ∈ M , tồn tại lân cận V của x, sao cho chỉ có hữu hạn chỉ số i ∈ I θi = 0 trên V . (P5) ∑ i∈I θi(x) = 1, ∀x ∈ M . Tính chất (P4) gọi là tính hữu hạn địa phương của họ {supp θi, i ∈ I}. Do tính chất này tổng ở (P5) là tổng hữu hạn với mọi x. Định lý. Với mọi họ O các tham số hoá của đa tạp M , tồn tại họ phân hoạch đơn vị phù hợp với O. Chứng minh: Gỉa sử M compact, k chiều. Với mọi x ∈ M , tồn tại (ϕx, Ux) ∈ O là tham số hoá tại x. Gọi Bx ⊃ Ux là một hình cầu tân ϕ−1x (x). Gỉa sử Bx = B(a, r). Hàm gx : Rk → R được định nghĩa như sau gx(u) =   e − 1 r2−‖u−a‖2 , nếu‖u − a‖ ≤ r 0 , nếu ‖u − a‖ > r. II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 28 Khi đó gx ∈ C∞ (bài tập). Đặt g˜x(y) = gx(ϕ−1x (y)), nếu y ∈ ϕx(Ux), vàø g˜x(y) = 0, nếu y ∈ ϕx(Ux). Khi đó g˜x liên tục trên M . Vì M compact, tồn tại hữu hạn x1, · · · , xN ∈ M , sao cho ϕx1(Bx1), · · ·ϕxN (BxN ) phủ M Đặt θi = g˜xi g˜x1 + · · · + g˜xN . Khi đó họ {θi : i = 1, · · ·N} là phân hoạch đơn vị cần tìm. Khi M không compact, tồn tại họ đếm được các tập ϕx(Bx), hữu hạn địa phương phủ M . Lập luận tương tự như trên có thể xây dựng phân hoạch đơn vị trong trường hợp này.
Gỉa sử đa tạp M được tham số hoá bởi họ O = {(ϕi, Ui) : i ∈ I}. Theo định lý trên ta có họ Θ = {θi : i ∈ I} là phân hoạch đơn vị của M phù hợp với O. Định nghĩa∫ M fdV = ∑ i∈I ∫ ϕi(Ui) θifdV (= ∑ i∈I ∫ Ui θif ◦ ϕi √ detGϕi). với gỉa thiết vế phải tồn tại. Chẳng hạn, khi M compact và f liên tục. Nhận xét. Định nghĩa trên không phụ thuộc họ tham số và phân hoạch đơn vị. Chứng minh: Khi hai tham số hoá của M thỏa ϕ(U) = ψ(W ). Khi đó ψ = ϕ ◦ h, với h là vi phôi. Dễ kiểm tra các ma trận Gramm quan hệ với nhau theo công thức Gψ(w) = tJh(w)Gϕ(h(w))Jh(w). Theo công thức đổi biến, ta có∫ U f ◦ ϕ √ detGϕ = ∫ W f ◦ ϕ ◦ h| detJh| √ detGϕ ◦ h = ∫ W f ◦ ψ √ det tJhGϕ ◦ hdetJh = ∫ W f ◦ ψ √ detGψ. Vậy định nghĩa không phụ thuộc tham số hoá. Nếu Θ′ = {θ′j : j ∈ J} là một phân hoạch đơn vị khác của M . Khi đó ∑ j ∫ M θ′jf = ∑ j ∫ M ( ∑ i θi)θ′jf = ∑ i,j ∫ M θiθ ′ jf = ∑ i,j ∫ M θ′jθif = ∑ i ∫ M ( ∑ j θ′j)θif. Vậy định nghĩa cũng không phụ thuộc phân hoạch đơn vị.
