Matematikai Analízis III.

Átírás

1 Matematikai Analízis III. egyetemi jegyzet január Az el adásokat lejegyezte: Marczell Márton

2 Tartalomjegyzék 1. Vektoranalízis Vektormez k. Bevezetés A vektormez k speciális jellemz i Potenciál Vonal- és felületi integrál Vektormez kre vonatkozó tételek Divergencia tétel Stokes tétel Green tétel Dierenciálgeometria Sokaságok Paraméteres megadás Topologikus térben Implicit megadás Sokaság irányítása Dierenciálformák Bevezetés és ismétlés Elemi formák i

3 TARTALOMJEGYZÉK ii Általános formák. Küls szorzat Dierenciálformák Dierenciálformák IR 3 -ban Formák integrálása sokaságokon Variációszámítás Bevezet példák Alapfeladat Speciális esetek Forgástest felszín minimalizálás Bernoulli-feladat Több függvényt keresünk Példa: geodetikus görbe Legrövidebb út forgástest felszínén Feltételes széls érték Egy mechanikai alkalmazás Magasabbrend deriváltak Kétváltozós függvény keresése Parciális dierenciálegyenletek Bevezet Els rend PDE: Transzport egyenlet Transzport egyenlet, homogén eset Inhomogén eset Másodrend PDE I: Laplace egyenlet

4 TARTALOMJEGYZÉK iii Téglalap alakú tartomány Megoldás körlapon A Laplace egyenlet megoldásának néhány tulajdonsága Másodrend PDE II: H vezetés egyenlete H vezetés végtelen hosszú rúdban H vezetés véges rúdban H vezetés visszafelé Másodrend PDE III: Hullámegyenlet Hullámmozgás végtelen húrban Gyenge megoldás. Néhány tanulságos példa

5 1. fejezet Vektoranalízis 1

6 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS Vektormez k. Bevezetés Deníció Az F : IR n IR m típusú (többváltozós, vektorérték ) függvényeket vektormez nek nevezzük. Ezek 'koordinátafüggvények függvényrendszere'-ként is felírhatók: f 1 (x 1, x 2,..., x n ) f 2 (x 1, x 2,..., x n ) F (x 1, x 2,..., x n ) =,. f m (x 1, x 2,..., x n ) ahol f 1,..., f m IR n -b l IR-be képez függvények. Egy F : IR 3 IR 3 vagy F : IR 2 IR 2 vektormez könnyen elképzelhet úgy, hogy a tér minden pontjához egy vektort rendel, amely az ábrázoláson az adott pontból indul ki. Ennek zikai értelme pl. a tér egyes pontjaiban ható er. A többváltozós valós függvényeket ezért nevezzük skalármez nek is: a tér minden pontjához egy skalárt rendelnek. Konvenció szerint a skalármez ket kisbet vel, a vektormez ket nagybet vel jelöljük. Példák. 1. F : IR 2 IR 2 ; F (x, y) = (3, 1): konstans mez 2. F : IR 2 IR 2 ; F (x, y) = (x, y): az origóból kifelé mutató vektorok 3. F : IR 2 IR 2 ; F (x, y) = ( y, x): forgatás 4. F : [0, 2π] IR 2 ; F (t) = (cos t, sin t): az egységkör (3, 1) (x, y) ( y, x) ábra. Vektormez k

7 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 3 Deníció Vektormez folytonos, ha koordinátafüggvényei folytonosak. Deníció Az F : IR n IR m vektormez dierenciálható az xɛd F pontban, ha létezik olyan AɛIR m n mátrix, hogy ha F megváltozását a következ képpen közelítjük: F (x + x) F (x) + A x, akkor a közelítés hibájának nagyságrendje kisordó, azaz lim x 0 F (x + x) F (x) A x = 0. x Ekkor a vektormez derivált- (Jacobi-) mátrixának a következ mátrixot nevezzük: grad f 1 A = D F =. grad f m Dierenciálási szabályok - Linearitás és homogenitás - Kompozíció dierenciálása: Tegyük fel, hogy F : IR n IR m az aɛir n pontban, G : IR m IR l pedig az F (a) pontban dierenciálhatóak. Ekkor G F : IR n IR l is dierenciálható a-ban, és D (G F ) = D G(F (a)) D F (a). (Ez utóbbi mátrix-mátrix szorzás.) - Inverz deriváltja: Tegyük fel, hogy F : IR n IR n dierenciálható az aɛd f helyen, és a derivált-mátrix nem szinguláris. Ekkor F 1 dierenciálható F (a)-ban, és D F 1 (F (a)) = (D F (a)) 1 (az inverz deriváltja a derivált-mátrix inverze). - Szorzási szabály: grad (fg) = f grad (g) + g grad (f) A további deriválás a tenzorokhoz vezet, amelyekkel most nem foglalkozunk A vektormez k speciális jellemz i Deníció A (nabla) operátor alatt három dimenzióban a vektort értjük. ( ),, x y z formális

8 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 4 Ebb l következik, hogy egy f : IR 3 IR függvényre grad f = f. Deníció Tegyük fel, hogy F : IR 3 IR 3 dierenciálható. Ekkor a vektormez divergenciáját így deniáljuk: div (F ) = f 1 x + f 2 y + f 3 z =, F Deníció A fenti F vektormez rotációja i j k rot (F ) = x y z = f 1 f 2 f 3 ) = F ( = curl (F ) ). ( f 3 f 2, f 1 f 2, f 2 f 1 y z z x x y A rotációvektor zikai értelmezése: hossza az er tér örvénylésének sebességét adja meg, iránya mer leges az örvénylésre. 1. Példa. Jellemezzük egy folyó áramlását vektormez vel. Az x tengely a folyás irányába mutat és a folyó közepén fekszik. Az y tengely a folyás irányára mer leges. A folyó szélessége d, ezért yɛ[ d; d]. A z tengely felfelé mutat. Természetes közelítés lehet, hogy a folyó áramlását a v = v 0 ( 1 4y2 d 2 ), 0, 0 vektormez jellemzi. Mit tudunk mondani az áramlás örvényességér l? Megoldás: rot (v) = ( 0, 0, 8yv ) 0, d 2 azaz az örvénylés er ssége y-nal egyenesen arányos: annál nagyobb, minél közelebb vagyunk a parthoz. A folyó közepén tehát nincs örvénylés. Az örvénylés iránya mindig mer leges a z tengelyre. 1. Gyakorlat. Vajon mi lehet a fenti példa zikai háttere? Állítás A deriválás szorzási szabályai, melyek az újonnan bevezetett speciális jellemz ket tartalmazzák az alábiak: div (ff ) = fdiv F + F, grad f rot (ff ) = grad f, F + frot F div (F G) = G, rot F F, rot G

9 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 5 1. Feladat. Igazoljuk ezeket a szorzat-deriválási szabályokat Potenciál Deníció Az F : IR 3 IR 3 vektormez potenciálos, - más szóval skalárpotenciálos - ha létezik olyan f : IR 3 IR skalármez, melyre F = grad f. Állítás A következ állítások ekvivalensek: 1. F skalárpotenciálos. 2. rot (F ) = Γ IR 3 zárt görbére F (r) dr = 0. Γ Deníció F : IR 3 IR 3 vektormez vektorpotenciálos, ha létezik olyan G : IR 3 IR 3 vektormez, amelyre rot (G) = F. Állítás A következ állítások ekvivalensek: 1. F vektorpotenciálos 2. div (F ) = 0 3. S IR 3 zárt felületre ˆˆ F ds = 0. Következmény A fenti két állítás alapján tehát: S 1. rot (grad (f)) = div (rot (F )) = Könnyen belátható az is, hogy div (grad (f)) = f xx + f yy + f zz = f. Megjegyzés A rotáció lineáris operátor. Ezért ha rot (G 1 ) = 0, azaz G 1 skalárpotenciálos, akkor egy tetsz leges G vektormez re rot (G + G 1 ) = rot (G) + 0 = rot (G). Ez azt jelenti, hogy a vektorpotenciál nem egyértelm : ha F = rot (G), akkor F -nek G és G + G 1 is vektorpotenciálja.

