Khóa luận Cấu trúc đa tạp Riemann của nửa không gian trên

ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN ? ? ?F ? ?? TÔN THỊ YẾN ANH CẤU TRÚC ĐA TẠP RIEMANN CỦA NỬA KHÔNG GIAN TRÊN CHUYÊN NGÀNH : HÌNH HỌC KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN PGS.TS. TRẦN ĐẠO DÕNG HUẾ, KHÓA HỌC 2007 - 2011 i LỜI CẢM ƠN Khóa luận này được hoàn thành với sự hướng dẫn khoa học tận tình, chu đáo của Thầy Trần Đạo Dõng. Tôi xin phép gửi đến thầy lời cảm ơn chân thành, lòng biết ơn sâu sắc và mong muốn được thầy hướng dẫn, chỉ bảo trong lĩnh vực nghiên cứu Toán học sau này. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn các Thầy cô giáo Khoa Toán - Trường Đại học sư phạm Huế, những người đã giúp tôi có kiến thức, tài liệu,cũng như tạo điều kiện để tôi hoàn thành công việc học tập nghiên cứu của mình. Cuối cùng, tôi xin chân thành cảm ơn những người thân, bạn bè trong lớp toán 4A đã quan tâm, giúp đỡ, động viên tôi trong suốt thời gian học tập vừa qua. Xin chân thành cảm ơn! Sinh viên thực hiện Tôn Thị Yến Anh ii Mục Lục Trang phụ bìa i Lời cảm ơn ii MỤC LỤC 1 Mở đầu 1 1 ĐA TẠP RIEMANN 2 1.1 Trường véc tơ và trường mục tiêu . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Dạng vi phân và trường đối mục tiêu . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 Đa tạp tôpô và đa tạp khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.4 Đa tạp Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.5 Phép biến đổi đẳng cự trên đa tap Riemann . . . . . . . . . . . 9 1.6 Dạng liên kết và phương trình cấu trúc . . . . . . . . . . . . . . 9 2 CẤU TRÚC RIEMANN CỦA NỬA PHẲNG POINCARÉ VÀ NỬA KHÔNG GIAN TRÊN 15 2.1 Cấu trúc Riemann của nửa phẳng Poincaré và đĩa Poincaré . . . 15 2.2 Cấu trúc Riemann của nửa không gian trên . . . . . . . . . . . 27 KẾT LUẬN 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO 37 1 MỞ ĐẦU Trong quá trình phát triển lý thuyết hình học vi phân, nhiều cấu trúc quan trọng đã được các nhà toán học trên thế giới khảo sát. Một trong những cấu trúc quan trọng được khảo sát cảm sinh từ cấu trúc đa tạp đó là cấu trúc đa tạp Riemann, được biết như là một đa tạp khả vi sao cho với mỗi phần tử của đa tạp, không gian tiếp xúc tại điểm đó được trang bị một metric Riemann, tức là một tích vô hướng tương thích với cấu trúc khả vi của đa tạp đó. Với mong muốn được tìm hiểu và nghiên cứu sâu hơn về cấu trúc này và được sự hướng dẫn tận tình của thầy Trần Đạo Dõng, tôi đã lựa chọn đề tài Cấu trúc đa tạp Riemann của nửa không gian trên để nghiên cứu. Nội dung nghiên cứu của đề tài là tìm hiểu các các khái niệm và tính chất cơ bản của đa tạp Riemann và ứng dụng để khảo sát cấu trúc đa tạp Riemann của nửa mặt phẳng Poincaré, đĩa mở Poincaré và nửa không gian trên. Ngoài phần mở đầu, kết luận, và tài liệu tham khảo, khoá luận được chia làm hai chương. Chương 1 giới thiệu các kiến thức cơ bản về đa tạp khả vi và đa tạp Riemann có liên quan đến việc nghiên cứu cấu trúc Riemann của nửa mặt phẳng trên và nửa không gian trên của chương 2. Chương 2 tập trung khảo sát cấu trúc đa tạp Riemann 2-chiều của nửa mặt phẳng Poincaré, đĩa mở Poincaré thể hiện qua việc xác định metric Riemann, khảo sát các phép biến đổi đẳng cự, độ cong Gauss và mở rộng một số kết quả cho trường hợp nửa không gian trên, được xét như một đa tạp Riemann 3-chiều. 1 Chương 1 ĐA TẠP RIEMANN Trong chương này chúng tôi giới thiệu một số kiến thức cơ bản về đa tạp khả vi và đa tạp Rienmann như trường vector và dạng vi phân, phép biến đổi đẳng cự, dạng liên kết và phương trình cấu trúc,... liên quan đến chương sau. Các kiến thức trình bày ở đây được trích dẫn trong tài liệu [2], [3], [5]. 1.1 Trường véc tơ và trường mục tiêu Định nghĩa 1.1.1. Không gian Euclid En là một không gian afin liên kết với không gian véc-tơ Euclid −→ En. Mỗi phần tử αp = (p, −→α ) ∈ TEn = En×−→En được gọi là một véc-tơ tiếp xúc của En tại p. TEn được gọi là không gian các véc-tơ tiếp xúc (hay phân thớ tiếp xúc) của En, mỗi phần tử của TEn được kí hiệu là α. Với p ∈ En, kí hiệu TpEn là tập các véc-tơ tiếp xúc của En tại p. Khi đó TpE n là một không gian véc-tơ thực n- chiều và được gọi là không gian véc-tơ tiếp xúc của En tại p. Cho U là một tập mở trong En. Khi đó TU = U ×−→En được gọi là không gian các véc-tơ tiếp xúc (hay phân thớ tiếp xúc) của U . Với p ∈ U , kí hiệu TpU = TpE n và gọi là không gian véc-tơ tiếp xúc của U tại p. Định nghĩa 1.1.2. Trường véc-tơ trên tập mở U ⊂ En là ánh xạ X : U −→ TU p 7−→ X(p) sao cho với p ∈ U, ta có X(p) ∈ TpU . Từ định nghĩa ta thấy trường véc-tơ X : U −→ TU xác định một hàm 2 véc-tơ −→ X : U −→ En (và ngược lại X xác định bởi −→X ), theo công thức X(p) = (p, −→ X (p)). Trường véc-tơ X được gọi là khả vỉ (lớp Ck) nếu hàm véc-tơ −→ X khả vỉ (lớp Ck). Khi −→ X là ánh xạ hằng thì trường véc-tơ X được gọi là trường véc-tơ song song. Định nghĩa 1.1.3. Cho cung tham số ρ : J → En, t 7→ ρ(t) Trường véc-tơ dọc theo ρ là ánh xạ X : J −→ En sao cho t ∈ J, ta có X(t) ∈ Tρ(t)En. Khi đó X xác định hàm véc-tơ −→ X : J → En, X(t) = (ρ(t),−→X (t)). Trường véc-tơ X được gọi là khả vỉ (lớp Ck) nếu hàm số ρ và hàm véc-tơ −→ X khả vi (lớp Ck). Ta có thể xét trường véc-tơ dọc theo ρ là t 7→ X ′(t) = (ρ(t),−→X ′(t)) gọi là đạo hàm của X dọc ρ trong En. Kí hiệu D dt X. Xét trường mục tiêu Z trên tập mở U ⊂ En và véc-tơ α ∈ TpU . Lấy cung tham số ρ : J → U sao cho ρ′(t0) = α, ta có t 7→ Z(ρ(t)) là một trường véc-tơ dọc theo ρ. Khi đó véc-tơ D(Z◦ρ) dt (t0) không phụ thuộc vào ρ đã chọn. Ta định nghĩa D(Z◦ρ) dt (t0) là đạo hàm của trường véc-tơ Z theo véc-tơ tiếp xúc α. Kí hiệu là DαZ. Định nghĩa 1.1.4. Trường mục tiêu (khả vi) trên tập mở U ⊂ En là hệ n trường véc-tơ (khả vi) {U1, U2, ..., Un} trên U sao cho mỗi p ∈ U , hệ véc-tơ {U1(p), U2(p), ..., Un(p)} là một cơ sở của TpU . Nếu với mỗi p ∈ U, Ui(p).Uj(p) = δji thì trường mục tiêu {Ui} được gọi là trường mục tiêu trực chuẩn. Nếu có hai trường mục tiêu {Ui}, {Vi} trên tập mở U thì ta có Vi = ∑j i C j iUj, trong đó C j i là một hàm trên U. Ma trận (C j i )n×n được gọi là ma trận chuyển mục tiêu. 1.2 Dạng vi phân và trường đối mục tiêu 1.2.1. Dạng vi phân bậc một 1. Cho U là một tập mở trong En. Dạng vi phân bậc một( hay 1-dạng vi phân) θ trên U là việc đặt tương ứng mỗi p ∈ U , một ánh xạ R- tuyến tính θp : TpU → R. Kí hiệu Ω1(U) là tập hợp các dạng vi phân bậc một trên U. 2. Cho θ, θ˜ là hai 1-dạng vi phân trên U , ϕ là một hàm số trên U. Ta 3 định nghĩa θ + θ˜, ϕθ là các 1-dạng trên U xác định bởi (θ + θ˜)p = θp + θ˜p, (ϕθ)p = ϕ(p)θp, ∀p ∈ U. 3. Cho θ là 1-dạng vi phân và X là trường véc-tơ trên U. Ta có hàm số θ(X) được xác định bởi θ(X)(p) = θp(X(p)), ∀p ∈ U. Khi đó nếu {U1, U2, ..., Un} là một trường mục tiêu trên U thì mọi dạng vi phân bậc một θ trên U hoàn toàn xác định bởi các hàm số θ(Ui), i = 1, n. suy ra có các 1-dạng vi phân θi trên U xác định bởi: θi(Uj) = δ i j =  1 nếu i = j0 nếu i 6= j (i, j = 1, n). Họ {θi}i=1,n được gọi là trường đối mục tiêu của trường mục tiêu {Ui}i=1,n. 1.2.2. Dạng vi phân bậc hai 1. Cho U là một tập mở trong Rn. Một dạng vi phân bậc hai (hay 2-dạng vi phân) ω trên U là việc đặt tương ứng mỗi p ∈ U một ánh xạ ωp : TpU×TpU → R là dạng song tuyến tính phản xứng trên TpU . Kí hiệu Ω 2(U) là tập hợp các 2-dạng vi phân trên U. 2. Cho ω, ω˜ là hai 2-dạng vi phân trên U, ϕ là một hàm số trên U. Ta có ω + ω˜, ϕω là các 2-dạng vi phân trên U xác định bởi (ω + ω˜)p = ωp + ω˜p, (ϕω)p = ϕ(p)ωp, ∀p ∈ U. 3. Cho θ, γ ∈ Ω1(U), tích ngoài của θ và γ, kí hiệu θ ∧ γ, là dạng vi phân bậc hai trên U xác định bởi ∀X, Y ∈ TpU, (θ ∧ γ)p(X, Y ) = θp(X)γp(Y )− θp(Y )γp(X). 1.2.3. Nhận xét Cho {Ui}i=1,n là trường mục tiêu trên U và {θi}i=1,n là trường đối mục tiêu của {Ui}. Khi đó mọi ω ∈ Ω2(U) viết được duy nhất dưới dạng: ω = ∑ i<j ϕi,jθ i ∧ θj, ϕi,j = ω(Ui, Uj). Đặc biệt, trong tọa độ afin (x1, x2, ..., xn) trên tập mở U trong En, mỗi ω ∈ Ω2(U) viết được duy nhất dưới dạng: ω = ∑ i<j ϕi,jdx i ∧ dxj, ϕi,j = ω(Ui, Uj). 4 1.2.4. Vi phân ngoài của dạng vi phân bậc một Cho U là một tập mở trong En, xét toạ độ afin (x1, x2, ..., xn) của En. Khi đó mọi dạng vi phân bậc một θ được viết duy nhất dưới dạng θ = ∑n i=1 ϕidx i. Ta định nghĩa ánh xạ sau gọi là vi phân ngoài của vi phân bậc một: d : Ω1(U) −→ Ω2(U) θ = ∑n 1 ϕidx i 7−→ d(θ) := ∑ni=1 dϕi ∧ dxi. Khi đó ta có các tính chất: 1. d là R- tuyến tính; 2. d(ϕθ) = dϕ ∧ θ + ϕdθ, với ϕ ∈ Ω0(U), θ ∈ Ω1(U). 3. d(d(ϕ)) = 0, với ϕ ∈ Ω0(U). 1.3 Đa tạp tôpô và đa tạp khả vi 1.3.1. Đa tạp tôpô Cho M là không gian tôpô Haudorff. Một bản đồ trên M là cặp (V, ϕ) trong đó V là một tập mở của M và ϕ : V → V ′ là một đồng phôi từ V lên một tập mở V ′ của Rn. Giả sử (V, ϕ) là một bản đồ trên M . Khi đó với mỗi x ∈ V , ϕ(x) ∈ V ′ được hiển thị dưới dạng ϕ(x) = (x1, x2, ..., xn) trong đó x1, x2, ..., xn ∈ R. Ta gọi các số xi là các toạ độ địa phương của x. Một họ các bản đồ {(Vi, ϕi)}i∈I của M sao cho {Vi}i∈I là một phủ mở của M được gọi là một atlas của M . Không gian tôpô M có một atlas được gọi là một đa tạp tôpô . 1.3.2. Đa tạp khả vi Cho M là không gian tô pô Hausdorff. Atlas {(Vi, ϕi)}i∈I của M được gọi là atlas khả vi của M nếu với hai bản đồ tùy ý (V1, ϕ1), (V2, ϕ2) của at- las sao cho V1 ∩ V2 6= ∅ và ϕ1 : V1 −→ V ′1 , ϕ2 : V2 −→ V ′ 2 , ta có ánh xạ: ϕ2 ◦ ϕ−11 |ϕ1(V1∩V2) : ϕ1(V1 ∩ V2) −→ V ′ 2 là một ánh xạ khả vi. Trên tập các atlas khả vi của không gian tô pô M ta xét một quan hệ hai ngôi như sau: Cho A = {(Ui, ϕi)}i∈I ,B = {(Vj, ψj)}j∈J là hai atlas của M . Khi đó A 5 được gọi là tương đương với B, kí hiệu là A ∼ B, nếu {(Ui, ϕi), (Vj, ψj)}i∈I,j∈J là một atlas khả vi của M . Quan hệ hai ngôi ở trên là một quan hệ tương đương và mỗi lớp tương đương được gọi là một cấu trúc khả vi trên M . Do mỗi lớp tương đương hoàn toàn được xác định bởi một đại diện của nó nên một atlas khả vi hoàn toàn xác định một cấu trúc khả vi. Không gian tô pô Hausdorff M cùng với một cấu trúc khả vi xác định bởi atlas {(Vi, ϕi)}i∈I với ϕi : Vi −→ V ′i ⊂ Rn được gọi là một đa tạp khả vi n chiều, ký hiệu dimM = n. 1.3.3. Ví dụ 1. Rn là đa tạp khả vi n- chiều với atlas {(Rn, id)}. 2. Cho M là một đa tạp khả vi với atlas {(Vi, ϕi)}i∈I và N là một tập con mở của M. Khi đó N là một đa tạp khả vi với atlas {(N ∩ Vi, ϕi|N∩Vi)}i∈I . 3. Xét siêu cầu n chiều trong Rn+1 Sn = {x = (x1, x2, ..., xn+1 ∈ Rn+1, (x1)2 + (x2)2 + ...+ (xn+1)2 = 1}. Gọi N = (0, 0, ..., 0, 1) ∈ Rn+1 và S = (0, 0, ..., 0,−1) ∈ Rn+1 lần lượt là điểm cực bắc và cực nam của Sn. Xét UN = S n\{N}, US = Sn\{S} là các tập mở của Sn. Ta có {UN , US} tạo thành một phủ mở của Sn. Xét phép chiếu nổi PN lên siêu phẳng xn+1 = 0 sao cho với mỗi x ∈ UN , ảnh PN(x) là giao của đường thẳng nối điểm đó và điểm cực bắc đến siêu phẳng xn+1 = 0. Phép chiếu nổi từ cực nam PS được xác định tương tự. Khi đó Sn là đa tạp khả vi với atlas {(UN , PN), (US, PS)}. 1.3.4. Ánh xạ khả vi Cho M và N là các đa tạp khả vi lần lượt có số chiều là m,n. Ánh xạ f : M → N được gọi là ánh xạ khả vi nếu f là ánh xạ liên tục và với mọi bản đồ (U,ϕ) của M , bản đồ (V, ψ) của N sao cho U ∩ f−1(V ) 6= ∅ ta có ánh xạ ϕ ◦ f ◦ ϕ−1 từ tập con mở ϕ(U ∩ f−1(V )) của Rm vào Rn là ánh xạ khả vi. Ánh xạ khả vi f : M → N có ánh xạ ngược f−1 : N → M khả vi được gọi là vi phôi. 1.3.5. Trường mục tiêu trên đa tạp khả vi 1. Định nghĩa Giả sử M là một đa tạp khả vi, C∞(M) là tập các hàm khả vi trên M. khi đó ánh xạ X : C∞(M)→ R được gọi là một véc-tơ tiếp xúc tại p ∈M nếu X nếu 6 thoả mãn: i. X(f + g)(p) = X(f)(p) +X(g)(p), ii. X(fg)(g) = X(f)g(p) + f(p)X(g). Chúng ta có một kết quả về các vectơ tiếp xúc được thể hiện qua định lí sau: 2. Định lí [3, Định lý 4.1.1] Tập hợp Tp(M) tất cả các véc-tơ tiếp xúc tại p là không gian véc-tơ hữu hạn chiều với số chiều bằng dimM . 