Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

21Bentuk Diferensial dan Teorema Stokes

Satu teorema analisis, selama dua abad, telah menyerap semua teorema sejenisnya: teorema dasar kalkulus, Green–Riemann (yang dibuktikan pada jilid Tahun 2), teorema divergensi Gauss, teorema curl Kelvin–Stokes — masing-masingnya mengatakan bahwa integral suatu turunan atas sebuah daerah sama dengan integral objek semulanya atas batasnya. Bahasa bentuk diferensial menjadikan semuanya satu pernyataan, $\int_M\dd\omega = \int_{\partial M}\omega$ , dan menjadikan pernyataan itu terbuktikan dalam satu tarikan. Bab ini membangun bahasanya dengan jujur — aljabar multilinear berselang-seling, turunan eksterior, tarikan balik, orientasi, pengintegralan pada submanifold Bab 20 — membuktikan teorema Stokes, lalu mencairkan cek pertamanya: teorema integral klasiknya, bilangan lilitan yang diam-diam menjalankan Bab 17, dan, pada soal akhir pekannya, teorema titik tetap Brouwer. Sepanjang bab ini, mulus berarti $\mathcal C^\infty$ ; setiap pemetaan dan bentuk bersifat mulus kecuali dinyatakan lain. Ini tak mengorbankan keumuman yang layak dimiliki pada aras ini dan justru membebaskan tangan.

21.1 Aljabar multilinear berselang-seling

Definisi 21.1

Misalkan $E$ ruang vektor real berdimensi $n$ . Sebuah bentuk berselang-seling $k$ -linear pada $E$ adalah pemetaan $\alpha\colon E^k \to \R$ yang linear pada setiap variabelnya, dengan $\alpha(v_1, \dots, v_k) = 0$ setiap kali dua argumennya sama. Ruangnya ditulis $\Lambda^k E^*$ ; dan secara konvensi $\Lambda^0E^* = \R$ . Sifat berselang-seling itu memaksa keantisetangkupan: menukar dua argumen mengubah tandanya (uraikanlah $\alpha(\dots, v + w, \dots, v + w, \dots) = 0$ ), dan lebih umum $\alpha(v_{\sigma(1)}, \dots, v_{\sigma(k)}) = \varepsilon(\sigma)\,\alpha(v_1, \dots, v_k)$ bagi setiap permutasi $\sigma$ .

Contoh 21.2

Pada $E = \R^n$ : $\Lambda^1E^* = E^*$ adalah ruang dualnya; determinan pada basis kanoniknya merupakan bentuk berselang-seling $n$ -linear, dan Proposisi 21.4 akan menunjukkan bahwa ia merentang $\Lambda^nE^*$ — yakni alasan mendalam mengapa determinan tunggal sampai penskalaan. Untuk $k > n$ : $\Lambda^kE^* = \{0\}$ , sebab $k$ vektor pasti bergantung, dan menguraikan salah satunya sepanjang yang lain membunuh $\alpha$ menurut sifat berselang-selingnya.

Definisi 21.3

Untuk $\ell_1, \dots, \ell_k \in E^*$ , hasil kali eksterior bagi keluarga itu adalah bentuk berselang-seling $k$ -linear

(\ell_1 \wedge \dots \wedge \ell_k)(v_1, \dots, v_k) = \det\bigl(\ell_i(v_j)\bigr)_{1 \leq i, j \leq k} .

Sifat berselang-seling dan multilinearitasnya adalah sifat determinan pada kolomnya.

Proposisi 21.4 (Basis $\Lambda^k$ )

Misalkan $(e_1, \dots, e_n)$ basis $E$ dengan basis dual $(e_1^*, \dots, e_n^*)$ . Bentuk

e_I^* = e_{i_1}^* \wedge \dots \wedge e_{i_k}^*, \qquad I = \{i_1 < \dots < i_k\} \subseteq \{1, \dots, n\},

membentuk basis $\Lambda^kE^*$ ; sehingga $\dim\Lambda^kE^* = \binom nk$ . Secara eksplisit, $\alpha = \sum_{\abs I = k}\alpha(e_{i_1}, \dots, e_{i_k})\,e_I^*$ .

Bukti. Membangun. Misalkan $\alpha \in \Lambda^kE^*$ dan $\beta = \sum_I\alpha(e_I)\,e_I^*$ , dengan $\alpha(e_I)$ menyingkat $\alpha(e_{i_1}, \dots, e_{i_k})$ . Kedua ruasnya $k$ -linear dan berselang-seling, sehingga keduanya sama begitu keduanya sama pada semua $k$ -tupel $(e_{j_1}, \dots, e_{j_k})$ dengan $j_1 < \dots < j_k$ (sebab multilinearitasnya menyusutkan ke tupel vektor basis, sedangkan sifat berselang-selingnya ke tupel yang naik sejati). Sedangkan $e_I^*(e_{j_1}, \dots, e_{j_k}) = \det(e_{i_r}^*(e_{j_s})) = \delta_{IJ}$ : untuk $I = J$ matriksnya identitas; sedangkan untuk $I \neq J$ ada baris yang nol. Jadi $\beta(e_J) = \alpha(e_J)$ bagi setiap $J$ : $\beta = \alpha$ . Kebebasan. Jika $\sum_I c_Ie_I^* = 0$ , maka mengevaluasinya pada $(e_{j_1}, \dots, e_{j_k})$ memberikan $c_J = 0$ . ∎

Definisi 21.5

Hasil kali eksteriornya diperluas menjadi pemetaan bilinear $\Lambda^kE^* \times \Lambda^\ell E^* \to \Lambda^{k+\ell}E^*$ , yang ditentukan oleh kebilinearannya dan $(e_I^*) \wedge (e_J^*) = e_I^* \wedge e_J^*$ (gabungkanlah lalu urutkan kembali; hasil kalinya $0$ jika $I \cap J \neq \varnothing$ ). Ia asosiatif, dan bersifat antikomutatif berderajat:

\beta \wedge \alpha = (-1)^{k\ell}\,\alpha \wedge \beta \qquad (\alpha \in \Lambda^k, \ \beta \in \Lambda^\ell).

Bukti. Kedua sifatnya diperiksa pada unsur basisnya lalu diperluas lewat kebilinearannya. Untuk keasosiatifannya: kedua pengurungan $e_I^* \wedge e_J^* \wedge e_K^*$ sama dengan hasil kali eksterior keluarga bentuk- $1$ yang digabungkan, menurut rumus determinan Definisi 21.3 (yakni uraian Laplace per blok). Untuk aturan tandanya: memindahkan masing-masing $\ell$ faktor $\beta$ melewati $k$ faktor $\alpha$ memakan satu tanda per transposisi bertetangga (yakni penukaran dua baris determinannya), sehingga $(-1)^{k\ell}$ seluruhnya. ∎

Proposisi 21.6 (Tarikan balik, kasus linear)

Pemetaan linear $u\colon E \to F$ menginduksikan, bagi setiap $k$ , pemetaan linear $u^*\colon \Lambda^kF^* \to \Lambda^kE^*$ , $(u^*\alpha)(v_1, \dots, v_k) = \alpha(u(v_1), \dots, u(v_k))$ . Ia memenuhi $u^*(\alpha \wedge \beta) = u^*\alpha \wedge u^*\beta$ dan $(u \circ w)^* = w^* \circ u^*$ . Lebih jauh:

Jika $\dim E = n$ dan $u\colon E \to E$ , maka pada garis $\Lambda^nE^*$ : $u^*\alpha = (\det u)\,\alpha$ .
Jika $\operatorname{rk}u < k$ , maka $u^* = 0$ pada $\Lambda^kF^*$ .

Bukti. Identitas fungtorialnya langsung dari definisinya (untuk aturan hasil kalinya, periksalah pada hasil kali eksterior bentuk- $1$ dengan rumus determinannya — $\det(\ell_i(uv_j)) = \det((u^*\ell_i)(v_j))$ — lalu perluaslah secara bilinear). (1) Pemetaan $u^*$ membawa $\Lambda^nE^*$ yang berdimensi satu (Proposisi 21.4) ke dirinya sendiri, sehingga $u^*\alpha = c\,\alpha$ dengan $c$ yang tak bergantung pada $\alpha \neq 0$ ; lalu mengujinya pada $\alpha = e_1^* \wedge \dots \wedge e_n^*$ dan $(v_j) = (e_j)$ memberikan $c = \det(e_i^*(ue_j)) = \det u$ . (2) Untuk $v_1, \dots, v_k \in E$ , vektor $u(v_1), \dots, u(v_k)$ terletak pada peta $u$ , yang berdimensi $< k$ : sehingga semuanya bergantung linear, sedangkan bentuk berselang-seling lenyap pada keluarga yang bergantung (uraikanlah vektor yang bergantung itu sepanjang yang lain). ∎

21.2 Bentuk diferensial dan turunan eksterior

Definisi 21.7

Misalkan $U \subseteq \R^n$ terbuka. Sebuah bentuk diferensial berderajat $k$ pada $U$ adalah pemetaan mulus $\omega\colon U \to \Lambda^k(\R^n)^*$ ; dan pada basis Proposisi 21.4 (dengan $\dd x_i$ ditulis bagi $e_i^*$ ),

\omega = \sum_{\abs I = k} a_I\,\dd x_I, \qquad \dd x_I = \dd x_{i_1} \wedge \dots \wedge \dd x_{i_k},

dengan koefisien mulus $a_I \in \mathcal C^\infty(U)$ . Ruangnya adalah $\Omega^k(U)$ ; dan $\Omega^0(U) = \mathcal C^\infty(U)$ . Bentuk- $0$ adalah fungsi; bentuk- $1$ adalah medan bentuk linear (misalnya diferensial $\dd f$ sebuah fungsi); sedangkan bentuk- $n$ berupa $a\,\dd x_1\wedge\dots\wedge\dd x_n$ , yakni integran alami Bab 11.

Definisi 21.8 (Turunan eksterior)

Yang disebut turunan eksterior adalah pemetaan linear $\dd\colon \Omega^k(U) \to \Omega^{k+1}(U)$ yang didefinisikan oleh

\dd\Bigl(\sum_I a_I\,\dd x_I\Bigr) = \sum_I \dd a_I \wedge \dd x_I = \sum_I\sum_{j=1}^n \frac{\partial a_I}{\partial x_j}\,\dd x_j \wedge \dd x_I .

Pada bentuk- $0$ ia adalah diferensial biasanya.

Teorema 21.9

(a) $\dd(\omega \wedge \eta) = \dd\omega \wedge \eta + (-1)^k\,\omega \wedge \dd\eta$ bagi $\omega \in \Omega^k$ (yakni aturan Leibniz berderajat). (b) $\dd \circ \dd = 0$ .

Bukti. (a) Menurut kebilinearannya, cukup ditangani $\omega = a\,\dd x_I$ , $\eta = b\,\dd x_J$ . Maka $\omega \wedge \eta = ab\,\dd x_I \wedge \dd x_J$ dan

\dd(\omega\wedge\eta) = (b\,\dd a + a\,\dd b) \wedge \dd x_I \wedge \dd x_J = (\dd a \wedge \dd x_I) \wedge (b\,\dd x_J) + a\,\dd b \wedge \dd x_I \wedge \dd x_J,

sedangkan memindahkan bentuk- $1$ $\dd b$ melewati $k$ faktor $\dd x_I$ memakan $(-1)^k$ (Definisi 21.5): sehingga suku keduanya adalah $(-1)^k\,\omega \wedge \dd\eta$ . (b) Untuk sebuah fungsi: $\dd(\dd a) = \sum_{i,j} \frac{\partial^2a}{\partial x_j\partial x_i}\,\dd x_j \wedge \dd x_i$ . Koefisiennya setangkup terhadap $(i,j)$ menurut teorema Schwarz tentang turunan parsial campurannya (yang dibuktikan pada jilid Tahun 2; sebab $a$ bersifat $\mathcal C^\infty$ ), sedangkan $\dd x_j \wedge \dd x_i$ antisetangkup: sehingga dengan memasangkan suku $(i,j)$ dan $(j,i)$ , semuanya meniadakan diri. Untuk $\omega = \sum a_I\dd x_I$ yang umum: $\dd\dd\omega = \sum\dd(\dd a_I \wedge \dd x_I) = \sum(\dd\dd a_I\wedge\dd x_I - \dd a_I\wedge\dd(\dd x_I))$ menurut (a), dan kedua sukunya lenyap (sebab $\dd(\dd x_I) = 0$ karena koefisiennya konstan). ∎

Definisi 21.10 (Tarikan balik)

Misalkan $\varphi\colon U \to V$ mulus ( $U \subseteq \R^m$ , $V \subseteq \R^n$ terbuka). Yang disebut tarikan balik, $\varphi^*\colon \Omega^k(V) \to \Omega^k(U)$ , didefinisikan secara titik demi titik oleh tarikan balik linear sepanjang diferensialnya: $(\varphi^*\omega)_x = (D\varphi(x))^*\,\omega_{\varphi(x)}$ . Secara konkret, $\varphi^*$ mensubstitusi: $\varphi^*f = f \circ \varphi$ pada fungsi, $\varphi^*(\dd y_i) = \dd\varphi_i = \sum_j\frac{\partial\varphi_i}{\partial x_j}\dd x_j$ , dan $\varphi^*(a\,\dd y_{i_1}\wedge\dots\wedge \dd y_{i_k}) = (a\circ\varphi)\,\dd\varphi_{i_1}\wedge\dots\wedge \dd\varphi_{i_k}$ .

