Miara na rozmaitości w R k Ostatnie poprawiałem ten tekst 23 kwietnia 2015 r. Zwykła prośba: prosz

Transkrypt

1 Miara na rozmaitości w R k Ostatnie poprawiałem ten tekst 23 kwietnia 2015 r. Zwykła prośba: prosz e o informacj e o zauważonych bł edach, poprawi e. Zajmiemy sie teraz określeniem miary na rozmaitości M R k. Rozpoczniemy od przykładu wskazujacego na pewna trudność. Przykład 10.1 Schwarza Niech W oznacza walec o wysokości 1 i którego podstawa ma promień 1. Wykażemy, że w powierzchnie boczna tego walec można wpisać wielościan, który ma dowolnie duża powierzchnie i którego wszystkie krawedzie sa krótkie. Ścianami tego wielościanu bed a trójkaty równoramienne, wiec pole bedziemy w stanie znaleźć bez kłopotu. Podzielimy walec płaszczyznami równoległymi do podstaw na n przystajacych walców czyli prowadzimy n 1 płaszczyzn). Mamy wiec n + 1 okregów. W każdy z nich wpisujemy m kat foremny w ten sposób, że wierzchołki wielokata wpisanego w j + 1 wszy liczac od dołu) okrag znajduja sie nad środkami łuków j tego okregu wyznaczonych przez sasiednie wierzchołki wielokata wpisanego w j ty okrag. Mamy wiec mn+1) punktów na powierzchni bocznej walca. Rozważamy powierzchnie bed ac a suma trójkatów, których dwoma wierzchołkami sa sasiednie punkty jednego okregu, a trzecim wierzchołek znajdujacy sie na sasiednim okregu nad lub pod środkiem łuku wyznaczonego przez dwa pierwsze. Otrzymujemy wiec 2m trójkatów miedzy sasiednimi okregami, w sumie 2mn trójkatów. Pole jednego takiego trójkata równe jest sin π cos π m n 2 m )2, zatem pole P m,n powierzchni całkowitej wielościanu równe jest 2m sin π 1 + 4n m 2 sin 4 π. m Przyjawszy n = m otrzymujemy P m,n = 2m sin π 1 + 4m m 2 sin 4 π 2π, m m jest to rezultat zgodny z oczekiwaniami: pole wielościanu którego wszystkie krawedzie sa bardzo krótkie i którego wierzchołki leża na powierzchni bocznej walca w miare gesto przybliża pole powierzchni bocznej walca. Przyjmijmy teraz n = m 2. Otrzymujemy w tym przypadku P m,n = 2m sin π 1 + 4m m 4 sin 4 π 2π 1 + 4π m 4, m a wiec za dużo. Niech n = m 3. Teraz P m,n = 2m sin π 1 + 4m m 6 sin 4 π +. m m Oznacza to, że próba zdefiniowania pola powierzchni bocznej walca przez przybliżanie polami wielościanów wpisanych w te powierzchnie skończy sie niepowodzeniem, chyba że zwiekszymy wymagania wobec nich. Przyczyna tych nieco dziwacznych rezultatów jest to, że rozpatrywane trójkaty majac wierzchołki na powierzchni bocznej walca i krótkie krawedzie nie przybliżały jednak powierzchni bocznej, bo kat miedzy płaszczyzna trójkata i powierzchnia boczna czyli płaszczyzna styczna do powierzchni bocznej) nie dażył w drugim ani w trzecim przypadku do 0 w pierwszym tak było). Oznacza to, że przy wprowadzaniu definicji należy zadbać również o ten czynnik. Załóżmy, że ψ : V M R k jest parametryzacja pewnego otwartego podzbioru U = ψv ) rozmaitości m wymiarowej M. Zdefiniujemy najpierw miare bore- 165

2 lowska na zbiorze U. Przypomnijmy, że wyznacznikiem Grama wektorów v 1, v 2,..., v m nazywamy wyznacznik macierzy v i v j ) 1 i,j m. Pełni on role kwadratu objetości m wymiarowego równoległościanu rozpietego przez wektory v 1, v 2,..., v m. Jeśli jest on równy 0, to wektory sa liniowo zależne, co jest zgodne z intuicyjnym pojmowaniem objetości. Zdefiniujmy gv 1, v 2,..., v m, w 1, w 2,..., w m ) = detv i w j ) 1 i,j m dla dowolnych wektorów v 1,..., v m, w 1,..., w m R k. Mamy wiec gv 1, v 2,..., v m, v 1, v 2,..., v m ) = Gv 1, v 2,..., v m ). Jasne jest, że funkcja g jest 2m liniowa na R k ) 2m przy czym jest ona antysymetryczna jako funkcja wektorów v 1, v 2,..., v m przy ustalonych wektorach w 1, w 2,..., w m. Jest też antysymetryczna przy ustalonych wektorach v 1, v 2,..., v m jako funkcja wektorów w 1, w 2,..., w m. Mamy gv 1, v 2,..., v m + tv 1, v 1, v 2,..., v m + tv 1 ) = = gv 1, v 2,..., v m, v 1, v 2,..., v m ) + gv 1, v 2,..., tv 1, v 1, v 2,..., v m ) + + gv 1, v 2,..., v m, v 1, v 2,..., tv 1 ) + gv 1, v 2,..., tv 1, v 1, v 2,..., tv 1 ) = = gv 1, v 2,..., v m, v 1, v 2,..., v m ) = Gv 1, v 2,..., v m ), bo wyznacznik macierzy zawierajacej proporcjonalne wiersze jest równy 0. Oczywiście wektor v 1 można zastapić dowolnym z wektorów v 2,..., v m 1. W rezultacie: wartość wyznacznika Grama układu wektorów v 1, v 2,..., v m nie zmienia sie w wyniku dodania do wektora v m dowolnej kombinacji liniowej wektorów v 1, v 2,..., v m 1. Można wiec odjać od v m rzut tego wektora na podprzestrzeń rozpiet a przez wektory v 1, v 2,..., v m 1 zachowujac wartość wyznacznika Grama. Z definicji wynika natychmiast, że jeżeli v i v m dla i = 1, 2,..., m 1, to zachodzi równość Gv 1, v 2,..., v m ) = Gv 1, v 2,..., v m 1 ) v m 2. To żywo przypomina dosyć znany wzór na objetość równoległościanu: objetość równoległościanu to iloczyn pola podstawy i wysokości. Druga miła okoliczność to niezmienniczość wyznacznika Grama przy izometriach: jeśli L: R k R k jest izometria liniowa, to Gv 1, v 2,..., v m ) = GLv 1, Lv 2,..., Lv m ). Dla dowolnych wektorów v 1, v 2,..., v m R k istnieje taka izometria liniowa L: R k R k, że Lv 1, Lv 2,..., Lv m R m {0,..., 0}. }{{} k m Dla wektorów v 1, v 2,..., v m R m wyznacznik Grama Gv 1, v 2,..., v m ) jest równy kwadratowi wyznacznika macierzy, której kolumnami sa wektory v 1, v 2,..., v m, czyli kwadratowi m wymiarowej miary Lebesgue a równoległościanu rozpietego przez te wektory. Rozsadnie jest wiec przyjać, że Gv 1, v 2,..., v m ) jest kwadratem miary równoległościanu rozpietego przez wektory v 1, v 2,..., v m nie tylko w tym przypadku, ale również, gdy sa one położone w przestrzeni wyższego wymiaru np. równoległobok w R 3 ma jakieś pole). Jeśli ψ : V R k jest parametryzacja otwartego podzbioru U rozmaitości M R k, q V, to różniczka Dψq): R m R k odwzorowuje przestrzeń R m na T ψq) M. Jeśli Q jest kostka o środku q, to Dψq)Q) T ψq) jest m wymiarowym równoległościanem, którego objetość równa jest det Dψq) T Dψq) ) l m Q). To sugeruje nastepuj ac a 166