10 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 6 Ha F vektorpotenciálos, akkor egy vektorpotenciálját megkaphatjuk a következ módon: G(x, y, z) = ˆ 1 0 tf (tx, ty, tz) (x, y, z) dt 1.4. Vonal- és felületi integrál. Ebben a fejezetben átismétljük az els évben megtanultakat, majd kib vítjük. Deníció Az f : IR n IR valós függvény (skalármez ) vonalintegrálja a Γ = { γ(t) : tɛ[a, b] } ; γ(t) = ( x1 (t), x 2 (t),..., x n (t) ) görbe mentén: ˆ Γ f(x 1,..., x n ) ds = ˆ b a f(γ(t)) γ(t) dt Megjegyzés A fenti képletben γ(t) = (ẋ 1 (t),..., ẋ n (t)) a görbe érint vektorát adja meg az adott pontban. A vonalintegrál értéke független a görbe paraméterezését l. f : IR n IR valós függvény. S IR 3 egy felület, melyet így adunk meg: S = { s(u, v) : (u, v)ɛd IR 2} ; s : D IR 3 ; x(u, v) s(u, v) = y(u, v). z(u, v) Deníció Az f függvény felületi integrálja az S felület mentén: ˆˆ ˆˆ f(x, y, z) ds = f(s(u, v)) s u s v d(u, v) (1.1) S D Megjegyzés A fenti képletben s u s v a felület érint síkjának normálvektora az adott pontban. Az integrál értéke független a felület paraméterezését l. 2. Példa. Speciális esetben a felület egy kétváltozós valós függvény felülete: s(u, v) = (u, v, t(u, v)), ahol t : D IR dierenciálható kétváltozós függvény. Ekkor ˆˆ ˆˆ f(x, y, z) ds = f(u, v, t(u, v)) 1 + (t u) 2 + (t v) 2 d(u, v). S D Igazoljuk ezt. Számoljuk ki (1.1) jobb oldalán szerepl vektoriális szorzatot: i j k s u s v = 1 0 t u = ( t u, t v, 1 ), 0 1 t v és ennek a vektornak a hossza valóban 1 + (t u) 2 + (t v) 2.

11 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 7 Deníció Az F : IR 3 IR 3 vektormez felületi integrálja a fenti S felület mentén ˆˆ ˆˆ F ds = F (s(u, v)), s u s v d(u, v) S D A vektormez felületi integrálját egy skalárszorzattal deniáltuk, azaz visszavezettük egy skalármez integráljára. Tehát ha a felület egységnyi normálvektorait n-nel jelöljük, akkor látszik, hogy ˆˆ S ˆˆ F n ds = ˆˆ D D F (s(u, v)) s u s v s s u s u s v d(u, v) = v ˆˆ F (s(u, v)) (s u s v) d(u, v) = S F ds Deníció Az F : IR 3 IR 3 vektormez vonalintegrálja a Γ = { γ(t) : tɛ[a, b] } görbe mentén ˆ F (r) dr = = ˆ b a Γ F (γ(t)), γ(t) dt A fentiek alapján látható, hogy ezt is visszavezettük az F T skalármez vonalintegráljára, ahol T a görbe egységnyi érint vektorait adja meg Vektormez kre vonatkozó tételek Divergencia tétel Deníció Adott egy S IR 3 sima felület, ennek minden pontjában n(x, y, z) = (n 1 (x, y, z), n 2 (x, y, z), n 3 (x, y, z)) egység hosszú normálvektor. Egy F : IR 3 IR 3 dierenciálható vektormez refelületi integrálját: ˆˆ ˆˆ F ds = F n ds M M vektormez nek a felületre vett uxusának nevezzük.

12 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 8 2. Gyakorlat. Legyen F (x, y, z) = xi + yj + zk és S az origó közep, r sugarú gömb felszíne. Számoljuk ki F uxusát S-re nézve. 3. Gyakorlat. Legyen F (x, y, z) = i, és S az x + y + z = 1 sík els tér-nyolcadba es része. Határozzuk meg a vektortér uxusát. Értelmezhetjük egy kétdimenziós F (x, y)vektormez uxusát is, egy Γ síkgörbére nézve: φ = F ds Γ Tétel (Divergenciatétel/Gauss-Osztrogradszkij-tétel). Legyen M IR 3 egy zárt tér-rész, és M a tér-részt határoló (zárt) felület. Tegyük fel, hogy M pontjaiban adottak az n(x, y, z) = (n 1 (x, y, z), n 2 (x, y, z), n 3 (x, y, z)) egység hosszú, a térrészb l kifelé mutató normálvektorok. Ekkor az F : IR 3 IR 3 dierenciálható vektormez re ˆˆ ˆˆ ˆˆ div F (x, y, z) d(x, y, z) = F ds = F n ds M M M Azaz a térrészen vett térfogati integrál megegyezik a vektormez nek a határoló felületre vett felületi integráljával (ld ). Bizonyítás. (vázlat): Tegyük fel, hogy M egyszer térrész, azaz minden, valamelyik tengellyel párhuzamos egyenessel vett metszése csak egyetlen szakasz, vagy egy pont. Azt kell belátnunk, hogy ˆˆˆ M ˆˆˆ div F = M ( ) f 1 + f 2 + f 3 x y z ˆˆ = (f 1 n 1 + f 2 n 2 + f 3 n 3 ) ds M d(x, y, z) = Ez pedig tagonkénti egyenl séggel bizonyítható. Ebb l most a harmadik tagot fogjuk belátni. Írjuk fel M-et az (x, y) sík szerinti normáltartományként: b(x, y) < z < t(x, y) ahol (x, y)ɛd. Írjuk fel a határhalmazt három tartomány uniójaként n 3 el jelének megfelel en: n 3 > 0 : M top, n 3 = 0 : M side, n 3 < 0 : M bottom, így M = M top M side M bottom. integrálokat: Számoljuk ki a résztartományokra vett felületi n 3 > 0 : M top = { (u, v, t(u, v)) : (u, v)ɛd } : n = ( t u, t v, 1) (t u ) 2 + (t v) 2 n 3 = (t u ) 2 + (t v) 2

13 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 9 ˆˆ ˆˆ f 3 n 3 ds = f 3 (u, v, t)n 3 (u, v, t) 1 + (t u) 2 + (t v) 2 d(u, v) = M top D ˆˆ f 3 (u, v, t(u, v)) d(u, v) n 3 = 0 : M side : Itt n 3 = 0, ezért az integrál is 0. D n 3 < 0 : M bottom = { (u, v, b(u, v)) } : ˆˆ ˆˆ f 3 n 3 ds =... = M bottom D f 3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) Tehát a teljes tartományon vett integrál az egyes résztartományokon vett integrál összege: ˆˆ ˆˆ f 3 n 3 ds = f 3 (u, v, t(u, v)) f 3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) M D A teljes M-re vett térfogati integrált pedig normáltartományon való integrálással számoljuk: ˆˆˆ M ˆˆ f 3 (x, y, z) d(x, y, z) = z ˆˆ = D D ˆ t(x,y) b(x,y) f 3 (x, y, z) dz d(x, y) = z f 3 (x, y, t(x, y)) f 3 (x, y, b(x, y)) d(x, y) a Newton-Leibniz-formula miatt. Ez láthatóan megegyezik a felületi integrálok összegével. 3. Példa. F (x, y, z) = (x, y, z) divergenciája div F = 3. Legyen M az origó körüli r sugarú gömb fels fele. A térfogati integrál: ˆˆˆ 3 d(x, y, z) = r3 π = 2r 3 π M A felületet két részre osztjuk: S = S 1 S 2, ahol S 1 a félgömb felülete és S 2 az alsó körlap. Ekkor az S 1 felületen n 1 (x, y, z) = 1 r (x, y, z) és az S 2 felületen n 2 (x, y, z) = (0, 0, 1). Az S 1 -en vett integrál: ˆˆ S 1 (x, y, z) ˆˆ = ˆˆ 1 (x, y, z) ds = r S 1 x 2 + y 2 + z 2 S 1 r ds = ra(s 1 ) = r2r 2 π = 2r 3 π. r ds =