Nhắc lại các công thức tính: Khi ϕ : I → Rn, ϕ(t) = (x1(t), · · · , xn(t)) là tham số hoá đường cong C. Ta có∫ C fdl = ∫ I f ◦ ϕ ‖ϕ′‖ = ∫ I f(ϕ(t)) √ (x′1)2(t) + · · · + (x′n)2(t)dt. Khi ϕ : U → R3, ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) là tham số hoá mặt S. Ta có∫ S fdS = ∫ U f ◦ ϕ √ EG − F 2, trong đó E = ‖D1ϕ‖2 = x′u2 + y′u2 + z′u2 G = ‖D2ϕ‖2 = x′v2 + y′v2 + z′v2 F = = x′ux′v + y′uy′v + z′uz′v II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 29 Ví dụ. a) Độ dài đường xoắn C: x = a cos t, y = a sin t, z = bt, t ∈ [0, h], là ∫ C dl = ∫ h 0 √ a2 sin2 t + a2 cos2 t + b2dt = h √ a2 + b2 b) Để tính diện tích mặt cầu bán kính R, trước hết tham số hoá, chẳng hạn ϕ(φ, θ) = (R cos φ sin θ, R sinφ sin θ, R cos θ), (φ, θ) ∈ U = (0, 2π) × (0, π) Khi đó các vector tiếp xúc của các đường tọa độ: D1ϕ(φ, θ) = (−R sinφ sin θ, R cos φ sin θ, 0) D2ϕ(φ, θ) = (R cos φ cos θ, R sinφ cos θ,−R sin θ). Suy ra E = R2 sin2 θ, F = 0, G = R2. Diện tích mặt cầu là ∫ S dS = ∫ U √ EG − F 2dφdθ = ∫ 2π 0 ∫ π 0 R2 sin θdφdθ = 4πR2 c) Để tính thể tích hình cầu bán kính R, có thể dùng tham số hoá ϕ(r, φ, θ) = (r cos φ sin θ, r sinφ sin θ, r cos θ), (r, φ, θ) ∈ U = (0, R) × (0, 2π)× (0, π) Khi đó D1ϕ(r, φ, θ) = (cosφ sin θ, sinφ sin θ, cos θ) D2ϕ(r, φ, θ) = (−r sinφ sin θ, r cos φ sin θ, 0) D3ϕ(r, φ, θ) = (r cosφ cos θ, r sinφ cos θ,−r sin θ). Thể tích hình cầu là∫ B(0,R) dV = ∫ U det()drdφdθ = ∫ R 0 ∫ 2π 0 ∫ π 0 ∣∣∣∣∣∣∣ 1 0 0 0 r2 sin2 θ 0 0 0 r2 ∣∣∣∣∣∣∣ drdφdθ = 4 3 πR3 III. Dạng vi phân Khi tính tích phân trên đa tạp ta cần một đối tượng bất biến với phép tham số hoá. Ví du ïđơn giản nhất là khi tính tích phân trên R, theo công thức đổi biến ta có ∫ b a f(x)dx = ∫ β α f(ϕ(t))ϕ′(t)dt trong đó ϕ là vi phôi từ (α, β) lên (a, b). Người ta đưa vào khái niệm dạng vi phân bậc 1: ω = f(x)dx và phép đổi biến: ϕ∗ω = f(ϕ(t))ϕ′(t)dt. Khi đó công thức trên có thể viết lại là ∫ b a ω = ∫ β α ϕ∗ω Ngoài ra dạng vi phân cũng là khái niệm thích hợp đểå tích phân trường vector trên đa tạp sẽ được đề cập đến ở chương sau. Chương này xét đến các dạng vi phân và các phép toán trên chúng. 1. DẠNG k-TUYẾN TÍNH PHẢN ĐỐI XỨNG. 1.1. Định nghĩa. Cho V là không gian vector trên R. Một dạng k-tuyến tính phản đối xứng trên V là một ánh xạ ω : V × · · · × V︸ ︷︷ ︸ k lần → R thỏa các điều kiện sau với mọi v1, · · · , vk ∈ V , α ∈ R và 1 ≤ i < j ≤ k: (A1) ω(v1, · · · , vi + v′i, · · · , vk) = ω(v1, · · · , vi, · · · , vk) + ω(v1, · · · , v′i, · · · , vk). (A2) ω(v1, · · · , αvi, · · · , vk) = αω(v1, · · · , vi, · · · , vk). (A3) ω(v1, · · · , vi, · · · , vj , · · · , vk) = − ω(v1, · · · , vj , · · · , vi, · · · , vk). Nhận xét. Điều kiện (A1)(A2) có nghĩa là ω tuyến tính theo từng biến Nhận xét. Điều kiện (A3) tương đương với một trong các điều kiện sau: (A3’) ω(v1, · · · , vi · · · , vj, · · · , vk) = 0, nếu vi = vj , với mọi i = j. (A3”) ω(vσ(1), · · · , vσ(k)) = (σ)ω(v1, · · · , vk), với mọi hoán vị σ của {1, · · · , k}, (σ) là ký số (= sign ∏i<j(σ(j) − σ(j))). Chứng minh: (A3) ⇒ (A3’): Trong biểu thức của (A3) nếu vi = vj , thì 2ω(v1, · · · , vi · · · , vi, · · · , vk) = 0. Suy ra (A3’). (A3’) ⇒ (A3): Trong biểu thức của (A3’) nếu vi = vj = v + w, thì từ (A1) (A3’) suy ra ω(v1, · · · , v, · · · , w, · · · , vk) + ω(v1, · · · , w, · · · , v, · · · , vk) = 0. (A3) ⇒ (A3”): Áp dụng mọi phép hoán vị là hợp của các phép chuyển vị, ký số mỗi phép chuyển vị là −1, và ký số của hợp 2 hoán vị bằng tích ký số của 2 hoán vị đó. III.1. Dạng k-tuyến tính phản đối xứng. 32 (A3”) ⇒ (A3): Áp dụng (A3”) với σ là chuyển vị i và j. Ví dụ. Cho F là một vector trong R3. Khi đó: a) WF (v) =, v ∈ R3, là dạng 1-tuyến tính trên R3 (công của F dọc theo v) b) ωF (v1, v2) =, v1, v2 ∈ R3, là dạng 2-tuyến tính phản đối xứng trên R3 (thông lượng của F qua hình bình hành tạo bởi v1, v2) c) Định thức là dạng n-tuyến tính phản đối xứng trên Rn. Giá trị det(v1, · · · , vn) là thể tích có hướng của bình hành tạo bởi v1, · · · , vn ∈ Rn. 1.2 Không gian vector Λk(V ). Ký hiệu Λk(V ) là tập mọi dạng k-tuyến tính phản đối xứng trên V . Trên tập này ta định nghĩa 2 phép toán: (ω + γ)(v1, · · · , vk) = ω(v1, · · · , vk) + γ(v1, · · · , vk) (αω)(v1, · · · , vk) = αω(v1, · · · , vk) , với ω, γ ∈ Λk(V ), α ∈ R. Dễ thấy (Λk(V ), +, ·) là không gian vector trên R. Ví dụ. a) Λ1(V ) chính là không gian đối ngẫu của V , i.e. Λ1(V ) = V ∗ = L(V,R). b) Cho ϕ1, ϕ2 ∈ V ∗. Định nghĩa dạng 2-tuyến tính: ϕ1 ∧ ϕ2 : V × V → R, (ϕ1 ∧ ϕ2)(v1, v2) = ϕ1(v1)ϕ2(v2) − ϕ2(v1)ϕ1(v2) = det ( ϕ1(v1) ϕ1(v2) ϕ2(v1) ϕ2(v2) ) Về mặt hình học giá trị trên chính là diện tích có hướng của hình bình hành trong R2 tạo bởi ϕ(v1), ϕ(v2), trong đó ϕ = (ϕ1, ϕ2) : V → R2. 