Khối lượng và đối khối lượng của một số dạng

Lời mở đầu Một trong những điều kiện đủ để chứng minh một k-mặt S là cực tiểu đồng đều là tồn tại một k-dạng vi phân đóng ω có đối khối lợng bằng 1 sao cho không gian tiếp xúc của S trùn

Lời mở đầu

Một trong những điều kiện đủ để chứng minh một k-mặt S là cực tiểu đồng đều là tồn tại một k-dạng vi phân đóng ω có đối khối lợng bằng 1 sao cho không gian tiếp xúc của S trùng với hớng cực đại của ω Nh vậy việc tìm kiếm các mặt cực tiểu đồng điều liên quan chặt chẽ đến việc khảo sát đối khối lợng của các k-đối vectơ, cùng với hớng cực đại của chúng

Đã có tác giả nghiên cứu về khối lợng và đối khối lợng nh Hoàng Xuân Huấn ([2], 1994), H.Federer([1], 1969)

Một trong những phơng pháp nghiên cứu là quy các dạng bậc cao thành tích các dạng bậc thấp và tìm mối liên hệ giữa chúng, cụ thể là khảo sát mối tơng quan giữa các đại lợng & , vấn đề này đang đợc nhiều tác giả quan tâm

Trong dòng thời sự đó, chúng tôi quan tâm đến việc khảo sát khối lợng và đối khối lợng của một số dạng trong các không gian R3, R4

Luận văn này gồm 5 mục (Đ):

Đ1.Đ2 Dành cho việc xây dựng các không gian ΛkV và ΛkV.

Kí hiệu V là không gian Ơclit n-chiều với tích vô hớng, ΛkV và ΛkV là không gian vectơ các k-đối vectơ và k-vectơ tơng ứng trên V Tích vô hớng trên V cảm sinh tích vô hớng trên ΛkV và ΛkV Kí hiệu . là chuẩn tơng ứng trên ΛkV và ΛkV.

Tích ngoài của k-vectơ u và h-vectơ v trên V là một (k + h)-vectơ kí hiệu là

2

n

k <

β α

≤ β

∧

Chúng tôi đã thu đợc các mệnh đề sau đây:

Đ5 Dành cho việc giả quyết một số ví dụ vận dụngcác tính chất đã nêu trên để tính khối lợng, đối khối lợng của một vài trờng hợp

Luận văn nàyđợc thực hiện tại trờng Đại học Vinh Chúng tôi xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy hớng dẫn - Thạc sĩ Trơng Chí Trung, ngời đã đặt bài toán và dẫn dắt chúng tôi thực hiện luận văn này Chúng tôi chân thành cảm ơn trờng Đại học Vinh, Khoa Toán và các thầy, cô giáo thuộc bộ môn Hình Học của trờng đã tạo

điều kiện cho chúng tôi hoàn thành nhiệm vụ

Tác giả

1}

, ,

V :

) ( sup{ k

*

= ξ ξ

Λ

∈ ξ ξ ϕ

= ϕ

ξ

} 1 ,

V :

) ( sup{ ϕ ξ ϕ ∈ Λ k ϕ* =

= ξ

V ,

V

; )

2

V

; ) C ( )

1

h k

k 2

1 k n

Λ

∈ η Λ

∈ ξ

∀ η ξ

≤ η

∧ ξ

Λ

∈ ξ

∀ ξ

≤ ξ

≤ ξ

V ,

V

; C )

2

V

; )

C ( ) 1

h k

*

* k

h k

*

k

* 2

1 k n

Λ

∈ ψ Λ

∈ ϕ

∀ ψ

ϕ

≤ ψ

∧ ϕ

Λ

∈ ϕ

∀ ϕ

≤ ϕ

≤ ϕ

+

−

Đ1 Không gian ΛkV.