3. Định nghĩa a. Cho M là một đa tạp khả vi. Khi đó T (M) = ∪p∈MTp(M) được gọi là một phân thớ tiếp xúc trên M và không gian véc-tơ Tp(M) được gọi là thớ đi qua p. Mỗi ánh xạ X : M → TM sao cho với mọi p ∈ M, X(p) ∈ Tp(M) được gọi là một trường véc-tơ trên M. b. Trường mục tiêu trên đa tạp n-chiều M là họ n trường véc-tơ {X1, X2, ..., Xn} trên M sao cho tại mọi p ∈ M , hệ véc-tơ {X1(p), X2(p), ..., Xn(p)} là một cơ sở của không gian véc-tơ TpM . 1.4 Đa tạp Riemann 1.4.1. Cấu trúc Riemann Cho M là một đa tạp khả vi. Một cấu trúc metric Riemann trên M là việc đặt tương ứng với mỗi p ∈M một tích vô hướng trên TpM sao cho với hai trường véc-tơ (tiếp xúc) khả vi X, Y trên M, hàm số p→ 〈X(p), Y (p)〉 là hàm khả vi. Đa tạpM cùng với một metric Riemann xác định trênM được gọi là một đa tạp Riemann. Kí hiệu (M, 〈, 〉M). 1.4.2. Độ dài cung Cho α : I →M là một đường cong lớp C1 trên đa tạp Riemann (M, 〈, 〉M). Độ dài của α được xác định như sau: L(α) = ∫ I ‖ γ′(t) ‖ dt = ∫ I √ 〈γ′(t), γ′(t)〉Mdt. 1.4.3. Ví dụ 1. Rn với tích vô hướng chính tắc là một đa tạp Riemann. Chứng minh Theo ví dụ trên ta có Rn là một đa tạp khả vi. Tại mỗi điểm p ∈ Rn, 7 không gian tiếp xúc tại điểm đó chính là Rnp ∼= Rn nên tích vô hướng trên không gian tiếp xúc tại điểm p được cảm sinh từ tích vô hướng chính tắc trên Rn. Vậy Rn với tích vô hướng chính tắc là một đa tạp Riemann. 2. Xét M = Rn và tại mỗi p ∈M ta xác định một tích vô hướng : 〈, 〉M = 4 (1 + |p|2)2 , với là tích vô hướng chính tắc trên Rn. Khi đó, (Rn, 〈, 〉M) là một đa tạp Riemann n-chiều. Chứng minh Ta có Rn là một đa tạp khả vi. Mặt khác ta có tích vô hướng tại điểm p ∈ Rn trên không gian tiếp xúc Rnp được cảm sinh từ tích vô hướng chính tắc trên Rn. Do đó tích vô hướng như trên xác định một metric Riemann trên Rn Vậy (Rn, 〈, 〉M)) là một đa tạp Riemann n- chiều. Bây giờ ta sẽ xét độ dài của một đường cong trên đa tạp Rienmann (Rn, 〈, 〉M). Cho γ : R+ → Rn là đường cong được xác định bởi γ(t) = (t, 0, ..., 0), với mọi t ∈ R+. Khi đó độ dài L(γ) của γ được xác định như sau: L(γ) =∫ +∞ 0 ‖ γ ′ (t) ‖ dt = 2 ∫ +∞ 0 √ 1+|γ|2 dt = 2 ∫ +∞ 0 dt 1+t2 = 2arctan t|+∞0 = Π. 3. Gọi Bn là hình cầu mở n-chiều, tức là Bn = {x ∈ Rn||x| < 1}. Trên Bn ta trang bị metric Riemann sau: 〈, 〉Bn = 4 (1− |p|2)2 . Khi đó (Bn, 〈, 〉Bn) là một đa tạp Riemann và được gọi là không gian Hypebolic n-chiều. Kí hiệu Hn. Bây giờ ta sẽ xét độ dài của một cung tham số trên Bn. Cho γ : (0, 1) → Hn là một đường cong xác định bởi γ(t) = (t, 0, ..., 0), với mọi t ∈ (0, 1). Khi đó độ dài L(γ) của γ được xác đinh như sau: L(γ) = ∫ 1 0 ‖ γ ′ (t) ‖ dt = 2 ∫ 1 0 √ 1−|γ|2 dt = 2 ∫ 1 0 dt 1−t2 = 2ln 1+t 1−t = +∞. Định lí sau đây cho ta kết quả về sự tồn tại cấu trúc metric Rienmann 8 trên một đa tạp khả vi. 1.4.4. Định lí [2, Định lí 5.1.1] Trên mỗi đa tạp khả vi đều có một metric Riemann. 1.5 Phép biến đổi đẳng cự trên đa tap Riemann 1.5.1. Biến đổi đẳng cự Cho M,N là các đa tạp Riemann n-chiều. Khi đó ánh xạ f : M → N được gọi là ánh xạ đẳng cự nếu với mọi điểm p ∈M, ta có Tpf : TpM → Tf(p)N là một ánh xạ tuyến tính bảo toàn tích vô hướng. Trường hợp ánh xạ đẳng cự f đồng thời là vi phôi được gọi là một vi phôi đẳng cự. Một ánh xạ đẳng cự f : M → M còn gọi là phép biến đổi đẳng cự của đa tạp Riemann M . Từ định nghĩa trên ta có nhận xét sau: 1.5.2. Nhận xét 1. Ánh xạ đồng nhất id là một phép biến đổi đẳng cự. 2. Nghịch đảo của phép biến đổi đẳng cự là phép biến đổi đẳng cự. 3. Tích của các phép biến đổi đẳng cự là phép biến đổi đẳng cự. Nói cách khác, tập hợp các phép biến đổi đẳng cự của M lập thành một nhóm gọi là nhóm đẳng cự. 1.6 Dạng liên kết và phương trình cấu trúc 1.6.1. Dạng liên kết Cho R = {U1, U2, ..., Un} là trường mục tiêu trên tập mở U ⊂ Rn. Với mọi trường vecto X trên U , kí hiệu DXUi = n∑ j=1 ωji (X)Uj, i = 1, n, trong đó ωji (X) ∈ F (U), với F (U) là vành các hàm khả vi trên U. Khi đó ωji là 1-dạng vi phân trên U và được gọi là dạng liên kết của Rn trong trường mục tiêu R trên U . 9 1.6.2. Nhận xét Cho R = {E1, ..., En} là trường mục tiêu trực chuẩn trên U . Khi đó ω = (ωji )n×n là ma trận phản xứng. 1.6.3. Phương trình cấu trúc Gọi {θi}i=1,n là trường đối mục tiêu của {Ui}i=1,n và ω = (ωji )n×n là ma trận các dạng liên kết của En. Khi đó ta có công thức sau: dθi = − n∑ 1 ωij ∧ θj (i = 1, n) được gọi là phương trình cấu trúc thứ nhất của En trong trường mục tiêu {Ui}i=1,n. Chứng minh Gọi {Ei = ∂∂xi} là trường mục tiêu song song ứng với toạ độ (x1, x2, ..., xn). Khi đó Ui = Σ n j=1C i jEj. Suy ra δki = θ k(Ui) = Σ n j=1C i jθ k(Ej). Nên θk(Ej) = (C −1)kj . Mặt khác dxk(Ej) = δ k j . Suy ra θk = Σnj=1(C −1)kjdx j. Từ đó dθk = Σnj=1d(C −1)kj ∧ dxj. Và Σnj=1ω k j ∧ θj = Σni,j,l=1(C−1)ki d(Cij) ∧ (C−1)jl dxl. Ta lại có Σni=1(C −1)kiC i j = δ k j . Suy ra d(Σni=1(C −1)kiC i j) = 0. Hay Σni=1d(C −1)kiC i j + Σ n i=1(C −1)ki dC i j = 0. Do đó Σnj=1ω k j ∧ θj = −Σni,j,l=1(C−1)ki d(Cij) ∧ (C−1)jl dxl = −Σni,l=1d(C−1)ki δil ∧ dxl = −Σnj=1d(C−1)kj ∧ dxj = −dθk. Tương tự ta có phương trình sau dωji = − n∑ 1 ωjk ∧ ωki (i = 1, n) được gọi là phương trình cấu trúc thứ hai của En. Áp dụng các phương trình cấu trúc cho các mặt trong E3, ta thu được kết quả sau: 10 1.6.4. Phương trình cấu trúc của mặt trong E3 1. dθ1 = −ω12 ∧ θ2 ( phương trình cấu trúc). 2. dθ2 = −ω21 ∧ θ1, ω31 ∧ θ1 + ω32 ∧ θ2 = 0 (phương trình đối xứng). 3. dω12 = −ω13 ∧ ω32 (phương trình Gauss). 4. dω13 = −ω12 ∧ ω23, dω23 = −ω12 ∧ ω13. 1.6.5. Độ cong Gauss của mặt trong E3 1. Định nghĩa Giả sử S là một mặt trong E3 có hướng xác định bởi trường vecto pháp tuyến đơn vị n. Khi đó ánh xạ hp : TpS −→ TpS (α) 7−→ hp(α) = −Dαn được gọi là ánh xạ Weingarten của S tại p. 2. Định lí [3, Định lý 4.1.1] Với mỗi p ∈ S, hp là một tự đồng cấu đối xứng của TpS, nghĩa là hp là một tự đồng cấu và với ∀α, β ∈ TpS ta có hp(α)β = αhp(β). Chứng minh + hp là một tự đồng cấu của TpS. Thật vậy, ta có hp(k.α) = −Dk.