1.3 Tích ngoại. Cho ϕ1, · · · , ϕk ∈ V ∗. Tích ngoại của các dạng trên là một k-dạng ϕ1 ∧ · · · ∧ ϕk ∈ Λk(V ), được định nghĩa: ϕ1∧· · ·∧ϕk(v1, · · · , vk) = ∑ σ (σ)ϕσ(1)(v1) · · ·ϕσ(k)(vk) = det(ϕi(vj)), v1, · · · , vk ∈ V, i.e. ϕ1 ∧ · · · ∧ ϕk = ∑ σ (σ)ϕσ(1) ⊗ · · · ⊗ ϕσ(k). Tính chất. Với mọi ϕ1, · · · , ϕk, ϕ′i ∈ Λ1(V ), α, β ∈ R và i = 1, · · · , k, (1) ϕ1∧· · ·∧(αϕi+βϕ′i)∧· · ·∧ϕk = αϕ1∧· · ·∧ϕi∧· · ·∧ϕk +βϕ1∧· · ·∧ϕ′i∧· · ·∧ϕk. (2) ϕσ(1) ∧ · · · ∧ ϕσ(k) = (σ)ϕ1 ∧ · · · ∧ ϕk, với σ là hoán vị. Chứng minh: Suy từ tính chất của định thức. 1.4 Biểu diễn dạng k-tuyến tính phản đối xứng. Cho V là một không gian vector trên R. Giả sử ϕ1, · · · , ϕn là một cơ sở của V ∗. Khi đó một cơ sở của Λk(V ) là hệ {ϕi1 ∧ · · · ∧ ϕik , 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ n}. Như vậy mọi ω ∈ Λk(V ) có biểu diễn duy nhất dưới dạng ω = ∑ 1≤i1<···<ik≤n ai1···ikϕi1 ∧ · · · ∧ ϕik III.2 Dạng vi phân. 33 và dim Λk(V ) = Ckn = n! (n− k)!k! . Chứng minh: Gọi {ϕ1, · · · , ϕn} là cơ sở đối ngẫu của {e1, · · · , en}, i.e. ϕi(ej) = δij (delta Kronecker). Cho ω ∈ Λk(V ). Cho v1, · · · , vk ∈ V . Khi đó v1 = ∑ i1 ϕi1(v1)ei1 , · · · , vk = ∑ ik ϕik(vk)eik , ω(v1, · · · , vk) = ω( ∑ i1 ϕi1(v1)ei1 , · · · , ∑ ik ϕik(vk)eik) = ∑ i1,··· ,ik ϕi1(v1) · · ·ϕik(vk)ω(ei1, · · · , eik) = ∑ i1<···<ik ∑ σ ϕiσ(1)(v1) · · ·ϕiσ(k)(vk)(σ)ω(ei1, · · · , eik) = ∑ i1<···<ik ω(ei1 , · · · , eik)ϕi1 ∧ · · · ∧ ϕik(v1, · · · , vk) Vậy hệ {ϕi1 ∧ · · · ∧ ϕik , 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ n} là hệ sinh. Để chứng minh tính độc lập tuyến tính, trước hết nhận xét là ϕi1 ∧ · · · ∧ ϕik(ej1 , · · · , ejk) = { 1 nếu (i1, · · · , ik) = (j1, · · · , jk) 0 nếu (i1, · · · , ik) = (j1, · · · , jk) Suy ra nếu tổ hợp tuyến tính ω = ∑ i1<···<ik ai1·ikϕi1 ∧ · · · ∧ ϕik = 0, thì theo nhận xét trên ω(ei1 , · · · , eik) = ai1···ik = 0. Đặc biệt: Λk(V ) = 0, khi k > n, Λn(V ) có số chiều là Cnn = 1, và mọi ω ∈ Λn(V ) có biểu diễn ω = aϕ1 ∧ · · · ∧ ϕn, với a ∈ R . 2. DẠNG VI PHÂN 2.1 Định nghĩa. Cho U là tập mở trong Rn. Một dạng vi phân bậc k hay k-dạng vi phân trên U là một ánh xạ ω : U → Λk(Rn). Dạng vi phân ω gọi là thuộc lớp Cp nếu ánh xạ trên thuộc lớp Cp. Ký hiệu Ωkp(U) là tập mọi k-dạng vi phân lớp C p trên U , và Ωk(U) = Ωk∞(U). Dễ thấy Ωkp(U) có cấu trúc không gian vector. Ví dụ. Cho U ⊂ R3 và F : U → R3 là một trường vector. Khi đó các dạng vi phân sau được dùng để đánh giá thông lượng của F dọc theo một đường hay qua một