Giả sử V là không gian vectơ Ơclit n-chiều với tích vô hớng, {e1, , en} là cơ sở trực chuẩn của V, kí hiệu V∗ là không gian đối ngẫu của V, {e∗ 1, , e ∗ n} là cơ sở của V∗ đối ngẫu với cơ sở {e1, , en} của V

Kí hiệu Vk là tích Đềcác bậc k của không gian vectơ V, M là không gian vectơ nào đó ánh xạ k-tuyến tính

ξk(v1) ξk(vj) ξk(vi) ξk(vk)

= - ( ξ1 ∧ ∧ξk)( v1, , vj, , vi, vk)

Vậy ξ1∧ ∧ξk là một ánh xạ k-tuyến tính thay phiên và do đó ξ1 ∧ ∧ξk là k-

đối vectơ trên không gian vectơ V

đơn ( hay k- đối vectơ phân tích đợc) nếu ϕ biểu thị đợc dới dạng

ϕ = ξ1∧ ∧ξk,

trong đó ξi ∈ V∗, i = 1, k

Nhận xét: Nếu họ {ξ1, , ξk} phụ thuộc tuyến tính thì ϕ = 0

Trên ΛkV ta đa vào các phép toán:

Với ϕ, ψ∈ΛkV; α∈ R thì ϕ + ψ ∈ΛkV và αϕ∈ΛkV và chúng đợc xác định

bởi:

∗ (ϕ + ψ)(v1, , vk) = ϕ (v1, , vk) + ψ (v1, , vk)

∗ (αϕ)(v1, , vk) = α.ϕ (v1, , v2)

đối với bất kì vi ∈ V, i = 1, k Khi đó ΛkV cùng với hai phép toán trên trở thành

một không gian vectơ trên trờng số thực

Chứng minh Để chứng minh ΛkV cùng với hai phép toán trên lập thành một

không gian vectơ trên trờng số thực, ta kiểm tra 8 tiên đề về không gian vectơ

Kết luận: ΛkV là không gian vectơ trên trờng số thực R.

và E∗ = {e∗1, , e∗n} là cơ sở của V∗, đối ngẫu với cơ sở E Khi đó tập hợp

k , 1

i1 ∧ ∧ e∗ ik 1 ≤ i1 < < ik ≤ n, 1 ≤ k ≤ n} là một cơ sở của không gian vectơ ΛkV và do đó dim ΛkV = Cnk

trong đó ( i ) = ( i1, , ik ), 1 ≤ i1 < < ik ≤ n, a(i) ∈ R

Với mỗi bộ chỉ số cố định ( j ) = ( j1, , jk) thoả mãn j1 < < j k ta chọn jk+1, , jn sao cho ( j1, , jk, j k+1, , j n) là một hoán vị nào đó của ( 1, , n )

Nhân ngoài hai vế của đẳng thức (1) với ta đợc một tổng với hầu hết các số hạng bằng 0 vì có các chỉ số trùng lặp, loại trừ một số hạng duy nhất với các chỉ số không trùng lặp

vectơ Tích ngoài của k- đối vectơ ϕ∈ΛkV và h- đối vectơ ψ∈ΛhV, kí hiệu là ϕ

∧ψ thoả mãn các tính chất sau:

1) ( ϕ + ϕ' ) ∧ψ = ϕ∧ψ + ϕ' ∧ψ ; ∀ϕ , ϕ' ∈ΛkV; ψ∈ΛhV.

2) ϕ∧ ( ψ + ψ' ) = ϕ∧ψ + ϕ∧ψ' ; ∀ϕ∈ΛkV; ψ , ψ' ∈ΛhV.

3) Nếu ϕ = ϕ1 ∧ ∧ϕk và ψ = ψ1 ∧ ∧ψh trong đó ϕi và ψi ∈ V∗thì:

0 e

e

) i (

* i ) i

∑

* j

*

* j

* j

* i

* i )ie1 e k e k 1 e n

0 e

e e

e

a(i) *j1 ∧ ∧ *jk ∧ *jk+1∧ ∧ *jn =

* i

*

i1 e k

* i

*

* i n i

i

e

e ∧ ∧ ϕ

* i n i

i 1

i

k 1

1

k

1 i i n

i

= ϕ

∧

1 i

n 1

' '

trong đó vi(ξj) = ξj(vi), ∀ i, j = .

