[다양체] ch1. 매개화된 다양체

이전 읽을거리)

[다변수 미분] ch1. 미분의 정의

[다변수 적분] ch1. 적분의 정의

[변수변환정리] ch1. 단위분할

다음 읽을거리: ch2. 다양체의 정의

---

k차원 평행사변형의 k차원 부피

 

 

  $k<n$ 에 대해 $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 평행사변형 $\mathcal{P}$ 을 생각하자. 이는 $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 선형부분공간에 포함되는 집합이므로, 측도가 0일수밖에 없기에 $\mathcal{P}$ 의 "n차원 부피" 는 당연히 0일 것이다. (링크의 Lem 5.1 과 Thm 5.2 의 증명 중 step 2 참고) 만약 $\mathcal{P}$ 의 "k차원 부피" 를 정의할 수 있다면, 이 부피는 두 가지 성질을 만족할 것이라고 기대할 수 있다. 지난 논의에 따르면 직교변환은 n차원 부피를 보존하므로, k차원 부피도 보존해야할 것이다. 두 번째로, 만약 $\mathcal{P}$ 가 $\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$ 의 부분집합이라면 $\mathcal{P}$ 의 $\mathbb{R}^n$ 에서의 k차원 부피는 (이미 잘 정의되어있는) $\mathbb{R}^k$ 에서의 k차원 부피와 동일한 값을 가져야 할 것이다. 이러한 두 개의 합리적인 조건으로부터 $\mathcal{P}$ 의 k차원 부피가 즉시 도출됨을 곧 확인할 것이다.

 

  먼저 선형대수의 한 가지 결론으로부터 시작하자.

 

 

  Theroem 1.1 (그람-슈미트 직교화, Gram-Schmidt process)
  $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 선형부분공간 $W$ 에 대해 $W$ 의 기저를 포함하는 $\mathbb{R}^n$ 의 정규직교기저가 존재한다.

 

※ 정규직교기저란 정규직교집합인 기저를 의미한다.

 

  Proof.  먼저 $W$ 의 기저를 포함하는 $\mathbb{R}^n$ 의 기저가 존재함은 자명하다. $\mathbb{R}^n$ 의 기저 $\{a_1,\ldots,a_n\}$ 에 대해 $\{a_1,\ldots,a_k\}$ 가 $W$ 의 기저라고 하자. 이때 구체적으로 정해지지 않은 스칼라 $\lambda_{ij}$ 에 대해 다음과 같이 정의하자.

$$\begin{align}b_1&=a_1\\b_2&=a_2-\lambda_{21}b_1\\&\vdots\\b_i&=a_i-\lambda_{i1}b_1-\lambda_{i2}b_2-\cdots-\lambda_{i,i-1}b_{i-1}\\&\vdots\\b_n&=a_n-\lambda_{n1}b_1-\lambda_{n2}b_2-\cdots-\lambda_{n,n-1}b_{n-1}\end{align}$$

  이때 각 $a_i$ 는 $b_1,\ldots,b_i$ 의 선형결합임을 확인하자. 또한 각 $b_i$ 는 $a_1,\ldots,a_i$ 의 선형결합이기도 하다. 이러한 두 사실에 따라 각 $i$ 에 대해 $\{a_1,\ldots,a_i\}$ 와 $\{b_1,\ldots,b_i\}$ 는 $\mathbb{R}^n$ 의 동일한 부분공간을 생성한다. 따라서 n개의 벡터 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 은 $\mathbb{R}^n$ 을 생성하므로 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 은 일차독립이다. 그러므로 특히, $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 는 0을 포함하지 않는다.