3 definicje: jeśli A V, to l M ψa)) = det Dψq) A T Dψq) ) dl m. Tutaj l M oznacza miare na rozmaitości, która właśnie definiujemy. Nazywać ja bedzie- my miara Lebesgue a Riemanna na M. Taka definicja wymaga po pierwsze stwierdzenia, że wynik jest zależny jedynie od zbioru ψa), a nie od A, ψ itp. Po drugie trzeba wyjaśnić, dla jakich zbiorów określamy miare, po trzecie trzeba rozszerzyć te definicje na zbiory, które nie sa zawarte w dziedzinie jednej mapy, czyli na taki, których nie można sparametryzować za pomoca jednego przekształcenia ψ. Zaczniemy od pierwszej kwestii. Dowód odpowiedniego lematu poprzedzimy dosyć ważnym twierdzeniem opisujacym strukture przekształcenia klasy C r, którego różniczka ma rzad niezależny od punktu. Twierdzenie 10.2 o rzedzie) Jeśli ψ : V R l jest przekształceniem klasy C r, r 1 i dla każdego x V R k zachodzi równość rdψ)x) = m, to dla każdego punktu q V istnieja otwarte otoczenia V 1 q oraz V 2 ψq) oraz dyfeomorfizmy na obraz) f : V 1 R k, g : V 2 R l takie, że g ψ f 1 x 1, x 2,..., x k ) = x 1, x 2,..., x m, 0,..., 0 ) }{{} l m Dowód. Niech ψ = ψ 1, ψ 2,..., ψ l ). Niech q V. Ponieważ rzad przekształcenia Dψq) równy jest m, wiec pewien minor wymiaru m macierzy Dψq) = ψ i x j q) ) jest różny od 0. Po ewentualnej zmianie numeracji współrzednych w dziedzinie lub w obrazie można przyjać, że ψ i x j q) 1 i,j m 0. Niech fx) = fx 1,... x k ) = ) ψ 1 x), ψ 2 x),..., ψ m x), x m+1, x m+2,..., x k, oczywiście jeśli m = k, to współrzednych o numerach wiekszych niż m = k nie ma. Przekształcenie f jest oczywiście tej samej klasy co ψ a przynajmniej nie mniejszej). Mamy ψ 1 ψ x 1 q)... 1 ψ x m q) 1 ψ x m+1 q)... 1 x k q) ψ 2 ψ x 1 q)... 2 ψ x m q) 2 ψ x m+1 q)... 2 x k q) Dfq) = ψ m ψ x 1 q)... m ψ x m q) m ψ x m+1 q)... m x k q) Wyznacznik tej macierzy równy jest ψ i x j q) i,j m Wynika stad twierdzenie o odwracaniu funkcji), że istnieje otoczenie V 1 punktu q, po obcieciu do którego f jest dyfeomorfizmem. Pierwszych m współrzednych przekształcenia ψ f 1 pokrywa sie z pierwszymi m współrzednymi przekształcenia f f 1 = id. Niech 167