Khi đó dễ dàng kiểm tra đợc ánh xạ v1 ∧ ∧ vk là một ánh xạ k-tuyến tính thay phiên Do vậy v1 ∧ ∧ vk là k-vectơ trên V

biểu diễn đợc dới dạng

ξ = v1 ∧ ∧ vk,

trong đó vi ∈ V, i =

Nhận xét: Mọi k-vectơ trên V bao giờ cũng phân tích đợc thành tổng các k-vectơ

đơn

Trên ΛkV ta đa vào các phép toán sau:

Với u, v ∈ΛkV, α∈ R thì u+v ∈ΛkV và αu ∈ΛkV và chúng đợc xác định bởi: ∗ (u+v)(ξ1, , ξk) = u(ξ1, , ξk) + v(ξ1, , ξk)

∗ (αu)(ξ1, , ξk) = α.u(ξ1, , ξk)

Khi đó ΛkV cùng với hai phép toán trên trở thành một không gian vectơ gọi là không gian các k-vectơ trên V

V Khi đó tập hợp {ei1, , eik 1 ≤i1 < < ik ≤ n, 1 ≤ k ≤ n} là một cơ sở của không gian ΛkV và do đó dimΛkV = Cn

k , 1

k , 1

u' ∈ΛV đều có biểu diễn

u = u0 + u1 + + un ,

u' = u'0 + u'1 + + u'n , trong đó ui , u'i ∈ΛiV, i =

Đa vào phép nhân ngoài u ∧ u' ∈ΛV nh sau:

e v v

V e

e u u

p i

i n

i

i 1

i

i

p i

i n

i

i 1

i

i

p 1

p 1

p 1

p 1

1 1

p 1

=

1 i

n 1

' u u '

u u

Khi đó nếu u = v ≠ 0 thì u.v > 0 và ta có chuẩn của u là u = (u.u)1/2

Với tích vô hớng và chuẩn xác định nh trên thì {ei1 ∧ ∧ eip  1 ≤ i1 < < ip ≤ n,

1 ≤ p ≤ n} là một cơ sở trực chuẩn của không gian ΛpV.

i

v u v

u

k

1 i j j i

k2

1k k

1

2 n

k <

Chứng minh: Giả sử: α = (ai1 ik), β = (bj1 j h) là toạ độ của α, β đối với cơ sở {ei1

∧ ∧ eik 1 ≤ i1 < < ik ≤ n} trong ΛkV và cơ sở {ej1 ∧ ∧ ejh 1 ≤ j1 < < j h ≤

n} trong ΛhV.

Do α∧β∈Λk+hV = ΛnV nên toạ độ của α∧β chỉ có một thành phần duy nhất

có dạng: Σδ(i,j)(ai1 ikbj1 j h); 1 ≤ i1 < < ik ≤ n, trong đó các bộ chỉ sối1, , ik và j1, , jh thoả mãn:

i) δ(i,j) là dấu của phép thế:

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:

với các bộ chỉ số i1, , ik và j1, , jn thoả mãn hai điều kiện trên Vậy: α∧β≤α β

k

i

hk

1k k

1

const b

a

h j

j k i

k ) C

Đ3 khối lợng và đối khối lợng.

= sup{ϕ(ξ) : ξ ∈ΛkV, ξ đơn, ξ = 1}

và khi và chỉ khi ϕ là đối vectơ đơn trên V Chứng minh: Gọi {  1 ≤ i1 < < ik ≤ n, 1 ≤ k ≤ n} là cơ sở của không gian ΛkV Kí hiệu: Λ(n, k) = {(i1, , ik) 1 ≤ i1 < < ik ≤ n} λ∈Λ(n, k) thì

Giả sử: ϕ∈ΛkV khi đó ta có

Gọi ξ∈ΛkV sao cho: ξ đơn, ξ = 1 và = ϕ(ξ) với ta có: i)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

Lúc đó:

Mà là k-vectơ đơn do đó ϕ là k-đối vectơ đơn

ii) Từ định nghĩa = sup{ϕ(ξ) : ξ đơn, ξ = 1} suy ra:

* ϕ

)

C

1 k

ϕ

=

ϕ *

* i

* i

*

k

1 e e

* i

*

* ) k , n (

eλ

Λ

∈

λ ∑ϕλ

= ϕ

*

Λ

∈

=

) k , n (

.