14 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 10 Az S 2 -n vett integrál: ˆˆ ˆˆ S 2 S 2 (x, y, z) (0, 0, 1) ds = z ds = 0. A két integrál összege pedig valóban megegyezik a térfogati integrállal: ˆˆ S 1 S 2 F ds = 2r 3 π Stokes tétel Tétel (Klasszikus Stokes-tétel). Vegyünk egy F : IR 3 IR 3 dierenciálható vektormez t és egy M IR 3 felületet, amelyet egy M = { γ(t)ɛir 3 : tɛ[a, b] } sima, zárt görbe határol. A felület normálvektorait jelölje n. Ekkor ˆˆ rot F n ds = F (r) dr = M M M F T ds. (1.2) Itt T jelöli a görbe egységnyi hosszú érint vektorait, amelyeket úgy is számolhatunk, hogy T = γ(t) γ(t) Megjegyzés Kés bb látni fogjuk, hogy a Newton-Leibniz formula, a Divergenciaés a Stokes-tétel ugyanazon absztrakt tétel speciális esetei. Annyit azonban már most észrevehetünk, hogy mindhárom tétel megfogalmazható nagy vonalakban így: A függvény deriváltjának integrálja egy tartományon egyenl a függvénynek a tartomány határán vett megváltozásával. Deníció A fenti integrállal megadott mennyiséget az F vektormez cirkulációjának nevezzük. 4. Példa. Legyen F := (y, z, x), M az egységgömb fels fele: sin ϕ cos θ M := {s(ϕ, θ) = sin ϕ sin θ : ϕɛ[0, π/2], θɛ[0, 2π]}. cos ϕ Ekkor tehát M = {γ(t) = (cos t, sin t, 0) : tɛ[0, 2π]} egységkör az (x, y) síkon. A (1.2) egyenlet bal oldala: M F (r)dr = ˆ 2π 0 F (γ(t)), γ(t) dt =

15 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 11 = ˆ 2π 0 ˆ 2π (sin t, 0, cos t), ( sin t, cos t, 0) dt = sin 2 t dt = π. (1.2) egyenlet jobb oldalán a normálvektor n = (x, y, z) (jelen esetben azért nem kell a hosszával elosztani, mert az egységgömb felületén vagyunk). A jobb oldal: ˆˆ ˆˆ ˆˆ rot F n ds = ( 1, 1, 1), (x, y, z) ds = (x + y + z) ds = 0 M M M ˆ π 2 = 0 ˆ 2π 0 (sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cosϕ) sin ϕ dθ dϕ = π A sin ϕ szorzó a polárkoordinátás áttérés Jacobi-determinánsa Green tétel A harmadik klasszikus tétel speciális esetként levezethet a Stokes tételb l. Tétel (Green tétel). Adottak a P és Q kétváltozós valós függvények valamely D IR 2 tartományon. Feltesszük, hogy D határa sima, ez a C zárt görbe. Ekkor ˆˆ ( ) Q P d(x, y) = (P dx + Q dy). (1.3) x y D C 2. Feladat. Igazoljuk a fenti tételt a Stokes tétel alapján. Javasolt "szereposztás": F (x, y, z) = (P (x, y), Q(x, y), 0), valamint S = {(x, y, 0) : (x, y)ɛd}, n = (0, 0, 1), C = {(x(t), y(t), 0) : tɛ[a, b]}. 5. Példa. Két speciális esetet tekintünk. Legyen els ként P (x, y) = y és Q(x, y) = 0, majd P (x, y) = 0 és Q(x, y) = x. Ekkor a (1.3) egyenlet így írható ˆˆ 1 d(x, y) = y dx D ˆˆ C 1 d(x, y) = x dy C D A baloldalon mindkét egyenletben a C görbe által közrezárt tartomány területe van. Ezért A(D) = 1 (x dy y dx) = x dy = y dx (1.4) 2 C C C

16 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS Példa. Határozzuk meg egy cikloid ív alatti területet. A görbét meghatározó egyenletek: x(t) = r ( t sin(t) ) y(t) = r ( 1 cos(t) ), tɛ[0, 2π]. Az ábrán látható cikloid esetén r = 2. A teületszámításra az A(D) = C y dx képletet fogjuk használni. Mivel a területet határoló vízszintes szakaszon y = 0, ezért csak az ív mentén kell integrálnunk. Felhasználjuk, hogy itt = r 2 (ˆ 2π 0 dx = r ( 1 cos(t) ) dt. Ezért ˆ 2π A(D) = y dx = r ( 2 1 cos(t) ) 2 dt = C 0 ˆ 2π ˆ ) 2π 1 dt 2 cos(t) dt + cos 2 (t) dt = r 2 (2π π) = 3πr Feladat. Számoljuk ki a (1.4) képlet alapján egy deltoid területét:

17 1. FEJEZET. VEKTORANALÍZIS 13 A deltoidot határoló görbe egyenlete: x(t) = 2 cos(t) + cos(2t) y(t) = 2 sin(t) sin(2t)

18 2. fejezet Dierenciálgeometria 14

19 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA Sokaságok Paraméteres megadás Deníció (Paraméteresen megadott sokaság). Az M IR n részhalmaz k-dimenziós sokaság (k n), ha pɛm-nek U környezete, és F : IR k IR n dierenciálható leképezés és V IR k nyílt halmaz, hogy F (V ) = U M és a D F Jacobi mátrix teljes rangú, azaz a leképezés egy-egy értelm. Ezt úgy lehet értelmezni, hogy az M halmaz lokálisan úgy viselkedik, mintha k dimenziós volna. Erre példa egy síkbeli vagy térbeli görbe, amely egydimenziós (egy paraméter ) sokaság, vagy egy térbeli felület, amely kétdimenziós (két paraméter ) sokaság. Láthatjuk, hogy a sokaság dimenziója megegyezik a paraméterezéskor használt paraméterek számával. Fontos megjegyeznünk, hogy V mindig nyílt halmaz. Ebb l következik, hogy pl. csak olyan görbe lehet sokaság, amely nem tartalmazza a végpontjait, mert azok már nem úgy viselkednek, mint egy egydimenziós intervallum. Ugyanígy csak a határoló görbét nem tartalmazó felület számít sokaságnak. 7. Példa. Egy síkbeli görbe pontjai 1 dimenziós sokaságot adnak IR 2 -ben. Az ábrán látható vonal esetén: F : [ 1, 2] IR 2, F (t) = (t, t 2 ), V = ( 1, 2). A Jacobi mátrix ( 1 2t ) valóban teljes rangú.

20 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA Példa. Egy térbeli felület pontjai 2-dimenziós sokaságot adnak IR 3 -ban. Az ábrán látható felület esetén: F : IR 2 IR 3, F (x, y) = (x, y, x 2 + y 2 ), V = {x 2 + y 2 < 1}. A Jacobi mátrix ( 1 0 2x 0 1 2y ) mindig teljes rangú. Deníció M IR n lezárása a torlódási pontjainak halmaza: { } M = xɛir n : (x n ) M, lim x n = x. n Megjegyzés Egy halmaz lezárása tartalmazza a halmaz pontjait: M M, hiszen minden xɛm esetén az x n x sorozat határértéke x. Deníció A k-dimenziós M sokaság határa M = M \ M. 4. Gyakorlat. Mi lesz a fenti két Példa-beli sokaság határa? 4. Feladat. A fenti deníció értelmében hogyan tudjuk az egységkör-vonalat egydimenziós sokas gként reprezentálni? Mi lesz a határa? Igazolható, hogy ha M k-dimenziós sokaság, akkor M vagy k 1 dimenziós sokaság, vagy üres halmaz. Megjegyzés Itt kell megjegyeznünk, hogy 0 dimenziós sokaságnak egy véges elemszámú diszkrét pontokból álló halmazt nevezzünk. Tehát az egy dimenziós sokaság (görbe) határa 0 dimenziós sokaság lesz, ha a görbe nem zárt Topologikus térben A sokaságok absztraktabb, általánosabb deníciójának megfogalmazásához legalább érint legesen beszélnünk kell a topológikus terekr l.

