GT hinh vi phan yieng viet

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (684.46 KB, 84 trang )

(1)Cơ sở hình học vi phân, A. Pressley Người dịch: Phó Đức Tài Ngày 21 tháng 12 năm 2010.

(2) Mục lục 1 Đường cong 1.1 Đường cong là gì? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Độ dài cung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Tham số hóa lại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Quan hệ giữa đường cong định mức và đường cong tham số. . . . .. 1 1 5 8 12. 2 Uốn cong 2.1 Độ cong . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Các đường cong phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Đường trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 16 16 20 26. 3 Tính chất toàn cục 3.1 Đường cong đóng đơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Bất đẳng thức đẳng chu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Định lý Bốn đỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 34 34 37 40. 4 Mặt cong 4.1 Mặt cong là gì? . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Mặt trơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Mặt tiếp xúc, pháp tuyến và tính định hướng 4.4 Các ví dụ về mặt . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Các mặt bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Các hệ trực giao bộ ba . . . . . . . . . . . . . 4.7 Các ứng dụng của Định lý hàm ngược . . . .. . . . . . . .. 42 42 46 51 54 57 61 63. . . . . .. 66 66 67 67 67 67. . . . .. 68 68 70 72 72. 5 Dạng cơ bản thứ nhất 5.1 Độ dài của đường cong trên mặt . . . . . . 5.2 Các mặt đẳng cự . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Ánh xạ bảo giác giữa các mặt . . . . . . . 5.4 Diện tích của mặt . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Ánh xạ đẳng diện và Định lý Archimedes 6 Độ cong của mặt 6.1 Dạng cơ bản thứ hai . . . . . . . . . . . . . 6.2 Độ cong của các đường cong trên một mặt 6.3 Độ cong chuẩn tắc và độ cong chính . . . . 6.4 Mô tả hình học của các độ cong chính . . . ii. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . ..

(3) 7 Độ cong Gauss 7.1 Độ cong Gauss và độ cong trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Mặt giả cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Mặt dẹt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2R2 3R3. iii. 73 73 76 79.

(4) Lời ngỏ Hình học vi phân trong tựa đề cuốn sách này đề cập đến việc nghiên cứu hình học của đường cong và mặt cong trong không gian 3 chiều dùng các kỹ thuật tính toán giải tích. Môn học này hàm chứa một số kết quả đẹp đẽ nhất trong Toán học, ngoài ra để có thể hiểu hầu hết các kết quả này chúng ta chỉ cần một số kiến thức nền tảng về giải tích (bao gồm đạo hàm riêng), tính toán véctơ và đại số tuyến tính (bao gồm ma trận và định thức). Rất nhiều kết quả về đường cong và mặt cong mà chúng ta sẽ thảo luận trong cuốn sách này là dạng sơ khai của các kết quả tổng quát trong trường hợp chiều cao, chẳng hạn định lý Gauss-Bonnet, trong chương 11, là dạng sơ khai của một số lớn các kết quả về mối quan hệ của các tính chất ’địa phương’ và ’toàn cục’ của các đối tượng hình học. Việc nghiên cứu các quan hệ như thế đã tạo ra một mảng chính của Toán học trong thế kỷ XX. Chúng tôi muốn nhấn mạnh rằng, các phương pháp sử dụng trong cuốn sách này không nhất thiết có thể mở rộng lên chiều cao. (Chẳng hạn khái niệm ’liên kết’ sẽ không được bàn đến trong suốt cuốn sách). Chúng tôi cố gắng dùng những hướng tiếp cận đơn giản nhất để chứng minh các kết quả. Nó không chỉ nhằm hạn chế kiến thức cần phải bổ sung, mà còn giúp chúng ta tránh những khái niệm khó thường gặp trong khi nghiên cứu Hình học vi phân trong chiều cao. Chúng tôi hy vọng cách tiếp cận này sẽ làm cho môn học đẹp đẽ có thể đến được với nhiều độc giả hơn. Một sự thật là không thể học toán bằng cách chỉ đọc lý thuyết mà còn phải thực hành thông qua việc giải bài tập. Có khoảng 200 bài tập, bạn đọc nên cố gắng giải càng nhiều càng tốt.. Lời người dịch: Bản dịch của cuốn sách này vẫn chưa hoàn thành, một số chương và nhiều hình vẽ chưa được thực hiện. Chúng tôi mong được sự cộng tác tự nguyện để các bạn sinh viên, học viên cao học có tài liệu tham khảo bằng tiếng Việt. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi e-mail đến địa chỉ phoductai gmail.com. iv.

(5) Chương 1 Đường cong trong mặt phẳng và trong không gian Trong chương này chúng ta sẽ thảo luận hai định nghĩa về khái niệm (trực giác) của một đường cong. Quan hệ giữa chúng khó nhận ra, vì vậy chúng ta sẽ bắt đầu bằng một vài ví dụ của đường cong với mỗi định nghĩa, và từ thực hành ta sẽ có mối liên kết giữa chúng.. 1.1. Đường cong là gì?. Nếu có ai hỏi cho ví dụ một đường cong, bạn có thể cho ngay một đường thẳng, chẳng hạn y − 2x = 1 (mặc dù nó không cong), hoặc một đường tròn, chẳng hạn x2 + y 2 = 1, hoặc có lẽ một parabôn, chẳng hạn y − x2 = 0.. y-2x=1. y-x. 2. = 0. 2. 2. x + y = 1. Tất cả các đường cong này được mô tả thông qua phương trình của chúng trong hệ tọa độ Descartes f (x, y) = c, trong đó f là hàm có biến x, y và c là hằng số. Theo quan điểm đó, một đường cong là một tập hợp các điểm, đó là C = {(x, y) ∈ R2 |f (x, y) = 0}. (1.1) Những ví dụ trên đều là các đường cong trong mặt phẳng R2 , nhưng chúng ta cũng có thể xét các đường cong trong R3 - ví dụ, trục x trong hệ tọa độ 3 chiều là một đường thẳng được cho bởi {(x, y, z) ∈ R3 |y = z = 0}, và tổng quát hơn, một đường cong trong R3 có thể định nghĩa bằng một cặp phương trình f1 (x, y, z) = c1 , f2 (x, y, z) = c2 . 1.

(6) 1.1. ĐƯỜNG CONG LÀ GÌ?. CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. Đường cong có dạng như thế được gọi là đường định mức (level curve), theo nghĩa, chẳng hạn đường cong cho bởi Pt. (1.1), gồm các điểm (x, y) trong mặt phẳng có đại lượng f (x, y) đạt mức c. Có một cách khác để mô tả một đường cong mà hóa ra rất tiện ích trong nhiều trường hợp. Đó là quỹ tích của một điểm chuyển động. Do đó, nếu γ(t) là vị trí vectơ của điểm tại thời điểm t thì đường cong được mô tả bởi hàm γ của biến số t nhận giá trị véctơ (trong R2 cho đường cong phẳng, R3 cho đường cong trong không gian). Chúng ta sử dụng ý tưởng này để đưa ra định nghĩa hình thức đầu tiên cho một đường cong trong Rn (chúng ta sẽ chỉ quan tâm trong hai trường hợp n = 2 hoặc 3, nhưng để thuận tiện xét chúng đồng thời): Định nghĩa 1.1. Một đường cong được tham số (hoặc còn gọi là cung được tham số) trong Rn là một ánh xạ γ : (α, β) → Rn , với α, β thỏa mãn −∞ ≤ α < β ≤ ∞. Kí hiệu (α, β) là khoảng mở (α, β) = {t ∈ R|α < t < β}. Một đường cong tham số có ảnh chứa trong một đường cong định mức được gọi là một tham số hóa (thành phần) của C. Các ví dụ dưới đây sẽ minh họa một cách thực hành làm thế nào từ đường cong định mức để có đường cong tham số và ngược lại. Ví dụ 1.1. Tìm một tham số hóa γ(t) cho parabôn y = x2 . Nếu γ(t) = (γ1 (t), γ2 (t)), các thành phần γ1 và γ2 của γ phải thỏa mãn γ2 (t) = γ1 (t)2 (1.2) với mọi t trong khoảng (α, β) mà γ được định nghĩa (chưa được xác định), như vậy mỗi điểm nằm trên parabôn phải có tọa độ (γ1 (t), γ2 (t)) với t ∈ (α, β). Rõ ràng, có thể nhận ra ngay một nghiệm của Pt. (1.2) là γ1 (t) = t, γ2 (t) = t2 . Để xác định tất cả các điểm trên parabôn, chúng ta cho t nhận mọi giá trị số thực (vì γ(t) có tọa độ đầu chính bằng t, mà tọa độ đầu của một điểm trên parabôn có thể là một số thực bất kỳ), bởi vậy chúng ta lấy (α, β) = (−∞, ∞). Do đó, ta có tham số hóa: γ : (−∞, ∞) → R2 , γ(t) = (t, t2 ). Nhưng đây không phải là tham số hóa duy nhất của parabôn đã cho. Chẳng hạn một tham số hóa khác, chẳng hạn γ(t) = (t3 , t6 ) (với (α, β) = (−∞, ∞)). Hoặc một dạng khác là (2t, 4t2 ), và dĩ nhiên có (vô số) các dạng khác nữa. Như vậy, tham số hóa của một đường cong định mức cho trước là không duy nhất. 2 2 Ví dụ làm tương tự như ví dụ trên, lấy x = t khi đó √ 1.2. Xét đường tròn x + y = 1. Nếu √ 2 y = 1 − t (chúng ta cũng có thể chọn y = − 1 − t2 ). Như vậy chúng ta có tham số hóa √ γ(t) = (t, 1 − t2 ). √ 2 Nhưng đây chỉ là tham số hóa √ của nửa trên của đường tròn, vì 1 − t luôn luôn ≥ 0. Tương tự, nếu chúng ta chọn y = − 1 − t2 thì chỉ phủ được nửa dưới của đường tròn. Nếu muốn có một tham số hóa của toàn bộ đường tròn thì phải tìm cách khác. Chúng ta cần tìm các hàm số γ1 (t) và γ2 (t) sao cho chúng thỏa mãn. γ1 (t)2 + γ2 (t)2 = 1. (1.3). với mọi t ∈ (α, β). Có một nghiệm hiển nhiên của Pt. (1.3) là: γ1 (t) = cos t và γ2 (t) = sin t (vì cos2 t + sin2 t = 1 với mọi t). Chúng ta có thể chọn (α, β) = (−∞, ∞), nhưng như thế là hơi thừa. Chỉ cần lấy khoảng mở (α, β) có khoảng cách lớn hơn 2π bất kỳ là đủ. 2.

(7) CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. 1.1. ĐƯỜNG CONG LÀ GÌ?. Ví dụ sau đây chỉ cách làm thế nào để từ một đường cong tham số hóa ta tìm ra đường cong định mức. Ví dụ 1.3. Xét đường cong được tham số hóa như sau, được gọi là astroid (đường hình sao): γ(t) = (cos3 t, sin3 t). Do cos2 t + sin2 t = 1 với mọi t, nên các tọa độ x = cos3 t, y = sin3 t của điểm γ(t) thỏa mãn x2/3 + y 2/3 = 1. Đường cong định mức này trùng với ảnh của ánh xạ γ. Trong cuốn sách này chúng ta sẽ nghiên cứu các đường cong (và sau đó, các mặt cong) sử dụng các tính toán giải tích. Để lấy đạo hàm một hàm giá trị véctơ như γ(t) (như trong Định nghĩa 1.1), chúng ta lấy đạo hàm từng phần: nếu γ(t) = (γ 1 (t), γ 2 (t), ..., γ n (t)) thì ³ dγ dγ dγ dγn ´ 1 2 = , , ..., , dt dt dt dt ³ d2 γ d2 γ d2 γ d2 γn ´ 1 2 = , , ..., , dt2 dt2 dt2 dt2. v.v.... Để tiết kiệm, chúng ta sẽ dùng kí hiệu γ̇(t) thay cho dγ/dt, γ̈(t) thay cho d2 γ/dt2 , v.v... Chúng ta nói rằng γ là trơn nếu mỗi thành phần γ1 , γ2 , ..., γn của γ là trơn, tức là tất cả các đạo hàm dγi /dt, d2 γi /dt2 ,d3 γi /dt3 ,... tồn tại, với mọi i = 1, 2, ..., n. Kể từ đây về sau, tất cả các đường cong tham số hóa được nói đến trong quyển sách này được giả thiết là trơn. Định nghĩa 1.2. Giả sử γ(t) là một đường cong tham số hóa. Khi đó, đạo hàm cấp 1 của nó dγ/dt được gọi là véctơ tiếp xúc của γ tại điểm γ(t). Để tìm hiểu ý nghĩa cho thuật ngữ này, xét vectơ γ(t + δt) − γ(t) δt song song với cung nối giữa 2 điểm γ(t) và γ(t + δt) của ảnh C của γ: γ(t+δt). γ(t). Chúng ta mong chờ, khi δt tiến tới 0, dây cung sẽ song song với tiếp tuyến của C tại γ(t). Do đó, tiếp tuyến phải song song với dγ γ(t + δt) − γ(t) = . δt→0 δt dt lim. Bằng trực giác dễ thấy kết quả sau đây: 3.

(8) 1.1. ĐƯỜNG CONG LÀ GÌ?. CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. Mệnh đề 1.1. Nếu vectơ tiếp xúc của một đường cong tham số là vectơ hằng, thì ảnh của đường cong là (một phần) đường thẳng. Chứng minh. Giả sử γ̇(t) = a với mọi t, trong đó a là vectơ hằng. Lấy tích phân hai vế, ta có Z Z dγ γ(t) = dt = adt = ta + b, dt với b là vectơ hằng khác. Nếu a 6= 0, thì đây là phương trình tham số của đường thẳng song song với a đi qua điểm đích của vectơ b:. ta. γ(t). a. b. Nếu a = 0 thì ảnh của γ là một điểm đơn, trùng với điểm đích của vectơ b. BÀI TẬP 1.1. Hãy kiểm tra xem γ(t) = (t2 , t4 ) có phải là một tham số hóa của parabôn y = x2 hay không? 1.2. Tìm tham số hóa của các đường cong định mức sau: (i) y 2 − x2 = 1; (ii). x2 4. +. y2 9. = 1.. 1.3. Tìm phương trình trong hệ tọa độ Descartes của đường cong tham số: (i) γ(t) = (cos2 t, sin2 t); (ii) γ(t) = (et , t2 ). 1.4. Tính véctơ tiếp xúc của các đường cong ở Bài tập 1.3. 1.5. Phác họa đường hình sao trong Ví dụ 1.3. Tính vectơ tiếp xúc của nó tại mỗi điểm. Tại những điểm nào thì có vectơ tiếp xúc bằng vectơ không? 1.6. Giả sử P là một điểm bất kỳ nằm trên đường tròn C có bán kính a > 0 và có tâm tại điểm (0, a) trong hệ tọa độ Oxy. Đường thẳng qua P và gốc tọa độ cắt đường thẳng y = 2a tại Q, đường thẳng qua P song song với trục x cắt đường thẳng qua Q song song với trục y tại R. Khi P chạy quanh C thì quỹ tích của R là một đường cong, được gọi là ma thuật của Agnesi (witch of Agnesi) 1 Đối với đường cong này: (i) Tìm một tham số hóa; (ii) Tìm phương trình trong hệ tọa độ Descartes. 1. Nd: Đường cong "witch of Agnesi" được Maria Agnesi trình bày trong sách Toán bằng tiếng Ý của bà vào 1748 (được xem là tác phẩm Toán học đầu tiên do một phụ nữ viết).. 4.