.

) (

) k , n

2 2

) k , n (

*

ϕ

=

ξ ϕ

=

ξ ϕ

≤

ξ ϕ

= ξ ϕ

=

ϕ

∑

Λ

λ Λ

const

= ξ

ϕ

λ λ

e r

e r

) k , n (

* ) k , n (

* ) k , n

Λ

∈

λ λ Λ

∈ λ

λ Λ

∈

= ϕ

λ Λ

∈

=

) k , n (

* ϕ

đơn,

khi đó ta có:

(bất đẳng thức Trêbsep)

ϕξϕ

=ϕ

)k,n(

2 )k,n(

* sup{ : ,0 }1

C 1

C 1

.

C 1

2 k n

2 2 k n

) k , n ( 2 )

k , n (

2 k

n

2 ) k , n ( 2

2

) k , n ( 2

ϕ

=

ξ ϕ

=

ξ ϕ

≥

ξ ϕ

= ϕ

∈

λ Λ

∈

.

) C

1 k

}.

1 ,

V )

( sup{ ϕ ξ ϕ ∈ Λ k ϕ* =

= ξ

, ) C

1 k

≤ ξ

≤ ξ

ξ

= ξ

) ( ξ ϕ

=

2

1 k

C (

≤ ϕ

) k , n (

e

) C (

.

) (

2

1 k n

) k , n

2 2

) k , n (

ξ

≤

ξ ϕ

=

ξ ϕ

≤

ξ ϕ

= ξ ϕ

= ξ

∈

ξ ξ

1 1







 ξ

ξ ϕ

.

V ,

1 :

sup

V ,

1 :

) ( 1 sup

V ,

1 :

) ( sup

= ϕ







 ξ

ξ ϕ ξ

= ϕ ξ ϕ ξ ξ

=

Λ

∈ ϕ

= ϕ ξ ϕ

= ξ

1

N 1 i

≤ ξ

C N , ,

:

1

i N

1















≤ ξ

= ξ ξ

ξ

=

=

=

(do ξi là k-vectơ đơn) Vậy: Nhận xét:(xem[1]) Với mọi ξ∈ΛkV luôn tồn tại các k-vectơ đơn ξ1, , ξN sao cho Do đó:

đơn

3.4.Mệnh đề: ( xem [1]) a) Nếu ϕ∈ΛkV, ψ∈ΛhV thì Ngoài ra, nếu ít nhất một trong hai đối vectơ ϕ hoặc ψ là đơn thì b) Nếu ξ ∈ΛkV, η∈ΛhV thì

) C

1 k

≤ ξ

≤ ξ

C N ,

1

N 1

≤ ξ

≤ ξ ξ

=

=

=

.

C k * * h

k

*

ψ ϕ

≤ ψ

∧

( )

( )

.

1 ,

V :

sup

1 ,

V :

sup

1 ,

V :

sup

N 1

N 1 i i

* k

i N

1 i N 1

* k

N 1

N 1 i i

* k

N 1

ξ

=

ξ ξ

ξ

=











ξ

ξ

=

















= ϕ Λ

∈ ϕ















 ξ ϕ ξ

ξ

=











ξ

ξ

≥

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

=

=

=

=

=

=

=

. *

*

ψ

∧ ϕ

η ξ

≤ η

∧ ξ

Đ4 Khối lợng và đối khối lợng của một số dạng.

