Matematikai Analízis III.

Matematikai Analízis III. egyetemi jegyzet 1 216. január 2. 1 Az el adásokat lejegyezte: Marczell Márton

Tartalomjegyzék 1. Vektoranalízis 1 1.1. Vektormez k. Bevezetés............................ 2 1.2. A vektormez k speciális jellemz i....................... 3 1.3. Skalárpotenciál és vektorpotenciál....................... 5 1.4. Vonalintegrál, cirkuláció............................ 7 1.5. Felületi integrál. Fluxus............................. 8 1.5.1. Felület.................................. 8 1.5.2. Felületi integrál............................. 9 1.6. Vektormez kre vonatkozó tételek....................... 1 1.6.1. Divergencia tétel............................ 1 1.6.2. Stokes tétel............................... 12 1.6.3. Green tétel............................... 14 2. Dierenciálgeometria 16 2.1. Sokaságok.................................... 17 2.1.1. Paraméteres megadás.......................... 17 2.1.2. Topologikus térben........................... 18 2.1.3. Implicit megadás............................ 22 2.1.4. Sokaság irányítása........................... 23 i

TARTALOMJEGYZÉK ii 2.2. Dierenciálformák................................ 24 2.2.1. Bevezetés és ismétlés.......................... 24 2.2.2. Elemi formák.............................. 25 2.2.3. Általános formák. Küls szorzat.................... 26 2.2.4. Dierenciálformák........................... 28 2.2.5. Dierenciálformák IR 3 -ban....................... 29 2.2.6. Formák integrálása sokaságokon.................... 31 3. Variációszámítás 33 3.1. Bevezet példák................................. 34 3.2. Alapfeladat................................... 34 3.2.1. Speciális esetek............................. 37 3.2.2. Forgástest felszín minimalizálás.................... 38 3.2.3. Bernoulli-feladat............................ 39 3.2.4. Feltételes széls érték.......................... 41 3.3. Általános feladat 1. Több függvényt keresünk................ 43 3.3.1. Legrövidebb út forgástest felszínén.................. 44 3.3.2. Egy mechanikai alkalmazás....................... 46 3.4. Általános feladat 2. Magasabbrend deriváltak................ 47 3.5. Általános feladat 3. Kétváltozós függvény keresése.............. 47 3.5.1. Példa: rezg húr mozgása....................... 49 4. Parciális dierenciálegyenletek 51 4.1. Bevezet..................................... 52 4.2. Els rend PDE: Transzport egyenlet..................... 54

TARTALOMJEGYZÉK iii 4.2.1. Transzport egyenlet, homogén eset.................. 54 4.2.2. Inhomogén eset............................. 55 4.3. Másodrend PDE 1. Laplace egyenlet..................... 56 4.3.1. Téglalap alakú tartomány....................... 58 4.3.2. Megoldás körlapon........................... 6 4.3.3. A Laplace egyenlet megoldásának néhány tulajdonsága....... 63 4.4. Másodrend PDE II: H vezetés egyenlete................... 64 4.4.1. H vezetés végtelen hosszú rúdban................... 65 4.4.2. H vezetés véges rúdban......................... 68 4.4.3. H vezetés visszafelé........................... 71 4.5. Másodrend PDE III: Hullámegyenlet..................... 72 4.5.1. Hullámmozgás végtelen húrban.................... 72 4.5.2. Gyenge megoldás. Néhány tanulságos példa............. 75

1. fejezet Vektoranalízis 1

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 2 1.1. Vektormez k. Bevezetés Deníció 1.1.1. 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 : [, 2π] IR 2 ; F (t) = (cos t, sin t): az egységkör (3, 1) (x, y) ( y, x) 2 1 1 2 4 4 2 2 4 4 2 2 4 2 2 2 2 1.1. ábra. Vektormez k

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 3 Deníció 1.1.2. Vektormez folytonos, ha koordinátafüggvényei folytonosak. Deníció 1.1.3. 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 F (x + x) F (x) A x lim =. x 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. 1.2. A vektormez k speciális jellemz i Deníció 1.2.1. A (nabla) operátor alatt három dimenzióban a formális vektort értjük. ( x, y, ) z