(9) CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. 1.2. ĐỘ DÀI CUNG. Q. P R. ρ. O. 1.7. Quỹ tích của một điểm cố định trên đường tròn khi đường tròn đó lăn (không trượt) dọc theo một đường thẳng được gọi là đường cong xycloit (cycloid). Chứng minh rằng nếu đường thẳng là trục x và đường tròn có bán kính a > 0 thì xycloit có thể tham số hóa bởi γ(t) = a(t − sin t, 1 − cos t). 1.8. Tổng quát hóa bài tập trên, hãy tìm tham số hóa của một êpixycloit (tương ứng, hypôxycloit), quỹ tích của một điểm cố định trên đường tròn khi đường tròn đó lăn (không trượt) phía ngoài (tương ứng, bên trong) tựa theo một đường tròn. 1.9. Chứng minh rằng γ(t) = (cos2 t − 12 , sin t cos t, sin t) là một tham số hóa của đường cong giao của mặt trụ có bán kính 21 xoay quanh trục z và mặt cầu bán kính 1 có tâm (− 12 , 0, 0). (Đường cong này có tên gọi là đường cong Viviani).. 1.10. Chứng minh rằng góc giữa γ(t) và vectơ tiếp xúc tại γ(t) không phụ thuộc t. Ở đây, γ(t) = (et cos t, et sin t) là đường xoắn ốc lôgarit (xem hình vẽ của nó ở Ví dụ 1.4).. 1.2. Độ dài cung. Giả sử v = (v1 , ..., vn ) là vectơ trong Rn với độ dài bằng q kvk = v12 + · · · + vn2 . Nếu u là một vectơ khác trong Rn thì ku − vk là độ dài của đoạn thẳng nối 2 điểm biểu diễn của u và v trong Rn . Để tìm một công thức cho độ dài cho độ dài của một đường cong tham số γ, ta chú ý rằng, nếu δt rất bé, phần ảnh C của γ giữa γ(t) và γ(t + δt) gần như là một đoạn thẳng, do đó độ dài của nó xấp xỉ bằng kγ(t + δt) − γ(t)k. 5.

(10) 1.2. ĐỘ DÀI CUNG. CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. Hơn nữa, do δt nhỏ, (γ(t + δt) − γ(t))/δt xấp xỉ bằng γ̇(t), vậy độ dài xấp xỉ kγ̇(t)kδt.. (1.4). Nếu chúng ta muốn tính độ dài của một phần (không nhất thiết nhỏ) của C chúng ta có thể chia nó thành nhiều đoạn, mỗi một đoạn tương ứng với một gia số nhỏ δt của t, rồi tính độ dài của mỗi đoạn sử dụng 1.4, và cộng các kết quả lại. Lấy δt tiến tới 0 ta sẽ có chính xác độ dài.. Điều này gợi mở đến định nghĩa sau đây: Định nghĩa 1.3. Độ dài cung của một đường cong γ xuất phát từ điểm γ(t0 ) là hàm số s(t) được cho bởi Z t s(t) = kγ̇(u)k du. t0. Vậy s(t0 ) = 0 và s(t) là dương hoặc âm phụ thuộc vào t lớn hơn hay bé hơn t0 . Nếu ta chọn R t̃ điểm khởi đầu là γ(t̃0 ) khác, thì độ dài cung s̃ khác s một hằng số bằng t00 . Ví dụ 1.4. Xét đường xoắn ốc lôgarit (logarithmic spiral) γ(t) = (et cos t, et sin t),. 10. 5. –15. –10. –5. 5. 10. 15. –5. –10. –15. ta có γ̇ = (et (cos t − sin t), et (sin t + cos t)), ∴ kγ̇k2 = (e2t (cos t − sin t)2 + e2t (sin t + cos t)2 = 2e2t . 6.

(11) CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. 1.2. ĐỘ DÀI CUNG. Do đó, độ dài cung của γ xuất phát, chẳng hạn từ điểm γ(0) = (1, 0) là Z t√ √ s= 2e2u du = 2(et − 1). 0. Nếu s là độ dài cung của đường cong γ xuất phát từ γ(t0 ), khi đó Z ds d t = kγ̇(u)kdu = kγ̇(t)k. dt dt t0. (1.5). Xem γ(t) như là vị trí của một điểm chuyển động tại thời điểm t, thì ds/dt là vận tốc của điểm đó (là tỉ lệ của sự thay đổi khoảng cách trên đường cong). Với lí do này, chúng ta đi đến định nghĩa sau: Định nghĩa 1.4. Giả sử γ : (α, β) → Rn là một đường cong tham số, khi đó vận tốc của nó tại điểm γ(t) là kγ̇(t)k, và γ được gọi là đường cong có vận tốc đơn vị nếu γ̇(t) là vectơ đơn vị với mọi t ∈ (α, β). Chúng ta sẽ thấy trong nhiều ví dụ, các công thức và kết quả đối với các đường cong sẽ đơn giản đi nhiều nếu đường cong có vận tốc đơn vị. Lí do của sự đơn giản hóa được mô tả trong mệnh đề dưới đây. Mặc dù vấn đề này đầu tiên có vẻ không thú vị, nhưng thực sự nó rất hữu ích về sau. Mệnh đề 1.2. Giả sử n(t) là vectơ đơn vị, là một hàm trơn của biến t. Khi đó, có tích ṅ(t).n(t) = 0 với mọi t, tức là ṅ(t) bằng 0 hoặc vuông góc với n(t) với mọi t. Đặc biệt, nếu γ là đường cong có vận tốc đơn vị, thì γ̈ bằng không hoặc vuông góc với γ̇. Chứng minh. Sử dụng ’công thức tích’ đối với đạo hàm của tích của các hàm có giá trị vectơ a(t) và b(t): d da db (a.b) = .b + a. . dt dt dt Lấy đạo hàm theo t hai vế của phương trình n.n = 1, theo công thức trên thu được ṅ.n + n.ṅ = 0, do đó 2ṅ.n = 0. Phần còn lại được suy ra bằng cách lấy n = γ̇. BÀI TẬP 1.11. Tính độ dài cung của dây xích (catenary) γ(t) = (t, cosh t) từ điểm (0, 1). 1.12. Chứng minh rằng các đường cong dưới đây có vận tốc đơn vị: ´ ³ (i) γ(t) = 13 (1 + t)3/2 , 31 (1 − t)3/2 , √t2 ; ¡ ¢ (ii) γ(t) = 45 cos t, 1 − sin t, − 35 cos t . 1.13. Tính độ dài cung của xycloid trong Bài tập 1.7 khi quay hết một vòng tròn. 7.

(12) 1.3. THAM SỐ HÓA LẠI. 1.3. CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. Tham số hóa lại. Ở trong các Ví dụ 1.1 và 1.2, chúng ta đã thấy một đường cong có thể có nhiều tham số hóa. Mối quan hệ giữa các tham số hóa là điều quan trọng cần bàn đến. Định nghĩa 1.5. Đường cong tham số γ̃ : (α̃, β̃) → Rn là một tham số hóa lại của đường cong tham số γ : (α, β) → Rn nếu có một song ánh trơn φ : (α̃, β̃) → (α, β) (được gọi là ánh xạ tham số hóa lại) sao cho ánh xạ φ−1 : (α, β) → (α̃, β̃) cũng là ánh xạ trơn và γ̃(t̃) = γ(φ(t̃)) với mọi t̃ ∈ (α̃, β̃). Do ánh xạ ngược của φ là ánh xạ trơn, nên γ là một tham số hóa lại của γ̃: γ̃(φ−1 (t)) = γ(φ(φ−1 (t))) = γ(t) với mọi t ∈ (α, β). Hai đường cong là tham số hóa lại với nhau thì có cùng ảnh, vì vậy chúng có các tính chất hình học giống nhau. Ví dụ 1.5. Trong Ví dụ 1.2, ta có tham số hóa γ(t) = (cos t, sin t) cho đường tròn x2 + y 2 = 1, và một tham số hóa khác γ̃(t) = (sin t, cos t) (vì sin2 t + cos2 t = 1). Để chứng tỏ γ̃ là tham số hóa lại của γ, ta cần tìm ánh xạ tham số hóa lại φ sao cho (cos φ(t), sin φ(t)) = (sin t, cos t) Tồn tại φ như vậy, chẳng hạn φ(t) = π/2 − t. Như ở nhận xét trong phần trước, việc khảo sát đường cong sẽ đơn giản hơn nếu nó có vận tốc đơn vị. Vì vậy cần biết đường cong nào có tham số hóa lại là đường cong có vận tốc đơn vị. Định nghĩa 1.6. Điểm γ(t) của đường cong tham số γ được gọi là điểm chính qui nếu γ̇(t) 6= 0; ngược lại nó được gọi là điểm kì dị. Một đường cong được gọi là chính qui nếu mọi điểm của nó đều chính qui. Trước khi chỉ ra mối quan hệ giữa tính chính qui và biểu diễn tham số hóa lại có vận tốc đơn vị, ta nêu ra dưới đây hai tính chất đơn giản của đường cong chính qui. Mặc dù trông các kết quả này chẳng có gì lôi cuốn, nhưng chúng rất quan trọng trong ứng dụng về sau. Mệnh đề 1.3. Mọi tham số hóa lại của một đường cong chính qui đều chính qui. Chứng minh. Giả sử γ và γ̃ có quan hệ như trong Định nghĩa 1.5, đặt t = φ(t̃) và ψ = φ−1 sao cho t̃ = ψ(t). Lấy đạo hàm theo biến t hai vế của phương trình φ(ψ(t)) = t, theo luật hợp thành ta có dφ dψ = 1. dt̃ dt Điều đó chứng tỏ dφ(t)/dt̃ không thể bằng 0. Do γ̃(t̃) = γ(φ(t̃)), tương tự áp dụng luật hợp thành ta có dγ dφ dγ̃ = , dt dt̃ dt̃ từ đó suy ra dγ̃/dt̃ khác 0 với mọi t̃ nếu dγ/dt khác 0 vói mọi t. 8.

(13) CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. 1.3. THAM SỐ HÓA LẠI. Mệnh đề 1.4. Nếu γ(t) là đường cong chính qui thì độ dài cung, s (như trong Định nghĩa 1.3), xuất phát từ một điểm bất kỳ của γ, là một hàm trơn theo t. Chứng minh. Như chúng ta đã biết (không cần phải giả thiết γ chính qui) s là hàm khả vi theo t và ds = kγ̇(t)k. dt Để đơn giản hóa kí hiệu, từ đây giả sử γ là đường cong phẳng, chẳng hạn γ(t) = (u(t), v(t)), với u và v là các hàm trơn biến t. Định nghĩa f : R2 → R như sau √ f (u, v) = u2 + v 2 , sao cho. ds = f (u̇, v̇). (1.6) dt Điểm mấu chốt là có f trơn trong R2 \ {(0, 0)}, tức là tất cả các đạo hàm riêng của f ở mọi bậc đều tồn tại và là các hàm liên tục ngoại trừ tại gốc tọa độ (0, 0). Chẳng hạn, ∂f u =√ , 2 ∂u u + v2. ∂f v =√ , 2 ∂v u + v2. là định nghĩa tốt và liên tục ngoại trừ khi u = v = 0, tương tự cho các đạo hàm bậc cao hơn. Vì γ chính qui, nên u̇ và v̇ không đồng thời bằng 0 và từ Pt. (1.6) suy ra ds/dt là hàm trơn. Chẳng hạn, d2 s ∂f ∂f = ü + v̈, 2 dt ∂u ∂v và tương tự với các đạo hàm bậc cao hơn. Kết quả chính là mệnh đề sau đây. Mệnh đề 1.5. Một đường cong tham số hóa có một tham số hóa lại có vận tốc đơn vị khi và chỉ khi nó là đường chính qui. Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử đường cong tham số γ : (α, β) → Rn có một tham số hóa lại γ̃ có vận tốc đơn vị, gọi φ là ánh xạ tham số hóa lại. Với t = φ(t̃), ta có γ̃(t̃) = γ(t), dγ̃ dγ dt ∴ = , dt dt̃ dt̃ dγ dt dγ̃ ∴ k k = k k | |. dt dt̃ dt̃ Do γ̃ có vận tốc đơn vị, suy ra kdγ̃/dt̃k = 1, vì vậy rõ ràng dγ/dt khác không. Điều kiện đủ. Giả sử vectơ tiếp xúc dγ/dt luôn luôn khác không.Từ Pt. (1.5), ta có ds/dt > 0 với mọi t, trong đó s là độ dài cung của γ xuất phát từ điểm bất kỳ trên đường cong, từ Mệnh đề 1.4 suy ra s là hàm trơn theo t. Áp dụng định lý hàm ngược, ta có s : (α, β) → R là một đơn ánh, ảnh của nó là một khoảng mở (α̃, β̃), và ánh xạ ngược s−1 : (α̃, β̃) → (α, β) là trơn. (Bạn 9.