Trong mục này, dựa vào những kiến thức về khối lợng và đối khối lợng, chúng tôi kháo sát khối lợng và đối khối lợng của một số dạng trong các không gian R3, R4

Chứng minh:

Ta có cơ sở của không gian Λ2R3 là {e∗ 1 ∧ e∗ 2, e ∗ 1 ∧ e∗ 3, e ∗ 2 ∧ e∗ 3}, trong đó {e ∗ 1,

e∗2, e∗3} là cơ sở của (R 3)∗ đối ngẫu với cơ sở {e1, e2, e3} của R3

Giả sử ψ∈Λ2R3, khi đó ψ dợc xác định bởi:

ψ = ψ12e∗1 ∧ e∗2 + ψ13e∗1 ∧ e∗3 + ψ23e∗2 ∧ e∗3, trong đó ψ12, ψ13, ψ23 ∈ R

Để chứng minh ψ là 2-đối vectơ đơn ta chứng minh tồn tại x, y ∈ (R3)∗ sao cho ψ

= x ∧ y

Giả sử: x = x1e∗ 1 + x2e ∗ 2 + x3e ∗ 3 ∈ (R3)∗

y = y1e∗ 1 + y2e ∗ 2 + y3e ∗ 3 ∈ (R3)∗

Thật vậy, ta xét các trờng hợp sau:

i) Có ít nhất một trong ba giá trị ψ12, ψ13, ψ23 khác 0.

Không mất tính tổng quát ta giả sử ψ23 ≠ 0, khi đó ta có

ta có thể chọn các số x2, x3, y2, y3 ∈ R sao cho thoả mãn phơng trình (3)

Khi đó ta giải hệ phơng trình

(*) )3(

y x- y x

)2(

y x- y x

)1(

y x- y x

23 2 3 3 2

13 1 3 3 1

12 1 2 2 1

3 2

23 =ψ

Với x1, y1 là các ẩn số và x2, x3, y2, y3 là các hệ số đợc xác định nh trên, ψ12, ψ13 ∈ R là các hệ số tự do. Ta có

⇒

Thử lại thấy (x1, x2, x3, y1, y2, y3) xác định nh trên thoả mãn hệ phơng trình (*) Vậy nếu có ít nhất một trong ba giá trị ψ12, ψ13, ψ23 khác 0 thì hệ (*) luôn có nghiệm nên: ψ = x ∧ y; x, y ∈ (R3)∗

⇒ψ là 2-đối vectơ đơn trong Λ2R3

ii) Nếu cả ba giá trị ψ12, ψ13, ψ23 đồng thời bằng 0 thì hệ phơng trình (*) luôn có nghiệm nên ψ = x ∧ y; x, y ∈ (R3)∗

⇒ψ là 2-đối vectơ đơn trong Λ2R3

Kết luận: Không gian Λ2R3 là không gian các 2-đối vectơ đơn

( chứng minh tơng tự mệnh đề 4.1)







ψ

=

−

ψ

=

−

13 1 3 3 1

12 1 2 2 1

y x y x

y x y x

23

23 32

3 3

2 2

xy xy x-y

x-y D

ψ=

+−

=

=

213 312

3 13

2

12 x

xx x

x

D

1

ψ+ψ−

123 132

13 3

12

2 y

yy y

y D

1

ψ−ψ

ψ

ψ

y y

D

D y , x x

-D

D

x

23

12 3 13 2 x 1 23

2 13 3 12 x

ψ

ψ

− ψ

=

= ψ

ψ + ψ

=

=

4.3.Mệnh đề Không gian Λ3R4 là không gian các 3-đối vectơ đơn.

Giả sử: x = x1e∗ 1 + x2e ∗ 2 + x3e ∗ 3 + x4e ∗ 4 ∈ (R4)∗

y = y1e∗1 + y2e∗2 + y3e∗3 + y4e∗4 ∈ (R4)∗

z = z1e ∗ 1 + z2e ∗ 2 + z3e ∗ 3 + z4e ∗ 4 ∈ (R4)∗

Khi đó

x ∧ y ∧ z = ( x1y2z3 + y1z2x3 + z1x2y3 - y1x2z3 - x1z2y3 - z1y2x3).e∗ 1 ∧ e∗ 2 ∧ e∗ 3 + ( x1y2z4 + y1z2x4 + z1x2y4 - y1x2z4 - x1z2y4 - z1y2x4).e∗1 ∧ e∗2 ∧ e∗4 + ( x1y3z4 + y1z3x4 + z1x3y4 - y1x3z4 - x1z3y4 - z1y3x4).e∗ 1 ∧ e∗ 3 ∧ e∗