Teorema 21.11

(a) $\varphi^*(\omega \wedge \eta) = \varphi^*\omega \wedge \varphi^*\eta$ dan $(\psi \circ \varphi)^* = \varphi^* \circ \psi^*$ . (b) $\varphi^*(\dd\omega) = \dd(\varphi^*\omega)$ : yakni turunan eksteriornya komutatif dengan setiap substitusi mulus — yaitu identitas yang menjadikannya turunan yang sebenarnya bagi teori ini. (c) Jika $\varphi\colon U \to V$ mulus antara himpunan terbuka $\R^n$ dan $\omega = a\,\dd y_1 \wedge \dots \wedge \dd y_n$ , maka $\varphi^*\omega = (a \circ \varphi)\,\det\bigl(D\varphi\bigr)\,\dd x_1 \wedge \dots \wedge \dd x_n$ .

Bukti. (a) Pernyataan titik demi titik yang menyangkut tarikan balik linearnya (Proposisi 21.6), ditambah aturan rantainya $D(\psi\circ\varphi)(x) = D\psi(\varphi(x))\,D\varphi(x)$ . (b) Untuk bentuk- $0$ $f$ : $\varphi^*(\dd f) = \dd f \circ D\varphi = \dd(f \circ \varphi)$ adalah aturan rantainya. Untuk $\omega = a\,\dd y_I$ : dengan memakai (a), $\varphi^*\omega = (a\circ\varphi)\,\dd\varphi_{i_1}\wedge\dots\wedge \dd\varphi_{i_k}$ , sehingga menurut aturan Leibniz (Teorema 21.9(a)) dan $\dd\dd\varphi_{i_r} = 0$ :

\dd(\varphi^*\omega) = \dd(a\circ\varphi) \wedge \dd\varphi_{i_1}\wedge\dots\wedge\dd\varphi_{i_k} = \varphi^*(\dd a) \wedge \varphi^*(\dd y_I) = \varphi^*(\dd a \wedge \dd y_I) = \varphi^*(\dd\omega).

(c) Titik demi titik, ini persis $u^*\alpha = (\det u)\alpha$ pada bentuk berderajat tertinggi (Proposisi 21.6(1) dengan $u = D\varphi(x)$ ). ∎

Contoh 21.12 (Koordinat kutub)

Untuk $\varphi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ : $\varphi^*\dd x = \cos\theta\,\dd r - r\sin\theta\,\dd\theta$ , $\varphi^*\dd y = \sin\theta\,\dd r + r\cos\theta\,\dd\theta$ , sehingga

\varphi^*(\dd x \wedge \dd y) = (\cos\theta\,\dd r - r\sin\theta\,\dd\theta) \wedge (\sin\theta\,\dd r + r\cos\theta\,\dd\theta) = r\,\dd r \wedge \dd\theta,

yakni Jacobi Contoh 11.12 yang muncul lewat aljabar murni — tanpa teori ukuran. Latihan 21.9 mengubah catatan ini menjadi sebuah pernyataan: bahwa bagi integral berorientasi, rumus penggantian variabelnya adalah rumus tarikan baliknya.

21.3 Bentuk tertutup dan eksak; lema Poincaré

Definisi 21.13

Bentuk $\omega \in \Omega^k(U)$ disebut tertutup jika $\dd\omega = 0$ , dan eksak jika $\omega = \dd\eta$ bagi suatu $\eta \in \Omega^{k-1}(U)$ (yakni sebuah primitif $\omega$ ). Eksak $\Rightarrow$ tertutup menurut $\dd^2 = 0$ ; sedangkan konversnya adalah pertanyaan tentang rupa $U$ .

Contoh 21.14 (Bentuk sudut)

Pada $U = \R^2 \setminus \{0\}$ ,

\omega_\theta = \frac{x\,\dd y - y\,\dd x}{x^2 + y^2}

bersifat tertutup (lewat perhitungan langsung: Latihan 21.4) tetapi tak eksak: sebab integralnya sepanjang lingkaran satuannya adalah $2\pi \neq 0$ , sedangkan integral bentuk eksak sepanjang kurva tertutup lenyap (Proposisi 21.28). Secara lokal, $\omega_\theta = \dd\theta$ bagi sembarang penentuan mulus $\theta$ atas sudut kutubnya — dari sanalah namanya dan halangannya: bahwa tak ada penentuan semacam itu pada seluruh $U$ . Satu bentuk inilah yang menjalankan bilangan lilitan (Bagian 21.6) dan, lewatnya, teorema residu Bab 17.

Teorema 21.15 (Lema Poincaré)

Misalkan $U \subseteq \R^n$ terbuka dan berbentuk bintang terhadap $0$ . Maka setiap bentuk- $k$ tertutup pada $U$ ( $k \geq 1$ ) bersifat eksak.

Bukti. Kita bangun sebuah operator homotopi linear $h\colon \Omega^k(U) \to \Omega^{k-1}(U)$ dengan

\dd(h\omega) + h(\dd\omega) = \omega \qquad (k \geq 1);\tag{21.1}

jika $\dd\omega = 0$ , maka $\omega = \dd(h\omega)$ dan selesailah sudah. Untuk $\omega = \sum_I a_I\,\dd x_I$ tetapkanlah

h\omega = \sum_{\abs I = k}\ \sum_{r=1}^{k}(-1)^{r-1} \Bigl(\int_0^1 t^{k-1}a_I(tx)\,\dd t\Bigr)\, x_{i_r}\,\dd x_{i_1}\wedge\dots\wedge \widehat{\dd x_{i_r}}\wedge\dots\wedge\dd x_{i_k}

(topinya menghapus satu faktor; sedangkan integralnya mulus terhadap $x$ menurut penurunan di bawah tanda integral, Teorema 10.15, sebab semua turunannya terdominasi pada kompak). Memeriksa (21.1) adalah perhitungan yang dikerjakan sekali seumur hidup, jadi kita kerjakan selengkapnya. Tetapkan $I$ lalu ambil $\omega = a\,\dd x_I$ (menurut kelinearannya). Pertama,

\dd(h\omega) = k\Bigl(\int_0^1t^{k-1}a(tx)\dd t\Bigr)\dd x_I + \sum_{r=1}^k(-1)^{r-1}\sum_{j=1}^n \Bigl(\int_0^1t^{k}\,\partial_ja(tx)\,\dd t\Bigr) x_{i_r}\,\dd x_j\wedge\dd x_{I\setminus i_r} :

kelompok pertamanya mengumpulkan suku yang $\dd$ -nya mengenai faktor $x_{i_r}$ — sebab hasil kali eksterior $\dd x_{i_r}\wedge\dd x_{I\setminus i_r}$ menyusun kembali $\dd x_I$ dengan tanda $(-1)^{r-1}$ yang meniadakan prafaktornya, dan $k$ nilai $r$ memberikan faktor $k$ — sedangkan kelompok keduanya mengumpulkan suku yang $\dd$ -nya mengenai integralnya (sebab aturan rantainya mengeluarkan $t\,\partial_ja(tx)$ ). Berikutnya, $\dd\omega = \sum_j\partial_ja\,\dd x_j\wedge\dd x_I$ , dan menerapkan definisi $h$ pada derajat $k+1$ , dengan indeks $j$ menempati posisi pertamanya:

h(\dd\omega) = \sum_{j=1}^n\Bigl(\int_0^1t^{k} \partial_ja(tx)\dd t\Bigr)x_j\,\dd x_I - \sum_{j=1}^n\sum_{r=1}^k(-1)^{r-1} \Bigl(\int_0^1t^{k}\partial_ja(tx)\dd t\Bigr) x_{i_r}\,\dd x_j\wedge\dd x_{I\setminus i_r} .

Kedua jumlah gandanya meniadakan diri pada $\dd(h\omega) + h(\dd\omega)$ , yang karena itu sama dengan

\Bigl(\int_0^1\bigl(k\,t^{k-1}a(tx) + t^k{\textstyle\sum_j}x_j\,\partial_ja(tx)\bigr)\dd t\Bigr) \dd x_I = \Bigl(\int_0^1\frac{\dd}{\dd t}\bigl(t^ka(tx)\bigr)\dd t\Bigr)\dd x_I = a(x)\,\dd x_I = \omega,

menurut teorema dasar kalkulus. Sifat berbentuk bintangnya masuk tepat di tempat yang seharusnya: $tx \in U$ bagi $t \in \intcc01$ , sehingga $a(tx)$ bermakna. ∎

Catatan 21.16

Untuk $k = 1$ dan $\omega = \sum_j a_j\dd x_j$ , primitifnya adalah $f(x) = \int_0^1\sum_ja_j(tx)\,x_j\,\dd t$ — yakni integral garis $\omega$ sepanjang ruas $[0, x]$ : sehingga teoremanya adalah pernyataan banyak variabel “medan berjacobi setangkup adalah gradien” dari Tahun 2, kini pada setiap derajat. Sedangkan bentuk sudutnya (Contoh 21.14) menunjukkan bahwa hipotesis atas $U$ bukan hiasan: sebab $\R^2\setminus\{0\}$ tak berbentuk bintang, dan di sana ketertutupan tak mengakibatkan keeksakan. Adapun yang bertahan pada himpunan terbuka umum diukur oleh kohomologi de Rham $H^k(U) = \ker\dd/\operatorname{im}\dd$ — lihat Latihan 21.12 untuk perhitungan tak trivial pertamanya.

21.4 Orientasi dan pengintegralan pada submanifold

Mengintegralkan bentuk- $k$ menuntut wilayah berorientasi berdimensi $k$ . Ingatlah dari Bab 20 (Teorema 20.3) bahwa submanifold- $k$ $M \subseteq \R^n$ secara lokal merupakan peta sebuah parametrisasi reguler $\gamma\colon V \to M \cap W$ (dengan $V \subseteq \R^k$ terbuka, $\gamma$ homeomorfisma ke petanya dengan diferensial yang injektif).

Definisi 21.17

Sebuah orientasi $M$ adalah pemilihan, bagi setiap $p \in M$ , salah satu dari dua kelas orientasi basis ruang singgung $T_pM$ , yang bersifat koheren lokal: bahwa di sekitar setiap titiknya ada parametrisasi $\gamma$ yang kerangka koordinatnya $(\partial_1\gamma, \dots, \partial_k\gamma)$ berorientasi positif pada setiap titik daerah asalnya. Parametrisasi semacam itu disebut langsung. Lalu $M$ disebut terorientasikan jika sebuah orientasi ada; dan pita Möbius menunjukkan bahwa ini bisa gagal. Semua submanifold pada bab ini berorientasi.

Definisi 21.18 (Integral sebuah bentuk)

Misalkan $M$ submanifold- $k$ berorientasi dan $\omega$ sebuah bentuk- $k$ yang terdefinisi pada persekitaran $M$ , dengan $\operatorname{supp}\omega \cap M$ yang kompak. (a) Jika $\operatorname{supp}\omega \cap M \subseteq \gamma(V)$ untuk satu parametrisasi langsung, tetapkanlah

\int_M\omega = \int_V\gamma^*\omega

— dengan ruas kanannya berupa integral Lebesgue atas $V$ (Bab 11) bagi koefisien $g$ milik $\gamma^*\omega = g\,\dd u_1\wedge\dots\wedge\dd u_k$ , yang kontinu dengan tumpuan kompak. (b) Secara umum, pilihlah berhingga banyak parametrisasi langsung $\gamma_i(V_i)$ yang menyelimuti kompak $\operatorname{supp}\omega \cap M$ beserta sebuah partisi kesatuan $(\chi_i)$ yang subordinat padanya (Lema 21.20), lalu tetapkan $\int_M\omega = \sum_i\int_M\chi_i\,\omega$ , dengan setiap sukunya dihitung lewat (a). Untuk sebuah kurva (dengan $k = 1$ ) yang diparametrikan oleh $\gamma\colon\intcc ab\to\R^n$ kita tulis $\int_\gamma\omega = \int_a^b\gamma^*\omega$ , tanpa menuntut keinjektifan.

Lema 21.19 (Kekonsistenan)

Definisi (a) tak bergantung pada parametrisasi langsungnya, dan definisi (b) tak bergantung baik pada selimutnya maupun pada partisi kesatuannya. Lebih jauh, jika $\Phi$ difeomorfisma antara persekitaran dua submanifold berorientasi dengan $\Phi(M) = M'$ , yang membawa kerangka langsung $M$ ke kerangka langsung $M'$ pada suatu titik di setiap komponen $M$ , maka $\int_{M'}\omega = \int_M\Phi^*\omega$ .