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 4 Tehát egy f : IR 3 IR függvényre grad f = f. Deníció 1.2.2. 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 A divergencia egy számszer mértéke annak, hogy a vektromez egy adott pontból mennyire "szóródik szét". Ha egy F vektormez re (F ), akkor a vektormez divergencia- mentes. Deníció 1.2.3. A fenti F vektormez rotációja i j k rot (F ) = x y z f 1 f 2 f 3 = F = ( f3 y f 2 z, f 1 z f 3 x, f 2 x f ) 1 (= ) curl (F ). y A rotációvektor zikai értelmezése: hossza az er tér örvénylésének sebessége, iránya mer leges az örvénylésre. Ha egy vektormez rotációja, akkor örvénymentesnek hívjuk. 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 (1 4y2 ),, d2 vektormez jellemzi. Mit tudunk mondani az áramlás örvényességér l? Megoldás: rot (v) = (,, 8yv ), 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

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 5 mer leges a z tengelyre. Az örvény er ssége pedig a folyó közepét l kifelé haladva egyre n. 1. Gyakorlat. Vajon mi lehet a fenti példa zikai háttere? Állítás 1.2.4. A deriválás szorzási szabályai, melyek az újonnan bevezetett speciális jellemz ket tartalmazzák az alábiak: div (ff ) = f div F + F, grad f rot (ff ) = grad f F + f rot F div (F G) = G, rot F F, rot G 1. Feladat. Igazoljuk ezeket a szorzat-deriválási szabályokat. 1.3. Skalárpotenciál és vektorpotenciál Deníció 1.3.1. Az F : IR 3 IR 3 vektormez potenciálos, - pontosabban: skalárpotenciálos - ha létezik olyan f : IR 3 IR skalármez, melyre F = grad f. Tegyük fel, hogy F skalárpotenciálos. Létezik f(x, y, z) dierenciálható függvény, melyre F = (f x, f y, f z). Ekkor divergenciája és rotációja: div (F ) = x f x + y f y + z f z = f, rot (F ) = i j k x y z f x f y f z Tehát egy skalárpotenciálos vektormez örvénymentes. Állítás 1.3.2. A következ állítások ekvivalensek: = =. 1. F skalárpotenciálos. 2. rot (F ) =.

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 6 3. Γ IR 3 zárt görbére F (r) dr =. Γ Deníció 1.3.3. F : IR 3 IR 3 vektormez vektorpotenciálos, ha létezik olyan G : IR 3 IR 3 vektormez, amelyre rot (G) = F. Tegyük fel, hogy F vektorpotenciálos. Létezik G = (g 1, g 2, g 3 ) dierenciálható vektormez, melyre Ekkor a divergenciája: f 1 = y g 3 z g 2 f 2 = z g 1 x g 3 f 3 = x g 2 y g 1. div (F ) = x f 1+ = y f 2 + z f 3 = =. Állítás 1.3.4. A következ állítások ekvivalensek: 1. F vektorpotenciálos 2. div (F ) = Következmény 1.3.5. A fenti két állítás alapján tehát: 1. rot (grad (f)) =. 2. div (rot (F )) =. 3. Könnyen belátható az is, hogy div (grad (f)) = f xx + f yy + f zz = f. Megjegyzés 1.3.6. A rotáció lineáris operátor. Ezért ha rot (G 1 ) =, akkor egy tetsz leges G vektormez re rot (G + G 1 ) = rot (G) + = rot (G). Ez azt jelenti, hogy a vektorpotenciál nem egyértelm : ha F = rot (G), akkor F-nek G és G + G 1 is vektorpotenciálja. Ha F vektorpotenciálos, akkor egy vektorpotenciálját megkaphatjuk a következ módon: G(x, y, z) = ˆ 1 tf (tx, ty, tz) (x, y, z) dt

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 7 1.4. Vonalintegrál, cirkuláció Ebben a fejezetben átismétljük az els évben megtanultakat, majd kib vítjük. Deníció (Ismétlés.) Adott C IR 3 görbe, C = {γ(t) tɛ[a, b]}. Az f : IR 3 IR folytonos valós függvény vonalintegrálja a C görbe mentén: ˆ ˆ b f(x, y, z) ds = f(γ(t)) γ(t) dt. C A fenti képletben γ(t) = (ẋ(t), ẏ(t), ż(t)) a görbe érint vektorát adja meg az adott pontban. Skalármez vonalintegráljának lehetséges zikai interpretációja a tömeg. Deníció (Ismétlés.) Az F : IR 3 IR 3 vektormez vonalintegrálja a C görbe mentén: ˆ ˆ b F (r) dr = F (γ(t)), γ(t) dt. C a Vektormez vonalintegráljának lehetséges zikai interpretációja munka, melyet a vektortérben az adott görbe mentén haladva végzünk. A fenti deníciót átfogalmazzuk, gyelembe véve γ(t) jelentését. Legyen T : C IR 3 egy olyan vektormez, mely a görbe minden pontjához egységnyi hosszú érint vektort rendel. Ekkor ˆ C F (r) dr = ˆ b ahol az integrálbeli szorzás skalárszorzatot jelent. a a F (x, y, z) T (x, y, z) ds, Úgy fogalmazhatunk, hogy a vektormez vonalintegrálja megegyezik érint irányú komponensének - mint skalármez nek - vonalintegráljával. Deníció 1.4.1. Az F : IR 3 IR 3 vektormez vonalintegrálját a C görbe mentén a vektormez cirkulációjának hívjuk. A vonalintegrál természetes módon kiterjeszthet magasabb dimenzióra. Deníció 1.4.2. 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)) x 2 1 (t) + x 2 2 (t) +... x 2 n (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.