4 + ( x2y3z4 + y2z3x4 + z2x3y4 - y2x3z4 - x2z3y4 - z2y3x4).e∗2 ∧ e∗3 ∧ e∗4.Bài toán của chúng ta quy về việc chứng minh hệ phơng trình

luôn có nghiệm

Thật vậy, ta xét hệ phơng trình (**) theo các trờng hợp sau:

i) Có ít nhất một trong bốn giá trị ϕ1, ϕ2, ϕ3, ϕ4 khác 0

Không mất tính tổng quát ta giả sử ϕ4 ≠ 0

Khi đó ta có

(**) )4 ( x

y z y z x z x y y x z x z y z y x

)3 ( x

y z y z x z x y y x z x z y z y x

)2 ( x

y z y z x z x y y x z x z y z y x

)1 ( x

y z y z x z x y y x z x z y z y x

4 4

3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2

3 4

3 1 4 3 1 4 3 1 4 3 1 4 3 1 4 3 1

2 4

2 1 4 2 1 4 2 1 4 2 1 4 2 1 4 2 1

1 3

2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1

+

Ta có thể chọn các số x2, x3, x4, y2, y3, y4, z2, z3, z4 ∈ R thoả mãn phơng trình (4) Ta giải hệ phơng trình

trong đó x1, y1, z1 đợc xem nh là các ẩn còn các số y2z3 - y3z2, y2z4 - y4z3, y3z4 - y4z3, z2x3 - z3x2, z2x4 - z4x2, z3x4 - z4x3, x2y3 - x3y2, x2y4 - x4y2, x3y4 - x4y3, ϕ1, ϕ2, ϕ3 là các hệ số đã biết. Ta có

4 3 2

4 3 2

4 3 2

4

zz z

yy y

xx

x

=ϕ









ϕ

=

− +

− +

−

ϕ

=

− +

− +

−

ϕ

=

− +

− +

−

3 3

4 4 3 1 3 4 4 3 1 3 4 4 3 1

2 2

4 4 2 1 2 4 4 2 1 2 4 4 2 1

1 2

3 3 2 1 2 3 3 2 1 3 3 3 2 1

y x y x z x z x z y z y z y x

y x y x z x z x z y z y z y x

y x y x z x z x z y z y z y x

2 4

3 4 4 3 3 4 4 3 3 4 4 3

2 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2

2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2

yx yx xz xz zy zy

yx yx xz xz zy zy

yx yx xz xz zy

zy D

ϕ=

−

−

−

−

−

−

−

−

−

=

( 1 4 2 3 3 2 ) 4

3 4 4 3 3 4 4 3 3

2 4 4 2 2 4 4 2 2

2 3 3 2 2 3 3 2 1 x

.x x

x

yx yx xz xz

yx yx xz xz

yx yx xz

xz D

1

ϕ ϕ−

ϕ−

ϕ=

−

− ϕ

−

− ϕ

−

−

ϕ

=

( 1 4 2 3 3 2 ) 4

3 4 4 3 3 2 4 4 3

2 4 4 2 2 2 4 4 2

2 3 3 2 1 2 3 3 2 y

.y y

y

yx yx zy

zy

yx yx zy

zy

yx yx zy

zy D

1

ϕ ϕ+

ϕ−

ϕ=

− ϕ

−

− ϕ

−

− ϕ

−

=

3 3 4 4 3 3 4 4 3

2 2 4 4 2 2 4 4 2

1 2 3 3 2 2 3 3 2

z

xz xz zy zy

xz xz zy zy

xz xz zy

zy D

1

ϕ

−

−

ϕ

−

−

ϕ

−

−

=

⇒ϕ là 3-đối vectơ đơn trong Λ3R4.

ii) Nếu cả bốn giá trị ϕ1, ϕ2, ϕ3, ϕ4 đồng thời bằng 0 thì hệ phơng trình (**) luôn

có nghiệm nên: ϕ = x ∧ y ∧ z; x, y, z ∈ (R4)∗

⇒ϕ là 3-đối vectơ đơn trong Λ3R4

Kết luận: Không gian Λ3R4 là không gian các 3-đối vectơ đơn

4

2 3 3 2 4 1 1

4

2 3 3 2 4 1 1

z z

z z

y y

y y

x x

x x

ϕ

ϕ + ϕ

− ϕ

=

ϕ

ϕ + ϕ

− ϕ

=

ϕ

ϕ + ϕ

− ϕ

ϕ

= ϕ

ξ

= ξ

ψ

= ψ

Đ5 Các bài tập vận dụng.