21 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 17 Topologikus terek - kitér. A topológikus tér egy absztrakt fogalom. Hallhattunk már olyan terekr l, amelyekben létezik metrika (metrikus tér), vagy létezik norma (normált tér), vagy skalárszorzat (euklideszi tér). A topologikus terekben egyiknek a létezése sincs feltéve. A topologikus térben csupán az van feltéve, hogy a T halmazon létezik egy U 2 T halmazrendszer, amely a T -beli nyílt halmazokat tartalmazza. Az U 2 T halmazrendszer bizonyos axiómáknak eleget tesz (melyeket nyílt halmazoktól 'elvárunk'). Deníció Egy M halmaz nyílt lefedése az U α nyílt halmazokból álló (U α ) halmazrendszer, ha minden pɛm-re van olyan α, hogy pɛu α. Deníció M IR n egy k dimenziós sokaság, ha létezik egy nyílt (U α ) lefedése, továbbá minden α-hoz - φ α : IR k IR n leképezés, melyre - V ɛir k nyílt gömb, hogy φ α (V ) = U α - φ α bijekció V és U α között (egy-egy értelm ) Feltesszük továbbá, hogy ezek a leképezések "simán" változnak, azaz ha U α U β, akkor a φ 1 megszorítást véve a φα 1 (φ β ) : IR k IR k dierenciálható, egy-egy értelm α Uα U β leképezés. Ekkor a pɛu α pont lokális koordinátái (k dimenzióban) φ 1 α (p)ɛir k. Deníció Az (U α, φ α ) párt lokális térképnek, az egész M-et lefed térképek rendszerét ( { (U α, φ α ) : αɛi indexhalmaz } ) atlasznak nevezzük.

22 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 18 Ezek az elnevezések szemléletesen mutatják, hogy mihez hasonlítható mindez. Képzeljük el, hogy egy lapozható autóatlaszt használunk. Ekkor a térkép lapjai és az elénk táruló táj pontjai között egy-egy értelm leképezés van. Az összes térképlap tájbeli megfelel jének uniója az M tájat teljesen lefedi. Az egyes térképlapok jobb széls sávján található terület megtalálható a szomszédos térképlap bal szélén is, és így tovább. Amikor felnézünk a térképr l a tájra, akkor az egyik lap szélér l a φ α leképezéssel átmegyünk az U α U β ɛm valóságos területre, ahonnan a φ 1 β szélére. segítségével visszajövünk a másik térképlap másik 9. Példa. S 1 -gyel jelöljük a síkban vett egységkört. Belátjuk, hogy S 1 egy dimenziós sokaság. Ehhez el ször egy nyílt lefedését kell megtaláljuk. Két félkör uniója nem lenne nyílt lefedés, mert ha a két görbe a végpontjait is tartalmazza, akkor nem nyílt halmazok. Ha pedig nem tartalmazza, akkor nem fedtük le az egész egységkört. Ezért vegyük a a fels félkört (U 1 ), az alsó félkört (U 2 ), a jobb félkört (U 3 ) és a bal félkört (U 4 ) és ezeknek metszeteib l építsük fel az egységkört! A térképekhez tartozó

23 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 19 φ 1,2,3,4 : ( 1, 1) IR 2 leképezések: φ 1 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 2 (x) = ( 1 x 2, x) φ 3 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 4 (x) = ( 1 x 2, x) Ekkor például az U 1 U 2 halmazon, azaz a jobb fels síknegyedben azt írhatjuk fel, hogy φ 1 2 (φ 1 (x)) = φ 1 2 (x, 1 x 2 ) = 1 x 2, és ez a leképezés valóban dierenciálható. 5. Feladat. Hasonló módon igazoljuk, hogy IR 3 -ban az S 2 egységgömb kétdimenziós sokaság. 10. Példa. Ebben a példában a valós projektív teret fogjuk deniálni sokaságként. Tekintsünk az IR n+1 \ {0} halmazon egy relációt: (x 0, x 1,..., x n ) (y 0, y 1,..., y n ), ha λɛir : y k = λx k, k = 0, 1,..., n Tehát például n = 2 esetén (1, 2, 3) (2, 4, 6) ( 2, 4, 6) (2, 1, 3) Ez ekvivalencia reláció. Az n-dimenziós projektív tér P n az ekvivalenciaosztályokat jelenti. Az (x 0, x 1,..., x n )-nel ekvivalens elemeket így jelöljük: (x 0 : x 1 : : x n ). Igazolható, hogy P n n-dimenziós sokaság. A módszert n = 2 esetben mutatjuk be. P 2 egy nyílt lefedését kapjuk az alábbi halmazokkal U 0 = (1 : x : y), U 1 = (x : 1 : y), U 2 = (x : y : 1),

24 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 20 tehát pl. U 0 -ban lesznek azok az elemek, melyek els koordinátája nem 0, stb. A megfelel leképezések φ k : IR 2 IR 3, k = 0, 1, 2, így adhatók meg: φ 0 (x, y) = (1 : x : y), φ 1 (x, y) = (x : 1 : y), φ 2 (x, y) = (x : y : 1). Ezek kompatibilitását le kell ellen riznünk. els és második eleme különbözik 0-tól. Ekkor φ 1 1 φ 0 (x, y) = φ 1 1 (1 : x : y) = φ 1 1 U 0 U1 lesz azon elemek halmaza, melyek ( 1 x : 1 : y ) ( 1 = x x, y ), x ezért φ 1 1 φ 0 Jacobi mátrixa D φ 1 1 φ 0 = 1 x 2 0 y x 2 1 x, és ez valáoban mindig teljes rangú az {x 0, y 0} halmazon. 5. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy a feti példában szerepl valóban ekvivalencia reláció Implicit megadás Deníció (Implicit megadású sokaság). MɛIR n k dimenziós sokaság, ha ρ 1, ρ 2,..., ρ n k : IR n IR, hogy M a ρ i függvények nulltereinek metszete: M = n k i=1 {ρ i = 0}. Feltesszük azt is, hogy a ρ i függvények gradiensei lineárisan függetlenek, a bel lük képzett mátrixteljes rangú: grad ρ 1 grad ρ 2. grad ρ n k Példa: Az egységkör S 1 = { (x, y)ɛir 2 : ρ 1 = x 2 + y 2 1 = 0 } egy dimenziós sokaság IR 2 - ben.

25 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 21 Példa: Két háromváltozós függvényt vegyünk és tekintsük az alábbi halmazt: {(x, z, y) : ρ 1 (x, y, z) = 0, ρ 2 (x, y, z) = 0} A két függvény nulltere két felület a térben ("szintfelületek"). Ezek valóban egy görbe mentén metszik egymást. Eddigi ismereteink alapján ez valóban 1-dimenziós sokaság. 11. Példa. Legyen a görbe S 1 egy egységkör IR 3 -ban, mely az (x, y) síkba esik. A görbét impliciten megadó függvények: ρ 1 (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 (gömb) ρ 2 (x, y, z) = z (sík) S 1 = {ρ 1 = 0} {ρ 2 = 0}. Ekkor grad ρ 1 = (2x, 2y, 2z) és grad ρ 2 = (0, 0, 1), valóban függetlenek. Deníció Legyen M IR n k dimenziós, impliciten megadott sokaság. Ekkor a pɛm ponthoz tartozó N p normáltérnek a ρ i függvények gradiensei által az adott pontban kifeszített vektorteret nevezzük. Ezért dim N p = n k. A p-hez tartozó tangenstér vagy érint tér T p = { v : v N p }, dim Tp = k. 12. Példa. Ha S 1 = { x 2 + y 2 1 = 0 } és p = (x 0, y 0 )ɛs 1, akkor grad ρ = (2x 0, 2y 0 ). Tehát N p az (x 0, y 0 ) helyvektorral párhuzamos vektorokat jelenti. vehetjük az (y 0, x 0 ) vektort. Ezért T p bázisának Az el z példában T p bázisának az ellentétes ( y 0, x 0 ) vektort is vaálaszthattuk volna. Így T p kétféle irányítását kapjuk. Ezért beszélnünk kell az irányításokról Sokaság irányítása Legyen V egy k dimenziós vektortér. Ebben kiválasztunk egy bázist, jelölje [v] = {v 1, v 2,..., v k }. Ekkor minden másik [w] = {w 1, w 2,..., w k } bázisra v i = k a ij w j, i = 1, 2,... k. j=1 Az A = (a ij ) mátrix nem szinguláris, azaz deta 0. Ezért V -ben egy bázist rögzítve a vektortér minden bázisát két osztályra oszthatjuk aszerint, hogy az áttérési mátrix determinánsa pozitív vagy negatív. Ezzel a bázisoknak egy partícióját adjuk, így az egy osztályba került bázisok között ekvivalencia reláció van: egymáshoz képest mindannyian a pozitív determinánsú osztályba kerülnek. Ekkor aszerint, hogy melyik osztályt választjuk ki, a vektortér kétféle irányítását különböztetjük meg.