4 ψf 1 x)) = x 1,..., x m, ψ m+1 x),..., ψ l x)). Bez trudu stwierdzamy, że Dψ f 1 )x) = ψ m+1 x 2 x)... ψ m+1 x m x) ψ m+1 x m+1... ψ m+1 x k x) ψ l x 2 x)... ψ l x m x) ψ l x m+1... ψ l x k x) ψ m+1 x 1 x) ψ l x 1 x) Złożenie przekształcenia liniowego z izomorfizmem nie zmienia rzedu. Wobec tego rzad Dψ f 1 )x) jest równy m, czyli taki sam jak macierz jednostkowa znajdujaca sie w lewym górnym rogu macierzy Dψ f 1 )x). Wynika stad, że ψ i x j x) = 0 dla i = m + 1,..., l, j = m + 1,..., k. Oznacza to, że funkcje ψ m+1, ψ m+2,..., ψ l nie zależa od zmiennych x m+1, x m+2,..., x k, po ewentualnym zmniejszeniu V 1 można przyjać, że fv 1 ) jest k wymiarowym przedziałem, wiec nie mam kłopotu z wywnioskowaniem stałości funkcji, której pochodna jest zerowa. Mamy wiec prawo pisać ψ j x 1,..., x m ) zamiast ψ j x 1,..., x m, x m+1,..., x k ) w przypadku j = m + 1,..., l. Definiujemy teraz gy 1,..., y l ) = y 1,..., y m, y m+1 ψ m+1 y 1,..., y m ),..., y l ψ l y 1,..., y m ) ). Można z łatwościa przekonać sie o tym, że g ψ f 1 x 1,..., x k ) = x 1,..., x m, 0,..., 0) oraz że g jest dyfeomorfizmem: g 1 y 1,..., y l ) = y 1,..., y m, y m+1 + ψ m+1 y 1,..., y m ),..., y l + ψ l y 1,..., y m ) ). Dowód został zakończony. Lemat 10.3 o przechodzeniu od jednej mapy do drugiej mapy) Jeśli ψ : V R k i ψ : Ṽ R k sa homeomorfizmami klasy C r, r 1, których różniczki we wszystkich punktach sa różnowartościowe, ψv ) = ψṽ ), to przekształcenie ψ 1 ψ jest dyfeomorfizmem. Dowód. Niech q V. Zgodnie z twierdzeniem o rzedzie istnieja lokalnie) dyfeomorfizmy g i f takie, że g ψ f 1 x 1,..., x m ) = x 1,..., x m, 0..., 0) w pewnym otoczeniu punktu fq). Przekształcenie g ψ f 1 formalnie przekształca pewien podzbiór przestrzeni R m w przestrzeń R k, ale faktycznie w przestrzeń R m. Można je wiec odwracać, odwrotne jest klasy C r. Zachodzi równość ψ 1 ψ = f 1 g ψ f 1) 1 g ψ. Z niej wynika, że ψ 1 ψ klasy C r, bo jest złożeniem przekształceń takiej klasy różniczkowalność w punkcie jest własnościa lokalna, wiec niczemu w dowodzie nie przeszkadza to, że rozważane złożenie jest określone jedynie w dostatecznie małym otoczeniu punktu fq)). Jest to oczywiście prawda również w przypadku przekształcenia odwrotnego ψ 1 ψ, zatem jest to dyfeomorfizm. Dowód został zakończony. Lemat 10.4 o niezależności miary od mapy) Jeśli ψ : V R k i ψ : Ṽ R k sa homeomorfizmami klasy C r, r 1, których 168

5 różniczki we wszystkich punktach sa różnowartościowe, A ψv ) = ψṽ ) jest zbiorem borelowskim, to det Dψq) ψ 1 A) T Dψq) ) dl m = det D ψq) ψ 1 A) T D ψq) ) dl m. Dowód. Skorzystamy z tego, że przekształcenie ψ 1 ψ jest dyfeomorfizmem poprzedni lemat). Z twierdzenia o zamianie zmiennych wynika, że we wzorach poniżej przyjmujemy, że q = ψ 1 ψ ) ) x) det D ψq) ψ 1 A) T D ψq) ) dl m q) = = det D ψq) ψ 1 A) T D ψq) ) det D ψ 1 ψ)x) dl m x) = = det D ψq) ψ 1 A) T D ψq) ) det D ψ 1 ψ)x) ) 2 dlm x) = = det D ψ ψ 1 A) 1 ψ)x) ) T det D ψq)t D ψq) ) det D ψ 1 ψ)x) dl m x) = = det [ D ψ ψ 1 A) 1 ψ)x) ) T D ψq)t D ψq) D ψ 1 ψ)x) ] dl m x) = = det [ D ψq) D ψ ψ 1 A) 1 ψ)x) ) T D ψ ψ 1 ψ ) x) ] dl m x) = = det [ Dψx) ) T ] ψ 1 A) Dψx) dlm x). W tym rozumowaniu korzystaliśmy z tego, że wyznacznik iloczynu macierzy kwadratowych jest iloczynem wyznaczników macierzy oraz, że w mnożenie liczb jest przemienne mnożenie macierzy niestety przemienne nie jest). Teraz można już zdefiniować miare na rozmaitości M R k. Istnieje na każdej z nich atlas złożony z nie wiecej niż przeliczalnej liczby map ϕ 1, ϕ 2,.... Załóżmy, że ich dziedzinami sa zbiory U 1, U 2,... Jeśli A M jest zbiorem borelowskim, to każdy ze zbiorów V 1 := A U 1, V 2 := A U 2 \ U 1, V 3 := A U 3 \ U 1 U 2 ),... jest borelowski, sa one parami rozłaczne, wiec można miare określić wzorem l M A) = n l MV n ), gdzie l M V n ) = ϕ nv n) det Dϕ 1 x) T Dϕ 1 x) ) dl m x). Wykazaliśmy, że wynik nie zależy od wyboru mapy. Jest jasne, że jest on również niezależny od sposobu rozbicia zbioru A na rozłaczne podzbiory mieszczace sie w dziedzinach map z jednego atlasu na dziedzinie jednej mapy l m jest miara, wiec majac dwa rozbicia przeliczalne rozbicia {V n } i {W m } zbioru A możemy rozważyć rozbicie przeliczalne {V n W m } zbioru A). Miare określiliśmy na zbiorach borelowskich. Można ja uzupełnić np. korzystajac z twierdzenia Caratéodory go) dołaczaj ac do σ ciała podzbiory zbiorów miary 0. Można też od razu przyjać, że zbiór A jest mierzalny wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór ϕa U) jest mierzalny dla dowolnej mapy ϕ określonej na zbiorze U, otwartym w M. Rozumowanie nie ulega zmianie, bo dyfeomorfizmy przekształcaja zbiory mierzalne na zbiory mierzalne. Przykład 10.5 sfera) Znajdziemy miare sfery k wymiarowej S k R k+1. Miara zbiory skończonego jest oczywiście równa 0. Rzut stereograficzny przekształca sfere bez jednego punktu na cała przestrzeń R k. Wystarczy wiec znaleźć całke det Dψq) R T Dψq) ) dl k k, gdzie ψx) = 2x, x x 2 x +1), x = 2 x1, x 2,..., x k ) R k. Zaczniemy od znalezienia Dψx). 169

6 Korzystajac ze standardowych praw różniczkowania otrzymujemy: Dψx)h = ) 2h 2x 2x h 4x h, 1+ x 2 1+ x 2 ) 2 1+ x 2 ). 2 Mamy wiec Dψx)h 2 = 4 h 2 16x h) x 2 x h) x h)2 = 4 h x 2 ) 2 1+ x 2 ) 3 1+ x 2 ) 4 1+ x 2 ) 4 1+ x 2 ) 2 Wykazaliśmy wiec, że przekształcenie liniowe Dψx) przekształca wektor h na wektor 2 h 2 o długości. Jest wiec 1+ x 2 podobieństwem w skali. Oznacza to, że kolumny macierzy Dψx) sa 1+ x 2 2 wzajemnie prostopadłymi wektorami o długości, a stad 1+ x 2 wynika, że det Dψq) T Dψq) ) = ) 2 k. 1+ x Miara sfery S k jest wiec 2 równa ) 2 k R k 1+ x 2 dlk. Dla obliczenia tej całki zastosujemy współrzedne sferyczne biegunowe). Przyjmujemy wiec jak w cześci dziewiatej, gdy obliczaliśmy miare kuli k wymiarowej, że x 1 = ϱ cos θ 1 cos θ 2 cos θ k 2 cos θ k 1 x 2 = ϱ cos θ 1 cos θ 2 cos θ k 2 sin θ k 1 x 3 = ϱ cos θ 1 cos θ 2 sin θ k x k 2 = ϱ cos θ 1 cos θ 2 sin θ 3 x k 1 = ϱ cos θ 1 sin θ 2 x k = ϱ sin θ 1. Niech H = {θ 1, θ 2,..., θ k 2, θ k 1 ) : θ 1 < π, θ 2 2 < π,..., θ 2 k 2 < π, θ 2 k 1 < π}. Z twierdzenia o zamianie zmiennych wynika, że nie przejmujemy sie zbiorami miary 0) l S ks k ) = ) 2 k R k 1+ x 2 dlk = = 2 ) ) k ϱ k 1 cos k 2 θ 0, ) H 1+ϱ 2 1 cos k 3 F ubini θ 2... cos θ k 2 dl k ======= = 2 ) kϱ k 1 dϱ H 0, ) 1+ϱ 2 cosk 2 θ 1 cos k 3 θ 2... cos θ k 2 dl k 1 = = 2 ) kϱ k 1 ϱ=tg t dϱ kl 0 1+ϱ 2 k B0, 1)) =========== 2 π/2 2 tg t k 1dt dϱ=1+tg tg t) t) 2 klk B0, 1)) = = 2 π/2 sin k 1 2tdt kl 0 k B0, 1)) = π 0 sink 1 τdτ kl k B0, 1)) = { k 2 k 1 = k 4 1 π kl k 3 2 kb0, 1)), jeśli k > 1 jest nieparzyste; k 2 k kl k 1 k 3 3 kb0, 1)), jeśli k > 2 jest parzyste. Możemy wi ec napisać l S ks k ) = Γ k 2 ) Γ k+1 2 ) π k l k B0, 1)), przy czym ten ostatni wzór zachodzi dla k = 1, 2,... do sprawdzenia jego prawdziwości zach ecam studentów: przy okazji można przypomnieć sobie czym jest jest funkcja Γ. Na wszelki wypadek : Γ 1 2 ) = π, Γx + 1) = xγx) dla x > 0. Otrzymaliśmy wi ec wzór ma miar e sfery wielowymiarowej o promieniu 1. Jasne jest, że z tego wzoru bez trudu można otrzymać wzór na miar e sfery k wymiarowej o promieniu r > 0. Zadanie 10.1 Wykazać, że jeśli S r jest k wymiarowa sfera o promieniu r, to l Sr S r ) = r k l S ks k ) = r k Γ k 2 ) π k l Γ k+1 2 ) k B0, 1)). Zadanie 10.2 Wykazać, że liczba R l 0 S r S r )dr jest miara k+1 wymiarowej kuli o promieniu R >

7 Drugie zadanie jest ważne. Należy spróbować zrozumieć dlaczego to twierdzenie jest prawdziwe. Ono obejmuje wzory, które wszyscy kończacy licea znaja, ale nieliczni je zauważaja: ) πr 2 = 2πr, 4 πr3) 3 = 4πr 2. W zasadzie niewiele zostało tu do zrobienia, wystarczy sie uważnie przyjrzeć temu, co zrobiliśmy. W cześci dziewiatej zdefiniowaliśmy środek cieżkości zbioru borelowskiego A R k. Pojecie to możemy teraz stosować do rozmaitości. Można też wykazać twierdzenie Pappusa Guldina dla powierzchni obrotowych. Twierdzenie 10.6 Pappusa Guldina) 1 Jeśli A M {x R 3 : x 2 = 0 < x 1 } jest zbiorem, który ma środek cieżkości wzgledem miary l M, M jest rozmaitości a, B jest zbiorem, który powstaje w wyniku obrotu zbioru A o kat 2π wokół prostej x 1 = x 2 = 0, to l M B) = 2πrl MA), gdzie r jest odległościa środka cieżkości zbioru A od osi obrotu, M R 3 jest rozmaitościa powstała w wyniku obrotu rozmaitości M wokół prostej x1 = x 2 = 0. Dowód. Zaczniemy oczywiście od wykazania, że M jest rozmaitościa zakładajac, że M jest rozmaitościa jednowymiarowa. Przypadek dwuwymiarowej rozmaitości M jest objety poprzednia wersja tego twierdzenia, rozmaitości wymiaru 0 nie sa przesadnie interesujace: sa to przestrzenie dyskretne. Niech Ũ bedzie dziedzin a mapy ϕ i niech ψ = ϕ 1, Ṽ = ϕũ). Niech ψx) = ψ 1 x), 0, ψ 3 x)). Definiujemy ψx, t) = ψ 1 x) cos t, ψ 1 x) sin t, ψ 3 x) ). Jeśli liczby t wybierane sa z przedziału α, β) o długości mniejszej niż 2π, to przekształcenie ψ jest ciagłe i różnowartościowe. Różnowartościowość wynika natychmiast z różnowartościowości ψ i różnowartościowości przekształcenia t cos t, sin t) na przedziale długości < 2π. Przekształcenie ψ jest homeomorfizmem: jeśli ψx n, t n ) ψy, s), to ψ 3x n ) ψy) oraz ψ 1x n ) = n n ψ1 ) 2 ) 2 ψ1 = x n ) cos t n + ψ1 x n ) sin t n y) cos s ) 2 + ψ1 y) sin s ) 2 = ψ1 y). n Stad i z ciagłości ϕ wynika, że x n y. Co najmniej jedna z liczb cos s, sin s jest n różna od 1. Dla ustalenia uwagi niech 1 < cos s < 1. Wtedy w pewnym otoczeniu liczby s funkcja cos jest homeomorfizmem. Wobec tego z równości lim cos t n = cos s n wynika, że lim n t n = s. Mamy ψ 1x) cos t ψ 1 x) sin t ψ Dψx, t) = 1x) sin t ψ 1 x) cos t ψ 3x) 0. Mamy wiec ) ψ Dψx, t) T Dψx, t) = 1 x) 2 + ψ 3x) ψ1 2. Wobec tego det Dψx, t) T Dψx, t) ) = ψ 1x) 2 + ψ 3x) 2) ψ 1 x) 2 > 0, bo D ψx) jest 1 Pappus ), Guldin ) 171

8 różnowartościowe, zatem Dψx, t) również jest różnowartościowe rzad tego przekształcenia liniowego jest równy 2). Wskazaliśmy wiec atlas dla M. Możemy teraz znaleźć miare zbioru ψϕa) 0, 2π)). Jest ona na mocy definicji równa ψ 1x) 2 + ψ 3x) 2) ψ 1 x) 2 F ubini dl 2 ======= ϕa) 0,2π) = 2π ψ ϕa) 1x) ψ 1x) 2 + ψ 3x) 2 dl 1 x) = = 2π x A 1 dl Mx) = 2πl MA) 1 x l M A) A 1 dl Mx). 1 Liczba x l M A) A 1dl Mx) to pierwsza współrzedna środka cieżkości zbioru A wzgledem miary l M, zatem jest to odległość od prostej x 1 = 0 = x 2, czyli od osi obrotu, jest wiec równa r. Widać wiec, że jest to taki sam dowód, jak poprzedniej wersji tego twierdzenia. Z tego twierdzenia łatwo można wyprowadzić wzory na pole powierzchni bocznej stożka, lub ogólniej stożka ścietego wystarczy stwierdzić, że środkiem cieżkości odcinka jest jego środek. Można znaleźć wzór na pole powierzchni torusa, jeśli tylko zdołamy wykazać, że środkiem cieżkości okregu nie koła!) jest jego środek. Wzór jest użyteczny i łatwy w dowodzie. W zasadzie to szczególny przypadek twierdzenia Fubiniego. Warto dodać jeszcze, że jeśli f : M [0, ] jest funkcja mierzalna a zbiór A M jest zawarty w obrazie parametryzacji ψ : V M R k, to fdl A M = f ψ Dψx) ψ 1 A) T Dψx)dl m x). Ten wzór pozwala w wielu przypadkach na całkowanie funkcji określonych na rozmaitościach. Oczywiście funkcje nieujemna można zastapić funkcja całkowalna lub taka, która ma całke, niekoniecznie skończona. Teraz podamy jeszcze jedno twierdzenie, różnie nazywane przez różnych matematyków, które na jeszcze jeden sposób uzasadnia, że przyjeta wcześniej definicja miary na rozmaitości ma sens. Przydaje sie ono czasem w różnych rozumowaniach. Poprzedzimy je bardzo ważnym twierdzeniem opisujacym strukture otoczenia rozmaitości.. Twierdzenie 10.7 o otoczeniu kołnierzykowym) 2 Niech M R k bedzie m wymiarowa rozmaitościa zwarta klasy C 2. Niech N p δ) oznacza zbiór wszystkich takich punktów x R k, że wektor x p jest prostopadły do T p M i jego długość jest mniejsza od δ, tzn. x N p δ) wtedy i tylko wtedy, gdy x p < δ i dla każdego w T p M zachodzi równość x p) w = 0. Istnieje wtedy taka liczba r > 0, że jeśli p 1 p 2, p 1, p 2 M, to N p1 δ) N p2 δ) = a zbiór p M N p δ) jest otwartym podzbiorem R k. Dowód. Niech p M. Niech U M bedzie takim otoczeniem punktu p, które jest dziedzina pewnej mapy ϕ 1 klasy C 2 i niech ϕ 1 U) = V, ϕ 1 p) = q. W tej sytuacji wektory ϕ t 1 q), ϕ ϕ t 2 q),..., t m q) tworza baze przestrzeni liniowej T p M. Niech w m+1, w m+2,..., w k bed a takimi wektorami, że układ w 1 := ϕ t 1 q), w 2 := ϕ t 2 q),..., w m := ϕ t m q), w m+1, w m+2,..., w k jest baza w przestrzeni R k. Zastapimy te wektory wzajemnie prostopadłymi wektorami ortogonalizacja Grama Schmidta) n 1 p) = w 1, n w 1 2p) := w 2 w 2 n 1 p))n 1 p), w 2 w 2 n 1 p))n 1 p)p) 2 ang: tubular neighbourhood; jak widać polski termin, do którego mnie kiedyś przyzwyczajono, nie jest dosłownym tłumaczeniem z angielskiego. 172

9 n 3 p) := w 3 w 3 n 1 p))n 1 p) w 3 n 2 p))n 2 p),... w 3 w 3 n 1 p))n 1 p) w 3 n 2 p))n 2 p) W ten sposób skonstruowaliśmy baze złożona z wzajemnie prostopadłych wektorów o długości 1. Jasne jest, że wektory w 1, w 2,..., w j rozpinaja te sama przestrzeń liniowa, co wektory n 1 p), n 2 p),..., n j p) dla każdego j = 1, 2,..., k. Wobec tego wektory n 1 p), n 2 p),..., n m p) sa styczne w punkcie p do rozmaitości M, a pozostałe wektory w m+1 p), w m+2 p),..., w k p) sa prostopadłe do rozmaitości M czyli do T p M) w punkcie p. Ponieważ liniowa niezależność wektorów w 1 = ϕ t 1 q), w 2 = ϕ t 2 q),..., w m = ϕ t m q), w m+1, w m+2,..., w k równoważna jest niezerowaniu sie wyznacznika macierzy z nich utworzonej, wiec istnieje taka liczba η > 0, że jeśli t q < η, to wektory ϕ ϕ t 1 t), t 2 t),..., ϕ t m t), w m+1, w m+2, w k sa liniowo niezależne wektory w m+1, w m+2,..., w k nie zależa od t). Niech x = ϕt). Zastepujemy te wektory baza ortonormalna n 1 x), n 2 x),..., n m x), n m+1 x),..., n k x) skonstruowana w sposób wyżej opisany. Zdefiniowaliśmy wiec w pewnym otoczeniu Ũp U M punktu p funkcje n 1, n 2,..., n m, n m+1,...,n k. Funkcje n j ϕ sa klasy C 1, bowiem ϕ jest klasy C 2, a wobec tego funkcje ϕ sa klasy C 1 dodajac, odejmujac, mnożac skalarnie i dzielac funkcje klasy C 1 otrzymujemy funkcje klasy C 1. Niech Φt 1, t 2,..., t m, t m+1,..., t k ) = ϕt 1, t 2,..., t m ) + t m+1 n m+1 ϕt1, t 2,..., t m ) ) + + t m+2 n m+2 ϕt1, t 2,..., t m ) ) + + t k n k ϕt1, t 2,..., t m ) ). Dla j = 1, 2,..., m zachodza równości: Φ t 1, t 2,..., t m, t m+1,..., t k ) = ϕ t 1, t 2,..., t m ) + a dla j = m + 1, m + 2,..., k prawdziwe sa wzory: Φ t 1, t 2,..., t m, t m+1,..., t k ) = n j ϕt1, t 2,..., t m ) ). Wobec tego mamy równości k i=m+1 t i n i ϕ) t 1, t 2,..., t m ), Φ t 1, t 2,..., t m, 0, 0,..., 0) = ϕ t 1, t 2,..., t m ) dla j = 1, 2,..., m oraz Φ t 1, t 2,..., t m, 0, 0,..., 0) = n j ϕt1, t 2,..., t m ) ) dla j = m + 1, m + 2,..., k. Wynika stad, że kolumny macierzy DΦt 1, t 2,..., t m, 0, 0,..., 0) sa liniowo niezależne, wiec jest to macierz izomorfizmu. Z twierdzenia o odwracaniu funkcji wynika, że istnieje takie otoczenie U p Ũp i liczba ε p, że na zbiorze ϕ 1 U p ) B k m 0, ε p ) przekształcenie Φ jest dyfeomorfizmem, B k m 0, ε p ) oznacza tu kule w R k m o środku w punkcie 0 R k m i promieniu ε p. Bez trudu można też zauważyć, że ma miejsce wzór Φ {ϕ 1 x)} B k m 0, ε p ) ) = N x ε p ). Ponieważ Φ jest różnowartościowe, wiec jeśli x 1 x 2 i x 1, x 2 U p, to N x1 ε p ) N x2 ε p ) =. Ponieważ Φ jest homeomorfizmem, wiec x U p N x ε p ) = Φ ϕ 1 U p ) B k m 0, ε p ) ) jest otwartym podzbiorem przestrzeni R k. Rodzina {U p : p M} stanowi otwarte pokrycie rozmaitości zwartej M, wiec istnieja takie punkty p 1, p 2,..., p n, że U p1 U p2 U pn = M. Przyjmijmy ε = minε p1, ε p2,..., ε pn ) i niech λ > 0 bedzie taka liczba, że jeśli x 1 x 2 < λ, 173

10 to istnieje taki numer j {1, 2,..., n}, że x 1, x 2 U pj λ to liczba Lebesgue a tego pokrycia otwartego). Niech r minε, 1λ). 2 Jeśli 0 < δ r, to zbiór x M N xδ) jest otwarty jako suma skończonej liczby) zbiorów otwartych. Zbiory N x δ) sa parami rozłaczne, bo jeśli N x1 δ) N x2 δ), to x 1 x 2 < 2δ λ, wiec istnieje takie j {1, 2,..., n}, że x 1, x 2 U pj, a z tego wynika, że N x1 δ) N x2 δ) =, wbrew temu, co założyliśmy przed chwila. Dowód został zakończony. Uwaga 10.8 o istotności założeń tw. o otoczeniu kołnierzykowym) a) Udowodnić, że jeśli M = { x, y) : 3 y4 1 ) 2 + x 2 = 1 }, to M jest zwarta rozmaitościa klasy C 1, która nie jest rozmaitościa klasy C 2. Wykazać, że dla dowolnej liczby δ > 0 istnieja takie punkty p 1, p 2 M, że N p1 δ) N p2 δ) i p 1 p 2 < δ. b) Niech M = { e t cos t, e t sin t) : t R }. Wykazać, że M jest rozmaitościa klasy C, ale niezwarta. Wykazać, że dla dowolnej liczby δ > 0 istnieja takie punkty p 1, p 2 M, że N p1 δ) N p2 δ) i p 1 p 2 < δ. Wykazane twierdzenie mówi coś na temat wygladu małych otoczeń rozmaitości zwartej zanurzonej w R k. Nie mówi ono jednak, jak przekonamy sie niebawem, że dostatecznie małe i dostatecznie dobrze wybrane otoczenie rozmaitości zwartej M R k jest dyfeomorficzne, albo chociaż homeomorficzne z produktem M R k m. Nastepne twierdzenie również tego nie mówi, choć też sugeruje, że tak być powinno, a przynajmniej mogłoby. Twierdzenie 10.9 o mierze kołnierzyka 3 ) Jeśli M jest zwarta rozmaitościa klasy C 2 i N M δ) = p M N pδ), to l lim k N pδ)) = l δ 0 δ k m k m Bk m 0, 1) ) l M M). Dowód. Bedziemy stosować oznaczenia użyte w dowodzie poprzedniego twierdzenia. Niech j {1, 2,..., n} Zajmiemy sie najpierw zbiorem x U pj N x δ) zakładajac, że 0 < δ r. Niech ϕ 1 j bedzie mapa klasy C 2 określona na zbiorze U pj i niech ϕ 1 j Upj ) = Vj. Niech Φ j : V j B k m 0, 1) R k b edzie przekształceniem zdefiniowanym za pomoca równości Φt 1, t 2,..., t k ) = ϕ j t 1, t 2,..., t m ) + δ k i=m+1 t i n i ϕj t 1, t 2,..., t m ) ). Z dowodu poprzedniego twierdzenia wynika, że Φ j jest dyfemomorfizmem oraz że kolumnami macierzy DΦt 1, t 2,..., t m, 0, 0,..., 0) sa wektory: ϕ j t 1 t 1, t 2,..., t m ), ϕ j t 2 t 1, t 2,..., t m ),..., ϕ j t m t 1, t 2,..., t m ), δn m+1 ϕt1, t 2,..., t m ) ), δn m+2 ϕt1, t 2,..., t m ) ),..., δn k ϕt1, t 2,..., t m ) ). Ponieważ każdy wektor z grupy złożonej z pierwszych m wektorów jest prostopadły do każdego wektora z grupy złożonej z k m pozostałych wektorów, wiec macierz Grama tego układu wektorów, czyli DΦt)) T DΦt) składa sie z macierzy kwadratowej wymiaru m m lewy górny róg ), macierzy kwadratowej wymiaru k m k m prawy dolny róg ) oraz dwu macierzy prostokatnych złożonych z samych zer, wiec 3 A może to nie kołnierzyk tylko rurka? 174

11 jej wyznacznik równy jest iloczynowi wyznaczników tych macierzy kwadratowych: det Dϕt 1, t 2,..., t m ) T Dϕt 1, t 2,..., t m ) ) det ) δ 2 I k m = = δ 2k m) det Dϕt 1, t 2,..., t m ) T Dϕt 1, t 2,..., t m ) ). Bez straty ogólności rozważań możemy zakładać, że mapa ϕ 1 j jest określona na pewnym otoczeniu zbioru zwartego U pj. Mamy wiec równość δ k m) l k NUpj δ) ) = δ k m) V j B k m 0,1) det DΦt)) T DΦt) ) dl k t). Funkcja podcałkowa daży i to jednostajnie, dzieki temu, że mapa jest określona na pewnym otoczeniu zbioru zwartego U pj, do funkcji det Dϕt 1, t 2,..., t m ) T Dϕt 1, t 2,..., t m ). Z twierdzenia o zamianie zmiennych wynika wiec, że = det Dϕt 1, t 2,..., t m ) T Dϕt 1, t 2,..., t m ) dl k t) V j B k m 0,1) ) = l k m Bk m V j limδ k m) l k NUpj δ) ) = δ 0 Fubini ======= det Dϕt 1, t 2,..., t m ) T Dϕt 1, t 2,..., t m ) dl k m t) = ) = l k m Bk m lm U pj ). To prawie wszystko. Pozostaje stwierdzić, że zbiór U pj można w tych rozważaniach zastapić jego dowolnym mierzalnym podzbiorem, co pozwala na przedstawienie zbioru N M δ) w postaci sumy parami rozłacznych zbiorów: N Up1 δ), N Up2 \U p1 δ), N Up3 \U p1 U p2 )δ),..., N Upn \U p1 U p2 U pn 1 )δ) i powołać sie na addytywność miary. 175

12 Kilka zadań Zadanie 10.3 Wykazać, że jeśli M R k jest rozmaitościa klasy C wymiaru m < k, to istnieje zbiór otwarty U M i funkcja π : U R k klasy C taka, że πu) = M, dla każdego p M różniczka Dπp) przekształca izmorficznie przestrzeń T p M na siebie. Zadanie 10.4 Wykazać, że nie istnieje funkcja ciagła f : M R 3 \ {0} przekształcajaca wsteg e Möbiusa M tak, że fx) T x M dla każdego x M. Zadanie 10.5 Znaleźć środek ci eżkości półkuli trój i k wymiarowej. Zadanie 10.6 Niech Bp, r) bedzie jednorodna kula materialna tzn. masa fragmentu kuli Bp, r) równa jest jego mierze Lebesgue a). Wykazać, że kula przyciaga punkt materialny q tak, jak przyciaga q punkt materialny położony w odległości p q od q, w którym skupiona jest masa równa masie kuli. Zadanie 10.7 Czy stwierdzenie z poprzedniego zadania pozostanie prawdziwe, jeśli zastapimy kule jednorodna sfera? Zadanie 10.8 Wykazać, że jeśli punkt materialny znajduje sie wewnatrz jednorodnej sfery materialnej, to sfera nie oddziałuje na niego grawitacyjnie. Zadanie 10.9 Jeśli ϱx) jest gestości a masy w punkcie x, tzn. nieujemna funkcja mierzalna, to moment bezwładności ciała K R 3 wzgledem prostej L równy jest K ϱx)rx)2 dl 3 x), gdzie rx) oznacza odległość punktu x od prostej L. Analogicznie definiujemy moment bezwładności ciała M bed acego rozmaitościa dwu lub jednowymiarowa, zastepuj ac miare Lebesgue a miara Lebesgue a Riemanna na rozmaitości M. Obliczyć moment bezwładności kuli wzgledem prostej L znajdujacej sie w odległości R od środka kuli. Zadanie Niech W = {x, y, z) : x 2 + y 2 a 2, z h}. Znaleźć moment bezwładności jednorodnego walca W wzgl edem prostej x = y = z. Zadanie Znaleźć mas e miseczki parabolicznej 2z = x 2 + y 2, 0 z 1, której g estość masy równa jest ϱx, y, z) = z. Zadanie Znaleźć moment bezwładności jednorodnej sfery x 2 + y 2 + z 2 = 1 wzgl edem osi z. Zadanie Niech C = {x, y, z) : 4x 2 + 4y 2 = z 2, 0 z 1}. Znaleźć moment bezwładności jednorodnej powierzchni stożka wzgledem: a) prostej zawierajacej jego tworzac a, b) wzgledem jego osi obrotu. Zadanie Znaleźć moment bezwładności torusa wzgl edem jego osi obrotu. 176

13 Zadanie Znaleźć pole powierzchni powstałej w wyniku obrotu: a. łuku x2 y2 a 2 b 2 = 1, y 4 wokół osi OX; b. krzywej x 2 + y 2 ) 2 = a 2 x 2 y 2 ) wokół osi OX. = 1 jest liczba z otwartego prze- Zadanie Wykazać, że długość elipsy x2 a 2 działu πa + b), π 2a 2 + b 2 ) ). + y2 b 2 Zadanie Niech F oznacza brzeg kostki {x = x 1, x 2, x 3, x 4 ) : 0 x i 1 dla i = 1, 2, 3, 4}. Znaleźć F x 1x 2 x 3 x 3 dl F. Zadanie Znaleźć całk e M xyz dl M, gdzie M = {x, y, z) : x 2 +y 2 = z < 1}. Zadanie Znaleźć całke z dl M M, gdzie M = {x, y, z) : x = u cos v, y = u sin v, z = v, 0 < u < a, 0 < v < 2π}. Zadanie Znaleźć całke xy + yz + zx) dl M M, gdzie M oznacza cześć powierzchni stożka z = x 2 + y 2 wyciet a przez powierzchnie o równaniu x 2 + y 2 = 2ax. Zadanie Znaleźć współrz edne środka ci eżkości jednorodnej powierzchni M określonej w poprzednim zadaniu. e x + e x = z 3 y, 0 < y < x < 1 }. Obli- Zadanie Niech M = {x, y, z) : czyć pole powierzchni M. Zadanie Niech M = {x, y, z) : całke z dl M 1+2z S. 2z = x 2 + y 2 < x}. Obliczyć nastepuj ac a Zadanie Niech A = {x, y): 0 < y < x < 1}, fx, y) = y x. Niech M R3 b e- dzie wykresem funkcji f : A R. Obliczyć całk e M y dl S. Zadanie Każdy punkt krzywej E = {x, y, z) : x 2 + y 2 = 1, x + z = 1} ła- czymy odcinkiem z punktem 0, 0, 0). Suma tych odcinków bez końców) tworzy powierzchnie M. Obliczyć całke y dl M S. Zadanie Dla ustalonej liczby a 0, 1) rozważamy cz eść sfery trójwymiarowej: M = {w, x, y, z): w 2 + x 2 + y 2 + z 2 = 1, w > a}. Obliczyć jej miar e l M M). Zadanie Powierzchnia o równaniu z = xy przecina powierzchnie o równaniu y = 2x 2 wzdłuż pewnej krzywej. Każdy punkt łuku tej krzywej, zawartego w obszarze 0 < z < 1, łaczymy odcinkiem z punktem 0, 0, 0). Suma tych odcinków bez końców) tworzy powierzchnie M. Uzasadnić, że M jest rozmaitościa i obliczyć jej pole. 177

14 Zadanie Niech M bedzie powierzchnia powstała przez pełny obrót łuku okregu x 2 + z 2 = 2x, 0 < x < 1, 0 < z < 1, wokół osi Oz. Na tej powierzchni leży zbiór A mierzalny wzgledem miary l M ), l M A) = 1. Dla każdej liczby t 0, 1) określamy: A t = {x, y, z) A: z < t }, ft) = l M A t ). Dowieść, że całka 1 ft) dt jest równa 0 odległości środka cieżkości zbioru A od płaszczyzny z = 1. Zadanie Punkt P obiega okrag x 2 + y 2 = 1, z = 1 w kierunku dodatnim tj. przeciwnie niż wskazówki zegarka, gdy patrzymy z punktu 0, 0, 2013)), startujac z punktu 1, 0, 1). Punkt Q obiega okrag x 2 + y 2 = 1, z = 0 w tym samym kierunku, z ta sama predkości a katow a, startujac w tym samym momencie z punktu 0, 1, 0). Niech M oznacza sume wszystkich odcinków bez końców), łacz acych punkty P i Q w jednoczesnych położeniach, uzyskanych przy jednym pełnym obiegu tych okregów. Uzasadnić, że M jest rozmaitościa dwuwymiarowa. Obliczyć całke 2z 1 dl M M. Zadanie Obliczyć współrzedne środka cieżkości jednorodnego drutu w kształcie łuku krzywej zwanej kardioida) o równaniu r = cos t), gdzie t [0, π] oraz 2 x 1 = r cos t, x 2 = r sin t. Zadanie Niech M bedzie powierzchnia, która powstała w wyniku obrotu krzywej x 2) 2 + z 2 = 1, y = 0, x 2, z 0 wokół prostej x = 0 = y o kat π. Znaleźć 4 pole tej powierzchni oraz jej środek cieżkości zakładajac, że jest ona jednorodna). { ) Zadanie Traktryse t et e t 2,, 0 : t > 0 } obracamy o kat e t +e t e t +e t pełny wokół osi OX otrzymujac trochoide T. Znaleźć wszystkie liczby a > 0, dla których funkcja x, y, z) a x jest całkowalna na powierzchni T. 178