mặt a) WF : U → Λ1(R3), WF (x, y, z)(v) = b) ωF : U → Λ2(R3), ω(x, y, z)(v1, v2) =. III.2 Dạng vi phân. 34 Cho f : U → R là hàm lớp Cp+1. Khi đó với mọi x ∈ U , f ′(x) : Rn → R là dạng tuyến tính. Ta định nghĩa vi phân của f là 1-dạng vi phân df : U → Λ1(Rn), x → df(x) = f ′(x). Xét hàm tọa độ thứ i xi : Rn → R, (x1, · · · , xn) → xi. Ta có dxi(x)(v) = x′i(x)v = vi, v = (v1, · · · , vn) ∈ Rn. Vậy df(x)(v) = f ′(x)v = ∂f ∂x1 (x)v1 + · · · + ∂f ∂xn (x)vn = ∂f ∂x1 (x)dx1(x)(v) + · · · + ∂f ∂xn (x)dxn(x)(v). Hay là df = n∑ i=1 ∂f ∂xi dxi. 2.2 Biểu diễn dạng vi phân. Tích ngoại của các 1-vi phân ϕ1, · · · , ϕk ∈ Ω1(U): (ϕ1 ∧ · · · ∧ ϕk)(x) = ϕ1(x) ∧ · · · ∧ ϕk(x), x ∈ U, là một k-dạng vi phân trên U . Do các 1-dạng dx1, · · · , dxn là một cơ sở của Ω1(U), nên các k-dạng vi phân trên U có biểu diễn duy nhất dưới dạng ω = ∑ 1≤i1<···<ik≤n ai1···ikdxi1 ∧ · · · ∧ dxik , trong đó ai1···ik là các hàm trên U và thuộc lớp C p nếu ω là dạng lớp Cp. Ví dụ. Nếu U ⊂ R3, thì ta thường ký hiệu các tọa độ là (x, y, z). Khi đó Các 0-dạng vi phân chính là các hàm f : U → R. Các 1-dạng vi phân còn gọi là dạng Pfaff và có biểu diễn Pdx + Qdy + Rdz . Các 2-dạng vi phân có biểu diễn Adx ∧ dy + Bdy ∧ dz + Cdz ∧ dx . Các 3-dạng vi phân có biểu diễn fdx ∧ dy ∧ dz . Bài tập: Cho U ⊂ R3 và F : U → R3, F = (P, Q, R). Chứng minh các dạng vi phân cho ở ví dụ 2.1 có biểu diễn a) WF = Pdx + Qdy + Rdz b) ωF = Pdy ∧ dz + Qdz ∧ dx + Rdx ∧ dy . 2.3 Toán tử đổi biến. Cho U, V là các tập mở trong Rm,Rn tương ứng. Giả sử ϕ : U → V, u = (u1, · · · , um) → x = (ϕ1(u), · · · , ϕn(u)) là ánh xạ khả vi. Khi đó toán tử đổi biến ϕ∗ : Ωk(V ) → Ωk(U), ω → ϕ∗ω được định nghĩa như sau ω = ∑ 1≤i1<···<ik≤n ai1···ik(x)dxi1 ∧ · · · ∧ dxik , ϕ∗ω(u) = ∑ 1≤i1<···<ik≤n ai1···ik(ϕ(u))dϕi1 ∧ · · · ∧ dϕik . III.2 Dạng vi phân. 35 Ví dụ. a) Cho ϕ : R→ R2, ϕ(t) = (x = cos t, y = sin t) và ω(x, y) = xdy − ydx. Khi đó ϕ∗ω(t) = cos td(sin t)− sin td(cos t) = dt. b) Cho ϕ : R2 → R2, ϕ(r, θ) = (x = r cos θ, y = r sin θ) v… ω(x, y) = dx ∧ dy. Khi đó ϕ∗ω(r, θ) = d(r cos θ) ∧ d(r sin θ) = (cos θdr − r sin θdθ) ∧ (sin θdr + r cos θdθ) = rdr ∧ dθ (do dr ∧ dr = dθ ∧ dθ = 0, dθ ∧ dr = −dr ∧ dθ). Tính chất. (1) ϕ∗(ω1 + ω2) = ϕ∗(ω1) + ϕ∗(ω2), ω1, ω2 ∈ Ωk(V ). (2) ϕ∗(γ1 ∧ · · · ∧ γk) = ϕ∗(γ1) ∧ · · · ∧ ϕ∗(γk), γ1, · · · , γk ∈ Ω1(V ). (3) ϕ∗(dxi) = dϕi = m∑ j=1 ∂ϕi ∂uj duj . Chứng minh: Xem như bài tập. Bài tập: Cho ϕ : Rn → Rn khả vi. Chứng minh ϕ∗(f(x)dx1 ∧ · · · ∧ dxn) = f(ϕ(u)) detϕ′(u)du1 ∧ · · · ∧ dun. Nhận xét. Có thể định nghĩa toán tử đổi biến không qua biểu diễn trên tọa độ (i.e. định nghĩa không phụ thuộc hệ tọa độ) như sau ϕ∗ω(u)(v1, · · · , vk) = ω(ϕ(u))(ϕ′(u)v1, · · · , ϕ′(u)vk). 2.4 Toán tử vi phân. Với mỗi k ∈ N, toán tử vi phân được định nghĩa như sau d : Ωk(U) → Ωk+1(U), d( ∑ 1≤i1<···<ik≤n ai1···ikdxi1 ∧ · · · ∧ dxik) = ∑ 1≤i1<···<ik≤n dai1···ik ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxik . Ví dụ. Với n = 2, ký hiệu tọa độ là (x, y). Khi đó d (Pdx + Qdy) = dP ∧ dx + dQ ∧ dy = ( ∂P ∂x dx + ∂P ∂y dy ) ∧ dx + ( ∂Q ∂x dx + ∂Q ∂y dy ) ∧ dy = ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y ) dx ∧ dy (để ý là dx ∧ dx = dy ∧ dy = 0, dy ∧ dx = −dx ∧ dy). Trong R3 cho dạng vi phân ω(x, y, z) = sinxydx + ex 2+ydy + arctgxdz. III.2 Dạng vi phân. 36 Khi đó dω = (d sinxy) ∧ dx + d(ex2+y) ∧ dy + d(arctgx) ∧ dz = (y cos xydx + x cos xydy) ∧ dx + (2xex2+ydx + ex2+ydy) ∧ dy + 1 1 + x2 dx ∧ dz = (2xex 2+y − x cos xy)dx ∧ dy − 1 1 + x2 dz ∧ dx. Bài tập: Tính d (P (x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz), và d (P (x, y, z)dx ∧ dz + Q(x, y, z)dz ∧ dx + Q(x, y, z)dx ∧ dy) . Nhận xét. Nếu ω ∈ Ωk(Rn) với k ≥ n, thì dω = 0. Tính chất. (1) d(ω1 + ω2) = dω1 + dω2, ∀ω1, ω2 ∈ Ωk(U). (2) d(γ1 ∧ γ2) = dγ1 ∧ γ2 − γ1 ∧ dγ2, ∀γ1, γ2 ∈ Ω1(U).. (3) d(dω) = 0 , i.e. d ◦ d = 0 . (4) d(ϕ∗ω) = ϕ∗(dω) , i.e. dϕ∗ = ϕ∗d. Chứng minh: (1) là rõ ràng. Do (1) ta chỉ cần chứng minh (2) khi γ1 = adxi, γ2 = bdxj . Ta có d(γ1 ∧ γ2) = d(adxi ∧ bdxj) = d(abdxi ∧ dxj) = d(ab) ∧ dxi ∧ dxj = (bda + adb) ∧ dxi ∧ dxj = bda ∧ dxi ∧ dxj + adb ∧ dxi ∧ dxj = (da ∧ dxi) ∧ bdxj − adxi ∧ db ∧ dxj = dγ1 ∧ γ2 − γ1 ∧ γ2. Trước khi chứng minh (3) để ngắn gọn ta ký hiệu: dxI = dxi1 ∧ · · · ∧ dxik , với I = (i1, · · · , ik) là một bộ k chỉ số thuộc {1, · · ·n}. Do (1) chỉ cần chứng minh (3) khi ω = aIdxI . Ta có d(dω) = d(daI ∧ dxI) = d (∑ i ∂aI ∂xi dxi ∧ dxI ) = ∑ i d ( ∂aI ∂xi ) ∧ dxi ∧ dxI = ∑ i  ∑ j ∂2aI ∂xj∂xi dxj   ∧ dxi ∧ dxI = − ∑ i ∑ j ∂2aI ∂xi∂xj dxi ∧ dxj ∧ dxI ( do dxi ∧ dxj = −dxj ∧ dxi) = −d(dω) (thay đổi vai tròi, j) Vậy 2d(dω) = 0, suy ra (3). Cũng vậy chỉ cần kiểm tra (4) khi ω = aIdxI ∈ Ωk(V ). Ta có d(ϕ∗ω) = d(aI ◦ ϕdϕI) = d(aI ◦ ϕ) ∧ dϕI . ϕ∗(dω) = ϕ∗(daI ∧ dxI) = ϕ∗(daI) ∧ ϕ∗(dyI) = ϕ∗(daI) ∧ dϕI . Cần chứng minh d(aI ◦ ϕ) = ϕ∗(daI). Đẳng thức đúng là do: ϕ∗(daI) = ϕ∗  ∑ j ∂aI ∂xj dxj   = ∑ j ∂aI ◦ ϕ ∂xj dϕj = ∑ j ∂aI ◦ ϕ ∂xj ( ∑ i ∂ϕj ∂ui dui) = d(aI◦ϕ). III.3 Bổ đề Poincaré 37 Vậy các tính chất trên đã được chứng minh. Nhận xét. Do (4) toán tử d không phụ thuộc hệ tọa độ. 3. BỔ ĐỀ POINCARÉù 3.1 Dạng đó và dạng khớp. Cho dạng vi phân ω ∈ Ωk(U). ω gọi là đóng trên U nếuu dω = 0 trên U . ω gọi là khớp trên U nếuu tồn tại η ∈ Ωk−1(U) sao cho ω = dη. Nhận xét. Nếu ω khớp, thì ω đóng vì d(dη) = 0. Ví dụ sau chỉ ra dạng đóng nhưng không khớp: ω(x, y) = ydx− xdy x2 + y2 ∈ Ω1(R2 \ 0). Dạng ω là đóng, vì dω = x2 − y2 (x2 + y2)2 dy ∧ dx − y 2 − x2 (x2 + y2)2 dx ∧ dy = 0. Nhưng ω không khớp. Thật vậy, giả sử tồn tại hàm f ∈ Ω0(R2 \ 0), ω = df . Gọi ϕ(t) = (sin t, cos t). Khi đó ϕ∗ω = ϕ∗(df) = d(ϕ∗f) = d(f ◦ ϕ) = (f ◦ ϕ)′dt. Mặt khác ϕ∗ω = cos td(sin t) − sin td(cos t) sin2 t + cos2 t = dt . Vậy (f ◦ ϕ)′(t) ≡ 1. Suy ra f ◦ ϕ(t) = t+ const. Điều này vô lý vì f ◦ ϕ là hàm có chu kỳ ï 2π. Khi một dạng Pfaff ω = a1dx1 + · · · + andxn ∈ Ω1(U), tồn tại hàm f ∈ Ω0(U) thỏa df = ω, thì f được gọi là một tích phân đầu của ω. Nói một cách khác f thỏa hệ phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp một ∂f ∂x1 = a1, · · · , ∂f ∂xn = an. Vậy nếu ω có tích phân đầu (= khả tích = khớp), thì dω = 0, i.e. các hàm a1, · · · , an thỏa hệ thức ∂aj ∂xi = ∂ai ∂xj với mọi i, j = 1, · · · , n. Tính chất hình học của tập nhiều khi quyết định bài toán giãi tích. Một dạng đóng cũng là khớp trên U , khi tập U có tính chất hình học sau: 3.2 Tập co rút được. Tập con U trong Rn gọi là co rút được về một điểm x0 ∈ U nếuu tồn tại một ánh xạ lớp C1 h : U × [0, 1] → U, (x, t) → h(x, t) sao cho: h(x, 0) = x0 và h(x, 1) = x, ∀x ∈ U . Ví dụ. Sau đây là một số lớp tập co rút quan trọng: III.3 Bổ đề Poincaré 38 Tập lồi: tập U gọi là lồi nếuu ∀x, y ∈ U đoạn [x, y] = {x + t(y − x) : t ∈ [0, 1]} ⊂ U . Chẳng hạn Rn, hình cầu, hình hộp là các tập lồi. Tập hình sao: tập U gọi là hình sao nếuu ∃x0 ∈ U : ∀x ∈ U, [x0, x] ⊂ U . Trong các ví dụ trên ánh xạ h(x, t) = x0 + t(x − x0) thỏa Định nghĩa 3.2. Bài tập: Rõ ràng là tập lồi là tập hình sao. Tìm ví dụ tập hình sao không lồi, tập co rút đươ