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 8 1.5. Felületi integrál. Fluxus. 1.5.1. Felület Ebben a fejezetben deniáljuk, hogy mit értünk felület alatt. Egy speciális esetet már láttunk, kétváltozós függvény gráfjaként. Adott a síkon egy D IR 2 tartomány, és egy ezen értelmezett valós függvény, f : D IR. Az ennek megfelel felület S := {(x, y, f(x, y)) : (x, y)ɛd}. Az általános felület bizonyos értelemben hasonlít a görbék megadásához. Akkor a számegyenes egy [a, b] intervallumát képeztük le egy-egyértelm en egy görbe pontjaiba; síkban vagy térben. Deníció 1.5.1. Adott egy D IR 2 tartomány, és egy s : D IR 3 dierenciálható, egy-egyértelm függvény. x(u, v) s(u, v) = y(u, v), (u, v)ɛd. z(u, v) A felület s értékkészlete lesz, { } (x(u, ) S = v), y(u, v), z(u, v) : (u, v)ɛd. Megjegyzés. Gondolhatunk legegyszer bb esetként a D tartományra, mint egy kétdimenziós intervallumra, D = [a, b] [c, d]. A felület pontjait ezen D elemeivel paraméterezzük. 1. Példa. A fenti egyszer eset természetesen leírható az általános keretben. Ekkor u s(u, v) = v f(u, v), (u, v)ɛd. 2. Példa. Az egységsugarú, origó középpontú félgömb felszinének pontjai paraméterezhet k két paraméterrel, a második és harmadik gömbi polárkoordinátának megfelel en. Legyen az u paraméter a pontba mutató vektor és a z tengely pozitív részének szöge, a v paraméter pedig az (x, y) síkba es vetületnek az x tengely pozitív részével bezárt szöge. Ekkor z = cos(u) x = sin(u) cos(v) y = sin(u) sin(v).

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 9 1.5.2. Felületi integrál Deníció 1.5.2. Adott az f : IR 3 IR folytonos valós függvény, melyre D D f. 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 1.5.3. 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 t u = ( t u, t v, 1 ), 1 t v és ennek a vektornak a hossza valóban 1 + (t u) 2 + (t v) 2. Adott a térben egy vektormez, F (x, y, z) = F 1 (x, y, z) F 2 (x, y, z) F 3 (x, y, z) ahol F 1, F 2, F 3 : R IR dierenciálható függvények az R IR 3 tartományon. Feltesszük, hogy S R. Deníció 1.5.4. 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 ˆˆ F n ds = F (s(u, v)) s u s v s s u s u s v d(u, v) = v S D

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 1 ˆˆ D ˆˆ F (s(u, v)) (s u s v) d(u, v) = S F ds Deníció 1.5.5. 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 felületi integrálját: ˆˆ ˆˆ F ds = F n ds vektormez nek a felületre vett uxusának nevezzük. M M 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 ˆ egy kétdimenziós F (x, y)vektormez uxusát is, egy Γ síkgörbére nézve: φ = F (x, y) ds Γ 1.6. Vektormez kre vonatkozó tételek 1.6.1. Divergencia tétel Tétel 1.6.1 (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 ˆˆˆ ˆˆ div F (x, y, z) d(x, y, z) = F n ds M Azaz a térrészen vett térfogati integrál megegyezik a vektormez nek a határoló felületre vett felületi integráljával (ld. 1.5.4). 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 M ( f1 x + f 2 y + f ) 3 z d(x, y, z) =