Bukti. (a) Misalkan $\gamma\colon V \to M$ , $\delta\colon V' \to M$ parametrisasi langsung yang petanya memuat $\operatorname{supp}\omega\cap M$ . Peralihannya $\tau = \delta^{-1}\circ\gamma$ merupakan difeomorfisma antara himpunan bagian terbuka $V, V'$ yang bersangkutan (kemulusan peralihannya: Teorema 20.3, lewat pemerian grafik lokalnya), dan $\gamma = \delta\circ\tau$ di sana, sehingga $\gamma^*\omega = \tau^*(\delta^*\omega)$ (Teorema 21.11(a)). Tulislah $\delta^*\omega = g\,\dd u_1\wedge\dots\wedge\dd u_k$ ; maka (Teorema 21.11(c)) $\tau^*(\delta^*\omega) = (g\circ\tau)\,\det(D\tau)\,\dd u_1\wedge\dots\wedge\dd u_k$ . Karena kedua kerangkanya langsung, $D\tau$ membawa basis positif ke basis positif: $\det D\tau > 0$ , sehingga $\det D\tau = \abs{\det D\tau}$ dan teorema penggantian variabelnya (Teorema 11.11) memberikan $\int(g\circ\tau)\abs{\det D\tau} = \int g$ : jadi kedua integralnya sama. Inilah seluruh alasan mengapa orientasi ada: bahwa tanpa kendali tandanya, Jacobinya dan nilai mutlaknya berbeda dan integralnya tak terdefinisi baik. (b) Jika $(\chi_i)$ dan $(\tilde\chi_j)$ dua partisi yang sah (termasuk selimutnya), maka menurut (a) dan keaditifan berhingganya, $\sum_i\int\chi_i\omega = \sum_{i,j}\int\chi_i\tilde\chi_j\omega = \sum_j\int\tilde\chi_j\omega$ , dengan setiap suku gandanya terhitungkan pada peta mana pun. Untuk pernyataan terakhirnya: jika $\gamma$ menjelajah parametrisasi langsung $M$ , maka $\Phi\circ\gamma$ menjelajah parametrisasi langsung $M'$ (sebab perbandingan orientasinya konstan lokal, dan tertetapkan pada satu titik per komponennya), dan $(\Phi\circ\gamma)^*\omega = \gamma^*(\Phi^*\omega)$ . ∎

Lema 21.20 (Partisi kesatuan, kasus kompak)

Misalkan $K \subseteq \R^n$ kompak dan $W_1, \dots, W_m$ himpunan terbuka yang menyelimuti $K$ . Maka ada $\chi_1, \dots, \chi_m \in \mathcal C^\infty(\R^n)$ dengan $0 \leq \chi_i \leq 1$ , $\operatorname{supp}\chi_i \subseteq W_i$ yang kompak, dan $\sum\chi_i = 1$ pada sebuah persekitaran $K$ .

Bukti. Setiap $x \in K$ terletak pada suatu $W_{i(x)}$ dengan bola tertutup $\bar B(x, 2r_x) \subseteq W_{i(x)}$ ; lalu kekompakannya menyaring $x_1, \dots, x_N$ dengan bola $B(x_s, r_{x_s})$ yang menyelimuti $K$ . Bagi setiap $s$ ambillah sebuah gundukan $\theta_s \in \mathcal C^\infty$ , $0 \leq \theta_s \leq 1$ , $\theta_s = 1$ pada $\bar B(x_s, r_{x_s})$ , $\operatorname{supp}\theta_s \subseteq B(x_s, 2r_{x_s})$ (muluskanlah indikator bola berjari-jari $\frac32r_{x_s}$ , Teorema 12.9). Tugaskan setiap $s$ ke satu indeks $i(s)$ dengan $B(x_s, 2r_{x_s}) \subseteq W_{i(s)}$ lalu tetapkan $\Theta_i = \sum_{i(s) = i}\theta_s$ . Pada himpunan terbuka $\Omega_0 = \{\sum_j\Theta_j > \tfrac12\} \supseteq K$ , fungsi $\Theta_i/\sum_j\Theta_j$ menyelesaikan tugasnya tetapi hanya terdefinisi di sana; lalu untuk mengglobalkannya, ambillah $\rho \in \mathcal C^\infty(\R^n)$ yang memenuhi $\rho = 0$ di tempat $\sum_j\Theta_j \geq 1$ dan $\rho > 0$ di tempat $\sum_j\Theta_j \leq \tfrac12$ (muluskanlah pemotongan yang sesuai atas $1 - \sum_j\Theta_j$ ), lalu tetapkan

\chi_i = \frac{\Theta_i}{\rho + \sum_j\Theta_j} .

Penyebutnya di mana-mana $> 0$ dan sama dengan $\sum_j\Theta_j$ pada $\{\sum_j\Theta_j \geq 1\}$ , yakni sebuah persekitaran terbuka $K$ (sebab setiap titik $K$ terletak pada suatu bola $B(x_s, r_{x_s})$ yang $\theta_s = 1$ padanya); dan di sana $\sum_i\chi_i = 1$ . Tumpuan dan batasnya jelas. ∎

21.5 Teorema Stokes

Definisi 21.21

Sebuah submanifold- $k$ dengan batas $M \subseteq \R^n$ adalah himpunan yang terselimuti parametrisasi reguler dua jenis: peta interior $\gamma\colon V \to M \cap W$ dengan $V \subseteq \R^k$ terbuka, dan peta batas $\gamma\colon V \cap H^k \to M \cap W$ , dengan $H^k = \{u \in \R^k : u_k \geq 0\}$ dan $\gamma$ yang diperluas secara mulus dan reguler ke $V$ yang terbuka. Yang disebut batas $\partial M$ adalah himpunan titik yang tercapai di $u_k = 0$ ; ia submanifold- $(k-1)$ tanpa batas, yang diparametrikan oleh pemetaan $u' \mapsto \gamma(u', 0)$ . Sebuah orientasi $M$ menginduksikan satu orientasi pada $\partial M$ lewat aturan normal-keluar-dulu: bahwa di $p \in \partial M$ , sebuah basis $(w_1, \dots, w_{k-1})$ milik $T_p\partial M$ bersifat positif jika dan hanya jika $(\nu, w_1, \dots, w_{k-1})$ merupakan basis positif $T_pM$ , dengan $\nu \in T_pM \setminus T_p\partial M$ yang menunjuk ke luar $M$ (dan pada peta batasnya: $\nu = -\partial_k\gamma$ , sampai penambahan komponen singgungnya — sebab kelas orientasinya tak melihatnya).

Aturan normal-keluar-dulu: bahwa pada setiap titik batasnya, taruhlah vektor keluar lebih dahulu; lalu basis yang melengkapinya menjadi kerangka positif M mengorientasikan M. Untuk daerah bidang dengan orientasi bakunya, inilah aturan berlawanan arah jarum jam milik Green–Riemann. — Aturan normal-keluar-dulu: bahwa pada setiap titik batasnya, taruhlah vektor keluar $\nu$ lebih dahulu; lalu basis yang melengkapinya menjadi kerangka positif $M$ mengorientasikan $\partial M$ . Untuk daerah bidang dengan orientasi bakunya, inilah aturan berlawanan arah jarum jam milik Green–Riemann.

Lema 21.22 (Stokes pada setengah ruang)

Misalkan $\eta$ bentuk- $(k-1)$ mulus pada $\R^k$ dengan tumpuan kompak. Maka

\int_{H^k}\dd\eta = \int_{\partial H^k}\eta,

dengan $H^k$ mengemban orientasi baku $\R^k$ dan $\partial H^k = \{u_k = 0\} \cong \R^{k-1}$ mengemban orientasi terinduksinya, yang merupakan $(-1)^k$ kali orientasi baku $\R^{k-1}$ .

Bukti. Pertama pembukuan orientasinya: normal keluar sepanjang $\partial H^k$ adalah $-e_k$ , dan

\det(-e_k, e_1, \dots, e_{k-1}) = -\det(e_k, e_1, \dots, e_{k-1}) = -(-1)^{k-1}\det(e_1, \dots, e_k) = (-1)^k :

kerangka $(e_1, \dots, e_{k-1})$ milik $\partial H^k$ bersifat positif bagi orientasi terinduksinya tepat saat $k$ genap, dan dari sanalah perbandingan yang dinyatakan itu. Menurut kelinearannya ambillah $\eta = f\,\dd u_1\wedge\dots\wedge\widehat{\dd u_i}\wedge\dots\wedge\dd u_k$ , $f \in \mathcal C^\infty_c(\R^k)$ ; maka $\dd\eta = (-1)^{i-1}\,\partial_if\,\dd u_1\wedge\dots\wedge\dd u_k$ (sebab memindahkan $\dd u_i$ ke posisinya memakan $i - 1$ penukaran). Ada dua kasus, keduanya lewat Tonelli–Fubini (Teorema 11.6) dan teorema dasar kalkulus satu variabel.

Kasus $i < k$ . Dengan mengintegralkan lebih dahulu terhadap $u_i$ atas $\R$ : $\int_\R\partial_if\,\dd u_i = 0$ (menurut tumpuan kompaknya), sehingga $\int_{H^k}\dd\eta = 0$ . Sedangkan pembatasan $\eta$ ke $\{u_k = 0\}$ memuat faktor $\dd u_k$ , yang terbatas menjadi $0$ (sebab $u_k$ konstan di sana): sehingga $\int_{\partial H^k}\eta = 0$ juga.

Kasus $i = k$ . Dengan mengintegralkan lebih dahulu terhadap $u_k$ atas $\intco0\infty$ :

\begin{align*} \int_{H^k}\dd\eta &= (-1)^{k-1}\int_{\R^{k-1}} \Bigl(\int_0^\infty\partial_kf\,\dd u_k\Bigr)\dd u' \\ &= (-1)^{k-1}\int_{\R^{k-1}}\bigl(0 - f(u', 0)\bigr)\dd u' = (-1)^k\int_{\R^{k-1}}f(u',0)\,\dd u' . \end{align*}

Pada sisi batasnya, $\eta$ terbatas menjadi $f(u', 0)\,\dd u_1\wedge\dots\wedge\dd u_{k-1}$ , dan karena orientasi terinduksinya $(-1)^k$ kali orientasi bakunya, $\int_{\partial H^k}\eta = (-1)^k\int_{\R^{k-1}}f(u',0)\,\dd u'$ . Jadi kedua ruasnya sama. ∎

Teorema 21.23 (Stokes)

Misalkan $M \subseteq \R^n$ submanifold- $k$ kompak berorientasi dengan batas, dengan $\partial M$ mengemban orientasi terinduksinya, dan misalkan $\omega$ bentuk- $(k-1)$ mulus pada sebuah persekitaran $M$ . Maka

\int_M\dd\omega = \int_{\partial M}\omega .

Khususnya, jika $\partial M = \varnothing$ : $\int_M\dd\omega = 0$ .

Bukti. Selimutilah kompak $M$ dengan berhingga banyak peta langsung (interior atau batas), lalu ambillah partisi kesatuan $(\chi_i)$ yang subordinat pada himpunan terbuka $W_i$ yang bersesuaian di $\R^n$ (Lema 21.20), dengan $\sum\chi_i = 1$ pada sebuah persekitaran $M$ . Pada persekitaran itu $\dd(\sum\chi_i) = 0$ , sehingga

\int_M\dd\omega = \sum_i\int_M\dd(\chi_i\omega), \qquad \int_{\partial M}\omega = \sum_i\int_{\partial M}\chi_i\omega :

kedua ruasnya aditif, dan cukup dibuktikan teoremanya bagi bentuk yang bertumpu pada satu peta saja.

Peta interior. Jika $\operatorname{supp}\omega \cap M \subseteq \gamma(V)$ dengan $V$ terbuka di $\R^k$ : perluaslah $\eta = \gamma^*\omega$ oleh nol ke $\R^k$ (mulus, bertumpuan kompak di $V$ ) lalu terapkan Lema 21.22 dengan tumpuannya menjauh dari $\partial H^k$ (geserlah $V$ ke setengah ruang atas yang terbuka — atau ulangilah saja perhitungan kasus $i < k$ atas seluruh $\R^k$ ): $\int_M\dd\omega = \int_{\R^k}\dd\eta = 0$ , dan $\int_{\partial M}\omega = 0$ sebab $\omega$ lenyap di dekat $\partial M$ .

Peta batas. Jika $\operatorname{supp}\omega\cap M \subseteq \gamma(V \cap H^k)$ : dengan $\eta = \gamma^*\omega$ yang diperluas oleh nol, $\gamma^*(\dd\omega) = \dd\eta$ (Teorema 21.11(b)), sehingga menurut Definisi 21.18:

\int_M\dd\omega = \int_{H^k}\dd\eta \overset{\text{\text{Lema 21.22}}}{=} \int_{\partial H^k}\eta .

Tinggal mengenali ruas kanannya dengan $\int_{\partial M}\omega$ . Batasnya diparametrikan oleh $\beta(u') = \gamma(u', 0)$ , dan $\beta^*\omega$ merupakan pembatasan $\eta$ ke $\{u_k = 0\}$ (yakni tarikan balik di bawah inklusi $u' \mapsto (u', 0)$ yang dikomposisikan dengan $\gamma$ ). Perbandingan orientasinya adalah $(-1)^k$ yang sama pada kedua ruasnya: sebab kerangka $(\partial_1\beta, \dots, \partial_{k-1}\beta)$ duduk pada orientasi terinduksi $\partial M$ dengan tanda $\det(-e_k, e_1, \dots, e_{k-1}) = (-1)^k$ yang dihitung pada petanya (sebab vektor keluarnya tertarik balik menjadi $-e_k$ ), yang persis merupakan tanda yang mengaitkan orientasi terinduksi $\partial H^k$ dengan $\R^{k-1}$ yang baku (Lema 21.22). Jadi kedua konvensi tandanya meniadakan diri: $\int_{\partial H^k}\eta = \int_{\partial M}\omega$ . ∎

Contoh 21.24 (Teorema klasiknya)

Misalkan $D \subseteq \R^2$ daerah kompak dengan batas mulus, yang terorientasi secara baku. Untuk $\omega = P\,\dd x + Q\,\dd y$ : $\dd\omega = \bigl(\partial_xQ - \partial_yP\bigr)\dd x\wedge\dd y$ , dan Stokes berbunyi

\int_D\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\dd x\,\dd y = \oint_{\partial D}P\,\dd x + Q\,\dd y :

yakni Green–Riemann, yang dibuktikan bagi daerah elementer pada jilid Tahun 2 dan kini dalam keumuman alaminya. Di $\R^3$ , Stokes yang diterapkan pada bentuk- $2$ fluks sebuah medan vektor pada daerah kompak memberikan teorema divergensi $\int_\Omega\operatorname{div}F = \int_{\partial\Omega}\langle F, \nu\rangle\,\dd S$ , sedangkan yang diterapkan pada bentuk- $1$ pada permukaan-dengan-batas memberikan teorema curl Kelvin–Stokes yang klasik; Latihan 21.7 menguraikan kedua kamusnya.