  이제 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 이 직교집합이 되도록 스칼라 $\lambda_{ij}$ 를 귀납적으로 선택하자. 먼저 $b_1,b_2$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\left<b_1,b_2\right>=\left<a_1,a_2\right>-\lambda_{21}\left<a_1,a_1\right>$$

  이때 $a_1\neq 0$ 이므로 $\left<a_1,a_1\right>\neq0$ 이며, 따라서 $\lambda_{21}$ 을 다음과 같이 선택한다면 $\{b_1,b_2\}$ 는 직교집합이다.

$$\lambda_{21}=\frac{\left<a_1,a_2\right>}{\left<a_1,a_1\right>}$$

  어떤 $i$ 에 대해 $\{b_1,\ldots,b_{i-1}\}$ 이 직교집합을 이룬다고 가정하자. 이때 각 $j=1,\ldots,i-1$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\left<b_j,b_i\right>&=\left<b_j,a_i-\sum_{m=1}^{i-1}\lambda_{im}b_m\right>\\&=\left<b_ja_i\right>-\sum_{m=1}^{i-1}\lambda_{im}\left<b_j,b_m\right>\\&=\left<b_j,a_i\right>-\lambda_{ij}\left<b_j,b_j\right>\end{align}$$

  이때 $b_j\neq0$ 이므로 $\left<b_j,b_j\right>\neq 0$ 이며, 따라서 $\lambda_{i1},\ldots,\lambda{i,i-1}$ 를 다음과 같이 선택한다면 $\{b_1,\ldots,b_i\}$ 는 직교집합이다.

$$\lambda_{ij}=\frac{\left<b_j,a_i\right>}{\left<b_j,b_j\right>}$$

  이렇게 스칼라 $\lambda_{ij}$ 를 선택하면 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 을 직교집합을 만들 수 있다. 한편 각 $b_i$ 는 0이 아니므로 다음과 같이 $\mathbb{R}^n$ 의 정규직교집합을 만들 수 있으며 원하는 결과를 얻는다.

$$\left\{\frac{b_1}{||b_1||},\ldots,\frac{b_n}{||b_n||}\right\}\tag*{$\square$}$$

 

 

 

  Theorem 1.2.  $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 선형부분공간 $W$ 에 대해 어떤 직교변환 $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 가 존재하여 다음을 만족한다.$$h(W)=\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$$

 

 

  Proof.  Thm 1.1 에 따라 $\mathbb{R}^n$ 의 정규직교기저 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 에 대해 $\{b_1,\ldots,b_k\}$ 가 $W$ 의 기저이도록 선택할 수 있다. $n\times n$ 행렬 $B=(b_1\;\cdots\;b_n)$ 에 대해 $L_B:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 는 직교변환이며 각 $i$ 에 대해 $L_B(e_i)=Be_i=b_i$ 이다. 특히 $\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$ 의 기저는 $\{e_1,\ldots,e_k\}$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}L_B(\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k})&=L_B(\text{span}\{e_1,\ldots,e_k\})\\&=\text{span }L_B(\{e_1,\ldots,e_k\})\\&=\text{span}\{L_B(e_1),\ldots,L_B(e_k)\}\\&=\text{span}\{b_1,\ldots,b_k\}\\&=W\end{align}$$

  이때 $B$ 는 가역이므로 (링크의 직교행렬의 정의의 설명 참고) $L_B$ 가 가역이며 $L_B^{-1}=L_{B^{-1}}$ 이다. (링크의 의 정리 10.2-2 참고) 이때 $B^{-1}=B^t$ 이므로 다음이 성립한다.

$$(B^{-1})^tB^{-1}=(B^t)^tB^t=BB^t=BB^{-1}=I_n$$

  따라서 $B^{-1}$ 도 직교행렬이므로 $L_{B^{-1}}$ 는 직교변환이다. 이때 다음이 성립하므로 $L_{B^{-1}}$ 는 우리가 찾는 직교변환이다.

$$\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}=L_B^{-1}(W)=L_{B^{-1}}(W)\tag*{$\square$}$$

 

 

 

  이제 다음의 정리로부터 우리가 원하는 새로운 부피함수의 유일성과 존재성이 얻어진다.

 

 

  Theorem 1.3.  다음의 두 성질을 만족하는 함수 $V:(\mathbb{R}^n)^k\to[0,\infty)$ 가 유일하게 존재한다.
  (1) 직교변환 $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.$$V(h(x_1),\ldots,h(x_k))=V(x_1,\ldots,x_k)$$  (2) $\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$ 에 속하는 벡터 $y_1,\ldots,y_k$ 를 생각하자. 각 $i$ 에 대해 어떤 $z_i\in\mathbb{R}^k$ 에 대하여 다음과 같다고 하자.$$y_i=\begin{pmatrix}z_i\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}$$  이때 다음이 성립한다.$$V(y_1,\ldots,y_k)=|\text{det }(z_1\;\cdots\;z_k)|$$

---

  한편 $V(x_1,\ldots,x_k)=0$ 일 필요충분조건은 $\{x_1,\ldots,x_k\}$ 가 일차독립인 것이며, $n\times k$ 행렬 $X=(x_1\;\cdots\;x_k)$ 에 대해 다음이 성립한다.$$V(x_1,\ldots,x_n)=\sqrt{\text{det}(X^tX)}$$

 

※ 편의를 위해 종종 $(x_1,\ldots,x_k)$ 와 $ (x_1\;\cdots\;x_k)$ 를 같은 것으로 취급하기도 한다. (링크의 convention 참고)

 

  Proof. 

  Step 1. 주어진 두 성질을 만족하는 함수가 존재한다면 유일하게 존재함을 보이자. $\mathbb{R}^n$ 의 임의의 벡터 $x_1,\ldots,x_k$ 에 대해 $X=(x_1\;\cdots\;x_k)$ 라고 하자. Thm 1.2 에 따라 어떤 $n\times n$ 직교행렬 $A$ 가 존재하여 어떤 $k\times k$ 행렬 $Z$ 에 대해 $AX=\begin{pmatrix}Z\\O\end{pmatrix}$ ($O$ 는 적절한 영행렬) 이 성립한다. 성질 (1)에 따르면 다음이 성립한다.

$$\begin{align}V(X)&=V(x_1,\ldots,x_k)\\&=V(L_A(x_1),\ldots,L_A(x_k))\\&=V(Ax_1\;\cdots\;Ax_k)\\&=V(AX)\end{align}$$

  한편 성질 (2)에 따르면 다음과 같다.

$$V(AX)=|\text{det }Z|$$

  이때 주어진 두 성질을 만족하는 함수는 이와 동일한 함수값을 가지므로 원하는 결과를 얻는다.

 

  Step 2. $X=(x_1\;\cdots\;x_k)$ 에 대해 $(\mathbb{R}^n)^k$ 를 정의역으로 갖는 함수 $F$ 를 다음과 같이 정의하자.

$$F(X)=\text{det}(X^tX)$$

  직교변환 $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n,\;h(x)=Ax$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}F(h(x_1)\;\cdots\;h(x_k))&=F(Ax_1\;\cdots\;Ax_k)\\&=F(AX)\\&=\text{det}\big((AX)^t(AX)\big)\\&=\text{det}(X^tA^tAX^t)\\&=\text{det}(X^tX)\\&=F(X)\end{align}$$

  또한 $k\times k$ 행렬 $Z$ 와 $n\times k$ 행렬 $Y=\begin{pmatrix}Z\\O\end{pmatrix}$ ($O$ 는 적절한 영행렬) 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}(Y^tY)_{ij}&=\sum_{m=1}^n(Y^t)_{im}Y_{mj}=\sum_{m=1}^nY_{mi}Y_{mj}\\&=\sum_{m=1}^kY_{mi}Y_{mj}+0=\sum_{m=1}^kZ_{mi}Z_{mj}\\&=\sum_{m=1}^k(Z^t)_{im}Z_{mj}=(Z^tZ)_{ij}\end{align}$$

$$\therefore Y^tY=Z^tZ$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$F(Y)=\text{det}(Y^tY)=\text{det}(Z^tZ)=(\text{det }Z)^2$$

 

  Step 3. 함수 $F$ 가 음의 값을 갖지 않음을 보이자. $\mathbb{R}^n$ 의 벡터 $x_1,\ldots,x_k$ 를 포함하는 $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 부분공간 $W$ 를 생각하자. Thm 1.2 에 따라 다음을 만족하는 직교변환 $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n,\;h(x)=Ax$ 가 존재한다.

$$h(W)=\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$$

  $X=(x_1\;\cdots\;x_k)$ 에 대해 $k\times n$ 행렬 $AX$ 는 어떤 $k\times k$ 행렬 $Z$ 에 대해 $\begin{pmatrix}Z\\O\end{pmatrix}$ 의 꼴과 같으므로 step 2 에 따라 다음이 성립한다.

$$F(X)=F(AX)=(\text{det }Z)^2\ge 0$$

  따라서 원하는 결과를 얻는다. 한편 $F(X)=0$ 일 필요충분조건은 $Z$ 의 각 열이 일차독립, 다시말해 $AX$ 의 각 열이 일차독립인 것이다. 링크의 Thm 2.6 에 따르면 $AX$ 의 각 열이 일차독립인 것은 $AX$ 의 랭크가 k인 것과 같으며, 링크의 Thm 2.4 에 따르면 이는 $X$ 의 랭크가 k인 것과 같다. 따라서 $X$ 의 각 열이 일차독립인 것과 같으므로, 정리하면 $F(X)=0$ 일 필요충분조건은 $X$ 의 각 열이 일차독립인 것이다.

 

  Step 4. 이제 $V(X)=\sqrt{F(X)}$ 라고 정의하면 step 1 에 따라 $V$ 는 주어진 두 조건을 만족하므로 존재성을 얻는다.   $\square$

 

 

 

  Definition.  $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 평행사변형 $\mathcal{P}(x_1,\ldots,x_k)$ 의 k차원 부피를 다음으로 정의한다.$$V(x_1,\ldots,x_k)$$

 

 

  이러한 정의는 기존의 상식과 호환된다. 미적분학으로부터 3차원 공간에서 두 벡터 $a,b$ 가 만드는 평행사변형의 넓이가 다음과 같이 계산됨을 우리는 이미 알고있다.

$$||a||\;||b||\;\text{sin }\theta$$

  이때 $\theta$ 란 $a$ 와 $b$ 사이의 각을 의미하며 다음과 같이 정의된다.

$$\cos\theta=\frac{\left<a,b\right>}{||a||\;||b||}$$

  이때 새로 정의한, $\mathbb{R}^3$ 의 2차원 평행사변형의 2차원 부피가 동일한 결과를 가짐을 보이자. $X=(a\;b)$ 라고 할때 정의에 따라 다음과 같다.

$$\begin{align}V(X)^2&=\text{det}(X^tX)\\&=\text{det}\begin{pmatrix}a^ta&a^tb\\b^ta&b^tb\end{pmatrix}\\&=\text{det}\begin{pmatrix}||a||^2&\left<a,b\right>\\\left<b,a\right>&||b||^2\end{pmatrix}\\&=||a||^2||b||^2-\left<a,b\right>^2\\&=||a||^2||b||^2(1-\cos^2\theta)\\&=||a||^2||b||^2\sin^2\theta\end{align}$$

  이때 함수 $V$ 는 음의 값을 갖지 않으므로 기존의 상식과 동일한 결과를 얻는다.

 

  다음의 정리는 k차원 평행사변형의 한 모서리를 늘리는 만큼 k차원 부피가 늘어남을 말한다.