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 11 ˆˆ = (f 1 n 1 + f 2 n 2 + f 3 n 3 ) ds M Ez pedig tagonkénti egyenl séggel bizonyítható. belátni: ˆˆˆ M f 3 z ˆˆ d(x, y, z) = f 3 n 3 ds. Írjuk fel M-et az (x, y) sík szerinti normáltartományként: Ebb l most a harmadik tagot fogjuk M 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 > : M top, n 3 = : M side, n 3 < : M bottom, így M = M top M side M bottom. integrálokat: Számoljuk ki a résztartományokra vett felületi n 3 > : M top = { (u, v, t(u, v)) : (u, v)ɛd } : n = ( t u, t v, 1) 1 1 + (t u ) 2 + (t v) 2 n 3 = 1 1 + (t u ) 2 + (t v) 2. Ezért ˆˆ ˆˆ f 3 n 3 ds = f 3 (u, v, t(u, v))n 3 (u, v, t(u, v)) 1 + (t u ) 2 + (t v) 2 d(u, v) = M top M top = ˆˆ M top f 3 (u, v, t(u, v)) d(u, v) n 3 = : M side : Itt n 3 =, ezért az integrál is. n 3 < : 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 D ˆ t(x,y) b(x,y) f 3 (x, y, z) dz d(x, y) = z

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 12 ˆˆ = f 3 (x, y, t(x, y)) f 3 (x, y, b(x, y)) d(x, y) D 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) = 3 2 3 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) = (,, 1). Az S 1 -en vett integrál: ˆˆ Az S 2 -n vett integrál: 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. ˆˆ ˆˆ (x, y, z) (,, 1) ds = S 2 r S 2 z ds =. ds = A két integrál összege pedig valóban megegyezik a térfogati integrállal: ˆˆ S 1 S 2 F ds = 2r 3 π 1.6.2. Stokes tétel Tétel 1.6.2 (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 T ds. (1.2) M Itt T jelöli a görbe pontjaihoz húzott egységnyi hosszú érint vektorokat, amelyeket úgy számolhatunk, hogy T = γ(t) γ(t) M

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 13 Megjegyzés 1.6.3. 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 1.6.4. A fenti integrállal megadott mennyiséget az F vektormez cirkulációjának nevezzük. 4. Példa. Legyen F (x, y, z) := (y, z, x), és M az egységgömb fels fele. Ennek paraméterezése: M := {s(ϕ, θ) = sin ϕ cos θ sin ϕ sin θ cos ϕ : ϕɛ[, π/2], θɛ[, 2π]}. Ekkor tehát M = {γ(t) = (cos t, sin t, ) : tɛ[, 2π]} egységkör az (x, y) síkon. A (1.2) egyenlet jobb oldala: = ˆ 2π M F (r)dr = ˆ 2π F (γ(t)), γ(t) dt = ˆ 2π (sin t,, cos t), ( sin t, cos t, ) dt = sin 2 t dt = π. (1.2) egyenlet bal oldalán a normálvektor n = (x, y, z) (jelen esetben azért nem kell a hosszával elosztani, mert az egységgömb felületén vagyunk). Számoljunk: i j k rot (F ) = x y z = ( 1, 1, 1). y z x A (1.2) egyenlet bal oldala: ˆˆ ˆˆ rot F n ds = ( 1, 1, 1), (x, y, z) ds = ˆˆ (x + y + z) ds = M M M ˆ π 2 = ˆ 2π (sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cosϕ) sin ϕ dθ dϕ = π A sin ϕ szorzó a polárkoordinátás áttérés Jacobi-determinánsa.

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 14 1.6.3. Green tétel A harmadik klasszikus tétel speciális esetként levezethet a Stokes tételb l. Tétel 1.6.5 (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 x P ) d(x, y) = (P dx + Q dy). (1.3) y D A jobboldalon szerepl integrálok kiszámítása: ˆ b P (x, y) dx = P (x(t), y(t))ẋ(t)dt, C a C C Q(x, y) dy = ˆ b a Q(x(t), y(t))ẏ(t)dt. 2. Feladat. Igazoljuk a fenti tételt a Stokes tétel alapján. Javasolt "szereposztás": F (x, y, z) = (P (x, y), Q(x, y), ), valamint S = {(x, y, ) : (x, y)ɛd}, n = (,, 1), C = {(x(t), y(t), ) : tɛ[a, b]}. 5. Példa. Két speciális esetet tekintünk. Legyen els ként P (x, y) = y és Q(x, y) =, majd P (x, y) = 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 6. Példa. Határozzuk meg egy cikloid ív alatti területet. A görbét meghatározó egyenletek: A teületszámításra az A(D) = x(t) = r ( t sin(t) ) y(t) = r ( 1 cos(t) ), tɛ[, 2π]. C y dx képletet fogjuk használni. Mivel a területet határoló vízszintes szakaszon y =, ezért csak az ív mentén kell integrálnunk. Felhasználjuk, hogy itt dx = r ( 1 cos(t) ) dt. Ezért A(D) = y dx = C ˆ 2π r 2 ( 1 cos(t) ) 2 dt =