21.6 Bilangan lilitan

Definisi 21.25

Misalkan $\gamma\colon\intcc01\to\R^2\setminus\{a\}$ kurva tertutup yang mulus. Yang disebut bilangan lilitan kurva itu di sekitar $a$ adalah

\operatorname{Ind}_\gamma(a) = \frac1{2\pi}\int_\gamma\omega_\theta^a, \qquad \omega_\theta^a = \frac{(x - a_1)\,\dd y - (y - a_2)\,\dd x}{(x - a_1)^2 + (y - a_2)^2} .

Proposisi 21.26

Berlaku $\operatorname{Ind}_\gamma(a) \in \Z$ ; dan sebagai fungsi $a$ ia konstan pada setiap komponen terhubung $\R^2\setminus\gamma(\intcc01)$ serta nol pada komponen tak terbatasnya. Untuk $\gamma(t) = a + r(\cos2\pi t, \sin2\pi t)$ : $\operatorname{Ind}_\gamma(a) = 1$ .

Bukti. Ambillah $a = 0$ lalu tulis $\gamma = (x, y)$ , $\rho = \norm\gamma > 0$ , $\vartheta(t) = \int_0^t\gamma^*\omega_\theta$ , sehingga $\vartheta' = \frac{xy' - yx'}{x^2 + y^2}$ . Dalam notasi kompleksnya ambillah $u(t) = \gamma(t)\,\rho(t)^{-1}\eu^{-\iu\vartheta(t)}$ ; maka $\abs u = 1$ dan perhitungan langsung memberikan

\frac{u'}{u} = \frac{\gamma'}{\gamma} - \frac{\rho'}{\rho} - \iu\vartheta' = \frac{\bar\gamma\gamma'}{\abs\gamma^2} - \frac{\rho'}{\rho} - \iu\,\frac{xy' - yx'}{\rho^2} = \frac{(xx' + yy')}{\rho^2} - \frac{\rho'}{\rho} = 0,

sebab $\bar\gamma\gamma' = (xx' + yy') + \iu(xy' - yx')$ dan $\rho\rho' = xx' + yy'$ . Jadi $u$ konstan: $\gamma(t) = \rho(t)\,c\,\eu^{\iu\vartheta(t)}$ dengan $\abs c = 1$ , sedangkan $\gamma(1) = \gamma(0)$ beserta $\rho(1) = \rho(0)$ memaksa $\eu^{\iu\vartheta(1)} = \eu^{\iu\vartheta(0)} = 1$ : $\vartheta(1) \in 2\pi\Z$ , yakni $\operatorname{Ind}_\gamma(0) \in \Z$ . Lalu sebagai fungsi $a$ pada komplemen terbuka kurva kompaknya, integral pendefinisinya kontinu (Teorema 10.14, lewat dominasi pada persekitaran setiap $a$ ); sedangkan fungsi kontinu bernilai bulat bersifat konstan lokal, sehingga konstan pada komponennya. Untuk $\norm a$ yang besar integrannya $O(1/\norm a)$ seragam terhadap $t$ , sehingga indeksnya menuju $0$ dan lenyap pada komponen tak terbatasnya. Untuk lingkarannya: $\gamma^*\omega_\theta^a = 2\pi\,\dd t$ secara langsung. ∎

Catatan 21.27

Di bawah $\C \cong \R^2$ , $\frac{\dd z}{z} = \frac{x\,\dd x + y\,\dd y}{x^2 + y^2} + \iu\,\omega_\theta$ , sehingga $\operatorname{Ind}_\gamma(a) = \frac1{2\iu\pi}\oint_\gamma\frac{\dd z}{z - a}$ : inilah indeks Bab 17, dan Proposisi 21.26 membuktikan ulang kebulatan dan kekonstanan lokalnya lewat cara variabel real — yakni separuh topologis teorema residunya, kini berdiri di atas Stokes.

Proposisi 21.28

Jika $\omega = \dd f$ eksak pada $U$ yang terbuka dan $\gamma\colon\intcc01\to U$ kurva tertutup, maka $\int_\gamma\omega = 0$ .

Bukti. $\int_\gamma\dd f = \int_0^1(f\circ\gamma)'(t)\,\dd t = f(\gamma(1)) - f(\gamma(0)) = 0$ — sebab aturan rantainya mengenali $\gamma^*(\dd f)$ dengan $(f\circ\gamma)'\,\dd t$ . ∎

Metode 21.29

Menghitung dengan bentuk: (1) mekanisasikanlah — hasil kali eksteriornya diurutkan ulang dengan tanda, $\dd$ menurunkan koefisiennya menjadi $\dd x_j$ yang baru, dan tarikan baliknya mensubstitusi; percayailah aljabarnya, sebab ia menyandikan setiap Jacobi. (2) Untuk mengintegralkan sebuah bentuk atas submanifold: parametrikanlah secara langsung, tariklah balik, lalu integralkan koefisiennya; orientasinya satu-satunya jebakan — periksalah satu kerangka. (3) Untuk membuktikan sebuah identitas integral, carilah rupa Stokes: apakah integrannya eksak? apakah daerahnya sebuah batas? (4) Untuk membandingkan integral atas dua submanifold yang “sejajar”, terapkanlah Stokes pada daerah di antara keduanya (yakni argumen deformasinya, Latihan 21.10). (5) Integral tak nol sebuah bentuk tertutup mengesahkan adanya halangan topologis — tak ada primitif, tak ada retraksi, tak ada perluasan bebas nol: dan beginilah soal akhir pekannya membunuh retraksi bolanya.

21.7 Latihan

Latihan 21.1 ★

Pada $\R^3$ , misalkan $\omega = x\,\dd y - z\,\dd x$ dan $\eta = \dd x + y\,\dd z$ . Hitunglah $\omega\wedge\eta$ , $\dd\omega$ , $\dd\eta$ , dan $\dd(\omega\wedge\eta)$ , lalu periksalah aturan Leibniz berderajatnya pada contoh ini.

Solusi

Solusi Latihan 21.1.

Dengan menguraikan dan membunuh faktor berulangnya:

\omega\wedge\eta = (x\,\dd y - z\,\dd x)\wedge(\dd x + y\,\dd z) = -x\,\dd x\wedge\dd y + xy\,\dd y\wedge\dd z + yz\,\dd z\wedge\dd x

(dengan memakai $\dd y\wedge\dd x = -\dd x\wedge\dd y$ dan $-zy\,\dd x\wedge\dd z = yz\,\dd z\wedge\dd x$ ). Berikutnya $\dd\omega = \dd x\wedge\dd y - \dd z\wedge\dd x = \dd x\wedge\dd y + \dd x\wedge\dd z$ dan $\dd\eta = \dd y\wedge\dd z$ . Akhirnya

\dd(\omega\wedge\eta) = y\,\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z + z\,\dd y\wedge\dd z\wedge\dd x = (y + z)\,\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z

(sebab suku pertama $\omega\wedge\eta$ menyumbang $\dd(-x) \wedge\dd x\wedge\dd y = 0$ ; sedangkan permutasi siklik tiga faktor bersifat genap). Pemeriksaan Leibniznya: $\dd\omega\wedge\eta = (\dd x\wedge\dd y + \dd x\wedge\dd z)\wedge(\dd x + y\,\dd z) = y\,\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z$ , dan $(-1)^1\omega\wedge\dd\eta = -(x\,\dd y - z\,\dd x)\wedge\dd y\wedge\dd z = z\,\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z$ ; sehingga jumlahnya cocok.

Latihan 21.2 ★

Kenalilah, pada $\R^3$ , ketiga penjelmaan $\dd$ : bagi $f \in \Omega^0$ , $\dd f \leftrightarrow \nabla f$ ; bagi bentuk kerja $\omega_F = F_1\dd x + F_2\dd y + F_3\dd z$ , $\dd\omega_F \leftrightarrow \operatorname{curl}F$ ; dan bagi bentuk fluks $\sigma_F = F_1\,\dd y\wedge\dd z + F_2\,\dd z\wedge\dd x + F_3\,\dd x\wedge\dd y$ , $\dd\sigma_F \leftrightarrow \operatorname{div}F$ . Simpulkanlah dari $\dd^2 = 0$ identitas $\operatorname{curl}\nabla f = 0$ dan $\operatorname{div}\operatorname{curl}F = 0$ .

Solusi

Solusi Latihan 21.2.

Bentuk $\dd f = \sum_i\partial_if\,\dd x_i$ berkoefisien $\nabla f$ . Untuk bentuk kerjanya,

\dd\omega_F = (\partial_yF_3 - \partial_zF_2)\,\dd y\wedge\dd z + (\partial_zF_1 - \partial_xF_3)\,\dd z\wedge\dd x + (\partial_xF_2 - \partial_yF_1)\,\dd x\wedge\dd y = \sigma_{\operatorname{curl}F},

yakni bentuk fluks curl-nya (kumpulkanlah keenam suku $\sum_i\dd F_i\wedge\dd x_i$ ). Untuk bentuk fluksnya, $\dd\sigma_F = (\partial_xF_1 + \partial_yF_2 + \partial_zF_3)\,\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z$ : yakni divergensinya. Lalu $\dd^2f = 0$ berbunyi $\sigma_{\operatorname{curl}\nabla f} = 0$ , yakni $\operatorname{curl}\nabla f = 0$ , sedangkan $\dd^2\omega_F = 0$ berbunyi $(\operatorname{div}\operatorname{curl}F)\,\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z = 0$ : jadi kedua identitas vektornya adalah satu identitas, $\dd^2 = 0$ , yang dibaca pada dua derajat.

Latihan 21.3 ★★

Putuskanlah apakah setiap bentuk- $1$ berikut tertutup, eksak pada daerah asalnya, lalu hitunglah primitifnya bila ada: (a) $(2xy + z^2)\,\dd x + x^2\,\dd y + 2xz\,\dd z$ pada $\R^3$ ; (b) $\dfrac{x\,\dd x + y\,\dd y}{x^2 + y^2}$ pada $\R^2\setminus\{0\}$ ; (c) $\dfrac{-y\,\dd x + x\,\dd y}{x^2 + y^2}$ pada setengah bidang $\{x > 0\}$ .

Solusi

Solusi Latihan 21.3.

(a) Ketertutupannya adalah kesetangkupan turunan parsial silangnya: $\partial_y(2xy + z^2) = 2x = \partial_x(x^2)$ , $\partial_z(2xy + z^2) = 2z = \partial_x(2xz)$ , $\partial_z(x^2) = 0 = \partial_y(2xz)$ . Sedangkan daerah asalnya $\R^3$ berbentuk bintang: jadi eksak (Teorema 21.15), dengan primitif $f = x^2y + xz^2$ (periksalah $\dd f$ ). (b) $\dfrac{x\,\dd x + y\,\dd y}{x^2 + y^2} = \tfrac12\,\dd\log(x^2 + y^2)$ : jadi eksak pada seluruh $\R^2\setminus\{0\}$ (sehingga tertutup) — yakni sepupu radial bentuk sudutnya yang tak berbahaya. (c) Pada $\{x > 0\}$ bentuknya adalah $\omega_\theta$ , yang tertutup (Latihan 21.4); sedangkan setengah bidangnya cembung, sehingga ia eksak di sana, dan memang $f = \arctan(y/x)$ memenuhi $\dd f = \frac{-y\,\dd x + x\,\dd y}{x^2 + y^2}$ . Jadi eksak pada setengah bidangnya, tak eksak pada bidang tertusuknya: sebab halangannya tinggal di lubangnya, bukan di rumusnya.

Latihan 21.4 ★★

(Bentuk sudutnya) Periksalah bahwa $\omega_\theta$ (Contoh 21.14) tertutup; hitunglah $\int_\gamma\omega_\theta$ bagi $\gamma$ lingkaran berjari-jari $r$ di sekitar $0$ ; lalu simpulkan bahwa $\omega_\theta$ tak eksak pada $\R^2\setminus\{0\}$ , dan bahwa $\R^2\setminus\{0\}$ tak berbentuk bintang terhadap satu titik pun yang dimilikinya (lewat dua jalur: lewat Teorema 21.15, dan langsung dari geometrinya).

Solusi

Solusi Latihan 21.4.

Untuk ketertutupannya: dengan $\rho^2 = x^2 + y^2$ ,

\partial_x\Bigl(\frac{x}{\rho^2}\Bigr) = \frac{\rho^2 - 2x^2}{\rho^4} = \frac{y^2 - x^2}{\rho^4} = \partial_y\Bigl(\frac{-y}{\rho^2}\Bigr),

sehingga $\dd\omega_\theta = \bigl(\partial_x(x/\rho^2) - \partial_y(-y/\rho^2)\bigr)\,\dd x\wedge\dd y = 0$ . Lalu pada $\gamma(t) = (r\cos2\pi t, r\sin2\pi t)$ :

\gamma^*\omega_\theta = \frac{2\pi r^2(\cos^22\pi t + \sin^22\pi t)}{r^2}\,\dd t = 2\pi\,\dd t, \qquad\text{sehingga}\qquad \int_\gamma\omega_\theta = 2\pi .