(14) 1.3. THAM SỐ HÓA LẠI. CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. đọc nào không quen thuộc với định lý hàm ngược tạm thời chấp nhận khẳng định này; định lý này sẽ được nêu trong mục 1.4 và cụ thể hơn trong Chương 4.) Lấy φ = s−1 và γ̃ tương ứng là tham số hóa lại của γ sao cho γ̃(s) = γ(t). Khi đó, dγ̃ ds dγ = , ds dt dt ds dγ̃ ds dγ ∴ k k = k k= ds̃ dt dt dt̃ dγ̃ ∴ k k = 1. ds̃. (do Pt. (1.5)),. Chứng minh của Mệnh đề 1.5 chứng tỏ rằng độ dài cung thực chất là biến của tham số hóa lại có vận tốc đơn vị của đường cong chính qui: Hệ quả 1.1. Giả sử γ là một đường cong chính qui và γ̃ là một tham số hóa lại của γ có vận tốc đơn vị: γ̃(u(t)) = γ(t) với mọi t, trong đó u là một hàm trơn theo t. Khi đó, nếu s là độ dài cung của γ (xuất phát từ điểm bất kỳ) thì u = ±s + c, (1.7) với c là một hằng số. Ngược lại, nếu u có giá trị như ở Pt. (2.7) với hằng số c nào đó và một trong hai dấu, thì γ̃ là một tham số hóa lại của γ. Chứng minh. Tính toán như trong phần đầu của chứng minh Mệnh đề 1.5 chứng tỏ rằng u có một tham số hóa lại có vận tốc đơn vị khi và chỉ khi du dγ ds = ±k k = ± dt dt dt. do Pt. (1.5).. Vậy u = ±s + c với hằng số c nào đó. Mặc dù mọi đường cong chính qui đều có một tham số hóa lại có vận tốc đơn vị, nhưng có thể rất phức tạp, hoặc thậm chí không thể viết ra chính xác, như các ví dụ dưới đây. Ví dụ 1.6. Với đường xoắn ốc lôgarit γ(t) = (et cos t, et sin t), trong Ví dụ 1.4 ta đã biết kγ̇k2 = 2e2t . Vế phải luôn luôn √ khác không, do đó γ ¡là chính ¢ qui. Độ dài cung γ xuất phát từ điểm (1, 0) như đã biết s = 2(et − 1). Do đó, t = ln √s2 + 1 , vì vậy có một tham số hóa lại có vận tốc đơn vị của γ có công thức khá dài dưới đây ³³ s ´ ³ ³ s ´´ ³ s ´ ³ ³ s ´´´ √ + 1 cos ln √ + 1 , √ + 1 sin ln √ + 1 γ̃(s) = . 2 2 2 2 10.

(15) CHƯƠNG 1. ĐƯỜNG CONG. 1.3. THAM SỐ HÓA LẠI. 1000. 500. 0. –500. –1000 –10. 100. –5. 80 60. 0 40. 5. 20 10. Ví dụ 1.7. Đường cong xoắn bậc ba (twisted cubic) là đường cong không gian cho bởi γ(t) = (t, t2 , t3 ),. −∞ < t < ∞.. Ta có γ̇(t) = (1, 2t, 3t2 ), √ 1 + 4t2 + 9t4 . ∴ kγ̇(t)k = Vế phải của đẳng thức sau cùng luôn luôn khác không, vì vậy γ là chính qui. Độ dài cung xuất phát từ điểm γ(0) = 0 bằng Z t√ s= 1 + 4u2 + 9u4 du. 0. Không thể biểu diễn tích phân này qua các hàm quen thuộc như lôgarit, hàm e mũ, hàm lượng giác. v.v... (ví dụ này thường được gọi là tích phân elliptic.) Ví dụ sau cùng dưới đây sẽ chứng tỏ một đường cong có thể có cả hai dạng tham số hóa lại: chính qui và không chính qui. Ví dụ 1.8. Xét tham số hóa γ(t) = (t, t2 ) của parabôn y = x2 , có γ̇(t) = (1, 2t) luôn luôn khác không, do đó γ là chính qui. Nhưng γ̃(t) = (t3 , t6 ) ˙ cũng là một tham số hóa của parabôn ở trên. Vì γ̃(t) = (3t2 , 6t5 ), và nó bằng không khi t = 0, do đó γ̃ không chính qui. BÀI TẬP 1.14. Trong những đường cong dưới đây trường hợp nào là chính qui: (i) γ(t) = (cos2 t, sin2 t) với −∞ < t < ∞; (ii) với đường cong như trong (i), nhưng 0 < t < π/2; (iii) γ(t) = (t, cosh t) với −∞ < t < ∞. Tìm tham số hóa lại có vận tốc đơn vị của (các) đường chính qui. 11.

(16) 1.4. QUAN HỆ GIỮA ĐƯỜNG CONG ĐỊNH MỨC VÀ ĐƯỜNGCHƯƠNG CONG THAM 1. ĐƯỜNG SỐ CONG. 1. 0.5. 0. 0.2. 0.4. 0.6. 0.8. 1. –0.5. –1. 1.15. Đường xixôit của Diocles (cissoid of Diocles) như ở hình vẽ trên, trong hệ tọa độ cực (r, θ) có phương trình r = sin θ tan θ, −π/2 < θ < π/2. Hãy tìm một tham số hóa của xixôit với biến θ, và chứng minh rằng ³ t3 ´ γ(t) = t2 , √ , 1 − t2. −1 < t < 1,. là một tham số hóa lại của nó. 1.16. Giả sử γ là đường cong trong Rn và γ̃ là tham số hóa lại của γ với φ là ánh xạ tham số hóa lại (sao cho γ̃(t̃) = γ(φ(t̃))). Xét t̃0 là một giá trị cố định của t̃, đặt t0 = φ(t̃0 ). Giả sử s và s̃ là độ dài cung của γ và γ̃ xuất phát từ điểm γ(t0 ) = γ̃(t̃0 ). Chứng minh rằng s̃ = s nếu dφ/dt̃ > 0 với mọi t̃, và s̃ = −s nếu dφ/dt̃ < 0 với mọi t̃.. 1.4. Quan hệ giữa đường cong định mức và đường cong tham số. Bây giờ chúng ta sẽ cố gắng làm sáng tỏ chi tiết mối quan hệ giữa hai dạng mô tả của đường cong mà đã đề cập trong phần trước. Đường cong định mức nói chung như chúng ta đã định nghĩa không phải luôn luôn là đối tượng mà ta muốn gọi là đường cong. Lấy ví dụ, ’đường cong’ định mức x2 + y 2 = 0 chỉ là một điểm. Trong định lý dưới đây, những điều kiện cần cho một hàm số f (x, y) để đường cong định mức f (x, y) = c (với c là hằng số) có thể tham số hóa được, sẽ được trình bày. Chú ý rằng chúng ta có thể coi c = 0 (vì có thể thay f bởi f − c). Định lý 1.1. Giả sử f (x, y) là một hàm trơn hai biến (tức là, mọi đạo hàm riêng của f , tại mọi cấp, đều tồn tại và là các hàm liên tục). Giả sử thêm rằng tại mọi điểm của đường cong định mức C = {(x, y) ∈ R2 |f (x, y) = 0}, ∂f /∂x và ∂f /∂y không đồng thời bằng không. Nếu P là một điểm của C, với tọa độ (x0 , y0 ), thì tồn tại một đường cong tham số hóa chính qui γ(t), xác định trên một khoảng mở chứa 0, sao cho γ đi qua P khi t = 0 và γ(t) chứa trong C với mọi t. 12.

(17) CHƯƠNG 1.4. 1. ĐƯỜNG QUAN HỆ CONG GIỮA ĐƯỜNG CONG ĐỊNH MỨC VÀ ĐƯỜNG CONG THAM SỐ. Chứng minh định lý này ta dùng định lý hàm ngược (trong chứng minh Mệnh đề 1.5 một dạng của định lý hàm ngược đã được sử dụng). Tại thời điểm này chúng tôi chỉ cố gắng thuyết phục bạn đọc chấp nhận nó. Chứng minh sẽ được nêu trong bài tập phần sau (Bài tập 4.31), sau khi định lý hàm ngược được giới thiệu một cách chính thức và sử dụng trong những bàn luận về mặt cong. Để hiểu về các điều kiện của f trong Định lý 1.1, giả sử (x0 + ∆x, y0 + ∆y) điểm trên C nằm gần P , sao cho f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) = 0. Từ định lý Taylor với hàm hai biến, f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) = f (x0 , y0 ) + ∆x. ∂f ∂f + ∆y , ∂x ∂y. lờ đi các tích của các đại lượng bé ∆x và ∆y (các đạo hàm riêng lấy giá trị tại (x0 , y0 )) Do đó, ∆x. ∂f ∂f + ∆y = 0. ∂x ∂y. (1.8). Vì ∆x ¡ ∂fvà∂f∆y ¢ bé, vectơ (∆x, ∆y) gần với vectơ tiếp tuyến của C tại P , Pt. (2.8) suy ra vectơ n = ∂x , ∂y là véctơ pháp tuyến của C tại P . Giả thiết trong Định lý 1.1 nói rằng vectơ n khác y. C. n (∆x,∆y). P. x. không tại mọi điểm của C. Giả sử, chẳng hạn ∂f 6= 0 tại P . Như thế n không song song với ∂y trục x tại P , vì vậy tiếp tuyến của C tại P không song song với trục y. Điều này suy ra những y. C. y0. P. x0. x. đường thẳng đứng x = constant gần x = x0 đều giao C tại duy nhất một điểm (x, y) gần P . Nói cách khác, phương trình f (x, y) = 0 (1.9) có duy nhất nghiệm y gần y0 với mọi x gần x0 . Chú ý rằng điều này không còn đúng trong trường hợp tiếp tuyến của C tại P song song với trục y: Trong ví dụ này, những đường thẳng x = constant bên trái x = x0 không cắt C trong lân cận điểm P , trong khi ở bên phải x = x0 chúng cắt C nhiều hơn một điểm. Khẳng định in chữ nghiêng ở trên có nghĩa là có một hàm số g(x), định nghĩa với x trong lân cận x0 , sao cho y = g(x) là nghiệm duy nhất của Pt. (2.9) trong lân cận y0 . Bây giờ chúng ta có thể định nghĩa tham số hóa γ thành phần của C trong lân cận của P bởi γ(t) = (t, g(t)). 13.

(18) 1.4. QUAN HỆ GIỮA ĐƯỜNG CONG ĐỊNH MỨC VÀ ĐƯỜNGCHƯƠNG CONG THAM 1. ĐƯỜNG SỐ CONG. y. P. x0. x. Nếu chúng ta chấp nhận g là hàm trơn (điều này có được từ định lý hàm ngược), thì γ hẳn là đường chính qui, do γ̇ = (1, ġ) hiển nhiên luôn luôn khác không. Điều đó chứng minh Định lý 1.1. Thật ra có thể chứng minh hơn một ít khẳng định đã nêu trong Định lý 1.1. Giả sử f (x, y) thỏa mãn các điều kiện trong định lý, và giả thiết thêm rằng đường cong định mức C cho bởi f (x, y) = 0 là liên thông. Đối với các bạn đọc không quen thuộc với tôpô tập điểm, điều này hiểu nôm na là C chỉ có ’một phần’. Ví dụ, đường tròn x2 + y 2 = 1 là liên thông, còn hypecbôn x2 − y 2 = 1 thì không: Với những giả thiết này cho f , thì sẽ có đường cong tham số γ chính qui. 2. 2. 2. x + y =1. 2. x -y =1. có ảnh là toàn bộ C. Hơn nữa, nếu C không ’khép kín’ (như đường thẳng hay parabôn), có thể xây dựng γ là đơn ánh, ngược lại nếu C ’khép kín’ (như đường tròn hay ellip), thì γ ánh xạ từ khoảng đóng [α, β] lên C, γ(α) = γ(β) và γ là đơn ánh trên khoảng mở (α, β). Có thể sử dụng lập luận tương tự để từ đường cong tham số hóa đi đến đường cong định mức: Định lý 1.2. Giả sử γ là một đường cong tham số chính qui, và γ(t0 ) = (x0 , y0 ) là một điểm trong ảnh của γ. Khi đó, tồn tại một hàm trơn có giá trị thực f (x, y), định nghĩa với x và y nằm trong các khoảng mở chứa x và y tương ứng, và f thỏa mãn các điều kiện trong Định lý ??, sao cho γ(t) chứa trong đường cong định mức f (x, y) = 0 với mọi giá trị của t nằm trong khoảng mở nào đó chứa t. Chứng minh của Định lý 1.2 tương tự như Định lý 1.1. Giả sử γ(t) = (u(t), v(t)), trong đó u và v là các hàm trơn. Do γ chính qui, nên ít nhất một trong u̇(t0 ) và v̇(t0 ) phải khác không, giả sử là u̇(t0 ). Điều này có nghĩa đồ thị của u (hàm số theo biến t) không song song với trục t tại t0 : Như trong chứng minh của Định lý 1.1, đường thẳng nào song song với trục t, trong lân cận u = x0 cắt đồ thị của u tại một điểm duy nhất u(t) với t gần t0 . Do đó xây dựng được hàm h(x), định nghĩa với x nằm trong một khoảng mở chứa x0 , sao cho t = h(x) là 14.

(19) CHƯƠNG 1.4. 1. ĐƯỜNG QUAN HỆ CONG GIỮA ĐƯỜNG CONG ĐỊNH MỨC VÀ ĐƯỜNG CONG THAM SỐ. u. C. u0. t0. t. nghiệm duy nhất của u(t) = x nếu x trong lân cận x0 và t trong lân cận t0 . Định lý hàm ngược chứng tỏ h trơn. Khi đó, hàm số f (x, y) = y − v(h(x)) có những tính chất mà chúng ta muốn. Xét trường hợp tổng quát, có thể không tồn tại một hàm f nào thỏa mãn điều kiện trong Định lý 1.1 sao cho ảnh của γ chứa trong đường cong định mức f (x, y) = 0, ví dụ như trong trường hợp γ có điểm tự giao như đường cong limacon γ(t) = ((1 + 2 cos t) cos t, (1 + 2 cos t) sin t). Từ định lý hàm ẩn suy ra không tồn tại hàm f số nào thỏa mãn các điều kiện trong Định lý 1.5. 1. 0.5. 0. 0.5. 1. 1.5. 2. 2.5. 3. –0.5. –1. –1.5. 1.1 để biểu diễn một đường cong trong lân cận điểm tự cắt như trên. BÀI TẬP 1.17. Tổng quát hóa Định lý 1.1 cho các đường cong định mức trong R3 được cho bởi f (x, y, z) = g(x, y, z) = 0. (Để phỏng đoán điều kiện tương tự cho f như trong Định lý 1.1, chứng tỏ , ∂f , ∂f ) ) là pháp diện của mặt f (x, y, z) = 0, và tìm điều kiện cho hai mặt cắt rằng ( ∂f ∂x ∂y ∂z nhau tại một đường thẳng. Xem bài tập 4.16 cho một phát biểu chặt chẽ. 1.18. Tổng quát hóa Định lý 1.2 cho đường cong trong R3 (và cả Rn ). 1.19. Phác họa đường cong đinh mức C cho bởi f (x, y) = 0 với f (x, y) = y − |x|. Chú ý rằng f không thỉa mãn các điều kiện trong Định lý 1.1 bởi vì ∂f /∂x tại điểm (0, 0) trên đường cong là không tồn tại. Chứng tỏ dù vậy vẫn có một đường cong tham số trơn γ có ảnh là toàn bộ C. Liệu có đường cong tham số hóa chính qui có tính chất này hay không? Từ đây cho đến hết cuốn sách, chúng ta đơn giản gọi ’đường cong’ chung cho cả hai dạng, định mức và tham số. 15.

(20) Chương 2 Đường cong uốn cong như thế nào? Trong chương này chúng ta sẽ mô tả đường cong trong R3 bởi hai hàm vô hướng, đó là độ cong và độ xoắn. Độ cong là tiêu chuẩn để đánh giá đường cong sai khác đường thẳng (đường thẳng có độ đo bằng không), còn độ xoắn là tiêu chuẩn đánh giá đường cong không nằm trong một mặt phẳng (đường cong phẳng có độ xoắn bằng không). Cuối cùng chúng ta sẽ thấy độ cong và độ xoắn quyết định hình dáng của đường cong.. 2.1. Độ cong. Chúng ta muốn đo một đường cong ’uốn cong’ như thế nào. Do ’độ cong’ này chỉ phụ thuộc vào ’hình dáng’ của đường cong, nên: (i) độ cong không đổi khi đường cong có tham số hóa lại. Hơn nữa, độ cong phải thỏa mãn các trường hợp đơn giản mà ta có được từ trực giác, chẳng hạn: (ii) độ cong của một đường thẳng bằng không, các đường tròn lớn có độ cong bé hơn các đường tròn bé. Ghi nhớ (ii), chúng ta sẽ lần ra định nghĩa của độ cong nhờ Mệnh đề 1.1: nếu đường cong phẳng γ có γ̈ = 0 tại mọi nơi, thì γ là một phần của một đường thẳng, vì vậy nó phải có độ cong bằng không. Vì vậy độ cong của γ được gợi ý sẽ bằng kγ̈k (chúng ta lấy chuẩn vì muốn đây là một vô hướng, chứ không phải là một vectơ). Không may, nó phụ thuộc (một cách khá phức tạp) vào tham số hóa của γ. Để tránh chuyện này chúng ta thay bằng tham số hóa lại γ có vận tốc đơn vị, tức là kγ̇k = 1 ở mọi nơi. (Thật ra do Hệ quả 1.1 nên không cần thiết phải lo đến khả năng tồn tại tham số hóa lại.) Vì vậy ta có: Định nghĩa 2.1. Nếu γ là đường cong vận tốc đơn vị với tham số s, độ cong κ(s) tại điểm γ(s) được định nghĩa là kγ̈(s)k. Phần đầu của điều kiện (ii) rõ ràng thỏa mãn. Phần thứ hai, xét đường tròn tâm (x0 , y0 ) bán kính R. Nó có một tham số hóa có vận tốc đơn vị ¡ s¢ s . γ(s) = x0 + R cos , y0 + R sin R R Ta có ¡ s s¢ γ̇(s) = − sin , cos , R R r ¡ s ¢2 ¡ s ¢2 ∴ kγ̇(s)k = − sin + cos = 1, R R 16.

(21) CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 2.1. ĐỘ CONG. chứng tỏ rằng γ có vận tốc đơn vị, do đó s 1 s¢ 1 − cos , − sin , R R R r R ¡ 1 s ¢2 ¡ 1 s ¢2 1 ∴ kγ̈(s)k = − cos + − sin = , R R R R R γ̈(s) =. ¡. do đó độ cong của đường tròn bằng nghịch đảo của bán kính. Để kiểm tra điều kiện (i), nhắc lại Hệ quả 1.1, nếu γ(s) là đường cong có vận tốc đơn vị, thì các tham số hóa lại có vận tốc đơn vị của γ đều có dạng γ(u), với u = ±s + c, và c là một hằng số. Theo luật hợp thành, dγ dγ du dγ = =± , ds du ds du ∴. d ¡ dγ ¢ du d ¡ dγ ¢ d2 γ d2 γ = = ± ± = 2. ds2 du ds ds du du du. Điều đó chứng tỏ rằng độ cong của đường cong với biến s có vận tốc đơn vị cũng giống như với biến u có vận tốc đơn vị. Vậy làm cách nào để tính độ cong nếu đường cong γ(t) không có vận tốc đơn vị? Nếu γ là chính qui (xem Định nghĩa 1.6), thì do Mệnh đề 1.5 nên γ có một tham số hóa lại có vận tốc đơn vị γ̃. Chúng ta định nghĩa độ cong của γ là độ cong của đường cong có vận tốc đơn vị γ̃. Nhưng không phải luôn luôn có một biểu diễn tham số hóa lại một cách chính xác (xem Ví dụ 1.7), do đó chúng ta thật sự cần một công thức cho độ cong chỉ thông qua γ và t. Mệnh đề 2.1. Giả sử γ(t) là một đường cong chính qui trong R3 . Khi đó, độ cong của nó bằng κ=. kγ̈ × γ̇k kγ̇k3. (2.1). ở đây × là kí hiệu tích vectơ, và dấu chấm trên đầu kí hiệu d/dt. Dĩ nhiên một đường cong trong R2 có thể xem như là đường cong trong R3 với tọa độ cuối bằng không, nên có thể sử dụng Pt. (2.1) để tính độ cong của một đường cong phẳng. Chứng minh. Giả sử γ̃ (với biến s) là một tham số hóa lại của γ có vận tốc đơn vị. Kí hiệu dấu phẩy trên đầu cho d/ds. Khi đó, do luật hợp thành γ̃ 0 do đó. Ta có. ds = γ̇, dt. ³ ´ γ̇ d 2 ³ ´ γ̈ ds − γ̇ ddt2s dt ds/dt d γ̇ 00 dt κ = kγ̃ k = k k=k k=k k. ds ds/dt ds/dt (ds/dt)3 ¡ ds ¢2 = kγ̇k2 = γ̇.γ̇, dt 17. (2.2).

(22) 2.1. ĐỘ CONG. CHƯƠNG 2. UỐN CONG. và đạo hàm theo t cho. ds d2 s = γ̇.γ̈. dt dt2. Sử dụng điều này và Pt. (2.2), thu được ¡ ¢2 2 γ̈ ds − γ̇ ddt2s ds kγ̈(γ̇.γ̇) − γ̇(γ̇.γ̈)k dt dt κ=k k= . 4 (ds/dt) kγ̇k4 Sử dụng đồng nhất thức về tích của ba vectơ a × (b × c) = (a.c)b − (a.b)c (ở đây a, b, c ∈ R3 ), thu được γ̇ × (γ̈ × γ̇) = γ̈(γ̇.γ̇) − γ̇(γ̇.γ̈). Hơn nữa, γ̇ và γ̈ × γ̇ là các vectơ trực giao, nên kγ̇ × (γ̈ × γ̇)k = kγ̇kkγ̈ × γ̇k. Do đó kγ̈(γ̇.γ̇) − γ̇(γ̇.γ̈)k γ̇ × (γ̈ × γ̇) = 4 kγ̇k kγ̇k4 kγ̇kkγ̈ × γ̇k = kγ̇k4 kγ̈ × γ̇k . = kγ̇k3. Nếu γ là đường cong không chính qui nói chung ta không định nghĩa được độ cong của nó. Dù sao, công thức (2.1) chứng tỏ rằng vẫn xác định được độ cong tại các điểm chính qui. Ví dụ 2.1. Một đường xoắn ốc tròn quay quanh trục z là đường cong có dạng γ(θ) = (a cos θ, a sin θ, bθ),. −∞ < θ < ∞,. trong đó a và b là các hằng số. Nếu (x, y, z) là một điểm ở trên (ảnh của) đường xoắn ốc thì x = a cos θ, y = a sin θ, z = bθ, với θ nào đó, nên x2 + y 2 = a2 , chứng tỏ rằng đường xoắn ốc nằm trên hình trụ quay quanh trục z với bán kính |a|; số dương |a| được gọi là bán kính của đường xoắn ốc. Khi θ quay một góc 2π thì điểm (a cos θ, a sin θ, bθ) quay một vòng quanh trục z và nâng theo trục z một khoảng 2πb; số dương 2πb được gọi là độ cao của đường xoắn ốc (chúng ta lấy giá trị tuyệt đối vì không có giả thiết cho a hay b là số dương). Bây giờ chúng ta sẽ tính độ cong của đường xoắn ốc dựa vào công thức trong Mệnh đề 2.1. Kí hiệu chấm trên đầu là cho d/dθ, ta có γ̇(θ) = (−a sin θ, a cos θ, b), √ ∴ kγ̇(θ)k = a2 + b2 . 18.

(23) CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 2.1. ĐỘ CONG. 20. 10. 0. –10. –20 –1 1. –0.5. 0.5. 0. 0 0.5. –0.5 1. Điều đó chứng tỏ γ̇(θ) luôn luôn khác không, nên γ là chính qui (ngoại trừ trường hợp a = b = 0, khi đó ảnh của đường xoắn ốc chỉ là một điểm). Do đó có thể sử dụng công thức trong Mệnh đề 2.1, ta có γ̈ = (−a cos θ, −a sin θ, 0), ∴ γ̈ × γ̇ = (−ab sin θ, ab cos θ, −a2 ),. ∴κ=. k(−ab sin θ, ab cos θ, −a2 )k (a2 b2 + a4 )1/2 |a| = = 2 . 3 2 2 3/2 k(−a sin θ, a cos θ, b)k (a + b ) a + b2. (2.3). Vì vậy độ cong của đường xoắn ốc là hằng số. Chúng ta thử kiểm chứng lại kết quả này qua một số trường hợp đã biết. Trước hết, trường hợp b = 0 (nhưng a 6= 0). Thì đường xoắn ốc đơn giản chỉ là đường tròn trong mặt phẳng xy với bán kính |a|, như đã tính ở Định nghĩa 2.1 thì độ cong bằng 1/|a|. Mặt khác, công thức (2.3) suy ra độ cong bằng |a| |a| |a| 1 = 2 = 2 = . 2 2 a +0 a |a| |a| Tiếp đến, xét trường hợp a = 0 (nhưng b 6= 0). Khi đó ảnh của đường xoắn ốc chỉ là trục z, là một đường thẳng nên có độ cong bằng 0. Và công thức (2.3) cũng cho cùng kết quả khi a = 0. BÀI TẬP 2.1. Hãy tính độ cong của các đường cong sau: ¢ ¡ (i) γ(t) = 13 (1 + t)3/2 , 13 (1 − t)3/2 , √t2 ; (ii) γ(t) = ( 45 cos t, 1 − sin t, − 35 cos t); (iii) γ(t) = (t, cosh t); (iv) γ(t) = (cos3 t, sin3 t). Đối với đường hình sao ở câu (iv), chứng tỏ rằng độ cong tiến tới vô cùng tại lân cận một trong bốn điểm (±1, 0), (0, ±1). So sánh với hình vẽ phát họa trong Bài tập 1.5. 2.2. Chứng minh rằng, nếu độ cong κ(t) của một đường cong chính qui γ(t) là > 0 ở mọi nơi, thì κ(t) là một hàm trơn theo t. Hãy cho một phản ví dụ nếu thiếu giả thiết κ > 0. 19.

(24) 2.2. CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG. 2.2. CHƯƠNG 2. UỐN CONG. Các đường cong phẳng. Đối với các đường cong phẳng, ta có thể làm tinh tế định nghĩa của độ cong một ít và có một mô tả hình học đẹp. Giả sử γ(s) là đường cong có vận tốc đơn vị trong R2 . Kí hiệu d/ds bởi dấu chấm trên, lấy t = γ̇ là vectơ tiếp xúc của γ; chú ý rằng t là vectơ đơn vị. Có hai vectơ độ dài đơn vị vuông góc với t; chọn vectơ ns là vectơ đơn vị nhận được bởi quay t một góc π/2 theo ngược chiều kim đồng hồ, ns được gọi là (vectơ) chuẩn đơn vị xác định dấu của γ.. t ns. Từ Mệnh đề 1.2 suy ra ṫ = γ̈ vuông góc với t nên nó song song với ns . Bởi vậy, tồn tại số κs sao cho γ̈ = κs ns . Vô hướng κs được gọi là độ cong có dấu của γ (nó có thể dương, âm hoặc bằng không). Chú ý vì kns k = 1 nên κ = kγ̈k = kκs ns k = |κs |, (2.4) vì vậy độ cong của γ là giá trị tuyệt đối của độ cong có dấu của nó. Hình vẽ dưới đây cho ta cách xác định dấu của độ cong có dấu. ns. ns t. t t. t ns. ns t. Độ cong có dấu có một mô tả hình học như sau: Mệnh đề 2.2. Giả sử γ(s) là đường cong phẳng có vận tốc đơn vị, và giả sử ϕ(s) là góc quay từ một vectơ có độ dài đơn vị cho trước tới vectơ tiếp xúc t của γ. Khi đó dϕ . ds Chú ý, mặc dù góc ϕ xác định sai khác bởi cộng thêm bội nguyên của 2π, nhưng dϕ/ds luôn định nghĩa tốt. Vậy độ cong có dấu đo tốc độ quay của vectơ tiếp xúc của đường cong. Như ở hình vẽ trên, độ cong có dấu mang dấu dương hay âm phụ thuộc vào t quay theo ngược hay cùng chiều kim đồng hồ khi chuyển động dọc theo đường cong theo chiều hướng s tăng dần. κs =. 20.

(25) CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 2.2. CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG. Chứng minh. Giả sử a là vectơ có độ dài đơn vị cho trước và b là vectơ có độ dài đơn vị nhận được từ a sau khi quay một góc π/2 ngược chiều kim đồng hồ. Khi đó, t = a cos ϕ + b sin ϕ, ∴ ṫ = (−a sin ϕ + b cos ϕ). dϕ , ds. dϕ , ds dϕ ∴ κs (ns .a) = − sin ϕ (vì ṫ = κs ns ). ds ∴ ṫ.a = − sin ϕ. (2.5). Nhưng góc giữa ns và a là ϕ + π/2, lí do t phải quay một góc π/2 theo chiều kim đồng hồ để đến trùng với ns (xem hình vẽ dưới đây). Do đó ¡ π¢ ns .a = cos ϕ + = − sin ϕ. 2 Thay vào Pt. (2.5) ta có đẳng thức cần phải chứng minh.. t ns. a. Kết quả dưới đây sẽ chứng tỏ rằng một đường cong có vận tốc đơn vị được xác định (sai khác một phép dời hình trong R2 ) nếu chúng ta biết độ cong có dấu của nó tại mọi điểm trên đường cong. Nhắc lại một phép dời hình trong R2 là một ánh xạ M : R2 → R2 có dạng M = Ta ◦ R θ , trong đó Rθ là phép quay xung quanh gốc tọa độ một góc θ ngược chiều kim đồng hồ, Rθ (x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ), và Ta là phép tịnh tiến bởi vectơ a, Ta (v) = v + a, với mọi vectơ (x, y) và v trong R2 . Định lý 2.1. Giả sử k : (α, β) → R là một hàm trơn bất kỳ. Khi đó, tồn tại một đường cong có vận tốc đơn vị γ : (α, β) → R2 với độ cong có dấu bằng k. Hơn nữa, nếu γ̃ : (α, β) → R2 là một đường cong có vận tốc đơn vị bất kỳ khác, với độ cong có dấu bằng k. Khi đó tồn tại một phép dời hình M trong R2 sao cho γ̃(s) = M (γ(s)) với mọi s ∈ (α, β). 21.

(26) 2.2. CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG. CHƯƠNG 2. UỐN CONG. Chứng minh. Với khẳng định đầu tiên, cố định s0 ∈ (α, β) và với mỗi s ∈ (α, β) định nghĩa Z s k(u)du, (xem Mệnh đề 2.3), ϕ(s) = s0 Z s ³Z s ´ γ(s) = cos ϕ(t)dt, sin ϕ(t)dt . s0. s0. Khi đó, vectơ tiếp xúc của γ là γ̇(s) = (cos ϕ(s), sin ϕ(s)), đó là vectơ có độ dài đơn vị tạo một góc ϕ(s) đối với trục Ox. Như vậy, γ có vận tốc đơn vị và, do Mệnh đề 2.3, độ cong có dấu của nó bằng Z dϕ d s = k(u)du = k(s). ds ds s0 Với khẳng định thứ hai, giả sử ϕ̃(s) là góc giữa trục Ox và vectơ tiếp xúc có độ dài đơn vị γ̃˙ của γ̃. Khi đó, ˙ γ̃(s) = (cos ϕ̃(s), sin ϕ̃(s)), Z s ³Z s ´ γ̃(s) = cos ϕ̃(t)dt, sin ϕ̃(t)dt s0. (2.6). s0. Từ Mệnh đề 2.3 ta có dϕ̃ = k(s) ds Z s ∴ ϕ̃(s) = k(u)du + ϕ̃(s0 ). s0. Thay vào Pt. (2.6), lấy a là vectơ hằng γ̃(s0 ) và θ bằng hằng số ϕ̃(s0 ), thu được Z s ³Z s ´ γ̃(s) = Ta cos(ϕ(t) + θ)dt, (sin ϕ(t) + θ)dt s0 s0 Z Z ³ = Ta cos θ ss0 cos ϕ(t)dt − sin θ ss0 sin ϕ(t)dt, Z sin θ. Z ss0 cos ϕ(t)dt − cos θ. ³Z. ´ ss0 sin ϕ(t)dt. Z. s. = Ta Rθ s0. ´. s. cos ϕ(t)dt,. sin ϕ(t)dt s0. = Ta Rθ (γ(s)).. Ví dụ 2.2. Bất kỳ đường cong chính qui nào có độ cong là một hằng số dương đều là một thành phần của đường tròn. Để kiểm tra điều này, giả sử κ là độ cong (hằng số) của đường cong γ, và κs là độ cong có dấu của nó. Khi đó, từ Pt. (2.4) suy ra κs = ±κ. 22.

(27) CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 2.2. CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG. Xét trường hợp κs = κ tại một số điểm ở trên đường cong và κs = −κ tại một số điểm khác, nhưng điều này không thể xảy ra vì κs là một hàm liên tục theo s (xem bài tập 2.4), nên theo Định lý Giá trị Trung gian, nếu κs nhận cả hai giá trị κ và −κ thì nó phải nhận tất cả các giá trị ở giữa. Như vậy, hoặc κs = κ tại mọi điểm trên đường cong, hoặc κs = −κ tại mọi điểm trên đường cong. Tức là κs là một hằng số. Việc còn lại là chứng tỏ, với bất kỳ giá trị nào của κs , chúng ta đều có thể tìm được một đường cong tham số với κs là độ cong có dấu. Theo định lý ở trên, bất kỳ đường cong nào có độ cong có dấu là κs đều có thể nhận được từ đường tròn này qua một phép dời hình. Do phép quay và phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn, nên bất kỳ đường cong nào có độ cong có dấu là hằng số phải là (một phần) đường tròn. Tham số hóa có vận tốc đơn vị của đường tròn với tâm tại gốc tọa độ và bán kính R là ¡ s s¢ γ(s) = R cos , R sin . R R Vectơ tiếp xúc của nó. ¡ s¢ s t = γ̇(s) = − sin , cos R R. là vectơ có độ dài đơn vị tạo thành một góc π/2 + s/R đối với trục Ox: t. s/R. s/R x. Do đó, độ cong có dấu của γ là. d ¡π s¢ 1 + = . ds 2 R R. Vậy nếu κs > 0 đường tròn có bán kính 1/κs có độ cong có dấu bằng κs . Ví dụ 2.3. Định lý 2.1 chứng tỏ rằng chúng ta có thể tìm được đường cong với độ cong có dấu bằng một hàm trơn cho trước. Nhưng có những độ cong đơn giản mà đường cong lại phức tạp. Lấy ví dụ, độ cong có dấu κs (s) = s. Theo như chứng minh của Định lý 2.1, lấy s0 = 0, thu được Z. s2 s0 udu = , 2 Z Z 2 ¡ t2 ¢ ¢ ¡ ¡t ¢ dt, s0 sin dt . γ(s) = s0 cos 2 2 ϕ(s) =. Tích phân này không tính được qua các hàm ’cơ sở’. (Nó xuất hiện trong lý thuyết nhiễu xạ của ánh sáng, ở đó người ta gọi là tích phân Fresnel. Mặc dù Euler khám phá ra đầu tiên, nhưng đường cong γ được gọi là đường xoắn ốc Cornu). Dùng tính toán tích phân bằng phương pháp số ta có hình vẽ của γ như ở trên. 23.

(28) 2.2. CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG. CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 1. 0.5. –1. 0. –0.5. 0.5. 1. –0.5. –1. y. y. x. x. Một câu hỏi tự nhiên đặt ra là liệu Định lý 2.1 có còn đúng không nếu ta thay ’độ cong có dấu’ bằng ’độ cong’. Phần đầu tiên đúng nếu (và chỉ nếu) có giả thiết k ≥ 0, do có thể chọn γ có độ cong có dấu k nên nó cũng có độ cong k. Phần sau của Định lý 2.1 không còn đúng nữa. Chẳng hạn, chúng ta có thể lấy đường cong (trơn) γ có phần −1 ≤ x ≤ 1 trùng với trục hoành, phần còn lại nằm phía trên trục hoành. (Bạn đọc có thể viết phương trình cho đường cong này, xem bài tập 1.19.) Ta thực hiện phép lật đối xứng qua trục x cho phần đường cong x ≤ 0. Đường cong mới có cùng độ cong như γ (xem bài tập 2.12), nhưng rõ ràng ta không thể có nó bằng phép dời hình đối với γ. Xem bài tập 2.13 để có một phiên bản của Định lý 2.1 đúng cho độ cong thay vì độ cong có dấu. BÀI TẬP 2.3. Chứng minh rằng nếu γ là đường cong có vận tốc đơn vị thì ṅs = −κs t. 2.4. Chứng minh rằng độ cong có dấu của bất kì đường cong chính qui γ(t) nào đều là hàm trơn theo t. (So sánh với bài tập 2.2.) 2.5. Giả sử γ(t) = (ekt cos t, ekt sin t), với −∞ < t < ∞ và k là một hằng số khác không (đây là đường xoắn ốc lôgarit - xem bài tập 1.4). Chứng minh rằng có duy nhất một tham số có vận tốc đơn vị s của γ sao cho s > 0 với mọi t và s → 0 khi t → ∓ nếu ±k > 0, hãy viết s như là hàm theo t. Chứng minh độ cong có dấu của γ là 1/ks. Ngược lại, hãy mô tả đường cong có độ dài có hướng bằng 1/ks với hằng số k khác không như một hàm của độ dài cung s. 2.6. Đường cong có vận tốc đơn vị γ có tính chất vectơ tiếp xúc t(s) tạo thành một góc θ cố định với γ(s) với mọi s. Chứng minh: (i) nếu θ = 0, thì γ là một phần của đường thẳng (viết γ = rt và chỉ ra κs = 0); 24.

(29) CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 2.2. CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG. (ii) nếu θ = π/2 thì γ là một đường tròn (viết γ = rns ); (iii) nếu 0 < θ < π/2, thì γ là đường xoắn ốc lôgarit (chứng tỏ κs ). 2.7. Giả sử γ(t) là đường cong chính qui và λ là một hằng số. Định nghĩa đường cong song song γ λ của γ như sau γ λ (t) = γ(t) + λns (t). Chứng minh rằng nếu |λκs (t)| < 1 với mọi t, thì γ λ là đường chính qui và độ cong có dấu của nó bằng κs /(1 − λκs ). 2.8. Giả sử γ là đường cong có vận tốc đơn vị có độ cong khác không ở mọi nơi. Định nghĩa tâm của độ cong ε(s) của γ tại điểm γ(s) là ε(s) = γ(s) +. 1 ns (s). κs (s). Chứng minh rằng đường tròn có tâm ε(s) và bán kính |1/κs (s)| tiếp xúc với γ tại γ(s) và có cùng độ cong với γ tại điểm đó. Đường tròn này được gọi là đường tròn mật tiếp với γ tại điểm γ(s). (Hãy vẽ hình minh họa.) 2.9. Với kí hiệu như bài 2.8, xét ε(s) như tham số hóa của một đường cong mới, gọi nó là đường pháp bao của γ (nếu γ là một đường cong chính qui thì đường pháp bao của nó là đường tham số hóa lại có vận tốc đơn vị của nó). Giả sử κ̇s (s) 6= 0 với mọi giá trị s (dấu chấm trên kí hiệu cho d/ds), có thể giả sử κ̇s (s) > 0 với mọi s (vì có thể thay s bởi −s). Chứng minh rằng độ dài cung của ε là u0 − κs1(s) , với u0 là một hằng số, tính độ cong có dấu của ε. Chứng minh đường pháp bao của xyclôit γ(t) = a(t − sin t, 1 − cos t),. 0 < t < 2π,. với a > 0 là hằng số, bằng ε = a(t + sin t, −1 + cos t) (xem bài tập 1.7), bằng một phép tham số hóa lại nào đó, chứng tỏ ε có thể nhận được từ γ qua phép tịnh tiến trong mặt phẳng. 2.10. Một sợi dây có độ dài bằng ` được gắn vào điểm s = 0 của một đường cong γ(s) có vận tốc đơn vị. Uốn sợi dây theo đường cong sao cho trong quá trình uốn thì đầu dây kia vạch thành đường cong ι(s) = γ(s) + (` − s)γ̇(s), với 0 < s < ` và dấu chấm trên kí hiệu cho d/ds. Đường cong ι được gọi là đường thân khai của γ (nếu γ là đường cong chính qui, chúng ta định nghĩa đường thân khai của nó là tham số hóa lại có vận tốc đơn vị của γ). Giả sử độ cong có dấu κs của γ luôn khác không, chẳng hạn κs (s) > 0 với mọi s. Chứng minh rằng độ cong có dấu của ι là 1/(` − s). 2.11. Giả sử γ là một đường cong chính qui. Chứng minh rằng (i) đường thân khai của đường pháp bao của γ là đường cong song song với γ. (ii) đường pháp bao của đường thân khai của γ là γ. 25.

(30) 2.3. ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN. CHƯƠNG 2. UỐN CONG. (Có thể so sánh các khẳng định này với: tích phân của đạo hàm của một hàm trơn f thì bằng f cộng với hằng số, còn đạo hàm của tích phân của f thì bằng f .) 2.12. Chứng minh rằng việc lấy đối xứng của một đường cong qua một đường thẳng làm thay dấu độ cong có dấu của nó. 2.13. Chứng minh nếu hai đường cong phẳng γ(t) và γ̃(t) có cùng độ cong khác không với mọi t, thì γ̃ có thể nhận được từ γ bằng một phép dời hình hoặc một phép đối xứng qua một đường thẳng sau khi thực hiện một phép dời hình.. 2.3. Đường trong không gian. Chủ đề mà chúng ta quan tâm chính trong cuốn sách này sẽ là đường cong (và mặt cong) trong R3 , tức là đường trong không gian. Trong khi đường cong phẳng hoàn toàn xác định bởi độ cong của nó (xem Định lý 2.1), thì điều này không còn đúng đối với đường trong không gian. Ví dụ, đường tròn có bán kính bằng đơn vị trong mặt phẳng Oxy và đường xoắn ốc với a = b = 1/2 (xem Ví dụ 2.1) có cùng độ cong ở mọi nơi, tuy nhiên rõ ràng không thể chuyển từ đường này sang đường kia bởi tổ hợp các phép quay và các phép tịnh tiến. Chúng ta sẽ định nghĩa một kiểu độ cong khác cho các đường trong không gian, được gọi là độ xoắn, và chúng ta sẽ chứng minh độ cong cùng với độ xoắn sẽ xác định đường cong sai khác một phép dời hình (Định lý 2.3). Giả sử γ(s) là một đường cong có vận tốc đơn vị trong R3 , và đặt t = γ̇ là véctơ tiếp xúc đơn vị của nó. Nếu độ cong κ(s) khác không, chúng ta định nghĩa pháp tuyến chính của γ tại điểm γ(s) là véctơ 1 n(s) = ṫ(s) (2.7) κ(s) Do kṫk = κ, nên n là vectơ đơn vị. Mặt khác, theo Mệnh đề 1.2, t.ṫ = 0, nên t và n vuông góc với nhau. Từ đó suy ra b=t×n (2.8) là véctơ đơn vị vuông góc với cả t lẫn n. Véctơ b(s) được gọi là trùng pháp tuyến của γ tại điểm γ(s). Như vậy, {t, n, b} là một cơ sở trực chuẩn của R3 , và theo chiều tay phải, tức là b = t × n,. n = b × t,. t = n × b.. b n. t. Do b(s) là véctơ đơn vị với mọi s, nên ḃ vuông góc với b. Bây giờ chúng ta sẽ dùng ’luật nhân’ đối với đạo hàm theo biến s của tích véctơ của các hàm giá trị véctơ u và v: du dv d (u × v) = ×v+u× . ds ds ds 26.

(31) CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 2.3. ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN. Áp dụng điều này cho b = t × n thu được ḃ = ṫ × n + t × ṅ = t × ṅ,. (2.9). và theo định nghĩa (2.7) của n, ṫ × n = κn × n = 0. Phương trình (2.9) chứng tỏ ḃ vuông góc với t. Do vuông góc với cả t và b, nên ḃ phải song song với n, vì vậy ḃ = −τ n, (2.10) với τ là một vô hướng, và gọi nó là độ xoắn của γ (dấu trừ là ngầm định). Chú ý rằng độ xoắn chỉ định nghĩa được nếu độ cong khác không. Dĩ nhiên, chúng ta định nghĩa độ xoắn của một đường cong chính qui γ bất kỳ qua độ xoắn của tham số hóa lại có vận tốc đơn vị của γ. Như trong trường hợp độ cong, để xem điều này có nghĩa như thế nào, chúng ta phải chứng tỏ rằng nếu thay đổi tham số có vận tốc đơn vị của γ có dạng u = ±s + c, với c là hằng số, thì τ không đổi. Thật vậy, khi thay đổi tham số thì các véctơ đã định nghĩa ở trên thay đổi như sau: t 7→ ±t, ṫ 7→ ṫ, n 7→ n, b 7→ ±b, ḃ 7→ ḃ. Từ phương trình (2.8) suy ra τ 7→ τ . Như chúng ta đã làm đối với độ cong trong Mệnh đề 2.1, có thể đưa ra một công thức tính độ xoắn của một đường trong không gian γ chỉ thông qua γ, mà không cần điều kiện tham số hóa lại có vận tốc đơn vị: Mệnh đề 2.3. Giả sử γ(t) là một đường cong chính qui trong R3 với độ cong khác không mọi nơi. Khi đó độ xoắn của nó được xác định bởi ... (γ̇ × γ̈). γ τ= , (2.11) kγ̇ × γ̈k2 trong đó kí hiệu dấu chấm trên cho d/dt. Chú ý rằng công thức này chứng tỏ τ (t) định nghĩa ở mọi nơi trên đường cong γ(t) mà tại đó độ cong κ(t) khác không, từ Mệnh đề 2.1 thì đây là điều kiện để mẫu số của vế phải trong đẳng thức trên khác không. Chứng minh. Chúng ta có thể ’nhận được’ Pt. (2.11) bằng lặp lại các bước như chứng minh của Mệnh đề 2.1. Tuy nhiên có cách khác dễ và rõ ràng hơn sẽ được trình bày dưới đây, mặc dù phương pháp này đòi hỏi biết trước kết quả của τ như Pt. (2.11). Trước hết chúng ta xét trường hợp γ có vận tốc đơn vị. Sử dụng các Pt. (2.7) và (2.10), τ = −n.ḃ = −n.(t × n). = −n.(ṫ × n + t × ṅ) = −n(t × ṅ). Vì n = κ1 ṫ = κ1 γ̈, nên 1 ³ d ³ 1 ´´ τ = γ̈. γ̇ × γ̈ κ dt κ ³ ³ 1 ... κ̇ ´´ 1 γ̈. γ̇ × γ − 2 γ̈ = κ κ κ 1 ... = 2 γ .(γ̇ × γ̈), κ 27.

(32) 2.3. ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN. CHƯƠNG 2. UỐN CONG. ... ... do γ̈.(γ̇ × γ̈) = 0 và γ̈.(γ̇ × γ ) = − γ .(γ̇ × γ̈). Nên ta có Pt (2.11) do γ có vận tốc đơn vị, γ̇ và γ̈ vuông góc, do đó kγ̇ × γ̈k = kγ̇kkγ̈k = kγ̈k = κ. Trong trường hợp tổng quát, giả sử s là độ dài cung dọc theo γ và kí hiệu d/ds bởi dấu phẩy. Khi đó ds 0 γ, dt ³ ds ´2 d2 s γ̈ = γ̈ 00 + 2 γ 0 , dt dt ³ ds ´3 ds d2 s 00 d3 s 0 ... γ̇ 000 + 3 γ + 3γ . γ = dt dt dt2 dt γ̇ =. Do đó ³ ds ´3 γ̇ × γ̈ = γ 0 × γ 00 , dt ³ ´ ³ ds ´6 ... γ γ̇ × γ̈ = γ 000 .(γ 0 × γ 00 ), dt và vì vậy. ... γ .(γ̇ × γ̈) γ 000 .(γ 0 × γ 00 ) = . kγ̇ × γ̈k2 kγ 0 × γ 00 k2. Ví dụ 2.4. Tính độ xoắn của đường xoắn ốc γ(θ) = (a cos θ, a sin θ, bθ) đã được học trong Ví dụ 2.1. Ta có γ̇(θ) = (−a sin θ, a cos θ, b), γ̈(θ) = (−a cos θ, −a sin θ, 0) ... γ (θ) = (a sin θ, −a cos θ, 0). Do đó γ̇ × γ̈ = (ab sin θ, −ab cos θ, a2 ) kγ̇ × γ̈k2 = a2 (a2 + b2 ), ... (γ̇ × γ̈). γ = a2 b, và vì vậy độ xoắn. ... (γ̇ × γ̈). γ a2 b b τ= = = 2 . 2 2 2 2 kγ̇ × γ̈k a (a + b ) a + b2. Chú ý rằng độ xoắn của đường xoắn ốc trong ví dụ trên bằng không khi b = 0, khi đó đường xoắn ốc chỉ là đường tròn trong mặt phẳng Oxy. Điều này cho chúng ta một suy diễn hình học cho độ xoắn, như khẳng định sau đây: 28.

(33) CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 2.3. ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN. Mệnh đề 2.4. Giả sử γ là một đường cong chính qui trong R3 với độ cong khác không mọi nơi (tức là độ xoắn τ của γ định nghĩa được). Khi đó, ảnh của γ nằm trong một mặt phẳng khi và chỉ khi τ bằng không tại mọi điểm trên đường cong. Chứng minh. Chúng ta có thể giả sử γ có vận tốc đơn vị (vì tham số hóa lại của γ không làm thay đổi độ xoắn hay tính chất nằm trên một mặt phẳng của đường cong). Kí hiệu tham số của γ là s và d/ds bởi dấu chấm trên như thông thường. Trước hết giả sử ảnh của γ nằm trong mặt phẳng r.a = d, trong đó a là véctơ hằng và d là một hằng số (r là véctơ vị trí của một điểm trong R3 ). Ta có thể giả thiết a là véctơ đơn vị. Lấy đạo hàm của γ.a = d theo biến s, thu được t.a ∴ ṫ.a ∴ κn.a ∴ n.a. = = = =. 0, 0 (vì ȧ = 0), 0 (vì ṫ = κn), 0 (vì κ = 6 0).. (2.12). (2.13). Các phương trình (2.12) và (2.13) chứng tỏ t và n đều vuông góc với a. Điều đó chứng tỏ rằng b = t × n song song với a. Do a và b là các véctơ đơn vị, và b(s) là hàm trơn (nên cũng liên tục) theo biến s, suy ra phải có b(s) = a với mọi s hoặc b(s) = −a với mọi s. Trong cả hai trường hợp, b là một véctơ hằng. Nên ḃ = 0, suy ra τ = 0. Ngược lại, giả sử τ = 0 ở mọi nơi. Theo Pt. (2.10), ḃ = 0, vì vậy b là véctơ hằng. Như chứng minh ở trên γ phải nằm trong mặt phẳng r.b = constant. Xét d (γ.b) = γ̇.b = t.b = 0, ds suy ra γ̇.b là một hằng số, ta đặt bằng d. Điều này có nghĩa là γ nằm trong mặt phẳng r.b = d. Có một thiếu sót trong tính toán mà chúng ta muốn xét đến. Đó là, như đã biết, với một đường cong có vận tốc đơn vị, thì ṫ = κn. và ḃ = −τ n. (đó là các định nghĩa tương ứng của n và τ ), nhưng chúng ta đã không tính ṅ. Thật ra nó không khó. Do {t, n, b} là cơ sở trực chuẩn theo chiều tay phải của R3 , b = t × n,. n = b × t,. t = n × b.. Do đó, ṅ = ḃ × t + b × ṫ = −τ n × t + κb × n = κt + τ b. Kết hợp những điều này lại, ta có Định lý 2.2. Giả sử γ là đường cong có vận tốc đơn vị trong R3 với độ cong khác không mọi nơi. Khi đó ṫ = κn ṅ = −κt + τ b ḃ = −τ n. 29. (2.14).

(34) 2.3. ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN. CHƯƠNG 2. UỐN CONG. Các phương trình (2.14) được gọi là các phương trình Frenet-Serret (hoặc đôi khi có tên ngược lại, Serret-Frenet). Chú ý ma trận   0 κ 0 −κ 0 τ  0 −τ 0 biểu diễn ṫ, ṅ và ḃ thông qua t, n và b là ma trận phản đối xứng. Điều này giúp người ta nhớ được công thức. (’Lí do’ có ma trận phản đối xứng, xem bài tập 2.22.) Sau đây là một ứng dung đơn giản của Frenet-Serret: Mệnh đề 2.5. Giả sử γ là một đường cong có vận tốc đơn vị trong R3 với độ cong hằng số và độ xoắn bằng không. Khi đó, γ là (một phần của) đường tròn. Chứng minh. Kết quả này thật ra là một hệ quả của Ví dụ 2.2 và Mệnh đề 2.4, nhưng chứng minh sau đây có tính xây dựng và cho nhiều thông tin, đó là thông tin về tâm và bán kính của đường tròn và về mặt phẳng chứa đường tròn đó. Theo chứng minh của Mệnh đề 2.4, trùng pháp tuyến chính b là véctơ hằng và γ thì nằm trong mặt phẳng vuông góc với b. Xét d¡ 1 ¢ 1 γ + n = t + ṅ = 0, ds κ κ ở đây chúng ta đã sử dụng tính chất độ cong κ là hằng số và phương trình Frenet-Serret ṅ = −κt + τ b = −κt. (vì τ = 0).. Do đó, γ + κ1 n là một véctơ hằng, đặt bằng a, vì vậy 1 γ + n = a, κ. (2.15). 1 1 ∴ kγ − ak = k − nk = . κ κ Điều này chứng tỏ γ nằm trên mặt cầu có tâm a và bán kính 1/κ. Do giao của một mặt phẳng và một mặt cầu là đường tròn, ta có điều phải chứng minh. (Chú ý rằng mặt phẳng giao với mặt cầu tại đường tròn lớn nhất, vì n song song với mặt phẳng, vì vậy theo Pt. (2.15) tâm a của mặt cầu nằm trên mặt phẳng.) Chúng ta kết thúc chương này bằng một kết quả tương tự như Định lý 2.1 cho đường cong trong không gian. Nhắc lại một phép dời hình trong R3 là một phép tịnh tiến và một phép quay quanh gốc tọa độ. Định lý 2.3. Giả sử γ(s) và γ̃(s) là hai đường cong có vận tốc đơn vị trong R3 , có cùng độ cong κ(s) > 0 và cùng độ xoắn τ (s) với mọi s. Khi đó, tồn tại một phép dời hình M trong R3 sao cho γ̃(s) = M (γ(s)) với mọi s. Hơn nữa, nếu k và t là các hàm trơn với k > 0 mọi nơi, thì tồn tại một đường cong có vận tốc đơn vị trong R3 có độ cong là k và độ xoắn là t. 30.

(35) CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 2.3. ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN. Chứng minh. Giả sử t, n và b tương ứng là các véctơ tiếp xúc, pháp tuyến chính và trùng pháp của γ và t, n và b tương tự cho γ̃. Giả sử s0 là một giá trị cố định của tham số s. Do {t(s0 ), n(s0 ), b(s0 )} và {t(s0 ), n(s0 ), b(s0 )} là các hệ trực chuẩn của R3 có chiều tay phải, nên có một phép quay quanh gốc tọa độ biến hệ này thành hệ kia với thứ tự véctơ tương ứng. Hơn nữa, có một phép tịnh tiến đưa γ(s0 ) đến γ̃(s0 ) (mà không ảnh hưởng đến t, n và b). Thực hiện phép tịnh tiến sau đó đến phép quay, ta có thể giả thiết γ(s0 ) = γ̃(s0 ), t(s0 ) = t̃(s0 ), n(s0 ) = ñ(s0 ), b(s0 ) = b̃(s0 ). (2.16). Xét biểu thức A(s) = t̃.t + ñ.n + b̃.b. Từ Pt. (2.16), ta có A(s0 ) = 3. Mặt khác, do t̃ và t là các véctơ đơn vị, t̃.t ≤ 1, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t̃ = t; tương tự đối với ñ.n và b̃.b. Do đó A(s) ≤ 3, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t̃ = t, ñ = n và b̃ = b. Như vậy, nếu chúng ta có thể chứng minh A là hằng số, thì t̃ = t, tức là γ̃˙ = γ̇, do đó γ̃(s) − γ(s) là hằng số. Nhưng lần nữa theo Pt. (2.16), hằng số này phải bằng không, vậy γ̃ = γ. Do đó đối với phần đầu của định lý, chúng ta đưa về việc chứng minh A là hằng số. Nhưng sử dụng phương trình Frenet-Serret: ˙ + t̃.ṫ + ñ.ṅ + b̃.ḃ ˙ + ñ.n ˙ + b̃.b Ȧ = t̃.t = κñ.t + (−κt̃ + τ b̃).n + (−τ ñ).b + t̃.κn + ñ.(−κt + τ b) + b.(−τ n), và nó triệt tiêu do các số hạng từng cặp khử nhau. Đối với phần hai của định lý, trước hết theo lý thuyết phương trình vi phân, các phương trình Ṫ = kN, Ṅ = −kT + tB, Ḃ = −tN. (2.17) (2.18) (2.19). có duy nhất nghiệm T(s), N(s), B(s) sao cho T(s0 ), N(s0 ), B(s0 ) là các véctơ trực chuẩn chính tắc i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1) tương ứng. Do ma trận   0 k 0 −k 0 t  0 −t 0 biểu thị Ṫ, Ṅ và Ḃ qua T, N, B là phản đối xứng, suy ra các véctơ T, N và B trực chuẩn với mọi giá trị của s (xem Bài tập 2.22). Bây giờ ta định nghĩa Z s γ(s) = T(u)du. s0. Khi đó, γ̇ = T, vì vậy do T là véctơ đơn vị, nên γ có vận tốc đơn vị. Tiếp đến, Ṫ = kN theo Pt. (2.17), nên N là vectơ đơn vị, k là độ cong của γ và N là pháp tuyến chính. Tiếp đến, do B là véctơ đơn vị vuông góc với T và N, B = λT × N với λ là một hàm trơn theo s và bằng ±1 với mọi s. Do k = i × j, nên λ(s0 ) = 1, suy ra λ(s) = 1 với mọi s. Do đó, B là véctơ trùng pháp của γ và theo Pt. (2.19), t là độ xoắn của γ. 31.

(36) 2.3. ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN. CHƯƠNG 2. UỐN CONG. BÀI TẬP 2.14. Hãy tính κ, τ, t, n và b đối với mỗi đường cong dưới đây, kiểm chứng lại các phương trình Frenet-Serret: ¢ ¡ (i) γ(t) = 13 (1 + t)3/2 , 13 (1 − t)3/2 , √t2 ; ¡ ¢ (ii) γ(t) = 45 cos t, 1 − sin t, − 35 cos t . 2.15. Chứng minh rằng đường cong γ(t) =. ³ 1 + t2 t. , t + 1,. 1 − t´ t. là đường cong phẳng. 2.16. Chứng minh đường cong trong Bài tập 2.14(ii) là một đường tròn, hãy tìm tâm và bán kính của nó, và tìm mặt phẳng chứa nó. 2.17. Mô tả tất cả các đường cong trong R3 với độ cong hằng số κ > 0 và độ xoắn hằng số τ . (Chỉ ra một đường cong có độ cong κ và độ xoắn τ là đủ.) 2.18. Chứng minh độ xoắn của một đường cong chính qui γ(t) là một hàm trơn theo t nếu nó xác định. 2.19. Giả sử γ(t) là đường cong có vận tốc đơn vị trong R3 , và độ cong κ(t) của nó khác không với mọi t. Định nghĩa một đường cong mới δ như sau δ(t) =. dγ(t) . dt. Chứng minh δ là đường cong chính qui và nếu s là độ dài cung tham số của δ thì ds = κ. dt Chứng minh rằng độ cong của δ là ³. τ 2 ´ 12 1+ 2 , κ. và hãy tìm công thức cho độ xoắn của δ theo κ, τ và các đạo hàm của chúng đối với t. 2.20. Một đường cong chính qui γ trong R3 với độ cong > 0 được gọi là đường xoắn ốc tổng quát nếu véctơ tiếp xúc của nó hợp thành một góc cố định θ với một véctơ cố định a. Chứng minh độ xoắn τ và độ cong κ của γ có quan hệ τ = ±κ cos θ. (Giả thiết γ có vận tốc đơn vị và chứng tỏ a = t cos θ + b sin θ.) Chứng minh điều ngược lại, nếu độ xoắn và độ cong của một đường cong chính qui có quan hệ τ = λκ với λ là một hằng số thì đường cong là một đường xoắn ốc tổng quát. (Vì vậy, các Ví dụ 2.1 và 2.4 chứng tỏ một đường xoắn ốc vòng quanh là đường xoắn ốc tổng quát.) 32.

(37) CHƯƠNG 2. UỐN CONG. 2.3. ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN. 2.21. Giả sử γ(t) là đường cong có vận tốc đơn vị với κ(t) > 0 và τ (t) 6= 0 với mọi t. Chứng tỏ rằng, nếu γ nằm trên một mặt cầu thì τ d ³ κ̇ ´ = . κ ds τ κ2. (2.20). (Nếu γ nằm trên mặt cầu có tâm a và bán kính r, thì (γ − a).(γ − a) = r2 ; sau đó lấy đạo hàm lặp lại.) Ngược lại, nếu Pt. (2.20) thỏa mãn thì ρ2 + (ρ̇σ)2 = r2 với hằng số (dương) r nào đó, trong đó ρ = 1/κ và σ = 1/τ , và chứng tỏ γ nằm trên một mặt cầu có bán kính r (Xét γ + ρn + ρ̇σb.) Hãy kiểm chứng Pt. (2.20) thỏa mãn đối với đường cong Viviani (Bài tập 1.9). 2.22. Giả sử (aij ) là một ma trận phản đối xứng 3 × 3 (tức là aij = −aji với mọi i, j). Giả sử v1 , v2 và v3 là các hàm trơn của tham số t thỏa mãn các phương trình vi phân v̇i =. 3 X. aij vj ,. j=1. với i = 1, 2 và 3 và giả sử với giá trị tham số s0 nào đó các véctơ v1 (s0 ) , v2 (s0 ) và v3 (s0 ) là trực chuẩn. Chứng minh v1 (s), v2 (s) và v3 (s) trực chuẩn với mọi s. (Tìm một hệ các phương trình vi phân bậc nhất cho tích vi .vj , và sử dụng tính duy nhất nghiệm nếu cho trước các điều kiện đầu.) Phần còn lại của cuốn sách, qui ước tất cả các đường cong tham số là chính qui.. 33.

(38) Chương 3 Các tính chất toàn cục của đường cong Cho đến nay tất cả các tính chất của đường cong chúng ta thảo luận đều là ’địa phương’: chúng chỉ phụ thuộc vào dáng điệu của đường cong trong lân cận một điểm cho trước, chứ không phụ thuộc vào hình dạng ’toàn cục’ của đường cong. Trong chương này chúng ta sẽ khảo sát một số kết quả toàn cục về đường cong. Nổi tiếng nhất, và có lẽ cổ nhất, đó là ’bất đẳng thức đẳng chu’, bàn đến quan hệ giữa độ dài (chu vi) của đường cong ’đóng’ với diện tích mà nó bao quanh.. 3.1. Đường cong đóng đơn. Trước hết trong chương này chúng ta sẽ bàn đến một dạng đường cong được gọi là ’đường cong đóng đơn’. Một cách trực giác, các đường cong như thế ’nối kín’ nhưng không tự cắt nhau. Định nghĩa chính xác như sau: Định nghĩa 3.1. Giả sử a ∈ R là một hằng số dương. Một đường cong đóng đơn trong R2 với chu kỳ a là một đường cong (chính qui) γ : R → R2 sao cho γ(t) = γ(t0 ) khi và chỉ khi t0 − t = ka với số nguyên k nào đó. Như thế điểm γ(t) quay trở lại điểm đầu khi t tăng thêm a, chứ không phải trước đó.. Đường cong đóng đơn (trái) và không đóng đơn (phải) Một kết quả về tôpô trong R2 thông dụng nhưng không tầm thường, là Định lý đường cong Jordan, định lý nói rằng mỗi đường cong đóng đơn trong mặt phẳng có một ’phần trong’ và một ’phần ngoài’: nói chính xác hơn, tập hợp các điểm trong R2 nếu không nằm trên đường cong γ là hợp rời của hai tập con của R2 , kí hiệu bởi int(γ) và ext(γ), chúng có các tính chất sau đây: (i) int(γ) bị chặn, nghĩa là nó nằm trong một đường tròn có bán kính đủ lớn. 34.

(39) CHƯƠNG 3. TÍNH CHẤT TOÀN CỤC. 3.1. ĐƯỜNG CONG ĐÓNG ĐƠN. (ii) ext(γ) không bị chặn; (iii) cả hai miền int(γ) và ext(γ) đều liên thông, nghĩa là chúng có tính chất bất kỳ hai điểm trong cùng một miền có thể nối bởi một đường cong nằm trong miền đó (nhưng bất kỳ đường cong nối một điểm của int(γ) với một điểm của ext(γ) đều cắt ngang đường cong γ). Ví dụ 3.1. Đường tròn tham số ³ γ(t) =. cos. ³ 2πt ´ a. , sin. ³ 2πt ´´ a. là đường cong đóng đơn với chu kỳ a. Dĩ nhiên, phần trong của γ là {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 < 1} còn phần ngoài của γ là {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 > 1}. Tuy nhiên không phải đường cong đóng đơn nào cũng xác định được phần trong và phần ngoài một cách dễ dàng. Chẳng hạn, hãy xác định xem điểm P trong hình vẽ dưới đây nằm ở phần trong hay phần ngoài của đường cong đóng đơn?. P. Do mỗi điểm trên một đường cong đóng đơn γ có chu kỳ a đều là vết của γ với tham số t, khi t biến đổi một đoạn có khoảng cách bằng a bất kỳ, chẳng hạn 0 ≤ t ≤ a, nên có lí do khi ta định nghĩa độ dài của γ bởi Z a `(γ) = kγ̇(t)kdt, (3.1) 0. trong đó dấu chấm trên kí hiệu đạo hàm của γ theo tham số. Do γ chính qui, nên nó có một tham số hóa lại có vận tốc đơn vị γ̃ với độ dài Z t s= kγ̇(u)kdu 0. của γ là tham số của nó (sao cho γ̃(s) = γ(t)). Chú ý Z t+a Z a Z s(t + a) = kγ̇(u)kdu = kγ̇(u)kdu + 0. 0. t+a. kγ̇(u)kdu = `(γ) + s(t), a. đặt v = u − a và do γ(u − a) = γ(u), thu được Z t+a Z t kγ̇(u)kdu = kγ̇(v)kdv = s(t). a. 0. 35.

(40) 3.1. ĐƯỜNG CONG ĐÓNG ĐƠN. CHƯƠNG 3. TÍNH CHẤT TOÀN CỤC. Do đó γ̃(s(t)) = γ̃(s(t0 )) ⇔ γ(t) = γ(t0 ) ⇔ t0 − t = ka ⇔ s(t0 ) − s(t) = k`(γ), trong đó k là một số nguyên. Điều này chứng tỏ γ̃ là một đường đóng đơn với chu kỳ `(γ). Chú ý rằng, do γ̃ có vận tốc đơn vị, điều này cũng đúng cho độ dài của γ̃. Nói tóm lại, chúng ta luôn có thể giả sử đường đóng đơn có vận tốc đơn vị và nó có chu kỳ của bằng độ dài. Thông thường ta xét đường cong đóng đơn γ có định hướng dương. Có nghĩa là chuẩn đơn vị xác định dấu ns của γ (xem §2.2) hướng vào bên trong int(γ) tại mọi điểm của γ. Điều này luôn luôn thực hiện được bằng cách thay tham số t của γ bởi −t, nếu cần thiết. ns. t. t. ns. Đường cong định hướng dương (trái) và định hướng âm (phải) Trong các hình vẽ trên, mũi tên cho biết chiều tăng của tham số. Hãy xác định xem đường cong đóng đơn ở trang trước có định hướng dương? Trong tiết sau, chung ta sẽ quan tâm đến diện tích của miền bao bởi một đường đóng đơn γ, tức là Z Z A(int(γ)) =. dxdy.. (3.2). int(γ). Ta có thể tính nó nhờ vào Định lý Green, nhắc lại: với mọi hàm trơn f (x, y) và g(x, y) (tức là các hàm có đạo hàm riêng liên tục ở mọi cấp), Z Z Z ³ ∂g ∂f ´ − dxdy = f (x, y)dx + g(x, y)dy, ∂y int(γ) ∂x γ với γ là một đường cong đóng đơn định hướng dương. Mệnh đề 3.1. Giả sử γ(t) = (x(t), y(t)) là một đường cong đóng đơn định hướng dương trong R2 với chu kỳ a, khi đó Z 1 a A(int(γ)) = (xẏ − y ẋ)dt (3.3) 2 0 Chứng minh. Thay f = − 12 y, g = 21 x vào định lý Green, thu được Z 1 xdy − ydx, A(int(γ)) = 2 γ từ đó ta có ngay Pt. (3.3). Chú ý, mặc dù công thức ở Pt. (3.3) phụ thuộc vào tham số t của γ, nhưng rõ ràng từ định nghĩa (3.2) của A(int)(γ), nó không thay đổi nếu γ được tham số hóa lại. BÀI TẬP 36.

(41) CHƯƠNG 3. TÍNH CHẤT TOÀN CỤC. 3.2. BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU. 3.1. Chứng minh rằng độ dài `(γ) và diện tích A(int)(γ) không đổi qua phép dời hình của γ (xem §2.2). 3.2. Chứng minh đường ellip γ(t) = (a cos t, b sin t), trong đó a và b là các hằng số dương, là một đường đóng đơn. Tính diện tích phần trong của nó. 3.3. Chứng minh đường limacon γ(t) = ((1 + 2 cos t) cos t, (1 + 2 cos t) sin t) là một đường cong (chính qui) có γ(t + 2π) = γ(t) với mọi giá trị của t, nhưng γ không phải là đường đóng đơn. 3.4. Chứng minh rằng nếu γ(t) là một đường cong đóng đơn có chu kỳ a, và t, ns và κs tương ứng là các véctơ tiếp xúc, chuẩn đơn vị xác định dấu và độ cong có dấu, thì t(t + a) = t(t), ns (t + a) = ns (t), κs (t + a) = κs (t). (Lấy đạo hàm phương trình γ(t + a) = γ(t).). 3.2. Bất đẳng thức đẳng chu. Kết quả quan trọng nhất về tính toàn cục của đường cong phẳng là Định lý 3.1 (Bất đẳng thức đẳng chu). Giả sử γ là một đường cong đóng đơn và `(γ), A(int(γ)) tương ứng là độ dài và diện tích phần trong của nó. Khi đó A(int(γ)) ≤. 1 `(γ)2 , 4π. dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi γ là một đường tròn. Rõ ràng đẳng thức xảy ra đối với γ là đường tròn, vì khi đó `(γ) = 2πR và A(int(γ)) = πR2 , trong đó R là bán kính của đường tròn. Để chứng minh định lý này, chúng ta cần một kết quả từ giải tích, đó là bất đẳng thức Wirtinger: Mệnh đề 3.2. Giả sử F : [0, π] → R là một hàm trơn thỏa mãn F (0) = F (π) = 0. Khi đó Z π³ ´ Z π dF dt ≥ F (t)2 dt, dt 0 0 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi F (t) = A sin t với mọi t ∈ [0, π], với A là một hằng số. Thừa nhận kết quả này bây giờ chúng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đẳng chu. Chứng minh . Để làm đơn giản chứng minh, trước hết chúng ta sẽ chuẩn bị một vài giả thiết cho γ. Đầu tiên, có thể giả sử γ được tham số hóa bởi độ dài cung s. Tuy nhiên, do có π xuất 37.