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 15 1.2. ábra. Cikloid, r = 2 paraméter mellett. = r 2 (ˆ 2π ˆ 2π ˆ ) 2π 1 dt 2 cos(t) dt + cos 2 (t) dt = r 2 (2π + + π) = 3πr 2. 3. Feladat. Számoljuk ki a (1.4) képlet alapján egy deltoid területét: A deltoidot határoló görbe egyenlete: x(t) = 2 cos(t) + cos(2t) y(t) = 2 sin(t) sin(2t)

2. fejezet Dierenciálgeometria 16

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 17 2.1. Sokaságok 2.1.1. Paraméteres megadás Deníció 2.1.1 (Paraméteresen megadott sokaság). Az M IR n részhalmaz k-dimenziós sokaság (k n), ha pɛm-hez 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 olyan, mintha k dimenziós volna. Például egy síkbeli vagy térbeli görbe, amely egydimenziós (egy paraméter ) sokaság. Másik péld 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 a végpontok környezetei már nem úgy viselkednek, mint egydimenziós intervallumok. 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. 8. Példa. Egy térbeli felület pontjai 2-dimenziós sokaságot adnak IR 3 -ban.

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 18 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 2x 1 2y ) mindig teljes rangú. Deníció 2.1.2. M IR n lezárása a torlódási pontjainak halmaza: { } M = xɛir n : (x n ) M, lim x n = x. n Megjegyzés 2.1.3. Egy halmaz lezárása tartalmazza a halmaz pontjait: M M, hiszen minden xɛm esetén a konstans x n x sorozat határértéke x. Deníció 2.1.4. 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 2.1.5. Itt kell megjegyeznünk, hogy dimenziós sokaságnak egy véges elemszámú diszkrét pontokból álló halmazt nevezzünk. Tehát az egy dimenziós sokaság (görbe) határa dimenziós sokaság lesz, ha a görbe nem zárt. 2.1.2. Topologikus térben A sokaságok absztraktabb, általánosabb deníciójának megfogalmazásához legalább érint legesen beszélnünk kell a topológikus terekr l.

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 19 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 2.1.6. 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 2.1.7. 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 2.1.8. Az (U α, φ α ) párt lokális térképnek, az egész M-et lefed térképek rendszerét ( { (U α, φ α ) : αɛi indexhalmaz } ) atlasznak nevezzük.

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 2 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 síkbeli egységkörvonalat, mely egy dimenziós sokaság. Ehhez el ször egy nyílt lefedést kell megadnunk. 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

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 21 φ 1,2,3,4 : ( 1, 1) IR 2 leképezések: φ 2 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 1 (x) = ( 1 x 2, x) φ 4 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 3 (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 felülete kétdimenziós sokaság. 1. Példa. Ebben a példában a valós projektív teret fogjuk deniálni. Tekintsünk az IR n+1 \ {} halmazon egy relációt: (x, x 1,..., x n ) (y, y 1,..., y n ), ha λɛir : y k = λx k, k =, 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, x 1,..., x n )-nel ekvivalens elemeket így jelöljük: (x : 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 = (1 : x : y), U 1 = (x : 1 : y), U 2 = (x : y : 1),

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 22 tehát pl. U -ban lesznek azok az elemek, melyek els koordinátája nem, stb. A megfelel leképezések φ k : IR 2 IR 3, k =, 1, 2, így adhatók meg: φ (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 -tól. Ekkor φ 1 1 φ (x, y) = φ 1 1 (1 : x : y) = φ 1 1 U U1 lesz azon elemek halmaza, melyek ( 1 x : 1 : y ) ( 1 = x x, y ), x ezért φ 1 1 φ Jacobi mátrixa D φ 1 1 φ = 1 x 2 y 1 x 2 x, és ez valóban mindig teljes rangú az {x } halmazon. 5. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy a feti példában szerepl valóban ekvivalencia reláció. 2.1.3. Implicit megadás Deníció 2.1.9 (Implicit megadású sokaság). MɛIR n k dimenziós sokaság, ha megadható n k darab n-változós függvény, ρ 1, ρ 2,..., ρ n k : IR n IR, melyek el állítják a halmazt: M a ρ i függvények nulltereinek metszete: M = n k i=1 {ρ i = }. Feltesszük, hogy a ρ i függvények gradiensei lineárisan függetlenek, azaz gradiensvektorokból képzett mátrix teljes rangú: grad ρ 1 grad ρ 2. grad ρ n k Példa: Az egységkör egy dimenziós sokaság IR 2 -ben. Ennek implicit megadása: S 1 = { (x, y)ɛir 2 : ρ 1 (x, y) = x 2 + y 2 1 = }.