Seandainya $\omega_\theta$ eksak, integral ini akan lenyap (Proposisi 21.28): jadi ia tak eksak. Seandainya $\R^2\setminus\{0\}$ berbentuk bintang terhadap suatu $p$ , lema Poincaré (yang digeser ke $p$ ) akan menjadikan setiap bentuk tertutup eksak — yakni kontradiksi. Secara langsung: bagi sembarang $p \neq 0$ , ruas dari $p$ ke titik $-p$ milik daerah asalnya melewati $0$ : sehingga sifat berbentuk bintangnya gagal pada setiap titiknya.

Latihan 21.5 ★★

(Bentuk luas sebuah hiperpermukaan) Misalkan $M \subseteq \R^n$ hiperpermukaan kompak berorientasi yang orientasinya diberikan oleh medan normal satuan $\nu$ (dengan $(w_1, \dots, w_{n-1})$ positif jika dan hanya jika $(\nu, w_1, \dots, w_{n-1})$ positif di $\R^n$ ). Tunjukkanlah bahwa bentuk- $(n-1)$ $\sigma_\nu = \sum_i(-1)^{i-1}\nu_i\,\dd x_1\wedge\dots\wedge\widehat{\dd x_i}\wedge\dots\wedge\dd x_n$ terbatas pada $M$ menjadi bentuk luasnya: bahwa bagi parametrisasi langsung $\gamma$ , $\gamma^*\sigma_\nu = \sqrt{\det G}\,\dd u_1\wedge\dots \wedge\dd u_{n-1}$ , dengan $G = ({}^t D\gamma)(D\gamma)$ sebagai matriks Gram. (Perhatikanlah bahwa $(\gamma^*\sigma_\nu)(e_1, \dots, e_{n-1}) = \det(\nu, \partial_1\gamma, \dots, \partial_{n-1}\gamma)$ lalu kuadratkanlah determinan itu.) Hitunglah $\int_{S^2}\sigma_\nu = 4\pi$ .

Solusi

Solusi Latihan 21.5.

Untuk vektor $v_1, \dots, v_{n-1}$ , menguraikan determinannya sepanjang kolom pertamanya memberikan

\det(\nu, v_1, \dots, v_{n-1}) = \sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}\nu_i\, \det\bigl(\text{baris} \neq i \text{ dari } (v_1, \dots, v_{n-1})\bigr) = \sigma_\nu(v_1, \dots, v_{n-1}),

sebab $(\dd x_1\wedge\dots\wedge\widehat{\dd x_i}\wedge\dots\wedge\dd x_n)(v_1, \dots, v_{n-1})$ tepat merupakan minor terhapus ke- $i$ (Definisi 21.3). Lalu menerapkannya pada $v_j = \partial_j\gamma$ : $(\gamma^*\sigma_\nu)(e_1, \dots, e_{n-1}) = \det A$ dengan $A = (\nu\ \partial_1\gamma\ \cdots\ \partial_{n-1}\gamma)$ . Sekarang ${}^t\!AA$ diagonal per blok: $\langle\nu, \nu\rangle = 1$ dan $\langle\nu, \partial_j\gamma\rangle = 0$ (sebab $\nu$ normal, sedangkan $\partial_j\gamma$ singgung), sehingga $(\det A)^2 = \det({}^t\!AA) = \det G$ ; dan $\det A > 0$ bagi parametrisasi langsung (sebab itulah arti orientasi- $\nu$ -nya): $\gamma^*\sigma_\nu = \sqrt{\det G}\,\dd u_1\wedge\dots\wedge\dd u_{n-1}$ , yakni unsur luas Gramnya. Untuk $S^2$ , $\nu(x) = x$ dan parametrisasi bolanya $\gamma(\theta, \varphi) = (\sin\varphi\cos\theta, \sin\varphi\sin\theta, \cos\varphi)$ pada $(0,2\pi)\times(0,\pi)$ (yang langsung; ia melewatkan satu meridian, yakni himpunan yang tak berluas): $\det G = \sin^2\varphi$ , sehingga $\int_{S^2}\sigma_\nu = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^\pi\sin\varphi\,\dd\varphi\, \dd\theta = 4\pi$ .

Latihan 21.6 ★★

Hitunglah $\int_{S^2}\omega$ bagi $\omega = x\,\dd y\wedge\dd z + y\,\dd z\wedge\dd x + z\,\dd x\wedge\dd y$ : (a) langsung dalam koordinat bolanya; (b) lewat Stokes pada bola satuannya. Simpulkanlah $\operatorname{vol}(B^3) = \frac{4\pi}3$ dari luas $S^2$ , lalu umumkanlah: $n\operatorname{vol}(B^n) = \operatorname{area}(S^{n-1})$ , yang selaras dengan Teorema 11.13.

Solusi

Solusi Latihan 21.6.

Bentuk $\omega$ yang diberikan adalah $\sigma_\nu$ bagi $\nu(x) = x$ pada $S^2$ , sehingga (a) adalah perhitungan yang baru saja dikerjakan: $\int_{S^2}\omega = 4\pi$ . (b) $\dd\omega = 3\,\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z$ , dan Stokes pada bola satuannya memberikan $\int_{S^2}\omega = 3\operatorname{vol}(B^3)$ : sehingga $\operatorname{vol}(B^3) = \frac{4\pi}3$ . Secara umum, bentuk $\sigma = \sum_i(-1)^{i-1}x_i\,\dd x_1\wedge\dots\wedge\widehat{\dd x_i}\wedge\dots\wedge\dd x_n$ terbatas pada $S^{n-1}$ menjadi bentuk luasnya (dengan $\nu = x$ pada Latihan 21.5), $\dd\sigma = n\,\dd x_1\wedge\dots\wedge\dd x_n$ , dan Stokes menghasilkan $\operatorname{area}(S^{n-1}) = n\operatorname{vol}(B^n)$ — yang selaras dengan rumus fungsi Gamma Teorema 11.13.

Latihan 21.7 ★★

(Kamusnya) Turunkanlah dengan cermat dari Teorema 21.23: (a) teorema divergensi di $\R^3$ (gabungkanlah Latihan 21.2 dan Latihan 21.5); (b) teorema Kelvin–Stokes $\int_S\langle\operatorname{curl}F, \nu\rangle\,\dd S = \oint_{\partial S}\langle F, \tau\rangle\,\dd\ell$ bagi permukaan kompak berorientasi dengan batas di $\R^3$ . Periksalah bahwa konvensi orientasinya cocok pada setengah bola atas yang dibatasi khatulistiwanya.

Solusi

Solusi Latihan 21.7.

(a) Stokes yang diterapkan pada bentuk fluks $\sigma_F$ pada daerah kompak $\Omega$ : $\int_\Omega\operatorname{div}F\,\dd x = \int_{\partial\Omega}\sigma_F$ (Latihan 21.2 bagi sisi interiornya). Kenalilah integran batasnya: bagi $v_1, v_2$ yang singgung pada suatu titik $\partial\Omega$ , uraian kolom pertama Latihan 21.5 memberikan $\sigma_F(v_1, v_2) = \det(F, v_1, v_2)$ ; lalu dengan menulis $F = \langle F, \nu\rangle\nu + T$ dengan $T$ yang singgung, kolom $T$ merupakan kombinasi bidang $v_1, v_2$ , sehingga $\det(T, v_1, v_2) = 0$ dan $\sigma_F\vert_{\partial\Omega} = \langle F, \nu\rangle\,\sigma_\nu = \langle F, \nu\rangle\,\dd S$ : yakni teorema divergensinya, dengan $\nu$ sebagai normal keluarnya (sebab normal-keluar-dulu tepat merupakan orientasi terinduksinya). (b) Stokes yang diterapkan pada $\omega_F$ pada permukaan-dengan-batas $S$ : $\dd\omega_F = \sigma_{\operatorname{curl}F}$ terbatas menjadi $\langle\operatorname{curl}F, \nu\rangle\,\dd S$ lewat pengenalan yang sama, sedangkan pada kurva batasnya $\gamma^*\omega_F = \langle F\circ\gamma, \gamma'\rangle\,\dd t$ , yakni $\oint\langle F, \tau\rangle\,\dd\ell$ . Pada setengah bola atas dengan $\nu$ yang keluar (radial): di titik khatulistiwa $p = (1,0,0)$ vektor keluar-di-dalam-permukaannya adalah $-e_3$ ; lalu melengkapinya menjadi kerangka positif menunjukkan bahwa khatulistiwanya ditelusuri berlawanan arah jarum jam dilihat dari atas ( $+e_3$ ): yakni aturan tangan kanannya, dengan konvensi yang sama pada kedua ruas identitasnya.

Latihan 21.8 ★★

(Identitas Green) Untuk $u, v$ yang mulus pada persekitaran daerah kompak $\Omega \subseteq \R^n$ yang berbatas mulus, buktikanlah

\int_\Omega\bigl(u\,\Delta v + \langle\nabla u, \nabla v\rangle\bigr) = \int_{\partial\Omega}u\,\partial_\nu v\,\dd S, \qquad \int_\Omega\bigl(u\,\Delta v - v\,\Delta u\bigr) = \int_{\partial\Omega}\bigl(u\,\partial_\nu v - v\,\partial_\nu u\bigr)\dd S .

Simpulkanlah: bahwa fungsi harmonik pada $\Omega$ yang lenyap pada $\partial\Omega$ lenyap secara identik, dan dua fungsi harmonik dengan nilai batas yang sama berimpit — yakni ketunggalan pada masalah Dirichlet Bab 18.

Solusi

Solusi Latihan 21.8.

Terapkanlah teorema divergensi (Latihan 21.7(a), yang buktinya bebas dimensi) pada $F = u\nabla v$ : $\operatorname{div}(u\nabla v) = u\,\Delta v + \langle\nabla u, \nabla v\rangle$ dan $\langle F, \nu\rangle = u\,\partial_\nu v$ : yakni identitas pertamanya. Lalu menukar $u, v$ lalu mengurangkannya meniadakan suku setangkupnya: yakni yang kedua. Jika $\Delta u = 0$ pada $\Omega$ dan $u = 0$ pada $\partial\Omega$ : maka identitas pertamanya dengan $v = u$ memberikan $\int_\Omega\norm{\nabla u}^2 = 0$ , sehingga $\nabla u \equiv 0$ dan $u$ konstan pada setiap komponennya; sedangkan tutupan setiap komponennya menemui $\partial\Omega$ (menurut keterbatasannya), yang $u = 0$ di sana: jadi $u \equiv 0$ . Lalu dua fungsi harmonik dengan nilai batas yang sama berselisih $u$ semacam itu: jadi keduanya berimpit — yakni ketunggalan bagi masalah Dirichletnya, yang melengkapi teori keberadaan pada cakramnya di Bab 18.

Latihan 21.9 ★★

(Penggantian variabel, bentuk berorientasi) Misalkan $\varphi\colon U \to V$ difeomorfisma antara himpunan terbuka $\R^n$ dengan $\det D\varphi > 0$ , dan $f$ kontinu bertumpuan kompak di $V$ . Tunjukkanlah bahwa identitas tarikan baliknya $\int_U\varphi^*(f\,\dd x_1\wedge\dots\wedge\dd x_n) = \int_Vf\,\dd x_1\wedge\dots\wedge\dd x_n$ setara dengan teorema penggantian variabelnya (Teorema 11.11) bagi $\varphi$ semacam itu, lalu jelaskanlah persis ke mana nilai mutlak pada Jacobinya pergi.

Solusi

Solusi Latihan 21.9.

Menurut Teorema 21.11(c), $\varphi^*(f\,\dd y_1\wedge\dots\wedge\dd y_n) = (f\circ\varphi)\,\det(D\varphi)\,\dd x_1\wedge\dots\wedge\dd x_n$ , sehingga identitas tarikan baliknya berbunyi

\int_U(f\circ\varphi)\,\det(D\varphi)\,\dd x = \int_Vf\,\dd y .

Karena $\det D\varphi > 0$ di mana-mana, $\det D\varphi = \abs{\det D\varphi}$ , dan inilah persis rumus penggantian variabelnya (Teorema 11.11) bagi integran kontinu yang bertumpuan kompak: jadi masing-masing pernyataannya adalah yang lain. Adapun nilai mutlaknya masuk ke dalam hipotesisnya: yakni orientasinya. Bagi $\varphi$ yang membalik orientasi, identitas bentuknya memperoleh sebuah tanda minus global (sebab bentuk merasakan orientasi), sedangkan rumus ukurannya tetap memakai $\abs{\det}$ (sebab ukuran tidak): jadi dua pembukuan atas satu Jacobi.

Latihan 21.10 ★★★

(Deformasi) Misalkan $\omega$ bentuk- $2$ tertutup pada $\R^3\setminus\{0\}$ dan $S_r$ bola berjari-jari $r$ yang berpusat di $0$ . Tunjukkanlah bahwa $\int_{S_r}\omega$ tak bergantung pada $r > 0$ (terapkanlah Stokes pada cangkang antara dua jari-jari; perhatikanlah kedua orientasi batasnya). Terapkanlah pada bentuk sudut ruang

\omega = \frac{x\,\dd y\wedge\dd z + y\,\dd z\wedge\dd x + z\,\dd x\wedge\dd y}{(x^2 + y^2 + z^2)^{3/2}} :

periksalah bahwa ia tertutup, hitunglah $\int_{S_r}\omega = 4\pi$ , lalu simpulkanlah bahwa ia tertutup tetapi tak eksak pada $\R^3\setminus\{0\}$ — yakni saudara berdimensi dua $\omega_\theta$ , dan isi geometris hukum Gauss dalam elektrostatika.