 

 

  Theorem 1.4.  $\mathbb{R}^n$ 의 벡터 $x_1,\ldots,x_k$ 와 $\lambda\in\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.$$V(x_1,\ldots,\lambda x_i,\ldots,x_k)=|\lambda|V(x_1,\ldots,x_k)$$

 

 

  Proof.  편의를 위해 다음과 같다고 하자.

$$X=(x_1,\ldots,x_k)$$

$$X_\lambda=V(x_1,\ldots,\lambda x_i,\ldots,x_k)$$

  행렬식의 다중선형성에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;V(X_\lambda)^2\\=&\;\text{det}(X_\lambda^tX_\lambda)\\=&\;\text{det}\left(\begin{pmatrix}x_1^t\\\vdots\\\lambda x_i^t\\\vdots\\x_k\end{pmatrix}(x_1\;\cdots\;\lambda x_i\;\cdots\;x_k)\right)\\=&\;\text{det}\begin{pmatrix}x_1^tx_1&\cdots&\lambda x_1^tx_i&\cdots&x_1^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\\lambda x_i^tx_1&\cdots&\lambda^2 x_i^tx_i&\cdots&\lambda x_i^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_k^tx_1&\cdots&\lambda x_k^tx_i&\cdots&x_k^tx_k\end{pmatrix}\\=&\;\lambda\text{det}\begin{pmatrix}x_1^tx_1&\cdots&\lambda x_1^tx_i&\cdots&x_1^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_i^tx_1&\cdots&\lambda x_i^tx_i&\cdots&x_i^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_k^tx_1&\cdots&\lambda x_k^tx_i&\cdots&x_k^tx_k\end{pmatrix}\\=&\;\lambda^2\text{det}\begin{pmatrix}x_1^tx_1&\cdots&x_1^tx_i&\cdots&x_1^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_i^tx_1&\cdots&x_i^tx_i&\cdots&x_i^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_k^tx_1&\cdots&x_k^tx_i&\cdots&x_k^tx_k\end{pmatrix}\\=&\;\lambda^2\text{det}\left(\begin{pmatrix}x_1^t\\\vdots\\x_i^t\\\vdots\\x_k\end{pmatrix}(x_1\;\cdots\;x_i\;\cdots\;x_k)\right)\\=&\;\lambda^2\text{det}(X^tX)\\=&\;\lambda^2V(X)^2\end{align}$$

  정리하면 $V(X_\lambda)=|\lambda|V(X)$ 이므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

 

매개화된 다양체의 부피

 

 

  다음의 정의는 미적분학에서 나오는 매개곡선, 매개곡면의 일반화된 대상이다.

 

 

  Definition.  집합 $Y\subset\mathbb{R}^n$ 을 생각하자. $k\le n$ 에 대해 어떤 $C^r$ 급사상 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^k}\to\mathbb{R}^n$ 가 존재하여 $\alpha(A)=Y$ 가 성립하면 $(Y,\alpha)$ 를 k차원 매개화된 다양체(parametrized-manifold)라고 하며 간단히 $Y_\alpha$ 라고 표기한다. 이때 $\alpha$ 를 $Y$ 의 매개화(parametrization)라고 한다.

 

 

  위 정의에 따르면 똑같은 집합이더라도 정의된 사상이 다르면 서로 다른 매개화된 다양체이다.

 

  다음의 정의는 n차원 공간에 존재하는 k차원의 매개화된 다양체의 k차원 부피에 대해 말하고 있다. 표기법은 비슷하지만 기존의 부피의 정의와 정확하게 호환되지는 않음에 주의하자.

 

 

  Definition.  $C^r$ 급사상 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^k}\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 라고 하며 다음의 적분이 존재한다고 하자.$$\int_AV(D\alpha)$$  이를 $Y_\alpha$ 의 k차원 부피라고 하며 다음과 같이 쓴다.$$v(Y_\alpha)=\int_AV(D\alpha)$$

 

 

  매개화된 다양체의 부피에 대한 이 정의를 받아들이기 이전에 잠시 타당성에 대한 논의를 해보자. 문제를 단순화하자. $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^k)$ 에 대해 $\text{Int }Q=A$ 라고 하고, 사상 $\alpha:A\to\mathbb{R}^n$ 이 $Q$ 의 근방으로 $C^r$ 급의 확장이 가능하다고 하자. $Y=\alpha(A)$ 라고 하자. $Q$ 의 partition $P$ 를 선택하고 $P$ 에 대한 $Q$ 의 어떤 subrectangle $R$ 이 다음과 같다고 하자.

$$R=[a_1,a_1+h_1]\times\cdots\times[a_k,a_k+h_k]$$

  이때 $\alpha$ 는 $R$ 에서 $Y$ 의 부분집합인 "구부러진 rectangle" 으로의 전사함수로 볼 수 있다.

  이때 $a$ 와 $a+h_ie_i$ 를 end points 로 갖는 $R$ 의 한 모서리를 생각하자. 이 모서리는 $\alpha$ 에 의해 $Y$ 위의 곡선으로 옮겨진다. 한편 $\alpha(a)$ 에서 이 모서리에 대한 1차 근사는 알다시피 다음의 벡터와 같다.

$$v_i=D\alpha(a)(h_ie_i)=h_i\frac{\partial\alpha}{\partial x_i}(a)$$

  이때 각 모서리가 $v_i$ 인 k차원 평행사변형 $\mathcal{P}$ 를 구부러진 rectangle 인 $\alpha(R)$ 의 1차 근사로 간주하는 것은 타당하다. 한편 $\mathcal{P}$ 의 k차원 부피는 Thm 1.4 에 따라 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;V(v_1,\ldots,v_k)\\=&\;V\left(h_1\frac{\partial\alpha}{\partial x_1}(a),\ldots,h_k\frac{\partial\alpha}{\partial x_k}(a)\right)\\=&\;V\left(\frac{\partial\alpha}{\partial x_1}(a),\ldots,\frac{\partial\alpha}{\partial x_k}(a)\right)|h_1|\cdots|h_k|\\=&\;V(D\alpha(a))\cdot v(R)\end{align}$$

  한편 다음이 자명하다.

$$\underset{R}{\text{inf}}\;V(D\alpha)\le V(D\alpha(a))\le\underset{R}{\text{sup}}\;V(D\alpha)$$

  따라서 $P$ 에 대한 $Q$ 의 각각의 rectangle 의 $\alpha$ 에 대한 상의 1차 근사를 모두 더한 것은 $\underline{\int_Q}V(D\alpha)$ 와 $\overline{\int_Q}V(D\alpha)$ 사이의 값을 갖게 된다. 따라서 이러한 작은 k차원 평행사변형들의 k차원 부피의 합은 적분 $\int_AV(D\alpha)$ 의 적절한 근사라고 볼 수 있으며 partition $P$ 를 적절히 선택하는 것으로 더욱 가까운 값을 갖도록 할 수 있을 것이다.

 

  이제 매개화된 다양체 위에서 스칼라 함수의 적분을 정의하자.

 

 

  Definition.  $C^r$ 급사상 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^k}\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 라고 하며 함수 $f:Y\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음의 적분이 존재한다고 하자.$$\int_A(f\circ\alpha)V(D\alpha)$$  이때 $f$ 가 $Y_\alpha$ 에서 적분가능하다고 하며 다음을 $Y_\alpha$ 에서 부피에 대한 $f$ 의 적분이라고 한다.$$\int_{Y_\alpha}f\;\text{dV}=\int_A(f\circ\alpha)V(D\alpha)$$

 

 

  여기서 미적분학의 의미없는 표기법 중 하나였던 "$\text{dV}$" 가 부피에 대한 적분을 표기하기 위해 다시 사용된다.

 

  부피에 대한 적분은 재매개화에 대한 불변량이다. 특히 k차원 다양체의 k차원 부피도 재매개화에 대한 불변량이다.

 

 

  Theorem 1.5.  $\mathbb{R}^k$ 의 미분동형사상 $g:A\to B$ 를 생각하자. $C^r$ 급사상 $\beta:B\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $Y=\beta(B)$ 라고 하자. $\alpha=g\circ\beta$ 라고 하면 $\alpha:A\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 이다. 연속함수 $f:Y\to\mathbb{R}$ 에 대해 $f$ 가 $Y_\alpha$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $Y_\beta$ 에서 적분가능한 것이며 이때 다음이 성립한다.$$\int_{Y_\alpha}f\;\text{dV}=\int_{Y_\beta}f\;\text{dV}$$  특히 $v(Y_\alpha)=v(Y_\beta)$ 이다.

 

 

  Proof.

  Step 1. 다음이 성립함을 보이자.

$$(V(D\beta)\circ g)|\text{det }Dg|=V(D\alpha)$$

  임의의 $x\in A$ 를 고정하고 $y=g(a)$ 라고 하자. 연쇄법칙에 다라 다음이 성립한다.

$$D\alpha(x)=D\beta(y)Dg(x)$$

  따라서 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}&\;V(D\alpha(x))^2\\=&\;\text{det}\big(Dg(x)^tD\beta(y)^tD\beta(y)Dg(x)\big)\\=&\;\text{det }Dg(x)^t\text{det}\big(D\beta(y)^tD\beta(y)\big)\text{det }Dg(x)\\=&\;V(D\beta(y))\big(\text{det }Dg(x)\big)^2\end{align}$$

 

  Step 2. 본 정리를 증명하자. 편의상 다음의 함수를 정의하자.

$$F:B\to\mathbb{R},\;F(x)=f(\beta(x))V(D\beta(x))$$

  $F$ 는 연속이므로 변수변환정리에 따라 $F$ 가 $B$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $(F\circ g)|\text{det }Dg|$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이며 이때 다음이 성립한다.

$$\int_BF=\int_A(F\circ g)|\text{det }Dg|$$

  한편 step 1 에 따라 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;\big((F\circ g\big)|\text{det }Dg|\big)(x)\\=&\;F(g(x))|\text{det }Dg(x)|\\=&\;f(\beta(g(x)))V(D\beta(g(x)))|\text{det }Dg(x)|\\=&\;\big((f\circ\beta\circ g)\big)(V(D\beta)\circ g)|\text{det Dg}|\big)(x)\\=&\;\big((f\circ\alpha)V(D\alpha)\big)(x)\end{align}$$

  정리하면 $(f\circ\beta)V(D\beta)$ 가 $B$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $(f\circ\alpha)V(D\alpha)$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이며 다음이 성립하므로 원하는 결론을 얻는다.

$$\int_B(f\circ\beta)V(D\beta)=\int_A(f\circ\alpha)V(D\alpha)$$

 

  Step 3.  본 정리에서 $f(x)=1$ 이라고 하면 $v(Y_\alpha)=v(Y_\beta)$ 가 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

 

매개화된 다양체의 예시

 

 

  3차원 공간 속의 곡선의 길이를 계산해보자.

 

  어떤 매개화 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}}\to\mathbb{R}^3,\;\alpha(t)=(\alpha_1(t),\alpha_2(t),\alpha_3(t))$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 라고 하면 $Y_\alpha$ 는 3차원 공간에 주어진 1차원 매개화된 곡선이라고 할 수 있다. 이때 $D\alpha$ 는 3×1 행렬이므로 다음과 같다.

$$\begin{align}V(D\alpha)&=\sqrt{\text{det}(D\alpha^tD\alpha)}\\&=\sqrt{D\alpha^tD\alpha}\\&=\sqrt{\left<D\alpha,D\alpha\right>}\\&=||D\alpha||\\&=\sqrt{\left(\frac{d\alpha_1}{dt}\right)^2\!\!+\left(\frac{d\alpha_2}{dt}\right)^2\!\!+\left(\frac{d\alpha_3}{dt}\right)^2}\end{align}$$

  따라서 곡선의 길이는 다음과 같이 계산된다.

$$\begin{align}v(Y_\alpha)&=\int_AV(D\alpha)\\&=\int_A{\sqrt{\left(\frac{d\alpha_1}{dt}\right)^2\!\!+\left(\frac{d\alpha_2}{dt}\right)^2\!\!+\left(\frac{d\alpha_3}{dt}\right)^2}}\end{align}$$

 

 

  이제 3차원 공간 속의 곡면의 길이를 계산해보자.

 

  우선 두 벡터 $a,b\in\mathbb{R}^3$ 에 대해 다음과 같이 정의하자.

$$a\times b=(a_2b_3-a_3b_2,a_3b_1-a_1b_3,a_1b_2-a_2b_1)$$

  이때 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;||a\times b||^2\\=&\;\sum_{1\le i<j\le 3}(a_ib_j-a_jb_i)^2\\=&\;\frac{1}{2}\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3(a_ib_j-a_jb_i)^2\\=&\;\frac{1}{2}\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3(a_i^2b_j^2+a_j^2b_i^2-2a_ib_ia_jb_j)\\=&\;\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3(a_i^2b_j^2-a_ib_ia_jb_j)\end{align}$$

  한편 다음과 같이 계산된다.

$$\begin{align}\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3a_i^2b_j^2&=\sum_{i=1}^3a_i^2\left(\sum_{j=1}^3b_j^2\right)\\&=\left(\sum_{i=1}^3a_i^2\right)\!\!\left(\sum_{j=1}^3b_j^2\right)\\&=||a||^2||b||^2\end{align}$$

$$\begin{align}\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3a_ib_ia_jb_j&=\sum_{i=1}^3a_ib_i\left(\sum_{j=1}^3a_jb_j\right)\\&=\left(\sum_{i=1}^3a_ib_i\right)\!\!\left(\sum_{j=1}^3a_jb_j\right)\\&=\left<a,b\right>\left<a,b\right>\end{align}$$

  정리하면 다음의 관계식을 얻는다.

$$||a\times b||^2=||a||^2||b||^2-\left<a,b\right>^2$$

  어떤 매개화 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^2}\to\mathbb{R}^3,\;(x,y)\mapsto\alpha(x,y)$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 라고 하면 $Y_\alpha$ 는 3차원 공간에 주어진 2차원 매개화된 곡면이라고 할 수 있다. 이때 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;V(D\alpha)^2\\=&\;\text{det}(D\alpha^2D\alpha)\\=&\;\text{det}\left(\begin{pmatrix}\left(\frac{\partial\alpha}{\partial x}\right)^t\\\left(\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right)^t\end{pmatrix}\left(\textstyle\frac{\partial\alpha}{\partial x}\;\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right)\right)\\=&\;\text{det}\begin{pmatrix}\left<\frac{\partial\alpha}{\partial x},\frac{\partial\alpha}{\partial x}\right>&\left<\frac{\partial\alpha}{\partial x},\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right>\\\left<\frac{\partial\alpha}{\partial y},\frac{\partial\alpha}{\partial x}\right>&\left<\frac{\partial\alpha}{\partial y},\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right>\end{pmatrix}\\=&\;\left|\left|\frac{\partial\alpha}{\partial x}\right|\right|^2\left|\left|\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right|\right|^2-\left<\frac{\partial\alpha}{\partial x},\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right>^2\\=&\;\left|\left|\frac{\partial\alpha}{\partial x}\times\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right|\right|^2\end{align}$$

  따라서 곡면의 넓이는 다음과 같이 계산된다.

$$\begin{align}v(Y_\alpha)&=\int_AV(D\alpha)\\&=\int_A\left|\left|\frac{\partial\alpha}{\partial x}\times\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right|\right|\end{align}$$

 

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

References)

[1] James R. Munkres. (1991). Analysis on manifolds. CRC press.

---

이전 읽을거리)

[다변수 미분] ch1. 미분의 정의

[다변수 적분] ch1. 적분의 정의

[변수변환정리] ch1. 단위분할

다음 읽을거리: ch2. 다양체의 정의