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 23 Példa: Adott két háromváltozós függvény, ρ 1 (x, y, z) és ρ 2 (x, y, z). Tekintsük az alábbi halmazt: {(x, z, y) : ρ 1 (x, y, z) =, ρ 2 (x, y, z) = }. Mindkét függvény nulltere egy-egy felület a térben ("szintfelületek"). Ezek valóban egy görbe mentén metszik egymást. Eddigi ismereteink alapján ez valóban 1-dimenziós sokaság. 11. Példa. Legyen az S 1 görbe olyan IR 3 -beli egységkör, mely az (x, y) síkba esik. A görbét impliciten megadó függvények: ρ 1 (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = (gömb) ρ 2 (x, y, z) = z (sík) S 1 = {ρ 1 = } {ρ 2 = }. Ekkor grad ρ 1 = (2x, 2y, 2z) és grad ρ 2 = (,, 1), valóban függetlenek. Deníció 2.1.1. 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 = } és p = (x, y )ɛs 1, akkor grad ρ = (2x, 2y ). Tehát N p az (x, y ) helyvektorral párhuzamos vektorokat jelenti. vehetjük az (y, x ) vektort. Ezért T p bázisának Az el z példában T p bázisának az ellentétes ( y, x ) vektort is vaálaszthattuk volna. Így T p kétféle irányítását kapjuk. Ezért beszélnünk kell az irányításokról. 2.1.4. 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. 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

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 24 pozitív determinánsú osztályba kerülnek. Ekkor aszerint, hogy melyik osztályt választjuk ki, a vektortér kétféle irányítását különböztetjük meg. Deníció 2.1.11 (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 >. Deníció 2.1.12. Egy sokaság irányítható, ha minden pontban megválsztható a normáltér irányítása úgy, hogy az folytonosan változzon a sokaság mentén. A Moebius-szalag például nem irányítható. 2.2. Dierenciálformák 2.2.1. Bevezetés és ismétlés Szeretnénk IR n -ben egy k dimenziós sokaságon integrálni. Hasonlóan ahhoz, ahogy vonal mentén vagy felületen már integráltunk. Ehhez szükség 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 2.2.1. Adottak a v 1,..., v k ɛir n vektorok, ezeket egy n k dimenziós mátrixba rendezzük ) A = (v 1 v 2... v k

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 25 Ekkor az általuk kifeszített k-dimenziós paralelotóp k dimenziós mértéke: V = det(a T A). 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 2 2... 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 -tól különböz, visszajutunk az n = k speciális esethez. 2.2.2. 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

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 26 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 v 2 w 2 1 dx 3 (v, w) = v 3 w 3, dx v 2 w 2 2 dx 3 (v, w) = v 3 w 3. 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. 2.2.3. Általános formák. Küls szorzat Deníció 2.2.2. 1-formának egy ω : IR n IR lineáris leképezést nevezünk. Könnyen látható, hogy minden ω 1-forma el állítható az elemi 1-formák lineáris kombinációjaként: n n ω(v) = a j v j = ω = a j dx j. j=1 j=1

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 27 Deníció 2.2.3. 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. 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 2.2.4. 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 2.2.2 Denícióval. Lehetséges permutációk (a szumma tagjai): σ 1 = 1, σ 2 = 2: σ = = 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 2.2.5. Az ékszorzat tulajdonságai. 1. Két 1-forma ék szorzata antikommutatív: dx i dx j = dx j dx i,

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 28 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 = és ω ω =, ha k páratlan. 2.2.4. Dierenciálformák A dierenciálformák helyt l függ formák, azaz a tér minden pontjában más formát határoznak meg. dierenciál -forma: f : IR n IR dierenciálható skalármez dierenciál 1-forma: n ω = f j dx j, ahol dx j elemi 1-forma, és f j : IR n IR dierenciálható függvény. j=1 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 2.2.6. Dierenciálformák küls deriváltját fogjuk értelmezni. 1. Ha f egy dierenciál -forma, akkor küls deriváltja n f df := dx i. x i i=1 2. Ha ω = f dx I egyetlen tagból álló dierenciál k-forma. Küls deriváltja dω egy dierenciál k + 1-forma, éspedig n f dω = ( dx i dx I ). x i i=1 3. Egy dierenciál k-forma küls deriváltja: dω = I df I dx I.