Solusi

Solusi Latihan 21.10.

Cangkang $A = \{r_1 \leq \norm x \leq r_2\}$ merupakan submanifold- $3$ kompak dengan batas $S_{r_2}\cup S_{r_1}$ ; sedangkan orientasi terinduksinya adalah orientasi sfera yang biasa pada $S_{r_2}$ (keluar dari $A$ = menjauhi $0$ ) dan yang berlawanan pada $S_{r_1}$ (keluar dari $A$ = menuju $0$ ). Lalu Stokes dengan $\dd\omega = 0$ :

0 = \int_A\dd\omega = \int_{S_{r_2}}\omega - \int_{S_{r_1}}\omega .

Untuk bentuk sudut ruangnya: dengan $\rho = \norm x$ dan $\sigma = x\,\dd y\wedge\dd z + y\,\dd z\wedge\dd x + z\,\dd x\wedge\dd y$ , berlaku $\omega = \rho^{-3}\sigma$ dan

\dd\omega = \sum_i\partial_i\bigl(x_i\rho^{-3}\bigr)\, \dd x\wedge\dd y\wedge\dd z = \bigl(3\rho^{-3} - 3\rho^{-5}\cdot\rho^2\bigr)\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z = 0 .

Pada $S_r$ , bagi $v_1, v_2$ yang singgung: $\omega(v_1, v_2) = r^{-3}\det(x, v_1, v_2) = r^{-3}\,r\det(\nu, v_1, v_2) = r^{-2}\,\dd S(v_1, v_2)$ , sehingga $\int_{S_r}\omega = r^{-2}\cdot4\pi r^2 = 4\pi$ : yakni konstan terhadap $r$ , seperti yang diramalkan deformasinya, dan tak nol — sehingga $\omega$ tertutup tetapi tak eksak pada $\R^3\setminus\{0\}$ (sebab bentuk eksak terintegralkan menjadi $0$ atas $S_r$ yang tanpa batas menurut Stokes). Inilah hukum Gauss: bahwa fluks medan sebuah muatan satuan lewat sembarang sfera yang melingkupinya adalah $4\pi$ , berapa pun jari-jarinya.

Latihan 21.11 ★★

Misalkan $\gamma$ kurva tertutup mulus di $\R^2\setminus\{0\}$ dengan $n = \operatorname{Ind}_\gamma(0)$ . Tunjukkanlah $\int_\gamma\omega = n\int_{S^1}\omega$ bagi setiap bentuk- $1$ tertutup $\omega$ pada $\R^2\setminus\{0\}$ (tulislah $\omega = c\,\omega_\theta + \dd f$ menurut Latihan 21.12). Tafsirannya: bahwa pada bidang tertusuknya, bilangan lilitan adalah satu-satunya halangan bagi lenyapnya periode.

Solusi

Solusi Latihan 21.11.

Tulislah $\omega = c\,\omega_\theta + \dd f$ (Latihan 21.12) dengan $c = \frac1{2\pi}\int_{S^1}\omega$ . Maka

\int_\gamma\omega = c\int_\gamma\omega_\theta + \int_\gamma\dd f = c\cdot2\pi\operatorname{Ind}_\gamma(0) + 0 = n\int_{S^1}\omega,

menurut Proposisi 21.28 dan definisi indeksnya. Satu bilangan bulat $n$ mengendalikan setiap periode pada bidang tertusuknya: sebab bentuk- $1$ tertutup tak dapat membedakan dua gelung yang berbilangan lilitan sama.

Latihan 21.12 ★★★

(Perhitungan de Rham pertama) Tunjukkanlah bahwa setiap bentuk- $1$ tertutup $\omega$ pada $U = \R^2\setminus\{0\}$ secara tunggal berupa

\omega = c\,\omega_\theta + \dd f, \qquad c = \frac1{2\pi}\int_{S^1}\omega,\quad f \in \mathcal C^\infty(U) :

definisikanlah $f(p)$ dengan mengintegralkan $\omega - c\,\omega_\theta$ sepanjang lintasan dari $(1,0)$ ke $p$ (potongan radial lalu busur lingkaran), tunjukkanlah bahwa hasilnya tak bergantung pada pilihannya justru karena periode- $S^1$ -nya lenyap, lalu periksalah $\dd f = \omega - c\,\omega_\theta$ . Simpulkanlah: $H^1(\R^2\setminus\{0\}) \cong \R$ , yang dibangkitkan bentuk sudutnya.

Solusi

Solusi Latihan 21.12.

Ambillah $\alpha = \omega - c\,\omega_\theta$ : yang tertutup, dan $\int_{S^1}\alpha = 0$ menurut pilihan $c$ -nya (sebab $\int_{S^1}\omega_\theta = 2\pi$ ). Tariklah balik lewat pemetaan kutub $\Phi(\rho, \theta) = (\rho\cos\theta, \rho\sin\theta)$ , yakni difeomorfisma lokal surjektif $(0, \infty)\times\R \to U$ : maka $\Phi^*\alpha$ tertutup (Teorema 21.11(b)) pada himpunan terbuka cembung $(0,\infty)\times\R$ , sehingga eksak (Teorema 21.15): $\Phi^*\alpha = \dd g$ . Untuk $\rho$ yang tetap: $g(\rho, \theta + 2\pi) - g(\rho, \theta) = \int_\theta^{\theta + 2\pi}\partial_\theta g\,\dd s$ adalah integral $\alpha$ mengelilingi lingkaran berjari-jari $\rho$ , yang sama dengan $\int_{S^1}\alpha = 0$ (sebab anulus antara kedua lingkarannya merupakan permukaan kompak dengan batas; lalu Stokes seperti pada Latihan 21.10, satu dimensi lebih rendah). Jadi $g$ berperiode $2\pi$ terhadap $\theta$ dan turun ke fungsi $f$ yang terdefinisi baik pada $U$ dengan $f\circ\Phi = g$ ; lalu $f$ mulus (sebab $\Phi$ difeomorfisma lokal) dan $\Phi^*(\dd f) = \dd g = \Phi^*\alpha$ memaksa $\dd f = \alpha$ . Karena itu $\omega = c\,\omega_\theta + \dd f$ . Untuk ketunggalannya: mengintegralkannya atas $S^1$ menetapkan $c$ , sebab bentuk eksak berperiode nol; sedangkan $f$ tunggal sampai penambahan konstanta. Jadi pemetaan $[\omega] \mapsto \frac1{2\pi}\int_{S^1}\omega$ merupakan isomorfisma linear $H^1(\R^2\setminus\{0\}) \to \R$ , dan kelas $\omega_\theta$ membangkitkannya: sehingga lubangnya tepat berdimensi satu, secara kohomologis.

21.8 Soal: teorema titik tetap Brouwer

Soal 21.1

Soal akhir pekan — tak ada retraksi, tak ada pelolosan

Teorema Brouwer menyatakan bahwa setiap pemetaan kontinu dari bola satuan tertutup $\bar B = \bar B^n \subseteq \R^n$ ke dirinya sendiri mempunyai titik tetap — yakni salah satu teorema besar matematika, dengan akibat mulai dari teori permainan (kesetimbangan Nash) sampai analisis matriks. Buktinya lewat bentuk diferensial adalah yang terbersih yang dikenal: Stokes menunjukkan bahwa sferanya bukan retrak bolanya, dan selebihnya menyusul. Sepanjang soal ini, $S = S^{n-1} = \partial\bar B$ , $n \geq 2$ , dan

\sigma = \sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}x_i\, \dd x_1\wedge\dots\wedge\widehat{\dd x_i}\wedge\dots\wedge \dd x_n

(topinya menghapus faktornya).

Bagian I — Alat ukurnya.

Hitunglah $\dd\sigma$ , lalu simpulkanlah dari Stokes (Teorema 21.23) bahwa $\int_S\sigma = n\operatorname{vol}(\bar B) > 0$ , dengan $S$ mengemban orientasi batas bolanya.
Untuk $n = 2$ dan $n = 3$ , kenalilah pembatasan $\sigma$ ke $S$ sebagai bentuk panjang busur dan bentuk luasnya (Latihan 21.5 dengan $\nu(x) = x$ ) lalu hitunglah ulang $\int_S\sigma$ secara langsung.
Misalkan $W \subseteq \R^N$ terbuka dan $\varphi\colon W \to \R^n$ mulus dengan $\norm{\varphi(x)} = 1$ bagi setiap $x \in W$ . Tunjukkanlah bahwa $\varphi^*(\dd\sigma) = 0$ . (Turunkanlah $\norm\varphi^2 = 1$ : peta $D\varphi(x)$ terletak pada hiperbidang $\varphi(x)^\perp$ , yang berdimensi $n - 1$ ; lalu terapkanlah Proposisi 21.6(2).)
Di manakah cacat “bukti” berikut bahwa $\int_S\sigma = 0$ : “ $S$ kompak tanpa batas, dan $\sigma$ yang dibatasi ke $S$ merupakan bentuk berderajat tertinggi padanya, sehingga tertutup, sehingga $\int_S\sigma = \int_S\dd(\text{sesuatu}) = 0$ menurut Stokes”? (Tunjuklah kata yang keliru.)
Jelaskanlah dalam satu paragraf strategi Bagian II: apa yang akan diintegralkan, atas apa, dan dari mana kontradiksinya akan datang.

Bagian II — Tak ada retraksi mulus. Andaikan, demi kontradiksi, bahwa $r$ merupakan retraksi mulus dari bolanya ke sferanya: $r$ mulus pada persekitaran $\bar B$ , $r(\bar B) \subseteq S$ , dan $r(x) = x$ bagi setiap $x \in S$ .

Benarkanlah $\int_Sr^*\sigma = \int_S\sigma$ (pada $S$ , $r$ terbatas menjadi identitasnya: sebab jika $\gamma$ parametrisasi langsung sekeping $S$ , maka $r\circ\gamma = \gamma$ ).
Dengan memakai Stokes pada $\bar B$ , tunjukkanlah $\int_Sr^*\sigma = \int_{\bar B}\dd(r^*\sigma)$ .
Tunjukkanlah $\dd(r^*\sigma) = r^*(\dd\sigma) = 0$ (yakni pertanyaan 3 yang diterapkan pada $\varphi = r$ ), lalu simpulkanlah: tak ada retraksi mulus $\bar B \to S$ .
Selesaikanlah kasus terkecuali $n = 1$ dengan tangan: tunjukkanlah secara langsung bahwa tak ada pemetaan kontinu $\intcc{-1}1 \to \{-1, 1\}$ yang menetapkan kedua ujungnya, lalu sebutkanlah teorema yang dipakai.

Bagian III — Brouwer mulus. Misalkan $g$ mulus pada persekitaran $\bar B$ dengan $g(\bar B) \subseteq \bar B$ dan tanpa titik tetap di $\bar B$ .

Tunjukkanlah $\delta = \min_{x\in\bar B}\norm{g(x) - x} > 0$ .
Untuk $x \in \bar B$ ambillah $u(x) = \frac{x - g(x)}{\norm{x - g(x)}}$ dan misalkan $r(x) = x + t(x)\,u(x)$ perpotongan sinar $\{x + tu(x) : t \geq 0\}$ dengan $S$ . Selesaikanlah persamaan kuadrat $\norm{x + tu}^2 = 1$ lalu perolehlah

$t(x) = -\langle x, u(x)\rangle + \sqrt{1 - \norm x^2 + \langle x, u(x)\rangle^2} \;\geq\; 0 .$
Tunjukkanlah bahwa isi akarnya positif sejati pada $\bar B$ : sebab jika $1 - \norm x^2 + \langle x, u(x)\rangle^2 = 0$ maka $\norm x = 1$ dan $\langle x, u(x)\rangle = 0$ , yakni $\langle x, x - g(x)\rangle = 0$ , yakni $\langle x, g(x)\rangle = 1$ ; lalu menurut Cauchy–Schwarz dengan $\norm x = 1$ , $\norm{g(x)} \leq 1$ , ini memaksa $g(x) = x$ — yang terkecualikan. Simpulkanlah bahwa $r$ mulus pada persekitaran $\bar B$ .
Tunjukkanlah $r(\bar B) \subseteq S$ dan $r(x) = x$ bagi $x \in S$ (untuk $\norm x = 1$ , periksalah $t(x) = 0$ dengan memakai $\langle x, u(x)\rangle \geq 0$ , yang sendirinya menyusul dari $\langle x, x - g(x)\rangle = 1 - \langle x, g(x)\rangle \geq 0$ ). Simpulkanlah bersama Bagian II: setiap pemetaan diri mulus $\bar B$ mempunyai titik tetap.

Bagian IV — Brouwer kontinu. Misalkan $f\colon\bar B\to\bar B$ kontinu tanpa titik tetap.