26 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 22 Deníció (Vektortér irányítása). Legyen a V vektortérben vett [v] és [w] bázis közötti áttérési mátrix A, azaz egy xɛv vektorra x [w] = A x [v]. Ekkor [v] és [w] azonos irányítású, ha deta > 0. Deníció Egy sokaság irányítható, ha minden pontban megválsztható a normáltér irányítása úgy, hogy az folytonosan változzon a sokaság mentén. A Moebius-szalag például nem irányítható Dierenciálformák Bevezetés és ismétlés Szeretnénk IR n -ben egy k dimenziós sokaságon integrálni. Hasonlóan ahhoz, ahogy vonal mentén vagy felületen már integráltunk. Ehhez szüks g van arra, hogy k-dimenziós mértéket használjunk a sokaságon. Erre szolgálnak majd a dierenciálformák. Ezek bevezetését fokozatosan fogjuk megtenni. Ismétlés. A síkon a v 1 = (x 1, y 1 ) és a v 2 = (x 2, y 2 ) vektorok által kifeszített paralelogramma területe T = x 1 y 2 y 1 x 2, ami felírható úgy, mint a következ determináns: ) x 1 x 2 det (v 1 v 2 = y 1 y 2 Állítás Adottak a v 1,..., v k ɛir n vektorok, ezeket egy n k dimenziós mátrixba rendezzük ) A = (v 1 v 2... v k Ekkor az általuk kifeszített k-dimenziós paralelotóp k dimenziós mértéke: V = det(a T A).

27 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 23 Példa: Ha k = 1, azaz csak egy vektorunk van, akkor ennek hossza (mértéke): n v = vj 2 = v T v, tehát a fenti képletet kapjuk. j=1 Bizonyítás. (Vázlat) Ha k = n (azaz A négyzetes mátrix), akkor deta = deta T, és a determináns multiplikatív tulajdonsága alapján det(a T A) = deta T deta = (deta) 2 = deta, tehát a tétel igaz. Ha k < n, akkor kiindulunk (A T A) felírásából: v 1 2 v 1, v 2... v 1, v k (A T v 2, v 2 v v 2, v k A) = v k, v 1... v k 1, v k v k 2 A fenti mátrix elemei vektorok hossza és vektorok skaláris szorzata nem változnak meg térbeli forgatás hatására. Tehát a vektorokat elforgatva úgy, hogy csak az els k db koordinátájuk legyen 0-tól különböz, visszajutunk az n = k speciális esethez Elemi formák Elemi formák IR 3 -ban. A könnyebb érthet ség kedvéért azzal kezdjük, ami "látható". Az elemi 1-forma egy olyan leképezés, ami a vektorhoz hozzárendeli az egyes koordinátatengelyekre vett vetületének hosszát. Ennek megfelel en három különböz elemi 1-forma van, ezeket dx 1, dx 2, dx 3 jelöli. Nevezetesen, dx 1, dx 2, dx 3 : IR 3 IR, és ha v = (v 1, v 2, v 3 )ɛir 3, akkor dx 1 (v) = v 1, dx 2 (v) = v 2, dx 3 (v) = v 3. Az elemi 2-forma egy olyan leképezés, ami két vektorhoz hozzárendeli az egyes koordináta síkokra vett vetületek által meghatározott paralelogramma területét. Ennek megfelel en három különb¹ elemi 2-forma van, ezeket dx 1 dx 2, dx 2 dx 3, dx 1 dx 3 jelöli. Nevezetesen, ha v = (v 1, v 2, v 3 ) és w = (w 1, w 2, w 3 ), akkor v 1 w 1 v 1 w 1 dx 1 dx 2 (v, w) = dx 1 dx 3 (v, w) = v 2 w 2 v 3 w 3, dx v 2 w 2 2 dx 3 (v, w) = v 3 w 3.

28 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 24 Elemi formák IR n -ben. így fogjuk jelölni: v = (v 1,..., v n )ɛir n. A továbbiakban az n-dimenziós vektorokat és koordinátáikat Elemi 1-formákból n különböz létezik: dx 1,..., dx n : IR n IR; dx j (v) = v j. Ezek a v vektorhoz a j-edik koordináta irányába es vetületének hosszát adják meg. Elemi 2-forma megadja a két vektor által kifeszített paralelogramma (x i, x j ) síkra es vetületének területét. dx i dx j : IR n IR n IR, dx i dx j (v, w) = v i v j w i w j, 1 i < j n. Ez szemléletesen azt jelenti, hogy a két oszlopvektorból képzett mátrixból fogjuk az i-edik és j-edik sort, és az ebb l a két sorból alkotott ( mátrixnak ) vesszük a determinánsát. A n denícióból következik, hogy elemi 2-formából féle van. 2 Az elemi k-formák deniálásához el ször választunk egy I = {i 1,... i k } indexhalmazt, melyre teljesül, hogy 1 i 1 < i 2 <... < i k n. Ekkor a dx I elemi k-forma: dx I : IR n k IR, dx I (A) = det A i1. A ik, ahol IR n k az n k dimenziós mátrixok tere, és A ij jelöli az A mátrix i j -edik sorvektorát. Azaz a ) (v 1... v k mátrixból kivesszük az i j indexeknek megfelel sorokat, és az ezekb l képzett k k dimenziós mátrixnak számítjuk ki a determinánsát Általános formák. Küls szorzat Deníció formának egy ω : IR n IR lineáris leképezést nevezünk. Könnyen látható, hogy minden ω 1-forma el állítható az elemi 1-formák lineáris kombinációjaként: ω(v) = n a j v j = ω = j=1 n a j dx j. Deníció Az ω : IR n k IR leképezés k-forma, ha multilineáris és alternáló. Ez azt jelenti, hogy minden változójára (v 1,..., v k ) nézve lineáris és két változót felcserélve értéke 1-szeresre változik. j=1

29 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 25 Az n dimenziós k-formák vektorteret alkotnak, amit k (IR n )-nel jelölünk. Ebben a vektortérben az elemi k formák bázist alkotnak. 6. Feladat. Igazoljuk, hogy k ( ) (IR n )-an az elemi k-formák valóban bázist alkotnak, és n ezért dimenziója. k Legyen τ egy k-forma és λ egy l-forma. Deniálni fogjuk ezek küls szorzatát: τ λ, ami egy k + l-forma lesz Ezt következ képpen kapjunk meg: 1 és k+l között kiválasztunk k darab indexet növekv sorrendben, ezek σ 1,..., σ k. Ezután a kihagyott l darab indexet növekv sorrendben elnevezzük σ k+1,..., σ k+l -nak. Ezzel az 1-t l k + l-ig tartó indexek egy (σ j ) sorbarendezését - permutációját - kapjuk, amelyre igaz, hogy 1 σ 1... σ k k + l, továbbá σ k+1... σ k+l. Deníció τ és λ küls szorzata (más szóval ékszorzata) τ λ : IR n (k+l) IR, melyet így deniálunk: τ λ(v 1,..., v k+l ) = σ ( 1) σ τ(v σ1,..., v σk ) λ(v σk+1,..., v σk+l ) A fenti szummában σ végigfut az összes lehetséges permutáción, és σ a permutáció inverzióinak számát jelenti (tehát azt, hogy hány darab cserével érhet el az adott sorrend az eredeti sorrendb l kiindulva). 13. Példa. Legyen τ = dx 1 és λ = dx 2. Azt várjuk, hogy e két formának az ékszorzata megegyezik a Denícióval. Lehetséges permutációk (a szumma tagjai): σ 1 = 1, σ 2 = 2: σ = 0 = dx 1 (v) dx 2 (w) σ 1 = 2, σ 2 = 1: σ = 1 = 1 dx 1 (w) dx 2 (v) Tehát τ λ(v, w) = v 1 w 2 w 1 v 2, ami valóban egyezik a korábban használt determináns értékével. Állítás Az ékszorzat tulajdonságai. 1. Két 1-forma ék szorzata antikommutatív: dx i dx j = dx j dx i, 2. ill. az általános eset: τ λ = ( 1) k l λ τ. 3. Asszociatív: ω (λ τ) = (ω λ) τ. 4. Disztributív: ω (λ + τ) = ω λ + ω τ. Az antikommutativitás következményei, hogy dx i dx i = 0 és ω ω = 0, ha k páratlan.

30 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA Dierenciálformák A dierenciálformák helyt l függ formák, azaz a tér minden pontjában más formát határoznak meg. dierenciál 0-forma: f : IR n IR dierenciálható skalármez dierenciál 1-forma: ω = n f j dx j, j=1 ahol dx j elemi 1-forma, és f j : IR n IR dierenciálható függvény. dierenciál k-forma: ω = I f I dx I, ahol I a lehetséges k elem indexhalmazokon fut végig. f I : IR n IR dierenciálható függvényeket jelöl. dx I egy elemi k-forma, és Deníció Dierenciálformák küls deriváltját fogjuk értelmezni. 1. Ha f egy dierenciál 0-forma, akkor küls deriváltja df := n i=1 f x i dx i. 2. Ha ω = f dx I egyetlen tagból álló dierenciál k-forma. Küls deriváltja dω egy dierenciál k + 1-forma, éspedig dω = n i=1 f x i ( dx i dx I ). 3. Egy dierenciál k-forma küls deriváltja: dω = I df I dx I. Általános esetben, ha ω = i ω i, akkor dω = i dω i. Lemma (Poincarré lemma). Minden ω dierenciálformára d( dω) = 0.

31 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA Példa. Legyen f(x, y) = x 2 y + 2y 3 df = 2xy dx + (x 2 + 6y 2 ) dy Kiszámoljuk d( df)-et. Tagonként deriválva: d(2xy dx) = 2y dx dx +2x dy dx = 2x dx dy }{{} ékszorzat tulajdonságai miatt 0 d((x 2 + 6y 2 ) dy) = 0 + 2x dx dy df = d(2xy dx) + d((x 2 + 6y 2 ) dy) = 0 7. Feladat. Igazoljuk a Poincarré lemmát dierenciál 1-forma esetén Dierenciálformák IR 3 -ban IR 3 -ban a formák használatára néhány konvenciót vezetünk be, amelyekkel összefüggést teremtünk a formák absztrakt világa, valamint a skalár- és vektormez kr l korábban tanultak között. Az elemi 1-formákat jelölje dx, dy, dz. Az ékszorzat jelét mostantól nem írjuk ki, hasonlóan ahhoz, ahogy az egyszer szorzat jelét is rendszerint elhagyjuk. Deniáljuk a következ hozzárendeléseket: 0. T 0 egy 0-formához egy skalármez t rendel. Mivel egy 0-forma önmagában is egy egyszer skalármez, ezért egyszer en saját magát rendeljük hozzá: ω = f(x, y, z) : T 0 (ω) = f(x, y, z) 1. T 1 egy 1-formához vektormez t rendel a következ képpen: f ω = f dx + g dy + h dz : T 1 (ω) = g h 2. T 2 egy 2-formához szintén vektormez t rendel: h ω = f dx dy + g dx dz + h dy dz : T 2 (ω) = g f

32 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA T 3 egy 3-formához skalármez t rendel: ω = f(x, y, z) dx dy dz : T 3 (ω) = f Ezek a hozzárendelések lehet vé teszik, hogy a korábban deniált vektoroperátorokat visszavezessük a formák deriválására. Állítás A formák küls deriválása, valamint a gradiens, a divergencia és a rotáció között a következ összefüggések állnak fenn: 1. Ha ωɛ 0, ω = f, akkor T 1 ( dω) = grad T 0 (ω) = grad f. 2. Ha ωɛ 1, ω = f dx + g dy + h dz, akkor T 2 ( dω) = ) T 2 ((g x f y) dx dy + (h x f z) dx dz + (h y g z) dy dz = h y g z f z h x 1(ω). g x f y 3. Ha ωɛ 2, ω = h dx dy g dx dz + f dy dz, akkor ) T 3 ( dω) = T 3 ((h z + g y + f x) dx dy dz = div T 2 (ω) Következmény Abból, hogy d 2 ω = d( dω) = 0, a fentieket gyelembe véve egyenesen következik, hogy rot grad f = 0, és div rot F = 0, ahogy azt a ban már beláttuk. 6. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy a dierenciál 1-formák ékszorzata megfeleltethet a vektoriális szorzatnak: T 2 (ω τ) = T 1 (ω) T 1 (τ) Formák integrálása sokaságokon Tegyük fel, hogy M IR n k dimenziós sokaság, ωɛ k ˆ (IR n ) pedig dierenciál k-forma. Ekkor szeretnénk értelmezni az ω mennyiséget. Ehhez el ször két speciális esetet nézünk meg. M

33 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA Ha n = k = 3, akkor M egy térrész, és ω = f(x, y, z) dx dy dz. Ebb l egy közönséges hármas integrált kapunk: ˆ M ω = M f(x, y, z) dx dy dz { 2. Ha n = 2 és k = 1, akkor M egy görbe: M = γ(t) = ( x(t), y(t)) ) } : tɛ[a, b]. Az ( ) n 1-formák terének dimenziója = 2, tehát két lineárisan független dierenciálformánk van: ω 1 = f(x, y) dx, ω 2 = g(x, y) k dy. ˆ ˆ M M f(x, y) dx = g(x, y) dy = ˆ b a ˆ b a f(γ(t))x (t) dt, g(γ(t))y (t) dt. Emlékezzünk vissza, hogy korábban is értelmeztük az integrálási változót koordinátatranszformációnál így: dx = x (t) dt. Most használjuk fel a sokaságok absztrakt denícióját (2.1.7). A V nyílt gömb most az [a, b] intervallum, a ( φ leképezésnek pedig a γ : [a, b] IR 2 x (t) ) felel meg. Ennek Jacobi-mátrixából (D γ = y ) (t) az els esetben az els sort vesszük ki úgy, hogy behelyettesítünk egy elemi formába: dx(d γ) = x (t), a második esetben pedig a második sort. Ennek megfelel en ˆ ˆ M M ˆ ω 1 = ˆ ω 2 = M M f(x, y) dx = g(x, y) dy = ˆ b a ˆ b a f(γ(t)) dx(d γ) dt g(γ(t)) dy(d γ) dt Deníció Legyen M IR n k dimenziós sokaság, ωɛ k (IR n ) dierenciál k- forma. A sokaság paraméteres megadásában φ : IR k IR n, V IR k olyan nyílt gömb, hogy φ(v ) = M, valamint D φɛir n k teljes rangú mátrix. Ekkor ω M-en vett integrálját a következ képpen deniáljuk: ˆ M ˆ ω = V ω(d φ) dx 1... dx k Tétel (Általános Stokes-tétel). Tegyük fel, hogy ω dierenciál (k 1)-forma, és M k dimenziós irányítható sokaság. Ekkor dω dierenciál k-forma, M pedig (k 1) dimenziós irányítható sokaság, és feltéve, hogy M és M irányítása megfelel egymásnak, igaz az, hogy ˆ M ˆ dω = M ω

34 2. FEJEZET. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 30 Speciális esetek. 1. Legyen n = k = 1, azaz a valós számok halmazán (a számegyenesen) tekintünk egy M = (a, b) intervallumot. Ekkor M = {b, a}. Legyen ω = f(x), azaz dω = f(x) dx. Ekkor ˆ dω = ˆ b f (x) dx = f(b) f(a), M a M {b,a} ˆ ˆ ω = f = f(b) f(a). Az els esetben a Newton-Leibniz-formulát használtuk fel, a második esetben az f(a) el jele azért negatív, hogy M és M irányítása megegyezzen. Azt látjuk, hogy a Newton-Leibniz-formula az általános Stokes-tétel speciális esete. 2. Legyen n = k = 2. Ekkor M egy tartomány a síkon, M pedig az t határoló görbe; ω = f(x, y) dx + g(x, y) dy és dω = (g x f y) dx dy. Ebb l Green tétele következik: Tétel (Green-tétel). A fenti feltételekkel f dx + g dy = (g x f y) dx dy M M Speciális esetben f(x, y) = y, g(x, y) = x. számolni M területét: (x dy y dx) = M M dx dy = 2 M Ekkor a Green-tételt felírva ki tudjuk dx dy = 2 A(M) 8. Feladat. Lássuk be, hogy a Divergencia tétel az általános Stokes-tétel speciális esete. 9. Feladat. Lássuk be, hogy a klasszikus Stokes tétel az általános Stokes-tétel speciális esete.

35 3. fejezet Variációszámítás 31

36 3. FEJEZET. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS Bevezet példák Bernoulli-feladat (avagy brachisztokron probléma.) Adott A(x 0, y 0 ) és B(x 1, y 1 ), két pont a síkon. Az A pontból elengedünk egy pontszer testet. Állandó nagyságú, lefelé irányuló gravitációt és nulla súrlódást feltételezve milyen az a görbe, amelyen a test a legrövidebb id alatt ér le B-be? A görbét az y = φ(x) függvény írja le. φ : [x 0, x 1 ] IR, φ(x 0 ) = y 0, φ(x 1 ) = y 1. Ekkor a leéréshez szükséges id T = 1 2g ˆ x1 x φ 2 (x) φ(x) y0 Ennek az integrálnak a minimumát keressük a φ függvények halmazán. Forgástest felszín minimalizálás. Adott A(x 0, y 0 ) és B(x 1, y 1 ), két pont a síkon az x tengely felett. Ezeket a pontokat összekötjük egy folytonos görbével, melyet y = f(x) ad meg. A görbét megforgatva az x tengely körül az így keletkezett forgástest felszíne mikor lesz a legkisebb, feltéve hogy a görbe két végpontja (a, f(a)) és (b, f(b)) rögzített? A = 2π ˆ b a dx f(x) 1 + f 2 (x) dx min? Geodetikus görbék. Adott egy felület IR 3 -ban, és rajta két pont. A két pontot összeköt, a felületen haladó görbék közül melyik a legrövidebb? l = ˆ b a x 2 (t) + y 2 (t) + z 2 (t) dt min? 3.2. Alapfeladat Egyváltozós feladat matematikai megfogalmazása Deníció Adott a síkon két pont, (x 0, y 0 ) és (x 1, y 1 ). Megengedhet függvények halmaza C, melyet így deniálunk: C = { φ : [x 0, x 1 ] IR kétszer folytonosan dierenciálható, φ(x 0 ) = y 0, φ(x 1 ) = y 1 } (3.1) Adott egy I : C IR integrál-operátor (funkcionál), amely a megengedett függvények halmazán van értelmezve, és speciális alakú. Nevezetesen, I(φ) = ˆ x1 x 0 F (x, φ(x), φ (x)) dx, (3.2)

37 3. FEJEZET. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 33 ahol az F egy adott, kétszer folytonosan dierenciálható három változós függvény. Keressük azon u(x)ɛc függvényeket, amelyekre I(u) minimális. Szeretnénk tudatosítani, hogy itt egy szokatlan jelölést fogunk használni. Az (3.2) funkcionál értékének kiszámításakor F els argumentuma (a megszokott) x, a második argumentumba az u(x) függvényt helyettesítünk, míg a harmadik argumentumba ennek deriváltját. Ennek megfelel en F argumentumait (x, y, z) helyett (x, u, u )-vel jelöljük: F = F (x, u, u ). Erre akkor kell nagyon gyelni, amikor u vagy u, mint változó szerint deriválunk. Ezek után megfogalmazhatjuk a variáció számítás alapfeladatát: min I(φ) =? φɛc ahol a funkcionált (3.1) és (3.2) egyenletek deniálják. A optimalizálási feladat megoldását visszavezetjük a már jól ismert egyváltozós függvény széls érték meghatározására. Tegyük fel, hogy valamely u = u(x)ɛc függvény minimalizálja I-t: Tekintsük a következ halmazt: I(u) I(y) yɛc. (3.3) C 0 = { η : [x 0, x 1 ] IR kétszer dierenciálható, η(x 0 ) = η(x 1 ) = 0 } Amennyiben u-t egy ηɛc 0 függvénnyel perturbáljuk, akkor a perturbált függvény is a megengedhet halmazban lesz, mert a peremfeltételeken a perturbáció nem változtatott, azaz (u + η)ɛc. Rögzített ηɛc 0 -ra deniáljuk a következ függvényt G(ε) := I(u + εη). Tehát G : IR IR egy valós függvény, mindenütt dierenciálható. A (3.3) feltételb l az következik, hogy Határozzuk meg G (ε)-t. G(ε) így írható: ε : G(0) G(ε) = G (0) = 0. G(ε) = ˆ x1 x 0 F (x, u(x) + εη(x), u (x) + εη (x)) dx.

38 3. FEJEZET. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 34 Deriváljuk G-t a láncszabály alapján! (x, u(x) + εη(x), u (x) + εη (x)) áll, amit most nem írunk ki.) G (ε) = ˆ x1 x 0 (F és parciális deriváltjainak argumentumaiban ( F u η(x) + F u η (x) ) dx. A második tagot parciálisan integráljuk: ˆ x1 F u η (x) dx = [ ˆ x1 F u η] x1 x 0 η(x) x 0 }{{} x 0 η(x 0 )=η(x 1 )=0 d dx F u dx (3.4) Az egész integrál tehát: G (ε) = ˆ x1 x 0 ( F u ) d F dx u η(x) dx. Ezért minden ηɛc 0 -ra teljesülnie kell, hogy G (0) = ˆ x1 x 0 η(x) Ez viszont csak akkor teljesülhet, ha ( F u(x, u, u ) ) d F dx u (x, u, u ) dx = 0. F u d dx F u = 0. Így beláttuk a következ szükséges feltételt: Tétel (Széls érték szükséges feltétele). Tegyük fel, hogy valamely u = u(x)ɛc függvény minimalizálja I-t. Ekkor az u függvény kielégíti az alábbi összefüggést: L[u] := F u d F = F dx u u d dx F u = 0 Ez az Euler-egyenlet. Az ezt kielégít megoldásokat stacionárius megoldásnak nevezzük. Az Euler-egyenletben szerepl d dx F u kifejtése a láncszabály alapján: d dx F u (x, u(x), u (x)) = Ezt visszahelyettesítve az egyenletbe: 2 F u x + 2 F u u u + F u F u x u F u u u F u u = 0 2 F u u u A kapott másodrend dierenciálegyenletben az u függvényt keressük, nincs általános megoldása. (Nem parciális DE, mert az u-t keressük.)

39 3. FEJEZET. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS Példa. Igazoljuk variációszámítással, hogy két pont között a legrövidebb út az egyenes. Legyen a két pont P 0 (x 0, y 0 ) és P 1 (x 1, y 1 ), az ket összeköt görbét pedig írja le egy y = y(x) függvény, melyre y(x 0 ) = y 0 és y(x 1 ) = y 1. A görbe hossza: l = ˆ b a 1 + y 2 (x) dx, tehát F (x, u, u ) = 1 + u 2 F nem függ expliciten x-t l és u-tól, tehát F u = 0. Így az Euler-egyenlet: d dx F u = 0 = F u = u 2 2u = c konstans Ezt átrendezve kapjuk, hogy u (x) szintén konstans, tehát y(x) = u(x) egy egyenes Speciális esetek 1. Amennyiben F nem függ expliciten u -t l, F = F (x, u), akkor F u = 0, így az Euler-egyenlet egy implicitfüggvény-feladatot ad: F u(x, u) = 0 2. Ha F nem függ u-tól, akkor F = F (x, u ) alakú. Az Euler-egyenlet: d dx F u = 0, amib l egy integrálással adódik, hogy F u = c konstans. Ez azt jelenti, hogy F (x, u ) = cu. Ebb l az implicit alakból u -t kifejezhetjük, majd integrálunk: ˆ u (x) = f(x, c), = u = f(x, c) dx + d, d konstans. Ebben az esetben a c és d konstansok megfelel megválasztásával lehet kielégíteni a peremfeltételeket. 3. A legfontosabb eset az, amikor F nem függ x-t l, F = F (u, u ). Ekkor deniáljuk a következ függvényt Ennek deriváltja: E(x) := F (u(x), u (x)) u (x)f u (u(x), u (x)). (3.5) E = u F u + u F u u F u u (u F u u + u F u u ) =

40 3. FEJEZET. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 36 = u (F u + u F u u + u F u u ) = u L[u]. Ha u stacionárius megoldás, akkor ez alapján de dx = u L[u] = 0, tehát E(x) = c konstans. Ezt a függvényt értelmezhetjük egy energia mennyiségnek, ami optimális esetben nem változik Forgástest felszín minimalizálás Az (x, y(x)) görbe x 1 és x 2 abszcisszájú pontjai közötti darab megforgatásával kapott forgástest felszíne: A = 2π ˆ b a y(x) 1 + y 2 (x) dx = F (u, u ) = u 1 + u 2 Tehát ez a fenti 3. speciális eset, amikor F közvetlenül nem függ x-t l. Kiszámítjuk a (3.5)-ben deniált energia jelleg függvényt: E = u 1 + u 2 u 1 (u u 2 2u ) = u = ( u 2 u 2 u 2 u ) = 1 + u 2 Ebb l azt kapjuk, hogy u 1 + u 2 = c, ami egy közönséges dierenciálegyenlet. Némi átrendezéssel adódik, hogy ez egy szeparábilis DE: ˆ ( u u2 c = 2 = ( u 1 ˆ c 2 c )2 1) du = 1 dx. A megoldás tehát ˆ ˆ 1 ( u c )2 1 du = 1 dx = c arch u c = x + d = u = c ch x + d c A feladat megoldása tehát a ch függvény megfelelel lineáris transzformáltja. Megjegyzés. A ch függvény másik neve a láncgörbe. Ez az a görbe, amit a két végén felfüggesztett lánc felvesz.

41 3. FEJEZET. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS Bernoulli-feladat A minimalizálandó funkcionál, illetve az ezt megadó F (x, u, u ) függvény: T (u) = 1 2g ˆ x1 x u 2 (x) u(x) dx, = F (u, u ) = 1 + u 2 u, ahol a (megszokott) függvény-változó u = y y 0 Tehát most is az egyik speciális esettel találkozunk, és az Euler egyenlet felírása helyett elegend a (3.5)-ben megadott E függvényt kiszámolni. Ehhez els lépés F u = 1 u u 1 + u 2, majd maga az E függvény: E = F u F u =... = 1 u 1 + u 2 = c, cɛir. Ebb l az egyenletb l kifejezzük u u = 1 c 2 u 1. Ez ismét egy szeparábilis DE lesz, melynek megoldásakor az alábbi integrál adódódik: ˆ ˆ c2 u 1 c 2 u du = dx. τ := c 2 u helyettesítést végzünk, amib l du = 1 c 2 dτ. Így folytathatjuk: ˆ 1 τ dτ = x b, c 2 (3.6) 1 τ ahol b egy újabb szabad paraméter. Még egy helyettesítés: τ =: sin 2 (ϕ). Ekkor dτ = 2 sin(ϕ) cos(ϕ) dϕ, és a bal oldali integrál ˆ ˆ τ sin 2 1 τ dτ = (ϕ) 2 sin(ϕ) cos(ϕ) dϕ = 1 sin 2 (ϕ) ˆ = 2 sin 2 (ϕ) dϕ = ˆ (1 cos(2ϕ) ) dϕ = ϕ 1 2 sin(2ϕ). Helyettesítsük vissza ezt az eredményt (3.6) egyenletbe: x b = 1 2c 2 ( θ sin(θ) ), (3.7)

42 3. FEJEZET. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 38 ahol θ = 2ϕ. Másrészt az u függvényt is visszaszámoljuk a sok-sok helyettesítésb l: végül a keresett y függvény: u = 1 c τ = 1 2 c 2 sin2 (ϕ) = 1 1 cos(θ), c 2 2 y y 0 = 1 2c 2 ( 1 cos(θ) ). (3.8) Megérdemelt jutalomként láthatjuk, hogy a (3.7) és (3.8) épp egy ciklois darab paraméteres leírását adják ch x Ciklois ábra. A láncgörbe és a ciklois 3.3. Több függvényt keresünk Példa: geodetikus görbe Példa: Az egységkör felszínén keressük két adott pont között a legrövidebb összeköt görbét. A görbe pontjainak paraméterezése: (x(t), y(t), z(t)), tɛ[0, 1], ahol z(t) = 1 x 2 (t) y 2 (t). Feltesszük, hogy a kezd és végpontok, P 0 = (x 0, y 0, z 0 ) és P 1 = (x 1, y 1, z 1 ), adottak. Minimalizálni szeretnénk az alábbi ív hosszat: s(γ) = ˆ 1 0 ẋ2 (t) + ẏ 2 (t) + ż 2 (t) dt.

43 3. FEJEZET. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 39 Figyelembe véve, hogy z(t) függ x(t)-t l és y(t)-t l, ilyen típusú függvényt kell minimalizálni: s(γ) = ˆ 1 0 F (x(t), y(t), ẋ(t), ẏ(t)) dt. Az eddigiekt l eltér en most két függvényt keresünk: x(t) és y(t), rögzített peremfeltételek mellett. Feladat kit zése Ebben az esetben a megengedett függvények halmaza n koordinátából áll: C = { } φ 1,..., φ n : [x 0, x 1 ] IR, j φ j (x 0 ) = y 0j, φ j (x 1 ) = y 1j, adott y 0j, y 1j, j = 1, 2,..., n mellett. A funkcionál, aminek széls értékét keressük: I(φ 1,..., φ n ) = ˆ x1 x 0 F (x, φ 1 (x),..., φ n (x), φ 1(x),..., φ n(x)) dx, ahol F adott (2n + 1) változós dierenciálható függvény. Optimalitás szükséges feltétele Tegyük fel, hogy u = (u 1,... u n ) minimalizálja a költségfüggvényt. Ekkor a j-dik koordinátát perturbáljuk egy η(x)ɛc 0 függvénnyel, és legyen G(ε) := I(u 1,..., u j 1, u j + εη, u j+1... u n ). Most is elmondhatjuk, hogy G : IR IR egy valós függvény, mindenütt dierenciálható. A minimum feltételb l az következik, hogy ε : G(0) G(ε) = G (0) = 0. Az egyváltozós esettel azonos számolással n darab Euler-egyenletet kapunk. Tétel (Széls érték szükséges feltétele). Tegyük fel, hogy valamely u = (u 1,... u n )ɛc vektor érték függvény minimalizálja I-t. Ekkor az u függvény kielégíti az alábbi Euler-egyenleteket: L k [u] = F u k d dx F u k = 0 k = 1, 2,... n Az ezt kielégít megoldásokat stacionárius megoldásnak nevezzük.

44 3. FEJEZET. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 40 Speciális esetben F nem függ x-t l. Ekkor az el z ekhez hasonlóan igazolható az alábbi állítás: Állítás Tegyük fel, hogy a feladat kit zésében megadott F függvény nem függ x-t l. Ekkor minden stacionárius megoldáshoz van olyan c konstans, hogy a megfelel en deniált energiafüggvényre: E := F (u 1,..., u n, u 1,..., u n) n u kf u (u 1,..., u n, u k 1,..., u n) = c. k= Legrövidebb út forgástest felszínén Az f : [a, b] IR + függvényt az x tengely körül megforgatva a forgástest felszínének minden pontja két paraméterrel adható meg: P = (x, f(x) cos ϕ, f(x) sin ϕ), ahol x az alappont, és ϕ a forgatási szög. Tehát a felületen egy görbe koordinátáit így lehet megadni: γ(t) = x(t) y(t) z(t) = x(t) f(x(t)) cos ϕ(t) f(x(t)) sin ϕ(t)), tɛ[0, 1]. A görbe hossza: ˆ 1 ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 dt. Kiszámoljuk az integrál mögött álló mennyiséget: 0 ẏ = f (x)ẋ cos ϕ + f(x)( sin ϕ) ϕ, ż = f (x)ẋ sin ϕ + f(x) cos ϕ ϕ. A két keresett függvény x = x(t) és ϕ = ϕ(t). Rövid számolással azt kapjuk, hogy ˆ t1 t 0 ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 dt = ˆ t1 t 0 ẋ2 + f 2 (x)ẋ 2 + f 2 (x) ϕ 2 dt = ( ) A keresett két függvényt úgy redukáljuk, hogy egymásra vonatkozó változásukat határozzuk meg. Formálisan számolva: ˆ t1 t 0 ( ) = ˆ t1 t 0 ( ) 2 ( ) 2 dx dϕ (1 + f dt 2 (x)) + f 2 (x) dt dt ( ) 2 dx (1 + f dt 2 (x)) + f 2 (x) ( dϕ dt ) 2 ( dt dx ) ( ) dx dt dt =