αn = −k.Dαn = k.hp(α); hp(α + β) = −Dα+βn = −Dαn−Dβn = hp(α) + hp(α). + Ta chỉ cần chứng minh hp đối xứng trên cơ sở của TpS. Thật vậy, lấy một tham số hoá địa phương (u, v) 7→ r(u, v) ∈ S, thì tại r(u, v)ta có hp(ru) = −Drun = − ∂∂u(n ◦ r)(u, v), hp(rv) = −Drvn = − ∂∂v (n ◦ r)(u, v). Mặt khác 〈(n ◦ r)(u, v), ru〉 = 0. Nên 〈 ∂ ∂v (n ◦ r)(u, v), ru〉+ 〈(n ◦ r)(u, v), ruv〉 = 0. Suy ra 〈hp(rv), ru〉 = 〈(n ◦ r)(u, v), ruv〉. Tương tự 〈hp(ru), rv〉 = 〈(n ◦ r)(u, v), rvu〉. Suy ra 〈hp(rv), ru〉 = 〈hp(ru), rv〉. Vậy hp là một tự đồng cấu đối xứng. Dựa vào ánh xạ Weingarten ta có định nghĩa sau: 11 3. Định nghĩa Định thức của tự đồng cấu hp được gọi là độ cong Gauss của S, kí hiệu là K = det hp. 4. Hệ quả Với K là độ cong Gauss của mặt S trong E3, ta có dω12 = Kθ 1 ∧ θ2. Chứng minh Thật vậy, ta có với mọi α ∈ TpS, hp(α) = −Dαn suy ra hp(α) = ω 3 1(α)U1(p) + ω 3 2(α)U2(p), Nên hp(U1) = ω 3 1(U1)U1(p) + ω 3 2(U1)U2(p), hp(U2) = ω 3 1(U2)U1(p) + ω 3 2(U2)U2(p). Do đó K = dethp = ω 3 1(U1)ω 3 2(U2)− ω31(U2)ω32(U1) = ω31 ∧ ω32(U1, U2). Theo phương trình Gauss dω12(U1, U2) = −ω13 ∧ ω32(U1, U2). Suy ra dω12 = Kθ 1 ∧ θ2. 5. Định lí [3, Định lý 4.3.1] Cho (M,) là một đa tạp Riemann 2- chiều. Khi đó với mọi trường mục tiêu trực chuẩn {U1, U2} trên tập mở V của M và {θ1, θ2} là trường đối mục tiêu tương ứng, có một và chỉ một dạng vi phân bậc một tương ứng ω12 trên V thoả mãn: dθ1 = −ω12 ∧ θ2, dθ2 = −ω21 ∧ θ1. Chứng minh. Mọi dạng vi phân bậc một ω12 trên V có dạng: ω12 = ω 1 2(U1)θ 1 + ω12(U2)θ 2. Mặt khác d(θ1) = −ω12 ∧ θ2. Suy ra dθ1(U1, U2) = −ω12 ∧ θ2(U1, U2). ⇔ dθ1(U1, U2) = −ω12(U1)θ2(U2) + ω12(U2)θ2(U1), ⇔ dθ1(U1, U2) = −ω12(U1). 12 Tương tự dθ2(U1, U2) = −ω21(U2) = ω12(U2). Do đó ω12 được xác định như sau: ω12 = −dθ1(U1, U2)θ1 + dθ2(U1, U2)θ2. Ta sẽ có khái niệm độ cong Gauss trên đa tạp Riemann 2-chiều thông qua định lí sau. 6. Định lí [3, Định lý 4.3.2] Cho (M,) là đa tạp Riemann 2-chiều. Khi đó có một và chỉ một hàm số K trơn trên M sao cho với trường đối mục tiêu {θ1, θ2} của trường mục tiêu trực chuẩn {U1, U2} tuỳ ý trên tập mở V của M ta có dω12 = Kθ 1 ∧ θ2, trong đó ω12 là dạng liên kết của (M, 〈, 〉). Hàm K được gọi là hàm độ cong Gauss (hay độ cong toàn phần) của (M, 〈, 〉M). Chứng minh Dạng vi phân bậc hai dω21 dược viết dưới dạng duy nhất dω21 = Kθ 1 ∧ θ2. Gọi {U˜1, U˜2} là một trường mục tiêu trực chuẩn khác trên V và {θ˜1, θ˜2} là trường đối mục tiêu tương ứng. Tương tự như trên ta có biểu thị dω˜21 = K˜θ˜ 1 ∧ θ˜2. Khi đó, tồn tại một hàm hằng ε sao cho ω˜21 = ε(ω 2 1 − dϕ), | ε |= 1. Do d(dϕ) = 0 nên suy ra d(ω˜21) = d(ε(ω 2 1 − dϕ)) = d(ω21). Mặt khác định hướng V bởi trường mục tiêu {U1, U2} ta thây θ1∧θ2 và ε(θ˜1∧θ˜2) đều là dạng diện tích chính tắc trên V . Suy ra K = K˜. Vậy có duy nhất một hàm số trơn K thoã mãn đẳng thức dω12 = Kθ 1 ∧ θ2. 7. Mệnh đề Cho M = S là một đa tạp 2-chiều trong E3 với cấu trúc Riemann cảm sinh từ tích vô hướng trong E3. Khì đó độ cong Gauss nói trong Định lí trên trùng với độ cong Gauss của mặt S ta đã xét trong phần trước. 13 Chứng minh. Xét {U1, U2}là trường mục tiêu trực chuẩn trên tập mở V của S, {θ1, θ2}là trường đối mục tiêu tương ứng. Khi đó dạng liên kết ω12 = −ω21 của mặt S trong E3 đã nghiên cứu trước đây và dạng liên kết của đa tạp Riemann (S, can) đều thoả mãn các đẳng thức dθ1 = −ω12 ∧ θ2, dθ2 = −ω21 ∧ θ1. Do đó các dạng liên kết này trùng nhau. Ngoài ra, phương trình Gauss dω12 = Kθ 1 × θ2 của mặt S đã nghiên cứu trước đây chứng tỏ độ cong Gauss K của mặt S trùng với độ cong Gauss của đa tạp Riemann (S, can). 14 Chương 2 CẤU TRÚC RIEMANN CỦA NỬA PHẲNG POINCARÉ VÀ NỬA KHÔNG GIAN TRÊN Trong chương này chúng tôi tập trung khảo sát cấu trúc đa tạp Rienmann 2- chiều của nữa phẳng Poincaré và đĩa mở Poincaré thể hiện qua việc xác định metric Rienmann, độ cong Gauss, các phép biến đổi đẳng cự,... Từ đó mở rộng một số kết quả cho nửa không gian trên, được xét như một đa tạp Riemann 3-chiều. Các khái niệm và kết quả được tham khao trong tài liệu [3], [6], [7]. 2.1 Cấu trúc Riemann của nửa phẳng Poincaré và đĩa Poincaré 2.1.1. Nửa phẳng Poincaré Xét đa tạp 2-chiều H2 = {(x, y) ∈ R2/y > 0} trong R2. Kí hiệu can là cấu trúc Riemann chính tắc xác định bởi tích vô hướng thông thường trong R2 và ψ : H2 → R, (x, y) 7→ ψ(x, y) = 1 y2 . Ta có H2:= ψ.can xác định một metric Riemann 2-chiều trên H 2 nên (H2, H2) là một đa tạp Riemann 2-chiều được gọi là nửa mặt phẳng Poincaré. Ta có thể biểu diễn H2 = {z = x+ iy ∈ C/Im z > 0}. Khi đó có thể biểu thị metric Riemann H2 trên H 2 dưới dạng ds2 = |dz|2 y2 = dx2 + dy2 y2 . 15 2.1.2. Độ dài cung trong H2 Trong H2 độ dài cung của một cung đoạn cho trước cũng được xác định như trong trường hợp tổng quát. Để minh họa, ta xét các ví dụ sau: a. Xét cung trong H2 xác định bởi tham số hoá t ∈ R+ 7→ ρ(t) = (x(t) = x0, y(t) = t), với x0 là một hằng số cho trước. Độ dài cung đoạn ρ|[t1,t2] nối điểm P = ρ(t1), Q = ρ(t2) xác định bới: L(ρ) = ∫ t2 t1 dt t = ln t2 t1 . b. Xét cung trong H2 xác định bởi tham số hoá 0 < t < pi 7→ (x(t) = x0 +R cos t, y(t) = R sin t), với x0 là một hằng số cho trước và R > 0. Độ dài cung đoạn ρ[t1,t2] nối điểm P = ρ(t1), Q = ρ(t2) xác định bởi: L(ρ) = ∫ t2 t1 dt sint = ln tan t2 t1 tan t1 2 . 2.1.3. Biến đổi đẳng cự của (H2, H2) 1. Mệnh đề Cho biến đổi f : H2 → H2, (x, y) 7→ (u, v). Khi đó điều kiện cần và đủ để f là phép biến đổi đẳng cự của (H2, ) là (( ∂u ∂x )2 + (∂v ∂x )2) 1 v2 = ((∂u ∂y )2 + (∂v ∂y )2) 1 v2 = 1 y2 ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y = 0 đối với mỗi trường mục tiêu song song chính tắc trên H2. Chứng minh. Gọi {E1, E2} là trường mục tiêu song song chính tắc trên H2. Ta có f∗E1(f(p)) = ∂u ∂x E1(f(p)) + ∂v ∂x E2(f(p)), f∗E2(f(p)) = ∂u ∂y E1(f(p)) + ∂v ∂y E2(f(p)). 16 f là phép biến đổi đẳng cự của (H2, 〈, 〉H2) khi và chỉ khi với ∀p = (x, y) ∈ H2 ta có 〈f∗Ei, f∗Ej〉(f(p)) = 〈Ei, Ej〉(p), i, j = 1, 2. Do đó 〈f∗E1(f(p)), f∗E1(f(p))〉H2 = 〈E1(p), E1(p)〉H2 ⇔ 1 v2(x, y) 〈f∗E1(f(p)), f∗E1(f(p))〉 = 1 y2 〈E1(p), E1(p)〉 ⇔ [(∂u ∂x )2 + ( ∂v ∂x )2] 1 v2(x, y) = 1 y2 . Tương tự 〈f∗E2(f(p)), f∗E2(f(p))〉H2 = 〈E2(p), E2(p)〉H2 ⇔ 1 v2(x, y) 〈f∗E2(f(p)), f∗E2(f(p))〉 = 1 y2 〈E2(p), E2(p)〉 ⇔ [(∂u ∂y )2 + ( ∂v ∂y )2] 1 v2(x, y) = 1 y2 . 