Tunjukkanlah $\varepsilon = \min_{\bar B}\norm{f - x} > 0$ , lalu hasilkanlah pemetaan polinomial $p\colon\R^n\to \R^n$ dengan $\sup_{\bar B}\norm{p - f} < \varepsilon/2$ (Stone–Weierstrass, Teorema 7.15, koordinat demi koordinat — benarkanlah peralihan dari hampiran skalar ke hampiran vektor).
Pemetaan $p$ boleh jadi meninggalkan bolanya; tetapkanlah $g = \frac{p}{1 + \varepsilon/2}$ . Tunjukkanlah $g(\bar B) \subseteq \bar B$ dan $\sup_{\bar B}\norm{g - f} < \varepsilon$ .
Turunkanlah kontradiksi dengan Bagian III lalu simpulkanlah: setiap pemetaan kontinu $\bar B^n \to \bar B^n$ mempunyai titik tetap.
Tunjukkanlah lewat contoh bahwa teoremanya gagal pada: bola terbuka; sfera $S$ ; dan anulus tertutup. Sifat $\bar B$ manakah yang hilang pada masing-masing contoh tandingnya?

Bagian V — Dividennya.

(Perron–Frobenius, keberadaan) Misalkan $A$ matriks $n\times n$ yang semua entrinya $> 0$ , dan $\Delta = \{x \in \R^n : x_i \geq 0,\ \sum x_i = 1\}$ . Tunjukkanlah bahwa pemetaan $x \mapsto Ax/\norm{Ax}_1$ terdefinisi baik dan kontinu pada $\Delta$ , bahwa $\Delta$ homeomorfik dengan bola tertutup $\R^{n-1}$ (lewat homeomorfisma radial dari kompak cembung yang interiornya tak kosong pada rentang afinnya), lalu simpulkanlah bahwa $A$ mempunyai vektor eigen berentri positif sejati dan nilai eigen $> 0$ .
Simpulkanlah bahwa setiap matriks stokastik berentri positif (yang kolomnya berjumlah $1$ ) mempunyai vektor peluang stasioner $\pi = A\pi$ — yakni vektor bertipe PageRank. (Ketunggalannya juga berlaku tetapi memerlukan alat lain.)
(Bola berbulu, persiapan) Misalkan $v$ mulus pada persekitaran $S = S^{n-1}$ dengan $\langle v(x), x\rangle = 0$ dan $\norm{v(x)} = 1$ bagi $x \in S$ (yakni medan singgung satuan). Untuk $t \in \R$ tetapkan $F_t(x) = x + t\,v(x)$ . Tunjukkanlah $\norm{F_t(x)} = \sqrt{1 + t^2}$ pada $S$ : sehingga $F_t$ memetakan $S$ ke dalam sfera $\sqrt{1+t^2}\,S$ .
Tunjukkanlah bahwa $P(t) = \int_SF_t^*\sigma$ merupakan polinomial dalam $t$ (sebab setiap fungsi koefisien $F_t^*\sigma$ pada sebuah peta bersifat polinomial dalam $t$ , dengan koefisien yang mulus terhadap variabel petanya; sedangkan pengintegralannya linear).
Tunjukkanlah bahwa untuk $\abs t$ yang kecil, $F_t$ merupakan difeomorfisma dari $S$ ke $\sqrt{1+t^2}\,S$ : keinjektifannya untuk $t\operatorname{Lip}(v) < 1$ ; difeomorfisma lokalnya menurut teorema fungsi balikan (Teorema 20.1 pada peta); sedangkan petanya terbuka sekaligus tertutup pada sfera sasarannya yang terhubung. Simpulkanlah, dengan memakai Lema 21.19 dan penskalaan $\sigma_{\lambda x} = \lambda^{n}\,\sigma_x$ di bawah $x \mapsto \lambda x$ (periksalah), bahwa

$P(t) = \pm(1 + t^2)^{n/2}\int_S\sigma, \qquad\text{dengan tanda } + \text{ untuk nilai kecil } t$

(orientasinya terawetkan lewat kekontinuan dari $t = 0$ ).
Simpulkanlah (Milnor): jika $n$ ganjil, maka $(1 + t^2)^{n/2}$ bukan polinomial dalam $t$ , padahal ia berimpit dengan polinomial $P(t)/\int_S\sigma$ di dekat $0$ — yakni kontradiksi. Karena itu sfera berdimensi genap $S^{n-1}$ (dengan $n$ ganjil) tak mengemban medan singgung satuan, dan, lewat penormalan dan pemulusan (konvolusikan komponen demi komponen lalu proyeksikan — benarkanlah kedua langkahnya), tak ada pula medan singgung kontinu yang tak lenyap di mana pun: sehingga setiap angin di Bumi menyisakan satu titik tenang.
(Sfera ganjil tersisir bebas) Tunjukkanlah pada $S^{2m-1} \subseteq \R^{2m} \cong \C^m$ sebuah medan singgung satuan mulus yang eksplisit: $v(x) = \iu x$ dalam notasi kompleksnya, yakni

$v(x_1, y_1, \dots, x_m, y_m) = (-y_1, x_1, \dots, -y_m, x_m) .$

Periksalah kesinggungannya dan panjang satuannya, lalu simpulkanlah bahwa dikotomi paritas pertanyaan 23 bersifat tajam: bahwa sebuah sfera tersisir tepat saat dimensinya ganjil. Di manakah argumen polinomial pertanyaan 22 patah untuk $n$ yang genap?
(Nol dari perilaku batasnya) Misalkan $f \colon \bar B^n \to \R^n$ kontinu dengan $\langle f(x), x\rangle \geq 0$ bagi setiap $x \in S^{n-1}$ . Tunjukkanlah bahwa $f$ lenyap di suatu tempat di $\bar B^n$ . (Sebab jika tidak, $g(x) = -f(x)/\norm{f(x)}$ memetakan $\bar B$ secara kontinu ke $S \subseteq \bar B$ ; lalu terapkanlah Brouwer pada $g$ dan bertentanganlah dengan hipotesis batasnya.) Simpulkanlah kriteria kesurjektifannya: bahwa $F\colon\R^n\to\R^n$ yang kontinu dengan $\frac{\langle F(x), x\rangle}{\norm x} \to +\infty$ saat $\norm x \to \infty$ bersifat surjektif — yakni leluhur berdimensi berhingga bagi argumen koersivitas pada analisis taklinear.

Solusi

Solusi Soal 21.1.

1. $\dd\sigma = \sum_i(-1)^{i-1}\,\dd x_i\wedge\dd x_1\wedge\dots\wedge\widehat{\dd x_i}\wedge\dots\wedge\dd x_n$ ; lalu membawa $\dd x_i$ melintasi $i-1$ faktor sebelumnya memakan $(-1)^{i-1}$ , yang meniadakan prafaktornya: sehingga masing-masing dari $n$ sukunya sama dengan $\dd x_1\wedge\dots\wedge\dd x_n$ , jadi $\dd\sigma = n\,\dd x_1\wedge\dots\wedge\dd x_n$ . Lalu Stokes pada bolanya: $\int_S\sigma = \int_{\bar B}\dd\sigma = n\operatorname{vol}(\bar B) > 0$ .

2. $n = 2$ : $\sigma = x\,\dd y - y\,\dd x$ ; lalu pada $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ , $\gamma^*\sigma = (\cos^2t + \sin^2t)\,\dd t = \dd t$ , yakni bentuk panjang busurnya: $\int_S\sigma = 2\pi = 2\operatorname{vol}(\bar B^2)$ . $n = 3$ : $\sigma\vert_S$ adalah bentuk luasnya (Latihan 21.5 dengan $\nu(x) = x$ ): $\int_S\sigma = 4\pi = 3\cdot\tfrac{4\pi}3$ . Keduanya cocok dengan pertanyaan 1.

3. Dengan menurunkan $\norm\varphi^2 = 1$ : $2\langle D\varphi(x)h, \varphi(x)\rangle = 0$ bagi setiap $h$ , sehingga $\operatorname{im}D\varphi(x) \subseteq \varphi(x)^\perp$ , yakni sebuah hiperbidang: jadi $\operatorname{rk}D\varphi(x) \leq n - 1$ . Karena $\dd\sigma$ merupakan bentuk- $n$ (pertanyaan 1), maka titik demi titik $\varphi^*(\dd\sigma)_x = (D\varphi(x))^*(\dd\sigma)_{\varphi(x)} = 0$ menurut Proposisi 21.6(2): sebab pemetaan ke dalam sferanya tak punya ruang untuk menarik balik sebuah volume.

4. Cacatnya ada pada “sehingga” yang kedua: sebab pada himpunan berdimensi $(n-1)$ yaitu $S$ , setiap bentuk- $(n-1)$ tertutup secara trivial (karena tak ada bentuk- $n$ tak nol pada manifold- $(n-1)$ ), tetapi tertutup tak berarti eksak, sedangkan $\int_S\dd\eta = 0$ menuntut primitif $\eta$ yang sungguh-sungguh terdefinisi pada $S$ . Padahal pembatasan $\sigma$ justru tak eksak — sebab integralnya $n\operatorname{vol}(\bar B) \neq 0$ — dan ketakeksakan inilah yang menggerakkan seluruh soalnya.

5. Kita akan mengintegralkan $r^*\sigma$ atas sferanya lalu menghitungnya dengan dua cara. Karena $r$ menetapkan $S$ titik demi titik, integralnya sama dengan $\int_S\sigma = n\operatorname{vol}(\bar B) \neq 0$ . Sedangkan karena $r$ terdefinisi pada bolanya, Stokes mengubah integral yang sama itu menjadi $\int_{\bar B}\dd(r^*\sigma) = \int_{\bar B}r^*(\dd\sigma)$ ; dan karena $r$ bernilai di sferanya, pertanyaan 3 membuat integran itu lenyap. Jadi satu bilangan, dua nilai: sehingga retraksinya tak mungkin ada.

6. Kedua integralnya dihitung lewat parametrisasi langsung $\gamma$ atas keping-keping $S$ (Definisi 21.18); dan karena $r\circ\gamma = \gamma$ (sebab parametrisasinya mendarat di $S$ , yang $r$ menjadi identitas di sana), maka $\gamma^*(r^*\sigma) = (r\circ\gamma)^*\sigma = \gamma^*\sigma$ (Teorema 21.11(a)): sehingga integran lokalnya berimpit, dan partisi kesatuan mana pun memberikan $\int_Sr^*\sigma = \int_S\sigma$ .

7. Bentuk $r^*\sigma$ adalah bentuk- $(n-1)$ mulus pada persekitaran $\bar B$ yang kompak dan berorientasi, yang batasnya dengan orientasi terinduksinya adalah $S$ : sehingga Stokes (Teorema 21.23) memberikan persis $\int_Sr^*\sigma = \int_{\bar B}\dd(r^*\sigma)$ .

8. Berlaku $\dd(r^*\sigma) = r^*(\dd\sigma)$ (Teorema 21.11(b)), yang lenyap menurut pertanyaan 3 yang diterapkan pada $\varphi = r$ . Lalu merangkai pertanyaan 6–8:

0 < n\operatorname{vol}(\bar B) = \int_S\sigma = \int_Sr^*\sigma = \int_{\bar B}\dd(r^*\sigma) = 0 :

yakni mustahil. Tak ada retraksi mulus $\bar B^n$ ke $S^{n-1}$ ( $n \geq 2$ ).

9. Sebuah $r\colon\intcc{-1}1\to\{-1,1\}$ yang kontinu dengan $r(\pm1) = \pm1$ akan memetakan himpunan terhubung ke $\{-1, 1\}$ yang tak terhubung, dan itu mustahil: sebab peta kontinu himpunan terhubung bersifat terhubung — setara dengan itu, teorema nilai antaranya akan memaksa $r$ mengambil nilai $0$ . Pernyataan yang sama pada setiap dimensi persis adalah Bagian II; sedangkan keterhubungannya adalah bayangan berdimensi $1$ bagi halangan kohomologis $\int_S\sigma \neq 0$ .

10. Fungsi $x \mapsto \norm{g(x) - x}$ kontinu dan di mana-mana $> 0$ pada $\bar B$ yang kompak: sehingga minimumnya $\delta$ tercapai, jadi $> 0$ .

11. Persamaan $\norm{x + tu}^2 = 1$ berbunyi $t^2 + 2t\langle x, u\rangle + \norm x^2 - 1 = 0$ , yang akarnya adalah

t_\pm = -\langle x, u\rangle \pm \sqrt{\langle x, u\rangle^2 + 1 - \norm x^2} .

Hasil kalinya $\norm x^2 - 1 \leq 0$ : sehingga akarnya mengapit $0$ (atau salah satunya lenyap), jadi parameter sinarnya — yakni akar tak negatifnya — adalah $t(x) = t_+$ .

12. Seandainya isi akarnya lenyap di $x \in \bar B$ : maka karena kedua sukunya tak negatif, $\norm x = 1$ dan $\langle x, u(x)\rangle = 0$ , yakni $\langle x, x - g(x)\rangle = 0$ , yakni $\langle x, g(x)\rangle = 1$ . Lalu menurut Cauchy–Schwarz, $1 = \langle x, g(x)\rangle \leq \norm x\,\norm{g(x)} \leq 1$ : yakni kesamaan sepanjang rantainya, yang memaksa $g(x)$ segaris dengan $x$ , bernorma $1$ , dan searah: jadi $g(x) = x$ — yang terkecualikan. Jadi isi akarnya kontinu dan $> 0$ pada $\bar B$ , sehingga terbatas di bawah oleh suatu $c > 0$ di sana dan pada sebuah persekitaran (menurut kekontinuan seragamnya). Pada persekitaran itu, $u$ mulus (sebab $\norm{x - g(x)} \geq \delta/2$ , dengan mengecilkannya bila perlu), isi akarnya tetap $\geq c/2$ , dan akar kuadratnya mulus pada $\intoo0\infty$ : sehingga $r$ mulus di dekat $\bar B$ .