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 29 Általános esetben, ha ω = i ω i, akkor dω = i dω i. Lemma 2.2.7 (Poincarré lemma). Minden ω dierenciálformára d( dω) =. 14. 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 d((x 2 + 6y 2 ) dy) = + 2x dx dy df = d(2xy dx) + d((x 2 + 6y 2 ) dy) = 7. Feladat. Igazoljuk a Poincarré lemmát dierenciál 1-forma esetén. 2.2.5. 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:. T egy -formához egy skalármez t rendel. Mivel egy -forma önmagában is egy egyszer skalármez, ezért egyszer en saját magát rendeljük hozzá: ω = f(x, y, z) : T (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

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 3 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 3. 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 2.2.8. A formák küls deriválása, valamint a gradiens, a divergencia és a rotáció között a következ összefüggések állnak fenn: 1. Ha ωɛ, ω = f, akkor T 1 ( dω) = grad T (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 2.2.9. Abból, hogy d 2 ω = d( dω) =, a fentieket gyelembe véve egyenesen következik, hogy rot grad f =, és div rot F =, ahogy azt a 1.3.5-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)

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 31 2.2.6. 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 1. 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 2.2.1. 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 ˆ ω = ω(d φ) dx 1... dx k M V

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 32 Tétel 2.2.11 (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 ˆ dω = ω M M 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 2.2.12 (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 1 + 1 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.

3. fejezet Variációszámítás 33

FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 34 3.1. Bevezet példák Bernoulli-feladat (avagy brachisztokron probléma.) Adott A(x, y ) 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, x 1 ] IR, φ(x ) = y, φ(x 1 ) = y 1. Ekkor a leéréshez szükséges id T = 1 2g ˆ x1 x 1 + φ 2 (x) φ(x) y dx. (3.1) Ennek az integrálnak a minimumát keressük a φ függvények halmazán. Forgástest felszín minimalizálás. Adott A(x, y ) 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 f(x) 1 + f 2 (x) dx min? (3.2) Geodetikus görbék. Adott egy felület IR 3 -ban, és rajta két pont. A két pontot összeköt, a felületen haladó Γ görbék közül melyik a legrövidebb? s(γ) = ˆ b a x 2 (t) + y 2 (t) + z 2 (t) dt min? (3.3) 3.2. Alapfeladat Egyváltozós feladat matematikai megfogalmazása Deníció 3.2.1. Adott a síkon két pont, (x, y ) és (x 1, y 1 ). Jelölje C a megengedhet függvények halmazát, melyet így deniálunk: C = { φ : [x, x 1 ] IR kétszer folyt. di-ható, φ(x ) = y, φ(x 1 ) = y 1 } (3.4) Adott egy I : C IR integrál-operátor (funkcionál), amely a megengedett függvények halmazán van értelmezve, és speciális alakú. Nevezetesen, I(φ) = ˆ x1 x F (x, φ(x), φ (x)) dx, (3.5)

FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 35 ahol F egy adott, kétszer folytonosan dierenciálható három változós függvény. Keressük azon u = u(x)ɛc függvényeket, amelyekre I(u) minimális. Szeretnénk tudatosítani, hogy itt egy szokatlan jelölést fogunk használni. Az (3.5) 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 variációszámítás alapfeladatát: min I(φ) =? φɛc ahol C-t és a funkcionált a (3.4) és (3.5) 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. (3.6) C = { η : [x, x 1 ] IR kétszer dierenciálható, η(x ) = η(x 1 ) = }. Amennyiben u-t egy ηɛc függvénnyel módosítjuk (perturbáljuk), akkor a perturbált függvény is a megengedhet halmazban lesz, mert a peremfeltételeken a perturbáció nem változtatott, azaz (u + η)ɛc. Rögzített ηɛc -ra deniáljuk a következ függvényt G(ε) := I(u + εη). Tehát G : IR IR egy valós függvény, mindenütt dierenciálható. A (3.6) feltételb l az következik, hogy ε : G() G(ε) = G () =, hiszen G-nek lokális minimuma van az ε = pontban. Határozzuk meg G (ε)-t. G(ε) így írható: G(ε) = ˆ x1 x F (x, u(x) + εη(x), u (x) + εη (x)) dx.

FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 36 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 (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 η(x) x } {{ } x η(x )=η(x 1 )= d dx F u dx (3.7) Az egész integrál tehát: G (ε) = ˆ x1 x ( F u d ) dx F u η(x) dx. Ezért minden ηɛc -ra teljesülnie kell, hogy ˆ x1 ( G () = η(x) F u(x, u, u ) d ) x dx F u (x, u, u ) dx =. (3.8) Bizonyítás nélkül idézünk egy klasszikus lemmát: Lemma 3.2.2. Ha valamely C : [x, x 1 ] IR folyonos függvényre ˆ x1 x C(x)η(x) dx = teljesül minden ηɛc esetén, akkor C(x) = minden xɛ[x, x 1 ] esetén. A fenti lemma miatt (3.8) csak akkor teljesülhet, ha F u d dx F u =. Így beláttuk a következ szükséges feltételt: Tétel 3.2.3 (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 = Ez az Euler-egyenlet. Az ezt kielégít megoldásokat stacionárius megoldásnak nevezzük.

FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 37 Az Euler-egyenletben szerepl d dx F u d dx F u (x, u(x), u (x)) = Ezt visszahelyettesítve az egyenletbe: kifejtése a láncszabály alapján: 2 F u x + 2 F u u u + F u F u x u F u u u F u u = 2 F u u u A kapott másodrend dierenciálegyenletben az u függvényt keressük, nincs általános megoldása. (Nem parciális DE, mert az u-t keressük.) 15. Példa. Legegyszer bb alkalmazásként igazoljuk variációszámítással, hogy két pont között a legrövidebb út az egyenes. Legyen a két pont P (x, y ) és P 1 (x 1, y 1 ), az ket összeköt görbét pedig írja le egy y = y(x) függvény, melyre y(x ) = y 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 Mivel F nem függ közvetlenül u-tól, ezért F u =. Így az Euler-egyenlet: d dx F u = = F u = 1 1 2 1 + u 2 2u = c konstans. Ezt átrendezve azt kapjuk, hogy u (x) szintén konstans, tehát y(x) = u(x) egy egyenes. 3.2.1. Speciális esetek 1. Ha F nem függ expliciten u -t l, azaz F = F (x, u) alakú, akkor F u =. Ekkor az Euler-egyenlet egy implicit függvény feladatot ad: F u(x, u) =. 2. Ha F nem függ u-tól, akkor F = F (x, u ) alakú. Az Euler-egyenlet: d dx F u =, 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.

FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 38 3. Az alkalmazásokban leggyakoribb eset, amikor F (x, u, u ) nem függ x-t l, azaz F = F (u, u ) alakú. Ekkor deniáljuk a következ függvényt E(x) := F (u(x), u (x)) u (x)f u (u(x), u (x)). (3.9) Ennek deriváltja (az argumentumokat nem írjuk ki): E = u F u + u F u u F u u (u F u u + u F u u ) = = u (F u + u F u u + u F u u ) = u L[u]. Ha u stacionárius megoldás, akkor ez alapján E = u L[u] =, tehát E(x) = c konstans. Ezt a függvényt értelmezhetjük egy energia mennyiségnek, ami optimális esetben nem változik. 3.2.2. Forgástest felszín minimalizálás A Bevezet fejezetben megfogalmazott (3.2) feladat megoldását keressük. Az (x, y(x)) görbe x 1 és x 2 abszcisszájú pontjai közötti darabját megforgatjuk az x tengely körül. A kapott forgástest felszíne: A = 2π A variációszámítási feladatban most 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 (3.9)-ben deniált energia jelleg függvényt: E = u 1 + u 2 u 1 (u 2 1 + u 2 2u ) = u = (1 + 1 + u 2 u 2 u 2 u ) = 1 + u 2 Az E(x) c konstans feltételb l azt kapjuk, hogy u 1 + u 2 = c, ami egy közönséges dierenciálegyenlet.

FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 39 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 = Innen a megoldást kifejezhetjük: 1 dx = c arch u c = x + d. u(x) = c ch x + d. c A feladat megoldása tehát a ch függvény megfelelel lineáris transzformáltja. A megoldásban c és d két szabad paraméter, melyet a görbe két végpontjának koordinátái határoznak meg. 3.1. ábra. Két koncentrikus körgy r közötti szappanhártya alakja minimális felszínt veszi fel. Megjegyzés. A ch függvény másik neve a láncgörbe. felfüggesztett lánc felvesz. Ez az a görbe, amit a két végén 3.2.3. Bernoulli-feladat A Bevezet ben megfogalmazott (3.1) feladat megoldását keressük. funkcionál, illetve az ezt megadó F (x, u, u ) függvény: A minimalizálandó T (u) = 1 2g ˆ x1 x 1 + u 2 (x) u(x) dx, = F (u, u ) = 1 + u 2 u,