ψ = e∗ 1 ∧ e∗ 2 + 6.e ∗ 1 ∧ e∗ 3 + 2.e ∗ 2 ∧ e∗

3Giải

Vì ψ∈Λ2R3 nên ψ là 2-đối vectơ đơn trong Λ2R3 do đó:

ϕ = a.e∗ 1 ∧ e∗ 2 ∧ e∗ 3 + b.e ∗ 1 ∧ e∗ 2 ∧ e∗ 4 + c.e ∗ 1 ∧ e∗ 3 ∧ e∗ 4 + d.e ∗ 2 ∧ e∗ 3 ∧ e∗ 4 Giải. Vì ϕ∈Λ3R4 nên ϕ là 3-đối vectơ đơn trong Λ3R4 do đó:

41

2 6 1

e 2.e e

6.e e

e

e 2.e e

6.e e

e

2 2 2

* 3

* 2

* 3

* 1

* 2

* 1

=

∧ +

∧ +

∧ +

∧

= ψ

26

5 1

e e 5 e e

e e 5 e e

2 2

3 2 2

1

3 2 2

1

=

− +

2 2 2 2

e e e d e e e c e e e b e e e

.

a

e e d.e e

e c.e e

e b.e e

e a.e

+ + +

=

∧

∧ +

∧

∧ +

∧

∧ +

∧

∧ +

∧

∧ +

∧

∧

=

ϕ

ω = e∗ 1 ∧ e∗ 2 + 2.e ∗ 1 ∧ e∗ 4 + 3.e ∗ 2 ∧ e∗ 3 + 4.e ∗ 2 ∧ e∗ 4 - 6.e ∗ 3 ∧ e∗

4

η = e∗1 ∧ e∗2 + e∗1 ∧ e∗3 + e∗2 ∧ e∗3

Giải

Ta thấy ψ là 2-đối vectơ đơn trong (R4)∗ khi và chỉ khi ψ phân tích đợc dới dạng:

ψ = ( x1e∗ 1 + x2e ∗ 2 + x3e ∗ 3 + x4e ∗ 4 ) ∧ ( y1e∗ 1 + y2e ∗ 2 + y3e ∗ 3 + y4e ∗ 4 )

Từ đó ta có: ω = e∗1 ∧ e∗2 + 2.e∗1 ∧ e∗4 + 3.e∗2 ∧ e∗3 + 4.e∗2 ∧ e∗4 - 6.e∗3 ∧ e∗4 là

2-đối vectơ đơn khi và chỉ khi hệ phơng trình sau có nghiệm:

4yxyx

3yxyx

2yxyx

0yxyx

1yxyx

3 4 4 3

2 4 4 2

2 3 3 2

1 4 4 1

1 3 3 1

1 2 2 1

( )

66

6 4

3 2

*

=

− + + + +

=

ω

= ω

1yxyx

0yxyx

1yxyx

1yxyx

2 3 3 2

1 4 4 1

1 3 3 1

1 2 2 1

Dễ dàng thấy rằng hệ phơng trình trên vô nghiệm do đó

η = e∗ 1 ∧ e∗ 2 + e ∗ 1 ∧ e∗ 3 + e ∗ 2 ∧ e∗ 3 không phải là 2-đối vectơ đơn nên theo mệnh đề 3.1 thì:

hay:

Tài liệu tham khảo

[1] H.Fedrer, Geometric measure theory, Springer - verlag, New York, 1996

3 2

1

) C (

*

* 2

1 2 4

≤ η

≤

η

≤ η

≤ η

−