13. Berlaku $\norm{r(x)} = 1$ menurut konstruksi $t(x)$ -nya: jadi $r(\bar B) \subseteq S$ . Untuk $x \in S$ : $\langle x, u(x)\rangle = \frac{1 - \langle x, g(x)\rangle}{\norm{x - g(x)}} \geq 0$ (menurut Cauchy–Schwarz sekali lagi), dan $\norm x = 1$ menyusutkan isi akarnya menjadi $\langle x, u\rangle^2$ , yang akar kuadratnya adalah $\langle x, u\rangle$ itu sendiri (sebab ia $\geq 0$ ): sehingga $t(x) = 0$ dan $r(x) = x$ . Jadi $r$ merupakan retraksi mulus dari bolanya ke sferanya — yang bertentangan dengan Bagian II. Setiap pemetaan diri mulus $\bar B$ mempunyai titik tetap.

14. Berlaku $\varepsilon > 0$ persis seperti pada pertanyaan 10. Sedangkan polinomialnya membentuk subaljabar $\mathcal C(\bar B, \R)$ yang memuat konstantanya dan memisahkan titik (sebab $x \mapsto x_i$ memisahkan), sehingga Stone–Weierstrass (Teorema 7.15) menghampiri setiap koordinatnya: pilihlah polinomial $p_i$ dengan $\sup_{\bar B}\abs{p_i - f_i} < \frac{\varepsilon}{2\sqrt n}$ ; maka pemetaan vektor $p = (p_1, \dots, p_n)$ memenuhi $\sup_{\bar B}\norm{p - f} \leq \bigl(\sum_i\sup_{\bar B}\abs{p_i - f_i}^2\bigr)^{1/2} < \varepsilon/2$ .

15. Pada $\bar B$ : $\norm p \leq \norm f + \frac\varepsilon2 \leq 1 + \frac\varepsilon2$ , sehingga $\norm{g} = \frac{\norm p}{1 + \varepsilon/2} \leq 1$ : jadi $g(\bar B) \subseteq \bar B$ . Lebih jauh $\norm{g - p} = \frac{\varepsilon/2}{1 + \varepsilon/2}\norm p \leq \frac\varepsilon2$ , sehingga $\norm{g - f} \leq \norm{g - p} + \norm{p - f} < \varepsilon$ pada $\bar B$ .

16. Pemetaan $g$ polinomial, jadi mulus, dan memetakan $\bar B$ ke dirinya sendiri: sehingga Bagian III menyediakan $x_0 = g(x_0)$ . Lalu $\norm{f(x_0) - x_0} = \norm{f(x_0) - g(x_0)} < \varepsilon = \min_{\bar B}\norm{f - \operatorname{id}}$ : yakni kontradiksi. Setiap pemetaan kontinu $\bar B^n \to \bar B^n$ mempunyai titik tetap.

17. Bola terbuka: $f(x) = \frac{x + e_1}2$ memetakan $B$ ke dalam $B$ (sebab $\norm{f(x)} < 1$ sejati) sedangkan satu-satunya titik tetapnya $e_1$ terletak pada sferanya: jadi kekompakannya hilang. Sfera: pemetaan antipodal $x \mapsto -x$ bebas titik tetap; sebab $S$ kompak tetapi bertopologi “keliru” — yakni justru bukan-retrak Bagian II. Anulus: rotasi sebesar sudut $\not\equiv 0$ mana pun tak menetapkan apa pun; sebab lubangnya melindungi rotasinya — jadi kecembungannya (atau lebih tepatnya, topologi serupa-bolanya) hilang. Jadi teorema Brouwer sesungguhnya tentang himpunan cembung kompak, seperti yang dimanfaatkan pertanyaan 18.

18. Untuk $x \in \Delta$ : ada $x_j > 0$ , sehingga $(Ax)_i \geq A_{ij}x_j > 0$ bagi setiap $i$ ; jadi $\norm{Ax}_1 > 0$ dan $T(x) = Ax/\norm{Ax}_1$ terdefinisi baik, kontinu, serta mendarat di $\Delta$ (sebab entrinya positif dan berjumlah $1$ ). Sedangkan $\Delta$ cembung, kompak, dan berinterior tak kosong pada hiperbidang afin $\{\sum x_i = 1\} \cong \R^{n-1}$ ; lalu pemetaan radial dari barisentrumnya — sebab setiap sinar dari barisentrumnya menemui $\partial\Delta$ pada tepat satu titik, menurut kecembungan dan kekompakannya, sedangkan fungsi tolok yang bersesuaian bersifat kontinu — merupakan homeomorfisma $\Delta \to \bar B^{n-1}$ . Lalu mengangkut Brouwer lewatnya: $T$ mempunyai titik tetap $x^*$ , yakni $Ax^* = \lambda x^*$ dengan $\lambda = \norm{Ax^*}_1 > 0$ ; dan $x^* = Ax^*/\lambda$ berentri positif sejati menurut perhitungan pembukanya. Jadi matriks positif mempunyai vektor eigen positif.

19. Pertanyaan 18 memberikan $A\pi = \lambda\pi$ , $\pi \in \Delta$ , $\pi > 0$ . Lalu jumlahkanlah koordinatnya: $\sum_i(A\pi)_i = \sum_j\pi_j\sum_iA_{ij} = \sum_j\pi_j = 1$ (sebab kolomnya berjumlah $1$ ), sedangkan $\sum_i\lambda\pi_i = \lambda$ . Jadi $\lambda = 1$ dan $A\pi = \pi$ : yakni vektor peluang stasioner — yaitu kesetimbangan rantai Markovnya, inti matematis PageRank.

20. Pada $S$ : $\norm{F_t(x)}^2 = \norm x^2 + 2t\langle x, v(x)\rangle + t^2\norm{v(x)}^2 = 1 + 0 + t^2$ menurut kesinggungannya dan $\norm v = 1$ : jadi $F_t(S) \subseteq \sqrt{1+t^2}\,S$ .

21. Tetapkanlah sebuah atlas berhingga berisi parametrisasi langsung $\gamma$ beserta partisi kesatuan, yang tak bergantung pada $t$ . Pada sebuah peta, $F_t\circ\gamma = \gamma + t(v\circ\gamma)$ , sehingga setiap koefisien $(F_t\circ\gamma)^*\sigma$ merupakan jumlah hasil kali satu faktor $(x_i + tv_i)\circ\gamma$ (yang afin terhadap $t$ ) dan sebuah determinan $(n-1)\times(n-1)$ yang entrinya afin terhadap $t$ : yakni polinomial dalam $t$ berderajat $\leq n$ dengan koefisien yang mulus terhadap variabel petanya. Lalu mengalikannya dengan fungsi partisinya yang tak bergantung pada $t$ dan mengintegralkannya suku demi suku: $P(t) = \sum_{k=0}^n c_kt^k$ , yakni sebuah polinomial.

22. Untuk keinjektifannya: $v$ bersifat Lipschitz pada $S$ (sebab mulus pada kompak), katakanlah berkonstanta $L$ ; lalu untuk $\abs t < 1/L$ , $\norm{F_t(x) - F_t(y)} \geq (1 - \abs tL)\norm{x - y} > 0$ . Untuk difeomorfismanya: $G_t = F_t/\sqrt{1 + t^2}$ memetakan $S$ ke $S$ ; sedangkan pada peta, Jacobinya konvergen seragam ke Jacobi $G_0 = \operatorname{id}$ saat $t \to 0$ , sehingga untuk $t$ yang kecil semuanya terbalikkan dan $G_t$ merupakan difeomorfisma lokal (Teorema 20.1 pada peta), injektif, dengan peta yang terbuka (menurut difeomorfisma lokalnya) dan kompak di $S^{n-1}$ yang terhubung ( $n \geq 2$ ): sehingga petanya $= S$ , jadi $G_t$ difeomorfisma $S$ . Untuk penskalaannya: di bawah $s_\lambda(x) = \lambda x$ , setiap koefisien $x_i$ memperoleh $\lambda$ dan masing-masing dari $n - 1$ diferensialnya memperoleh $\lambda$ : jadi $s_\lambda^*\sigma = \lambda^n\sigma$ . Karena $F_t = s_{\sqrt{1+t^2}}\circ G_t$ :

P(t) = \int_SG_t^*\bigl(s_{\sqrt{1+t^2}}^{\,*}\sigma\bigr) = (1 + t^2)^{n/2}\int_SG_t^*\sigma = (1 + t^2)^{n/2}\int_S\sigma \quad\text{untuk nilai kecil } t,

dengan kesamaan terakhirnya menurut Lema 21.19 (sebab $G_t$ difeomorfisma $S$ yang mengawetkan orientasi untuk $t$ yang kecil: determinan Jacobi petanya berubah secara kontinu, tak pernah lenyap, dan positif di $t = 0$ ).

23. Jika $n$ ganjil dan sebuah medan singgung satuan mulus ada, maka pertanyaan 21–22 membuat polinomial $P(t)/\int_S\sigma$ (yang sahih: sebab $\int_S\sigma \neq 0$ menurut pertanyaan 1) berimpit dengan $(1 + t^2)^{n/2}$ di dekat $0$ ; sedangkan dua fungsi mulus yang berimpit di dekat $0$ dengan salah satunya polinomial memaksa $(1 + t^2)^{n/2}$ menjadi polinomial itu pada seluruh $\R$ . Padahal jika $Q(t)^2 = (1 + t^2)^n$ dengan $Q \in \R[t]$ , maka pemfaktoran tunggal di $\R[t]$ (Bab 2) memberikan $t^2 + 1$ yang tak tereduksi itu multiplisitas genap pada $Q^2$ dan multiplisitas ganjil $n$ pada $(1 + t^2)^n$ : yakni mustahil. Jadi tak ada medan singgung satuan mulus pada $S^{n-1}$ untuk $n$ yang ganjil — yakni sfera berdimensi genap. Akhirnya, medan singgung yang sekadar kontinu dan tak lenyap di mana pun, sebutlah $w$ , akan menghasilkan satu: perluaslah ia ke sebuah persekitaran lewat $\tilde w(x) = w(x/\norm x)$ , muluskanlah komponen demi komponen (Teorema 12.9) menjadi $v_0$ yang mulus dengan $\sup_S\norm{v_0 - \tilde w} < \frac12\min_S\norm w$ , proyeksikanlah secara singgung $v_1(x) = v_0(x) - \langle v_0(x), x\rangle x$ — sebab pada $S$ ini mengubah $v_0$ paling banyak sebesar komponen normalnya, yang sendirinya paling banyak $\norm{v_0 - \tilde w}$ karena $\tilde w$ singgung, sehingga $\norm{v_1 - \tilde w} \leq 2\norm{v_0 - \tilde w} < \min\norm w$ dan $v_1$ tak pernah lenyap pada $S$ — lalu normalkanlah: sehingga $v = v_1/\norm{v_1}$ merupakan medan singgung satuan yang mulus. Karena itu pada setiap sfera berdimensi genap, setiap medan singgung kontinu mempunyai nol: sehingga setiap angin di Bumi menyisakan satu titik tenang.

24. Berlaku $\langle v(x), x\rangle = \sum_j(-y_jx_j + x_jy_j) = 0$ : jadi singgung; dan $\norm{v(x)} = \norm x = 1$ : jadi satuan. Kemulusannya jelas (sebab pemetaan linear). Jadi setiap sfera berdimensi ganjil mengemban medan singgung satuan yang mulus — yakni perkalian oleh $\iu$ sepanjang garis kompleksnya — sehingga halangan pertanyaan 23 tepat berupa paritas dimensinya. Pada argumen polinomialnya, untuk $n$ yang genap fungsi $(1 + t^2)^{n/2}$ memang adalah polinomial, dan tak ada kontradiksi yang muncul: jadi buktinya bukan sekadar gagal berlaku, melainkan kesimpulannya sungguh salah, seperti yang disaksikan $v$ .

25. Andaikan $f$ tak pernah lenyap pada $\bar B$ . Maka $g(x) = -f(x)/\norm{f(x)}$ kontinu $\bar B \to S \subseteq \bar B$ , dan Brouwer (pertanyaan 16) menyediakan $x^* = g(x^*)$ . Karena $g$ bernilai di $S$ , maka $x^* \in S$ , dan

\langle f(x^*), x^*\rangle = \bigl\langle f(x^*),\ -\tfrac{f(x^*)}{\norm{f(x^*)}}\bigr\rangle = -\norm{f(x^*)} < 0,

yang bertentangan dengan hipotesis batasnya. Jadi $f$ mempunyai nol. Untuk kesurjektifannya: diberikan $y \in \R^n$ , terapkanlah yang di atas pada $f(x) = F(x) - y$ pada bola $\bar B(0, R)$ dengan $R$ yang begitu besar sehingga $\langle F(x), x\rangle \geq \norm y\,\norm x$ pada sfera berjari-jari $R$ (menurut koersivitasnya); maka $\langle f(x), x\rangle = \langle F(x), x\rangle - \langle y, x\rangle \geq 0$ di sana (menurut Cauchy–Schwarz), sehingga pernyataan yang diskalakan ulang itu memberikan nol bagi $f$ : yakni $F(x) = y$ . Jadi setiap medan kontinu yang koersif bersifat pada — yakni bayangan bebas derajat bagi teorema keberadaan variasionalnya, yang diantarkan topologi murni.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium