设$A^{n+1}$是幺模实仿射空间, $x:M\rightarrow A^{n+1}$是$A^{n+1}$中的仿射超曲面. 关于仿射超曲面的研究一直是仿射微分几何中的研究热点之一, 其中通过$k$阶仿射平均曲率来刻划超曲面$x(M)$的性质受到大家的关注(参见文献[1]). $x(M)$的$k$阶仿射平均曲率定义如下: 令$\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}$为$x(M)$的仿射主曲率, 则称

$L_{k}=\frac{1}{C_{n}^{k}}\sum\limits_{1\leq i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k}\leq n}\lambda_{i_{1}}\lambda_{i_{2}}\cdots \lambda_{i_{k}}, 1\leq k\leq n$

(1.1)

为$x(M)$的$k$阶仿射平均曲率. 显然, $L_{k}$是关于$\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots,\lambda_{n}$的对称函数.

在超曲面中, 有一类特殊的紧致、连通、局部强凸的无边超曲面称为卵形面(ovaliod). 关于卵形面特征刻划的若干结果很多是通过对$L_{k}$及其构成的新的函数研究获得的. 这方面研究最早源于 Blaschke 的猜测: 一个 $A^3$ 具有常数标量曲率的卵形面一定是椭球, Schneider 证明了这一猜测, 后被 Kozlowski 和 Simon 推广到$A^{n+1}$中的 Einstein 超曲面. 后继的关于这方面的研究可参见文献[1--3], 其中用$k$阶仿射平均曲率$L_{k}$ 刻画卵形面特征的最简洁结果由李安民 [3] 获得, 他证明了如果 $ A^{n+1}$中的卵形面的$k$阶平均曲率 $L_{k}=$常数$(1\leq k\leq n), $则此卵形面一定是椭球. 近期的一些进展可参见文献[4--6], 特别文献[4]证明了:

定理 1.1 (参见文献[4]) 设$x:M\rightarrow A^{n+1}$是一个卵形面, 若$L_{i}L_{i+1}=C$, $1\leq i\leq n-1$ ($C$为常数), 且$L_{n}\neq 0$, 则$x(M)$ 是椭球.

很自然的问题是能否对这一结论做进一步推广, 即当$L_{i_{1}}\cdots L_{i_{r}}=C (r\geq 3,1\leq i_k\leq n)$时, 是否有类似的特征刻划？本文部分地回答了这一问题, 并得到如下的结论:

主要定理 设$x:M\rightarrow A^{n+1}$是一个卵形面, 若在$x(M)$上$L_{n}\neq 0$, 对某一$i\;(1\leq i\leq n-2)$ , 存在常数$C$满足

$L_{i}L_{i+1}L_{i+2}=C,$

则$x(M)$为椭球.

为了证明结论, 我们需要用到以下麦克劳林不等式, 设 $a=(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n})\in R^{n},$且 $a_{k}>0,1\leq k\leq n $, 定义

$S_{k}(a)=\frac{1}{C_{n}^{k}}\sum\limits_{1\leq i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k}\leq n}a_{i_{1}}a_{i_{2}}\cdots a_{i_{k}}, 1\leq k\leq n, $

(1.2)

则有

$[S_{l}(a)]^{\frac{1}{l}}\geq [S_{k}(a)]^{\frac{1}{k}}\;\;(k\geq l\geq 1),$

(1.3)

等号当且仅当$a_{k}>0,1\leq k\leq n $两两相等时成立.

本文首先利用不等式(1.3)及拉格朗日乘子法, 证明关于一类对称函数的性质, 然后将该性质用到仿射微分几何中关于卵形面的刻划研究, 从而得到主要定理.

我们先证明一个简单的情况:

性质 2.1 记$a=(a_{1},a_{2},a_{3})\in\Omega\subset R^{3},\Omega=\{0<k\leq a_{i}\leq K,i=1,2,3\}$, $\;k,\;K$为常数, 若$S_{1}(a)S_{2}(a)S_{3}(a)=C$, 则存在常数$C_{1},$ 使得以下二式必有一个成立:

$\begin{eqnarray*} &&S_{1}(a)\geq C_{1}\geq S_{2}(a)^{\frac{1}{2}},\\ &&S_{2}(a)^{\frac{1}{2}}\geq C_{1}\geq S_{3}(a)^{\frac{1}{3}}.\end{eqnarray*}$

证 由(1.3)式可得$S_{1}(a)>S_{2}(a)^{\frac{1}{2}}>S_{3}(a)^{\frac{1}{3}}$,

结合条件 $S_{1}(a)S_{2}(a)S_{3}(a)=C$, 有$S_{1}(a)\geq C^{\frac{1}{6}}\geq S_{3}(a)^{\frac{1}{3}},$ 记$C_{1}=C^{\frac{1}{6}}$, 于是有$S_{1}(a)\geq C_{1}\geq S_{3}(a)^{\frac{1}{3}}.$

以下我们用拉格朗日乘子法求$S_{2}(a)-C_{1}^{2}$的极值, 先考虑在$\Omega$内部取得极值的情形. 考虑函数

$F(a_{1},a_{2},a_{3})=(S_{2}(a)-C_{1}^{2})+\lambda(S_{1}(a)S_{2}(a)S_{3}(a)-C),$

对$a_{1},a_{2},a_{3}$求偏导并令

$F_{a_{1}}=\frac{a_{2}+a_{3}}{3}+\lambda(\frac{S_{2}(a)S_{3}(a)}{3}+S_{1}(a)\frac{a_{2}+a_{3}}{3}S_{3}(a)+S_{1}(a)S_{2}(a)a_{2}a_{3})=0,$

(2.1)

$F_{a_{2}}=\frac{a_{1}+a_{3}}{3}+\lambda(\frac{S_{2}(a)S_{3}(a)}{3}+S_{1}(a)\frac{a_{1}+a_{3}}{3}S_{3}(a)+S_{1}(a)S_{2}(a)a_{1}a_{3})=0,$

(2.2)

$F_{a_{3}}=\frac{a_{1}+a_{2}}{3}+\lambda(\frac{S_{2}(a)S_{3}(a)}{3}+S_{1}(a)\frac{a_{1}+a_{2}}{3}S_{3}(a)+S_{1}(a)S_{2}(a)a_{1}a_{2})=0,$

(2.3)

将以上三式两两相减得到

$F_{a_{1}}-F_{a_{2}}=(a_{2}-a_{1})[\frac{1}{3}+\lambda(\frac{S_{1}(a)S_{3}(a)}{3}+S_{1}(a)S_{2}(a)a_{3})]=0,$

(2.4)

$F_{a_{2}}-F_{a_{3}}=(a_{3}-a_{2})[\frac{1}{3}+\lambda(\frac{S_{1}(a)S_{3}(a)}{3}+S_{1}(a)S_{2}(a)a_{1})]=0,$

(2.5)

$F_{a_{3}}-F_{a_{1}}=(a_{1}-a_{3})[\frac{1}{3}+\lambda(\frac{S_{1}(a)S_{3}(a)}{3}+S_{1}(a)S_{2}(a)a_{2})]=0.$

(2.6)

若$a_{1},a_{2},a_{3}$互不相等, 则根据$(2.4),(2.5),(2.6)$式会得到

$\frac{1}{3}+\lambda(\frac{S_{1}(a)S_{3}(a)}{3}+S_{1}(a)S_{2}(a)a_{i})=0,\;\;i=1,2,3,$

直接计算得到$a_{1}=a_{2}=a_{3}$, 从而与假设矛盾.

若$a_{1},a_{2},a_{3}$中只有2个相等, 比如$a_{1}\neq a_{2}=a_{3}$, 由(2.4)式得到

$\frac{1}{3}+\lambda[\frac{S_{1}(a)S_{3}(a)}{3}+S_{1}(a)S_{2}(a)a_{3}]=0,$

此时有$\lambda=-\frac{1}{S_{1}(a)S_{3}(a)+3S_{1}(a)S_{2}(a)a_{3}}$, 将其代入(2.1)式得到

$\begin{eqnarray*} \frac{a_{2}+a_{3}}{3} &=&\frac{1}{S_{1}(a)S_{3}(a)+3S_{1}(a)S_{2}(a)a_{3}}\{\frac{S_{2}(a)S_{3}(a)}{3}+S_{1}(a)\frac{a_{2}+ a_{3}}{3}S_{3}(a)\\ &&+S_{1}(a)S_{2}(a)a_{2}a_{3}\}, \end{eqnarray*}$

化简上式得 $\frac{S_{3}}{3}=S_{1}a_{3}^2,$将$S_{1},S_{3}$的表达式带入, 同时注意在此情况下$a_{1}\neq a_{2}=a_{3}$, 化简后得到$a_{2}=a_{3}=0$, 与题设$a_{i}>0$矛盾.

由此可知函数$S_{2}(a)-C_{1}^{2}$达到极值时, 只能在$a_{1}=a_{2}=a_{3}$取得, 此时$S_{2}(a)=a_{2}^{2}$, 结合$S_{1}(a)S_{2}(a)S_{3}(a)=C$得到$a_{2}=C_{1}$, 即达到极值时$S_{2}(a)=C_{1}^{2}$.

由此得到, 不论$S_{2}(a)-C_{1}^{2}$取极大值或极小值, 一定存在常数$C_{1}$使得

$S_{1}(a)\geq C_{1}\geq S_{2}(a)^{\frac{1}{2}}$

或者

$S_{2}(a)^{\frac{1}{2}}\geq C_{1}\geq S_{3}(a)^{\frac{1}{3}}$

成立.

如果$S_{2}(a)$在边界$\partial\Omega$上取得极值, 不妨设取得最大值. 针对点$a=(a_{1},a_{2},a_{3})$ 在边界上取值的情形, 我们分两类讨论:

(1)$a_{1},\;a_{2},\;a_{3}$取相同的边界值. 此时, $a_{1},a_{2},a_{3}$均取$K$时$S_{2}(a)$ 的值最大. 直接计算可得, $S_{1}^2(a) =S_{2}(a)=C_{1}=C^{\frac{1}{6}}.$

(2)$a_{1},\;a_{2},\;a_{3}$中至少有两个取不同的值. 根据(1.3)式, 总有$S_{1}^2(a) >S_{2}(a).$另一方面,由于此时必有$k<\frac{a_{1}+a_{2}+a_{2}}{3}<K,\;$我们总可以在$\Omega$的内部找到 以三个坐标值皆为$\frac{a_{1}+a_{2}+a_{2}}{3}$的点$p$, 在此点我们有$S_{2}(p)=S_{1}^{2}(p)$, 与假设$S_{2}(a)$在边界$\partial\Omega$上取最大值矛盾.

综上可知, 结论成立.

以下将性质2.1推广到多元对称多项式的情形.

性质 2.2 记$a=(a_{1},\cdots,a_{n}) \in\Omega\subset R^{n},\Omega=\{0<k\leq a_{i}\leq K,i=1,2\cdots,n\}$, $\;k,\;K$ 为常数, 若$S_{1}(a)S_{2}(a)S_{3}(a)=C$, 则存在常数$C_{1}$ 使得以下二式必有一个成立: \begin{eqnarray*} &&S_{1}(a)\geq C_{1}\geq S_{2}(a)^{\frac{1}{2}},\\ &&S_{2}(a)^{\frac{1}{2}}\geq C_{1}\geq S_{3}(a)^{\frac{1}{3}}. \end{eqnarray*}

证 和性质2.1的证明类似, 记$C_{1}=C^{\frac{1}{6}}$,

由(1.2)式并结合条件可得 $S_{1}(a)\geq C_{1}\geq S_{3}(a)^{\frac{1}{3}}.$ 运用拉格朗日乘子法$S_{2}(a)-C_{1}^{2}$的极值, 仍先考虑在$\Omega$内部取得极值的情形. 考虑函数:

$F(a_{1},\cdots,a_{n})=(S_{2}(a)-C_{1}^{2})+\lambda(S_{1}(a)S_{2}(a)S_{3}(a)-C),$

对$a_{1},\cdots,a_{n}$求偏导并令

$F_{a_{i}}=\frac{\sum\limits_{1\leq k\leq n}^{k\neq i}a_{k}}{C_{n}^{2}}+\lambda\{\frac{S_{2}(a)S_{3}(a)}{n}+S_{1}\frac{\sum\limits_{1\leq k\leq n}^{k\neq i}a_{k}}{C_{n}^{2}}S_{3}(a)+ S_{1}(a)S_{2}(a)\frac{\sum\limits^{k,l\neq i}_{1\leq k<l\leq n}a_{k}a_{l}}{C_{n}^{3}}\}=0,$

利用$F_{a_{i}}-F_{a_{i+1}}$做差的方法可得

$F_{a_{i}}-F_{a_{i+1}}=(a_{i+1}-a_{i})\{\frac{1}{C_{n}^{2}}+\lambda(\frac{S_{1}(a)S_{3}(a)}{C_{n}^{2}}+\frac{\sum\limits_{1\leq k\leq n}^{k \neq i, i+1}a_{k}}{C_{n}^{3}}S_{1}(a)S_{2}(a))\}=0.$

(2.7)

以下对取极值时极值点$a_{1},\cdots,a_{n}$的多种取值做一个分类研究.

情形 1 $a_{1},\cdots,a_{n}$中至少有3个元素的值各不相同,

比如$a_{i},a_{i+1},a_{i+2}$两两不等.

根据(2.7)式,由于$a_{i}\neq a_{i+1}$, 得

$\frac{1}{C_{n}^{2}}+\lambda(\frac{S_{1}(a)S_{3}(a)}{C_{n}^{2}}+\frac{\sum\limits_{1\leq k\leq n}^{k \neq i, i+1}a_{k}}{C_{n}^{3}}S_{1}(a)S_{2}(a))=0,$

(2.8)

同理由$F_{a_{i+1}}-F_{a_{i+2}}$以及$a_{i+1}\neq a_{i+2}$得

$\frac{1}{C_{n}^{2}}+\lambda(\frac{S_{1}(a)S_{3}(a)}{C_{n}^{2}}+\frac{\sum\limits_{1\leq k\leq n}^{k \neq i+1, i+2}a_{k}}{C_{n}^{3}}S_{1}(a)S_{2}(a))=0,$

(2.9)

由(2.8),(2.9)式可得 $a_{i}=a_{i+2}$与假设矛盾.

情形 2 若$a_{1},\cdots,a_{n}$只取两不同值,

不失一般性设$a_{1}=a_{2}=\cdots\neq a_{k}=\cdots=a_{n}.$根据(2.8) 式, 由$F_{a_{1}}-F_{a_{k}}$和$a_{1}\neq a_{k}$得

$\frac{1}{C_{n}^{2}}+\lambda\{\frac{S_{1}(a)S_{3}(a)}{C_{n}^{2}}+\frac{S_{1}(a)S_{2}(a)}{C_{n}^{3}}\sum\limits_{2\leq i\leq n}^{i\neq 1,k}a_{i}\}=0,$

(2.10)

从(2.10)式和$F_{a_{1}}=0$中消去$\lambda$得

$\frac{\sum\limits_{1<l\leq n}^{i\neq 1,k}a_{i}a_{l}}{C_{n}^{3}}S_{1}(a)=\frac{S_{3}}{n}+\frac{\sum\limits^{j,l\neq 1}a_{j}a_{l}}{C_{n}^{3}}S_{1}(a),$

(2.11)

化简得

$\frac{S_{3}(a)}{n}+\frac{a_{k}\sum\limits^{l\neq 1,k}a_{l}}{C_{n}^{3}}S_{1}(a)=0,$

(2.12)

由于$a_{i}>0,S_{i}>0,$上式不可能成立, 从而导致矛盾.

综上所述, 当函数$S_{2}(a)-C_{1}^{2}$达到极值时, 只能在$a_{1}=\cdots=a_{n}$时取得, 此时$S_{2}(a)=a_{n}^{2}$, 结合$S_{1}(a)S_{2}(a)S_{3}(a)=C$得到$a_{n}=C_{1}$, 即达到极值时$S_{2}(a)=C_{1}^{2}$. 由此得到, 不论$S_{2}(a)-C_{1}^{2}$取极大值或极小值, 一定存在常数$C_{1}$使得

$S_{1}(a)\geq C_{1}\geq S_{2}(a)^{\frac{1}{2}}$

或者

$S_{2}(a)^{\frac{1}{2}}\geq C_{1}\geq S_{3}(a)^{\frac{1}{3}}$

成立.

对边界上的情形与性质2.1的讨论类似, 这里不再重复.

类似的方法可以证明:

性质 2.3 记$a=(a_{1},\cdots,a_{n}) \in\Omega\subset R^{n},\Omega=\{0<k\leq a_{i}\leq K,i=1,2\cdots,n\}$, $\;k,\;K$ 为常数, 对$S_{i}(a),i=1,2,\cdots,n-2,$若$S_{i}(a)S_{i+1}(a)S_{i+2}(a)=C, $则存在常数$C_{1}$ 使得以下二式必有一个成立:

$\begin{eqnarray*} S_{i}(a)^{\frac{1}{i}}\geq &C_{1}&\geq S_{i+1}(a)^{\frac{1}{i+1}},\\ S_{i+1}(a)^{\frac{1}{i+1}}\geq &C_{1}&\geq S_{i+2}(a)^{\frac{1}{i+2}}. \end{eqnarray*}$

对多个$S_{i}(a)$的积为常数的情况可以类似证明以下性质:

性质 2.4 记$a=(a_{1},\cdots,a_{n}) \in\Omega\subset R^{n},\Omega=\{0<k\leq a_{i}\leq K,i=1,2\cdots,n\}$, $\;k,\;K$ 为常数, 若$S_{i}(a)S_{i+1}(a)S_{i+2}(a)\cdots S_{i+r}(a) =C, \; 2\leq r\leq n-i,$则存在常数$C_{1}$ 使得以下二式必有一个成立:

$\begin{eqnarray*} S_{i}(a)^{\frac{1}{i}}\geq &C_{1}&\geq S_{i+1}(a)^{\frac{1}{i+1}},\\ S_{i+1}(a)^{\frac{1}{i+1}}\geq &C_{1}&\geq S_{i+r}(a)^{\frac{1}{i+r}}. \end{eqnarray*}$

为了证明我们的定理, 需要以下几个已有的关于卵形面特征刻划的引理:

引理 3.1 (参见文献[1])设$x:M\rightarrow A^{n+1}$是一个卵形面, 则至少存在一点$x_{0}\in x(M)$, 使得在$x_{0}$点的主曲率$\lambda_{i}>0,i=1,\cdots,n.$

引理 3.2 (参见文献[2])设$x:M\rightarrow A^{n+1}$是一个卵形面, 若对某一$i(1\leq i\leq n-2)$ ,存在常数$C$ 满足 $L_{i}^{\frac{1}{i}}\geq C\geq L_{i+1}^{\frac{1}{i+1}},L_{i+1}>0,$ 则$x(M)$是椭球.

主要定理的证明 根据引理3.1, 由$L_{n}\neq 0$,及连续性性质可知$L_{n}>0$在$x(M)$上恒成立, 于是有$\lambda_{i}>0$ 恒成立. 由$x(M)$的紧致性可知, 存在正数$k\leq K$使得$0<k\leq \lambda_{i}\leq K,i=1,2\cdots,n.$根据条件$L_{i}L_{i+1}L_{i+2}=C,$ 由对称多项式的性质2.3, 存在常数$C_{1}$使得

$L_{i}^{\frac{1}{i}}\geq C_{1}\geq L_{i+1}^{\frac{1}{i+1}}$

或

$L_{i+1}^{\frac{1}{i+1}}\geq C_{1}\geq L_{i+2}^{\frac{1}{i+2}}$

中必有一式在$x(M)$上成立. 最后根据引理3.2得到卵形面$x(M)$是椭球.