〈f∗E1(f(p)), f∗E2(f(p))〉H2 = 〈E1(p), E2(p)〉H2 ⇔ 1 v2(x, y) 〈f∗E1(f(p)), f∗E2(f(p))〉 = 1 y2 〈E1(p), E2(p)〉 ⇔ 1 v2(x, y) ( ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y ) = 0 ⇔ ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y = 0. 2. Mệnh đề [6, Mệnh đề 1.2.4] Xét nửa phẳng Poincaré H2 = {(x, y) ∈ R2/y > 0} = {z ∈ C/Imz > 0}. Khi đó các phép biến đổi h : H2 → H2 sau là các phép biến đổi đẳng cự: (1) z 7→ z + a, (a ∈ R) (tịnh tiến theo phương song song với 0x); (2) z 7→ kz, (k ∈ R+) (vị tự tâm 0 với hệ số dương); (3) z 7→ −z, (đối xứng thẳng góc qua 0y); (4) z 7→ 1 z , (nghịch đảo tâm 0 phương tích 1); (5) z 7→ az+b cz+d , với a, b, c, d là những số thực, ad− bc > 0; (6) z 7→ az+b cz+d . 17 Chứng minh 1. Phép biến đổi (1) biểu diễn được dưới dạng: h1 : H 2 → H2, (x, y) 7→ (u = x+ a, v = y), (a ∈ R). Ta có: (( ∂u ∂x )2 + ( ∂v ∂x )2) 1 v2 = (( ∂u ∂y )2 + ( ∂v ∂y )2) 1 v2 = 1 y2 ; ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y = 0. Vậy phép biến đổi (1) là phép biến đổi đẳng cự. 2. Phép biến đổi (2) biểu diễn được dưới dạng: (( ∂u ∂x )2 + ( ∂v ∂x )2) 1 v2(x, y) = (( ∂u ∂y )2 + ( ∂v ∂y )2) 1 v2(x, y) = k2 1 k2y2 = 1 y2 ; ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y = 0. Vậy phép biến đổi (2) là phép biến đổi đẳng cự. 3. Phép biến đổi (3) biểu diễn được dưới dạng: h3 : H 2 → H2, (x, y) 7→ (u = −x, v = y). Ta có (( ∂u ∂x )2 + ( ∂v ∂x )2) 1 v2 = (( ∂u ∂y )2 + ( ∂v ∂y )2) 1 v2 = 1 y2 ; ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y = 0. Vậy phép biến đổi (3) là phép biến đổi đẳng cự. 4. Phép biến đổi (4) biểu diễn được dưới dạng: h4 : H 2 → H2, (x, y) 7→ (u = x x2 + y2 , v = y x2 + y2 ). Ta có (( ∂u ∂x )2 + ( ∂v ∂x )2) 1 v2 =(( y2 − x2 (x2 + y2)2 )2 + ( −2xy (x2 + y2)2 )2)( x2 + y2 y )2 = y4 − 2x2y2 + x4 + 4x2y2 (x2 + y2)2 1 y2 = (x2 + y2)2 (x2 + y2)2 1 y2 = 1 y2 ; 18 (( ∂u ∂y )2 + ( ∂v ∂y )2) 1 v2 =(( −2xy (x2 + y2)2 )2 + ( x2 − y2 (x2 + y2)2 )2)( x2 + y2 y )2 = y4 − 2x2y2 + x4 + 4x2y2 (x2 + y2)2 1 y2 = (x2 + y2)2 (x2 + y2)2 1 y2 = 1 y2 ; ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y = y2 − x2 (x2 + y2)2 −2xy (x2 + y2)2 + −2xy (x2 + y2)2 x2 − y2 (x2 + y2)2 = 0. Vậy phép biến đổi (4) là phép biến đổi đẳng cự. 5. Phép biến đổi (5) được viết dưới dạng h5(z) = az + b cz + d . Xét các trường hợp sau: a) Trường hợp c = 0, khi đó az + b cz + d = a d z + b d , do ad− bc = ad > 0 và b d ∈ R. Khi đó ta có h1 ◦ h2(z) = h1(a d z) = az + b d = h5(z). Vậy (5) là tích 2 phép biến đổi đẳng cự. Hay (5) là phép biến đổi đẳng cự. b) Trường hợp c 6= 0, ta có az + b cz + d = a c + ad− bc c2 1 −(z + d c ) , do ad− bc > 0 nên ad−bc c2 > 0. Từ đó (5) là tích các phép biến đổi đẳng cự h1, h2, h3, h4 của (H 2, H) như sau: z 4)−−−−−→ z + d c 3)−−−−−→ 1−(z + d c ) 2)−−−−−→ ad− bc c2 1 −(z + d c ) 1)−−−−−→ a c + ad− bc c2 1 −(z + d c ) = az + b cz + d . 19 Do đó (5) là phép biến đổi đẳng cự. 6. Phép biến đổi (6) được đưa về dạng h6(z) = az + b cz + d . Xét các trường hợp sau: a). Trường hợp c = 0. Khi đó ta có az + b cz + d = a d z + b d = (−a d )(−z) + b d , do ad− bc = ad < 0 suy ra −a d > 0. Vậy (6) là tích của các phép biến đổi đẳng cự h1, h2, h3, h4 của (H 2, H) như sau: z 3)−−−−−→ − z 2)−−−−−→ (−a d )(−z) 1)−−−−−→ (−a d )(−z) + b d = az + b cz + d . Nên (6) là phép biến đổi đẳng cự của (H2, H) b). Trường hợp c 6= 0, Lúc đó: az + b cz + d = a c + −(ad− bc) c2 1 z + c d , do ad− bc < 0 nên −(ad−bc) c2 > 0. Từ đó (6) là tích của các phép biến đổi đẳng cự h1, h2, h3, h4 của (H 2, ) như sau: z 1)−−−−−→ z + d c 4)−−−−−→ 1 z + d c 2)−−−−−→ −(ad− bc) c2 1 z + d c 1)−−−−−→ a c + −(ad− bc) c2 1 z + d c = az + b cx+ d . Do đó (6) là phép biến đổi đẳng cự của (H2, ) 2.1.4. Đĩa Poincaré Kí hiệu D là hình tròn mở, tâm O, bán kính 1 trong R2 D = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 < 1} = {z = x+ iy ∈ C/|z| = √ x2 + y2 < 1}. Khi đó, tương tự như trường hợp nửa phẳng Poincaré, ta có D là một đa tạp Riemann 2-chiều với cấu trúc Riemann D= ψ.can, trong đó ψ(x, y) = 4 (1−(x2+y2))2 và can là cấu trúc Riemann chính tắc trên D cảm sinh từ tích vô 20 hướng thông thường trong R2. Ta gọi D với cấu trúc Riemann nói trên là đĩa Poincaré, kí hiệu (D, D). 2.1.5. Vi phôi đẳng cự giữa nửa phẳng Poincaré và đĩa Poincaré Kết quả dưới đây cho ta mối liên hệ vi phôi đẳng cự giữa nửa phẳng Poincaré và đĩa Poincaré. Định lí Đĩa Poincaré (D,D) vi phôi đẳng cự với nữa phẳng Poincaré (H 2, H2). Chứng minh. Ta chứng minh tồn tại một ánh xạ f từ D vào H2 là song ánh, khả vi, ánh xạ ngược khả vi và f là một phép biến đổi đẳng cự. Thật vậy, xét tương ứng f : D → H2, z 7→ f(z) = z + i iz + 1 . 1. Chứng minh f là ánh xạ từ D vào H2. Do với mỗi z = x+ iy ∈ D, ta có x2 + y2 < 1 nên f(z) = z + i iz + 1 = x+ i(y + 1) 1− y + ix = (x+ i(y + 1))((1− y)− ix) (1− y)2 + x2 = 2x (1− y)2 + x2 + i 1− (x2 + y2) (1− y)2 + x2 = u+ iv, Với u = 2x (1− y)2 + x2 ∈ R, v = 1− (x2 + y2) (1− y)2 + x2 > 0. Hay f(z) = u+ iv ∈ H2. 2. Chứng minh f là song ánh. Xét tương ứng g : H2 → D, ω 7→ g(ω) = −ω + i iω − 1 . Ta có g là ánh xạ từ H2 vào D. Thật vậy, với mỗi ω = u+ iv ∈ H2, do u, v ∈ R và v > 0 nên 21 g(ω) = −ω + i iω − 1 = −u− iv + i i(u+ iv)− 1 = −u+ i(1− v) −(1 + v) + iu = (u− i(1− v))(1 + v + iu) (1 + v)2 + u2 = 2u (1 + v)2 + u2 + i u2 + v2 − 1 (1 + v)2 + u2 = x+ iy, với x = 2u (1 + v)2 + u2 ∈ R, y = u 2 + v2 − 1 (1 + v)2 + u2 ∈ R. Ta cần chứng minh x+ iy ∈ D tức là x2 + y2 < 1. Thật vậy, xét biểu thức x2 + y2 − 1 = 4u 2 + (u2 + v2 − 1)2 ((1 + v)2 + u2)2 − 1 = 4u2 + u4 + v4 + 1 + 2u2v2 − 2v2 − 2u2 − ((1 + 2v + v2 + u2)2) ((1 + v)2 + u2)2 = −4v(u2 + v2 + 2v + 1) ((1 + v)2 + u2)2 . Do v > 0 nên −4v(u2 + v2 + 2v + 1) ((1 + v)2 + u2)2 < 0. Hay x2 + y2 − 1 < 0. Suy ra x2 + y2 < 1. Vậy g(ω) = x+ iy ∈ D. Xét các ánh xạ tích g ◦ f : D→ D và f ◦ g : H2 → H2. Ta có (g ◦ f)(z) = g(f(z)) = −( z+i iz+1 ) + i i( z+i iz+1 )− 1 = −z − i− z + i iz − 1− iz − 1 = z, ∀z ∈ D. Nên g ◦ f = idD. Tương tự (f ◦ g)(z) = f(g(z)) = −z+i iz−1 + i i(−z+i iz−1 ) + 1 = −z + i− z − i −iz − 1 + iz − 1 = z,∀z ∈ H 2. Nên f ◦ g = idH2. Suy ra f là song ánh từ D lên H2 và có ánh xạ ngược là g. 22 3. Chứng minh f khả vi trên R2. Do f là hàm phân thức hửu tỷ nên khả vi trên tập xác định của nó. Vậy f là một vi phôi từ tập mở D lên tập mở H2 của R2 do f và g đều khả vi. 4. Chứng minh f là một phép đẳng cự. Thật vậy, gọi {E1, E2} là trường mục tiêu song song chính tắc trên D ⊂ R2. Ta cần chứng minh  (( ∂u ∂x )2 + (∂v ∂x )2) 1 v2 = ((∂u ∂y )2 + (∂v ∂y )2) 1 v2 = 4 (1−(x2+y2))2 ; ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y = 0. Ta có ∂u ∂x = 2 (1− y)2 + x2 − 2x2 ((1− y)2 + x2)2 = 2 (1− y)2 − x2 ((1− y)2 + x2)2 ∂u ∂y = 4x(1− y) ((1− y)2 + x2)2 ∂v ∂x = −2x((1− y)2 + x2)− 2x(1− (x2 + y2)) ((1− y)2 + x2)2 = −4x(1− y) ((1− y)2 + x2)2 ∂v ∂y = −2y((1− y)2 + x2)− 2(y − 1)(1− (x2 + y2)) ((1− y)2 + x2)2 = −2(x2 − (1− y)2) ((1− y)2 + x2)2 . (( ∂u ∂x )2 + ( ∂v ∂x )2) 1 v2(x, y) = 4((1− y)2 − x2)2 + 16x2(1− y)2 ((1− y)2 + x2)2 1 (1− (x2 + y2))2 = 4((1− y)4 + 2x2((1− y)2 + x4) ((1− y)2 + x2)2(1− (x2 + y2)2) = 4((1− y)2 + x2)2 ((1− y)2 + x2)2(1− (x2 + y2)2) = 4 (1− (x2 + y2))2 . (( ∂u ∂y )2 + ( ∂v ∂y )2) 1 v2 = 4((1− y)2 − x2)2 + 16x2(1− y)2 ((1− y)2 + x2)2 1 (1− (x2 + y2))2 = 4(((1− y)4 + 2x2(1− y)2 + x4)) ((1− y)2 + x2)2(1− (x2 + y2)2) = 4((1− y)2 + x2)2 ((1− y)2 + x2)2(1− (x2 + y2)2) = 4 (1− (x2 + y2))2 . 23 Do đó (( ∂u ∂x )2 + ( ∂v ∂x )2) 1 v2 = (( ∂u ∂y )2 + ( ∂v ∂y )2) 1 v2 = 4 (1− (x2 + y2))2 ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y = 8((1− y)2 − x2)x(1− y) + 8(x2 − (1− y)2)x(1− y) ((1− y)2 + x2)4 = 0. Hay f thoả mãn điều kiện đẳng cự. Từ đó ta có f là một vi phôi đẳng cự từ D đến H2. 2.1.6. Các phép biến đổi đẳng cự của đĩa mở Poincaré Cho f : D → H2 là vi phôi đẳng cự trong Định lý trên và h : H2 −→ H2 là phép biến đổi đẳng cự của H2. Khi đó f−1 ◦h ◦ f là một phép biến đổi đẳng cự của D. Từ các phép biến đổi đẳng cự của H2 và nhận xét trên ta có thể xác định được các phép biến đổi đẳng cự của D. Mệnh đề Xét đĩa Poincaré D = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 < 1} = {z = x+ iy ∈ C/|z| = √ x2 + y2 < 1}. Khi đó ta có các phép biến đổi sau là các phép đẳng cự của D : (a) z 7→ 2z + a+ iaz 2 + az − ia , (a ∈ R) (b) z 7→ kz + z + i(k − 1) k + 1 + i(z − kz) , (k ∈ R +) (c) z 7→ 2z − i+ iz 2 + i|iz + 1|2 −2iz − 1 + z2 − |iz + 1|2 , (d) z 7→ 2iz + 1− z 2 − |iz + 1|2 i− 2z − iz2 + i|iz + 1|2 . Chứng minh a. Xét phép biến đổi đẳng cự của H2 h1 : z 7→ z + a, (a ∈ R). Khi đó (g ◦ h1 ◦ f)(z) là một phép biến đổi đẳng cự của D. Ta có (g ◦ h1 ◦ f)(z) = g( z + i iz + 1 + a) = − z+i iz+1 − a+ i i( z+i iz+1 + a)− 1 = 2z + a+ iaz 2 + az − ia . Vậy z 7→ 2z + a+ iaz 2 + az − ia , (a ∈ R) 24 là một phép biến đổi đẳng cự của D trong R2. b. Xét phép biến đổi đẳng cự của H2 h2 : z 7→ kz, (k ∈ R+). Khi đó (g ◦ h2 ◦ f)(z) là một phép biến đổi đẳng cự của D. (g ◦ h2 ◦ f)(z) = (g ◦ h2)( z + i iz + 1 ) = g(k z + i iz + 1 ) = −k z+i iz+1 + i ik z+i iz+1 − 1 = −kz − ik − z + i ikz − k − iz − 1 = kz + z + i(k − 1) k + 1 + i(z − kz) Vậy z 7→ kz + z + i(k − 1) k + 1 + i(z − kz) , (k ∈ R +) là một phép biến đổi đẳng cự của D trong R2 c. Xét phép biến đổi đẳng cự của H2 h3 : z 7→ −z, (k ∈ R+). Khi đó (g ◦ h3 ◦ f)(z) là một phép biến đổi đẳng cự của D. (g ◦ h3 ◦ f)(z) = (g ◦ h3)( z + i iz + 1 ) = g(− z + i iz + 1 ) = z+i iz+1 + i −i z+i iz+1 − 1 = 2z − i+ iz2 + i|iz + 1|2 −2iz − 1 + z2 − |iz + 1|2 . Vậy z 7→ 2z − i+ iz 2 + i|iz + 1|2 −2iz − 1 + z2 − |iz + 1|2 là một phép biến đổi đẳng cự của D trong R2. d. Xét phép biến đổi đẳng cự của H2 h4 : z 7→ z−1. Khi đó (g ◦ h4 ◦ f)(z) là một phép biến đổi đẳng cự của D. (g ◦ h4 ◦ f)(z) = (g ◦ h4)( z + i iz + 1 ) = g(( z + i iz + 1 )−1) = −( z+i iz+1 )−1 + i i( z+i iz+1 )−1 − 1 = 2iz + 1− z2 − |iz + 1|2 i− 2z − iz2 + i|iz + 1|2 . 25 Vậy z 7→ 2iz + 1− z 2 − |iz + 1|2 i− 2z − iz2 + i|iz + 1|2 là một phép biến đổi đẳng cự của D trong R2. 2.1.7. Độ cong Gauss của nửa phẳng Poincaré và đĩa Poincaré Ta có thể tính được độ cong Gauss của một số đa tạp Riemann 2- chiều thông qua mệnh đề sau: 1. Mệnh đề Cho M là một tập mở trong E2 với toạ độ Descartes vuông góc (x, y) và ϕ : M → R+ là hàm số dương, trơn. Xét đa tạp Riemann 2-chiều (M, can ϕ2 ). Khi đó độ cong Gauss của đa tạp Riemann K = ϕxxϕ+ ϕyyϕ− ϕ2x − ϕ2y. Chứng minh. Gọi {E1, E2} là trường mục tiêu song song trên M ứng với toạ độ Descartes vuông góc (x, y). Ta có trường đối mục tiêu tương ứng là {dx, dy}. Khi đó {U1 = ϕE1, U2 = ϕE2} là trường mục tiêu trực chuẩn trên (M, canϕ2 ). Thật vậy điều này suy ra từ các đẳng thức sau: M=M= ϕ 2 M= ϕ 2 1 ϕ2 R2= 0, M=M= ϕ 2 M= ϕ 2 1 ϕ2 R2= 1, với i, j = 1, 2, i 6= j. Suy ra trường đối mục tiêu của tương ứng là {θ1 = dxϕ , θ1 = dxϕ }. Ta có d(θ1) = d( dx ϕ ) = d( 1 ϕ ) ∧ dx = [( 1 ϕ )xdx+ ( 1 ϕ )ydy] ∧ dx = [−ϕx ϕ2 dx− ϕy ϕ2 dy] ∧ dx = − 1 ϕ2 [ϕxdx+ ϕydy] ∧ dx = −ϕy ϕ2 dy ∧ dx = ϕy ϕ dx ∧ dy ϕ = (ϕy ϕ dx− ϕx ϕ dy) ∧ θ2. Do ω12 là dạng liên kết của (M, can ϕ2 ) nên ta có d(θ1) = −ω12 ∧ θ2. Suy ra ω12 = ϕx ϕ dy − ϕy ϕ dx. 26 Từ đó d(ω12) = d( ϕx ϕ dy − ϕy ϕ dx) ⇔ d(ω12) = d(ϕxϕ ) ∧ dy − d(ϕyϕ ) ∧ dx ⇔ d(ω12) = ϕxxϕ−ϕ 2 x ϕ2 dx ∧ dy − ϕyyϕ−ϕ2y ϕ2 dy ∧ dx ⇔ d(ω12) = 1ϕ2 (ϕxxϕ+ ϕyyϕ− ϕ2x − ϕ2y)dx ∧ dy ⇔ d(ω12) = (ϕxxϕ+ ϕyyϕ− ϕ2x − ϕ2y)θ1 ∧ θ2. Vậy ta xác định được độ cong Gauss K = ϕxxϕ+ ϕyyϕ− ϕ2x − ϕ2y. 2. Hệ quả a. Nữa phẳng Poincaré (H2, can ϕ2 ), ϕ(x, y) = y có độ cong Gauss là K = −1. b. Đĩa mở Poincaré (D, can ϕ2 ), ϕ(x, y) = 1 2 (1 − (x2 + y2)) có độ cong Gauss là K = −1. 2.2 Cấu trúc Riemann của nửa không gian trên 2.2.1. Nửa không gian trên Tập hợp H3 := {(x, y, t) | x, y, t ∈ R; t > 0} là một tập con mở của R3 và được gọi là nửa không gian trên. Xét H = {s+ tj|s, t ∈ C} là đại số quaternion (chuẩn tắc). Khi đó ta có thể biểu thị H3 dưới dạng sau: H3 = {z = x+ yi+ tj ∈ H | x, y, t ∈ R; t > 0} = {z = s+ tj ∈ H | s ∈ C; t ∈ R; t > 0}. Mệnh đề H3 là một đa tạp khả vi 3-chiều trong R3 với cấu trúc Riemann ds2 := |dz|2 t2 = dx2 + dy2 + dt2 t2 . Chứng minh. DoH3 là tập con mở của R3 và R3 là một đa tạp khả vi 3-chiều với atlas {(Rn, id)} nên H3 là một đa tạp khả vi 3-chiều. Ta có với mỗi p ∈ H3, không gian tiếp xúc tại điểm đó là R3p ∼= R3 nên có thể cảm sinh lên không gian này metric Riemann chính tắc trong R3 xác định bởi |dz|2 = dx2 + dy2 + dt2. 27 Ngoài ra, ta có ψ : H3 −→ R z = (x, y, t) 7−→ ψ(z) = ψ(x, y, t) = 1 t2 là một hàm số khả vi trên H3. Do đó ds2 = |dz| 2 t2 = dx 2+dy2+dt2 t2 xác định một cấu trúc Riemann trên H3. Vậy H3 cùng với metric xác định như trên là một đa tạp Riemann 3-chiều. 2.2.2. Nhận xét Cấu trúc metric Riemann của nửa không gian trên H3 trong không gain 3-chiều R3 có thể xét như là mở rộng từ metric Riemann của nửa mặt phẳng Poincare H2 trong không gian 2-chiều R2. 2.2.3. Biến đổi đẳng cự của H3 Để khảo sát các biến đổi đẳng cự của đa tạp Riemann H3, trước hết chúng ta xét các điều kiện để một ánh xạ f : H3 −→ H3 trở thành biến đổi đẳng cự của H3 thể hiện trong mệnh đề dưới đây. 1. Mệnh đề Cho ánh xạ f : H3 −→ H3, (x, y, t) 7−→ f(x, y, t) = (u, v, w). Khi đó f là một phép biến đổi đẳng cự khi và chỉ khi f thỏa mãn hai điều kiện sau: a. [(∂u ∂x )2 + (∂v ∂x )2 + (∂w ∂x )2] 1 w2 = [(∂u ∂y )2 + (∂v ∂y )2 + (∂w ∂y )2] 1 w2 = [(∂u ∂t )2 + (∂v ∂t )2 + (∂w ∂t )2] 1 w2 = 1 t2 ; b. ∂u ∂x .∂u ∂y + ∂v ∂x .∂v ∂y + ∂w ∂x .∂w ∂y = ∂u ∂x .∂u ∂t + ∂v ∂x .∂v ∂t + ∂w ∂x .∂w ∂t = ∂u ∂y .∂u ∂t + ∂v ∂y .∂v ∂t + ∂w ∂y .∂w ∂t = 0. Chứng minh. Gọi {E1, E2, E3} là trường mục tiêu song song chính tắc trên H3 ⊂ R3. Khi đó, tại p = (x, y, t) ∈ H3, ta có 〈Ei(p), Ei(p)〉 = 1 t2 (i = 1, 3) 〈Ei(p), Ej(p)〉 = 0 (i, j = 1, 3; i 6= j). Suy ra (f∗E1)(f(p)) = ∂u∂xE1(f(p)) + ∂v ∂x E2(f(p)) + ∂w ∂x E3(f(p)); (f∗E2)(f(p)) = ∂u∂yE1(f(p)) + ∂v ∂y E2(f(p)) + ∂w ∂y E3(f(p)); 28 (f∗E3)(f(p)) = ∂u∂tE1(f(p)) + ∂v ∂t E2(f(p)) + ∂w ∂t E3(f(p)). Phép biến đổi f là phép biến đổi đẳng cự của (H3; 〈, 〉) nếu và chỉ nếu với mọi p = (x, y, t) ∈ H3, ta có 〈f∗Ei, f∗Ej〉(f(p)) = 〈Ei, Ej〉(p), i, j = 1, 3. Do đó 〈(f∗E1)(f(p), (f∗E1)(f(p)〉 = 〈E1(p), E1(p)〉 ⇔ 1 ω2 〈(f∗E1)(f(p), (f∗E1)(f(p)〉 = 1 t2 〈E1(p), E1(p)〉 ⇔ 1 ω2 [( ∂u ∂x )2〈E1(p), E1(p)〉R3 + (∂v ∂x )2〈E2(p), E2(p)〉+ (∂ω ∂x )2〈E3(p), E3(p)〉] = 1 t2 ⇔ 1 ω2 [( ∂u ∂x )2 + ( ∂v ∂x )2 + ( ∂ω ∂x )2] = 1 t2 . Tương tự ta có 1 ω2 [( ∂u ∂y )2 + ( ∂v ∂y )2 + ( ∂ω ∂y )2] = 1 t2 1 ω2 [( ∂u ∂t )2 + ( ∂v ∂t )2 + ( ∂ω ∂t )2] = 1 t2 . 〈(f∗E1)(f(p), (f∗E2)(f(p)〉 = 〈E1(p), E2(p)〉 ⇔ 1 ω2 〈(f∗E1)(f(p), (f∗E2)(f(p)〉R3 = 1 t2 〈E1(p), E2(p)〉R3 ⇔ 1 ω2 [ ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y + ∂ω ∂x ∂ω ∂y ] = 0 ⇔ ∂u ∂x ∂u ∂y + ∂v ∂x ∂v ∂y + ∂ω ∂x ∂ω ∂y = 0. Hơn nữa ∂u ∂x ∂u ∂t + ∂v ∂x ∂v ∂t + ∂ω ∂x ∂ω ∂t = 0 ∂u ∂y ∂u ∂t + ∂v ∂y ∂v ∂t + ∂ω ∂y ∂ω ∂t = 0. Mệnh đề được chứng minh. Bây giờ chúng ta ứng dụng Mệnh đề trên để xác định các biến đổi đẳng cự của H3. 2. Mệnh đề Xét nửa không gian trên H3 = {z = s+ tj ∈ H | s = x+ yi ∈ C;x, y, t ∈ R; t > 0}. Khi đó, các phép biến đổi sau đây là biến đổi đẳng cự của H3. 29 (1) z 7−→ z + a, a ∈ C; (2) z = s+ tj 7−→ ks+ |k|tj, k ∈ C\{0}; (3) z = s+ tj 7−→ ks+ |k|tj, k ∈ C\{0}; (4) z 7−→ [z]−1; (5) z 7−→ [az + b][cz + d]−1, a, b, c, d ∈ C, ad− bc > 0; (6) z 7−→ [az + b][cz + d]−1, a, b, c, d ∈ C, ad− bc < 0. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh các phép biến đổi trên thỏa mãn các điều kiện của biến đổi đẳng cự. Phép biến đổi (1) có thể biểu diễn dưới dạng: f : H3 −→ H3 (x, y, t) 7−→ (x+ a1, y + a2, t), trong đó a1, a2 ∈ R. Ta có [(∂u ∂x )2 + (∂v ∂x )2 + (∂w ∂x )2] 1 w2 = [12 + 02 + 02] 1 t2 = 1 t2 ; [(∂u ∂y )2 + (∂v ∂y )2 + (∂w ∂y )2] 1 w2 = [02 + 12 + 02] 1 t2 = 1 t2 ; [(∂u ∂t )2 + (∂v ∂t )2 + (∂w ∂t )2] 1 w2 = [02 + 02 + 12] 1 t2 = 1 t2 ; ∂u ∂x .∂u ∂y + ∂v ∂x .∂v ∂y + ∂w ∂x .∂w ∂y = 0; ∂u ∂x .∂u ∂t + ∂v ∂x .∂v ∂t + ∂w ∂x .∂w ∂t = 0; ∂u ∂y .∂u ∂t + ∂v ∂y .∂v ∂t + ∂w ∂y .∂w ∂t = 0. Suy ra phép biến đổi (1) là biến đổi đẳng cự của H3. Tương tự, phép biến đổi (2) có thể biểu diễn dưới dạng: f : H3 −→ H3 (x, y, t) 7−→ (k1x− k2y, k2x+ k1y, √ k21 + k 2 2.t); trong đó k1, k2 ∈ R sao cho √ k21 + k 2 2 6= 0. Tính toán cụ thể ta suy ra [(∂u ∂x )2 + (∂v ∂x )2 + (∂w ∂x )2] 1 w2 = [k21 + k 2 2 + 0 2] 1 (k21+k 2 2)t 2 = 1 t2 ; 30 [(∂u ∂y )2 + (∂v ∂y )2 + (∂w ∂y )2] 1 w2 = [(−k2)2 + k21 + 02] 1(k21+k22)t2 = 1 t2 ; [(∂u ∂t )2 + (∂v ∂t )2 + (∂w ∂t )2] 1 w2 = [02 + 02 + (k21 + k 2 2)] 1 (k21+k 2 2)t 2 = 1 t2 ; ∂u ∂x .∂u ∂y + ∂v ∂x .∂v ∂y + ∂w ∂x .∂w ∂y = k1.(−k2) + k2.k1 + 0.0 = 0; ∂u ∂x .∂u ∂t + ∂v ∂x .∂v ∂t + ∂w ∂x .∂w ∂t = k1.0 + k2.0 + 0. √ k21 + k 2 2 = 0; ∂u ∂y .∂u ∂t + ∂v ∂y .∂v ∂t + ∂w ∂y .∂w ∂t = (−k2).0 + k1.0 + 0. √ k21 + k 2 2 = 0. Nên phép biến đổi (2) là biến đổi đẳng cự của H3. Phép biến đổi (3) biểu diễn được dưới dạng: f : H3 −→ H3 (x, y, t) 7−→ (u = k1x+ k2y, v = k2x− k1y, w = √ k21 + k 2 2.t); trong đó k1, k2 ∈ R sao cho √ k21 + k 2 2 6= 0. Khi đó tính toán tương tự như trong trường hợp (2), ta cũng suy ra phép biến đổi (3) là biến đổi đẳng cự của H3. Phép biến đổi (4) có thể biểu diễn dưới dạng: f : H3 −→ H3 (x, y, t) 7−→ ( x x2+y2+t2 , y x2+y2+t2 , t x2+y2+t2 ). Ta kiểm tra các điều kiện của biến đổi đẳng cự: [( ∂u ∂x )2 + ( ∂v ∂x )2 + ( ∂w ∂x )2] 1 w2 = [( x2 + y2 + t2 − 2x2 (x2 + y2 + t2)2 )2 + ( −2xy (x2 + y2 + t2)2 )2 + ( −2xt (x2 + y2 + t2)2 )2][ x2 + y2 + t2 t ]2 = [ (y2 + t2 − x2)2 + 4x2y2 + 4x2t2 (x2 + y2 + t2)2 ] 1 t2 = [ (x2 + y2 + t2)2 (x2 + y2 + t2)2 ] 1 t2 = 1 t2 ; [( ∂u ∂y )2 + ( ∂v ∂y )2 + ( ∂w ∂y )2] 1 w2 = [( −2yx (x2 + y2 + t2)2 )2 + ( x2 + y2 + t2 − 2y2 (x2 + y2 + t2)2 )2 + ( −2yt (x2 + y2 + t2)2 )2][ x2 + y2 + t2 t ]2 = [ 4y2x2 + (x2 + t2 − y2)2 + 4y2t2 (x2 + y2 + t2)2 ] 1 t2 = [ (x2 + y2 + t2)2 (x2 + y2 + t2)2 ] 1 t2 = 1 t2 ; 31 [( ∂u ∂t )2 + ( ∂v ∂t )2 + ( ∂w ∂t )2] 1 w2 = [( −2tx (x2 + y2 + t2)2 )2 + ( −2ty (x2 + y2 + t2)2 )2 + ( x2 + y2 + t2 − 2t2 (x2 + y2 + t2)2 )2][ x2 + y2 + t2 t ]2 = [ 4t2x2 + 4t2y2 + (x2 + y2 − t2)2 (x2 + y2 + t2)2 ] 1 t2 = [ (x2 + y2 + t2)2 (x2 + y2 + t2)2 ] 1 t2 = 1 t2 ; ∂u ∂x . ∂u ∂y + ∂v ∂x . ∂v ∂y + ∂w ∂x . ∂w ∂y = [ y2 + t2 − x2 (x2 + y2 + t2)2 ].[ −2yx (x2 + y2 + t2)2 ] + [ −2xy (x2 + y2 + t2)2 ].[ x2 + t2 − y2 (x2 + y2 + t2)2 ] + [ −2xt (x2 + y2 + t2)2 ].[ −2yt (x2 + y2 + t2)2 ] = [−2xy][(y2 + t2 − x2) + (x2 + t2 − y2)− 2t2] (x2 + y2 + t2)4 = 0; ∂u ∂x . ∂u ∂t + ∂v ∂x . ∂v ∂t + ∂w ∂x . ∂w ∂t = [ y2 + t2 − x2 (x2 + y2 + t2)2 ].[ −2tx (x2 + y2 + t2)2 ] + [ −2xy (x2 + y2 + t2)2 ].[ −2ty (x2 + y2 + t2)2 ] + [ −2xt (x2 + y2 + t2)2 ].[ x2 + y2 − t2 (x2 + y2 + t2)2 ] = [−2xt][(y2 + t2 − x2)− 2y2 + (x2 + y2 − t2)] (x2 + y2 + t2)4 = 0; ∂u ∂y . ∂u ∂t + ∂v ∂y . ∂v ∂t + ∂w ∂y . ∂w ∂t = [ −2yx (x2 + y2 + t2)2 ].[ −2tx (x2 + y2 + t2)2 ] + [ x2 + t2 − y2 (x2 + y2 + t2)2 ].[ −2ty (x2 + y2 + t2)2 ] + [ −2yt (x2 + y2 + t2)2 ].[ x2 + y2 − t2 (x2 + y2 + t2)2 ] = [−2yt][−2x2 + (x2 + t2 − y2) + (x2 + y2 − t2)] (x2 + y2 + t2)4 = 0. Suy ra phép biến đổi (4) là biến đổi đẳng cự của H3. 32 Xét phép biến đổi (5): f : H3 −→ H3 z = s+ tj 7−→ f(z) = [az + b][cz + d]−1, trong đó a, b, c, d ∈ C; ad− bc > 0. Ta xét các trường hợp sau: Trường hợp c = 0. Ta có ad > 0 nên d 6= 0; ad−1 6= 0; |ad| = |ad| = ad. Suy ra [az + b][cz + d]−1 = [az + b]d−1 = [a(s + tj) + b] d|d|2 = [ ad |d|2s + ad |d|2 tj] + bd |d|2 = [ ad|d|2s+ |ad| |d|2 tj] + bd |d|2 = [(ad −1)s+ |ad−1|tj] + bd−1. Từ đó (5) có thể biểu thị thành tích của các phép biến đổi đẳng cự dạng (1) và (2) của H3 nên suy ra phép biến đổi (5) là biến đổi đẳng cự của H3. Trường hợp c 6= 0. Khi đó ta có [az+b][cz+d]−1 = [ac−1(cz+d)−(ad−bc)c−1][cz+d]−1 = ac−1−(ad−bc)c−1[cz+ d]−1 = ac−1 − (ad − bc)[(cz + d)c]−1 = ac−1 − (ad − bc)[(c(s + tj) + d)c]−1 = ac−1 − (ad− bc)[c2s+ |c|2tj + dc]−1. Từ đó (5) có thể biểu thị thành tích của các phép biến đổi đẳng cự dạng (1), (2), (3) và (4) của H3 nên suy ra phép biến đổi (5) là biến đổi đẳng cự của H3. Xét phép biến đổi (6): f : H3 −→ H3 z = s+ tj 7−→ f(z) = [az + b][cz + d]−1, trong đó a, b, c, d ∈ C; ad− bc < 0. Ta thấy phép biến đổi (6) là tích của các phép biến đổi đẳng cự dạng (3) và (5) của H3 nên suy ra phép biến đổi (6) là biến đổi đẳng cự của H3. Vậy mệnh đề được chứng minh. 3. Nhận xét Các phép biến đổi đẳng cự của nửa không gian trên H3 trong không gian 3- chiều R3 tương tự như phép biến đổi đẳng cự của nữa phẳng PoincaréH2 trong không gian 2-chiều R2. 33 4. Mệnh đề Cho đa tạp Riemann H3 và điểm cố định z0 = (x0, y0, t0) của H 3. Khi đó ánh xạ f : H3 −→ H3 (x, y, t) 7−→ (2x0 − x, 2y0 − y, t), là một vi phôi đẳng cự và đối hợp của H3. Chứng minh. a. f là song ánh. Thật vậy mỗi (u, v, w) ∈ H3 tồn tại duy nhất x, y, z) ∈ H3 sao cho f(x, y, z) = (u, v, w). b. f là khả vi do các hàm thành phần là hàm khả vi. c. f là ánh xạ đối hợp. Với mọi (x, y, t) ∈ H3, ta có (f)2(x, y, t) = f(f(x, y, t)) = f(2x0 − x, 2y0 − y, t) = (x, y, t). Vậy (f)2 = IdH3. Suy ra f là một phép biến đổi đối hợp. Hơn nữa, do (f)2 = IdH3 nên (f) −1 = f. Suy ra (f)−1 cũng khả vi. d. f là phép biến đổi đẳng cự. Ta có f được biểu diễn dưới dạng: f : H3 −→ H3 x+ yi+ tj 7−→ (−x− yi+ tj) + (2x0 + 2y0i). Do f là tích của các phép biến đổi đẳng cự dạng (1) và (2) của H3 nên suy ra f là phép biến đổi đẳng cự của H3. Vậy f là một phép biến đổi đẳng cự của H3. Tóm lại, f là một vi phôi đẳng cự và đối hợp của H3. 5. Mệnh đề Cho đa tạp Riemann H3, k ∈ S1 và xét phần tử cố định z0 = s0 + t0j ∈ H3. Khi đó ánh xạ f : H3 −→ H3 z = s+ tj 7−→ −[t0]2(z − s0)−1 + s0, là một vi phôi đẳng cự và đối hợp của H3. 34 Chứng minh. a. f song ánh. Ta có f đơn ánh. Thật vậy, xét z, z ′ ∈ H3 sao cho f(z) = f(z′). Khi đó −[t0]2(z − s0)−1 + s0, = −[t0]2(z′ − s0)−1 + s0, ⇔ z = z′. f là toàn ánh do ∀ω ∈ H3 luôn tồn tại z ∈ H3 sao cho f(z) = ω. Vậy f song ánh b. f là ánh xạ khả vi. Ta có f luôn xác định với mọi z và là một hàm phân thức hửu tỷ nên là ánh xạ khả vi. c. f là ánh xạ đối hợp. Thật vậy, ∀z ∈ H3, f 2(z) = f(f(z)) = f(−[t0]2(z − s0)−1 + s0) = −[t0]2(−[t0]2(z− s0)−1 + s0− s0)−1 + s0 = −[t0]2(−[t0]2)−1((z− s0) + s0) = z. Nên f 2 = idH3. Suy ra f −1 = f khả vi. d. f là phép biến đổi đẳng cự. Thật vậy, f là tích của các phép biến đổi đẳng cự dạng (1),(2),(3),(4) được thể hiện như sau: z 1)−−−−−→ z − s0 3)−−−−−→ − z − s0 4)−−−−−→ − (z − s0)−1 2)−−−−−→ − t20(z − s0)−1 1)−−−−−→ − t20(z − s0)−1 + s0. Do đó f là phép biến đổi đẳng cự. Vậy f là phép vi phôi đẳng cự đối hợp của H3. 35 KẾT LUẬN Sau một quá trình nghiên cứu khoá luận này tôi đã thu được các kết quả như sau: 1. Khảo sát một số khái niệm và đặc trưng cơ bản của đa tạp Riemann như metric Riemann, dạng liên kết và phương trình cấu trúc, độ cong Gauss, các phép biến đổi đẳng cự,...thể hiện cụ thể cho các mặt trong R3 và đa tạp Riemann 2-chiều. 2. Khảo sát cấu trúc đa tạp Riemann của nửa phẳng Poincaré và đĩa Poincaré trong R2 qua việc xác định metric Riemann, các biến đổi đẳng cự, độ cong Gauss và mối liên hệ vi phôi đẳng cự của chúng. 3. Khảo sát metric Riemann, các biến đổi đẳng cự, vi phôi đẳng cự của nửa không gian trên, thể hiện như một đa tạp Riemann 3-chiều trong R3. Do thời gian nghiên cứu và năng lực bản thân còn hạn chế nên tôi chưa nghiên cứu đầy đủ các tính chất của đa tạp Rienmann nói chung cũng như tính chất của nữa phẳng Poincaré, đĩa Poincaré và nữa không gian trên nói riêng. Sau khi hoàn thành khoá luân tôi mong muốn được tiếp tục nghiên cứu về lĩnh vực này. Khoá luận chắc chắn sẽ không tránh khỏi những sai sót. Rất mong được sự chỉ bảo, góp ý của thầy cô và bạn bè. Xin chân thành cảm ơn! 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Đạo Dõng (2001), Cơ sở hình học vi phân, Nhà xuất bản Giáo dục. [2] Sigmundur Gudmundsson(2010), An Introduction to Riemannian Geome- try, Lecture Notes. [3] Nguyễn Việt Hải (2005), Hình học vi phân, Nhà xuất bản Hải phòng. [4] Đoàn Thế Hiếu (2010), Hình học vi phân, Giáo trình Trường ĐHSP Đại học Huế. [5] Nguyễn Thị Huệ (2004-2008), Cấu trúc đa tạp khả vi và nhóm Lie, Khóa luận tốt nghiệp, Trường ĐHSP Đại học Huế. [6] Đoàn Quỳnh (2001), Hình học vi phân, Nhà xuất bản Đại học sư phạm Hà nội. [7] Hoàng Thái Vũ (2009), Không gian đối xứng địa phương và nhóm con số học, Luận văn thạc sĩ Toán học, Trường ĐHSP Đại học Huế. 37