(42) 3.2. BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU. CHƯƠNG 3. TÍNH CHẤT TOÀN CỤC. hiện trong Định lý , sẽ thuận tiện nếu ta giả sử chu kỳ của γ là π. Nếu ta thay đổi tham số của γ từ s thành t = πs/`(γ), (3.4) đường cong thu được vẫn đóng đơn, và có chu kỳ π vì khi s tăng `(γ), t tăng π. Do đó từ bây giờ chúng ta sẽ giả sử γ được tham số hóa sử dụng tham số t như trong Pt. (3.4). Đơn giản hóa thứ hai, chú ý rằng `(γ) và A(int(γ)) không thay đổi nếu thực hiện phép tịnh tiến đối với γ bởi γ(t) 7→ γ(t) + b, với b là véctơ hằng bất kỳ (xem Bài tập 3.1). Lấy b = −γ(0), chúng ta có thể giả thiết γ(0) = 0, tức là có thể giả thiết γ bắt đầu và kết thúc tại gốc tọa độ. Để chứng minh Định lý 3.2 chúng ta sẽ tính `(γ) và A(int(γ)) nhờ sử dụng hệ tọa độ cực x = r cos θ, y = r sin θ. Theo luật hợp thành, ta có ẋ2 + ẏ 2 = ṙ2 + r2 θ̇2 , xẏ − y ẋ = r2 θ̇, trong đó d/dt được ký hiệu bởi dấu chấm trên. Khi đó, sử dụng Pt. 3.4, thu được ṙ2 + r2 θ̇2 =. ¡ dx ¢2 ¡ dy ¢2 ³¡ dx ¢2 ¡ dy ¢2 ´¡ ds ¢2 `(γ)2 + = + = , dt dt dt dt dt π2. vì (dx/ds)2 + (dy/ds)2 = 1. Hơn nữa, từ Pt. (3.3), ta có Z Z 1 π 1 π 2 A(int(γ)) = (xẏ − y ẋ) = r θ̇dt. 2 0 2 0. (3.5). (3.6). Điều cần chứng minh tương đương với 1 `(γ)2 − A(int(γ)) ≥ 0, 4π dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi γ là một đường tròn. Theo Pt. (3.5), Z π `(γ)2 (ṙ2 + r2 θ̇2 )dt = . π 0 Do đó, sử dụng Pt. (3.6), 1 `(γ)2 − A(int(γ)) = 4π 4 trong đó. Z. Z. π. I=. π 0. 1 (ṙ + r θ̇ )dt − 2 2. Z. π. 2 2. (ṙ2 + r2 θ̇2 − 2r2 θ̇)dt.. 0. 1 r2 θ̇dt = I, 4. (3.7). 0. Vì vậy để kết thúc chứng minh, chúng ta cần chỉ ra I ≥ 0, và I = 0 khi và chỉ khi γ là một đường tròn. Bằng tính toán đơn giản, Z π Z π 2 2 I= r (θ̇ − 1) dt + (ṙ2 − r2 )dt. (3.8) 0. 0. 38.

(43) CHƯƠNG 3. TÍNH CHẤT TOÀN CỤC. 3.2. BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU. θ−α. r θ α. Tích phân đầu tiên ở vế phải Pt. (3.8) rõ ràng ≥ 0, và tích phân sau ≥ 0 do bất đẳng thức Wirtinger (lấy F = r: chú ý rằng r(0) = r(π) = 0 vì γ(0) = γ(π) = 0). Do đó I ≥ 0, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cả hai tích phân này bằng không. Nhưng tích phân đầu tiên bằng không chỉ khi θ̇ = 1 với mọi t, còn tích phân thứ hai bằng không chỉ khi r = A sin t với A là một hằng số nào đó (do Wirtinger). Vì vậy θ = t + α, với α là một hằng số, nên r = A sin(θ − α). Dễ dàng nhận ra trong hệ tọa độ cực đây là phương trình đường tròn có bán kính A. Ta kết thúc chứng minh Định lý 3.2. ¤ Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức Wirtinger: Đặt G(t) = F (t)/ sin t. Với kí hiệu dấu chấm trên cho d/dt, ta có Z π Z π 2 Ḟ dt = (Ġ sin t + G cos t)2 dt 0 0 Z π Z π Z π 2 G2 cos2 tdt. GĠ sin t cos tdt + Ġ sin t + 2 = 0. 0. 0. Tính tích phân từng phần: Z π Z π ¯π 2 ¯ 2 GĠ sin t cos tdt = G sin t cos t 0 − G2 (cos2 t − sin2 t)dt 0 0 Z π = G2 (sin2 t − cos2 t)dt. 0. Do đó Z. π. Z 2. 2. Z. π. 2. Ġ sin t +. 0. và. 2. 2. π. G (sin t − cos t)dt + G2 cos2 tdt 0 0 Z0 π Z π Z π Ġ2 sin2 tdt, = (G + Ġ2 ) sin2 tdt = F 2 dt +. Ḟ dt = 0. Z. π. 0. Z. π. Z. π. 2. Ḟ dt − 0. 0. Z. π. 2. F dt = 0. Ġ2 sin2 tdt.. 0. Tích phân ở vế phải rõ ràng ≥ 0, và nó bằng không khi và chỉ khi Ġ = 0 với mọi t, tức là, khi và chỉ khi G(t) bằng một hằng số, chẳng hạn A, với mọi t. Vậy F (t) = A sin t, ta có điều phải chứng minh. ¤ BÀI TẬP 39.

(44) 3.3. ĐỊNH LÝ BỐN ĐỈNH. CHƯƠNG 3. TÍNH CHẤT TOÀN CỤC. 3.5. Sử dụng bất đẳng thức đẳng chu cho ellip x2 y 2 + 2 =1 a2 b (với a và b là các hằng số dương), hãy chứng minh Z 2π p √ a2 sin2 t + b2 cos2 tdt ≥ 2π ab, 0. dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b (xem bài tập 3.2).. 3.3. Định lý Bốn đỉnh. Chúng ta kết thúc chương này bằng một kết quả nổi tiếng về đường cong lồi trong mặt phẳng. Một đường cong đóng đơn γ được gọi là lồi nếu phần trong của nó int(γ) là hình lồi, theo nghĩa thông thường tức là mọi đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ trong int(γ) hoàn toàn nằm bên trong nó.. Đường cong lồi (trái) và lõm (phải) Định nghĩa 3.2. Một đỉnh của đường cong γ(t) trong R2 là điểm mà độ cong có dấu κs tại đó có tính ổn định, tức là dκs /dt = 0. Dễ thấy định nghĩa này không phụ thuộc vào tham số hóa cho γ (xem Bài tập 3.7). Ví dụ 3.2. Đường ellip γ(t) = (a cos t, b sin t), với a và b là các hằng số dương, là một đường cong đóng đơn lồi với chu kỳ bằng 2π (xem các Bài tập 3.2 và 3.6). Dễ dàng tính được độ cong có dấu của nó bằng ab κs (t) = 2 2 . (a sin t + b2 cos2 t)3/2 Do đó. 3ab(b2 − a2 ) sin t cos t dκs = 2 2 dt (a sin t + b2 cos2 t)5/2. triệt tiêu tại đúng bốn điểm trên ellip, đó là các điểm với t = 0, π/2, π và 3π/2, là điểm cuối của ellip nằm trên hai trục tọa độ. Định lý sau đây chỉ ra số đỉnh bé nhất mà một đường cong đóng đơn có thể có. Định lý 3.2 (Định lý Bốn đỉnh). Mọi đường cong đóng đơn lồi trong R2 đều có ít nhất bốn đỉnh. Thật ra định lý vẫn đúng nếu bỏ đi giả thiết lồi, nhưng chứng minh sẽ phức tạp hơn chứng minh mà chúng ta đưa ra dưới đây. 40.

(45) CHƯƠNG 3. TÍNH CHẤT TOÀN CỤC. 3.3. ĐỊNH LÝ BỐN ĐỈNH. Chứng minh. Chúng ta có thể giả thiết γ(t) có vận tốc đơn vị, chu kỳ bằng độ dài ` của nó. Xét tích phân Z ` κ˙s (t)γ(t)dt, 0. dấu chấm trên kí hiệu cho d/dt. (Nhắc lại ở Bài tập 2.4, κs là một hàm trơn theo t.) Lấy tích phân từng phần và sử dụng phương trình ṅs = −κs (t) (xem bài tập 2.3), thu được Z. Z. `. κ˙s γdt = − 0. Z. `. Z. `. κs γ̇dt = −. `. κs tdt = −. 0. 0. ṅs dt = ns (`) − ns (0) = 0.. (3.9). 0. Vì κs đạt được mọi giá trị của nó trong đoạn đóng [0, `], vì vậy κs phải nhận giá trị cực đại và cực tiểu của nó tại các điểm, chẳng hạn tương ứng P và Q của γ. Ta có thể giả sử P 6= Q, nếu không κs phải là hàm hằng, nên γ là một đường tròn (xem bài tập 2.2), và mọi điểm của γ đều là đỉnh. Giả sử a là véctơ đơn vị song song với véctơ PQ, và giả sử b là véctơ thu được bằng cách quay a một góc π/2 ngược chiều kim đồng hồ. Xét tích véctơ của tích phân trong Pt. (3.9) với véctơ hằng b, thu được Z `. κ˙s (γ.b)dt = 0.. (3.10). 0. Giả sử chỉ có P và Q là các đỉnh của γ. Do γ lồi, nên đường thẳng nối P và Q chia γ thành b P. Q a. Đường cong lồi (trái) và lõm (phải) hai cung, và do giữa chúng không có đỉnh nào khác, chúng ta có thể giả sử κ̇s > 0 ở phần cung này và κ̇s < 0 ở phần cung kia. Nhưng hàm lấy tích phân ở vế trái của Pt. (3.10) luôn luôn > 0 hoặc luôn luôn < 0 (ngoại trừ tại P và Q thì nó triệt tiêu), do đó tích phân phải > 0 hoặc < 0, vô lí. Do đó, tồn tại thêm ít nhất một đỉnh, chẳng hạn R. Nếu không có đỉnh nào khác thì ba biểm P , Q và R chia γ thành ba cung, mỗi cung có κ̇s luôn luôn > 0 hoặc < 0. Vì thế κ̇s phải cùng dấu ở hai cung kề nhau. Do đó, có một đường thẳng chia γ làm hai cung, κ̇s > 0 ở phần cung này và κ̇s < 0 ở phần cung kia. Tương tự như ở phần trên ta có điều vô lí. BÀI TẬP 3.6. Chứng minh rằng ellip trong Bài tập 3.2 là lồi. 3.7. Chứng minh định nghĩa của một đỉnh của một đường cong không phụ thuộc vào tham số hóa của nó. 3.8. Chứng minh limacon trong Bài tập 3.3 chỉ có hai đỉnh.. 41.

(46) Chương 4 Các mặt cong trong không gian ba chiều Trong chương này chúng ta sẽ giới thiệu một vài cách khác nhau đề ra một cách toán học khái niệm của mặt cong. Mặc dù đơn giản nhất coi mặt cong như là một miếng vá, như thế đã đủ cho hầu hết cuốn sách, nhưng như vậy chưa thể mô tả một cách thỏa đáng cho các đối tượng mà chúng ta muốn gọi là các mặt cong. Chẳng hạn, mặt cầu không phải là một miếng vá, nhưng nó có thể mô tả bởi dán hai miếng vá một cách thích hợp. Ý tưởng đằng sau phép dán này khá đơn giản, nhưng việc thực hiện một cách chính xác hóa ra có một chút phức tạp. Chúng tôi cố gắng làm giảm thiểu những phiền hà này bằng cách đưa những chứng minh cần sự kiên nhẫn ở tiết cuối cùng của chương này; những kết quả đó không được sử dụng ở chỗ khác trong cuốn sách nên nếu muốn có thể bỏ qua. Thật ra, các mặt cong (đối lập với miếng vá) sẽ được sử dụng một cách chính xác chỉ một vài chỗ trong cuốn sách.. 4.1. Mặt cong là gì?. Một mặt cong là một tập con của R3 mà mỗi lân cận của mỗi điểm tựa như một mảnh của R2 , chẳng hạn bề mặt của quả địa cầu, mặc dù nó gần như là một mặt cầu, nhưng đối với một người đứng trên mặt đất quan sát thì nó dường như là một mặt phẳng. Để hiểu một cách chính xác những nhóm từ ’tựa như’ và ’lân cận’ trước hết chúng ta cần có một vài chuẩn bị. Chúng ta sẽ phát biểu cho Rn với mọi n ≥ 1, mặc dù chỉ cần cho n = 1, 2 hoặc 3. Trước hết, một tập con U của Rn được gọi là mở, nếu với mỗi điểm a trong U , tồn tại một số dương ε sao cho mọi điểm u ∈ Rn cách điểm a một khoảng cách bằng ε đều nằm trong U : a ∈ U và ku − ak < ε ⇒ u ∈ U. Ví dụ, toàn bộ Rn là một tập mở, cũng như đối với Dr (a) = {u ∈ Rn | ku − ak < r}, quả cầu mở tâm a bán kính r > 0. (Nếu n = 1, một quả cầu mở được gọi là một khoảng mở; nếu n = 2 nó được gọi là một đĩa mở.) Tuy nhiên, D̄r (a) = {u ∈ Rn | ku − ak ≤ r} 42.

(47) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.1. MẶT CONG LÀ GÌ?. không mở, vì với số ε nhỏ như thế nào cũng đều có một điểm cách điểm (a1 + r, a2 , ..., an ) ∈ D̄r (a) một khoảng cách bằng ε mà nó không nằm trong D̄r (a) (chẳng hạn lấy điểm (a1 + r + ε , a2 , ..., an )). 2 Tiếp đến, nếu X và Y tương ứng là các tập con của u ∈ Rm và u ∈ Rn , một ánh xạ f : X → Y được gọi là liên tục tại một điểm a ∈ X nếu các điểm gần với điểm a có ảnh qua f là các điểm trong Y gần với điểm f (a). Chính xác hơn, f liên tục tại a nếu với mỗi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho u ∈ X và ku − ak < δ ⇒ kf (u) − f (a)k < ε. Và f được gọi là liên tục nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc X. Hợp của hai ánh xạ liên tục là liên tục. Dựa vào định nghĩa của tập mở, ta có khẳng định tương đương sau: f liên tục khi và chỉ khi, với mọi tập mở V trong Rn , tồn tại tập mở U trong Rm sao cho f ánh xạ U ∩ X vào trong V ∩Y. Nếu f : X → Y liên tục và song ánh, và ánh xạ ngược của nó f −1 : Y → X cũng liên tục, thì f được gọi là một đồng phôi và X được gọi là đồng phôi với Y . Bây giờ chúng ta đã có thể đi đến khái niệm mặt cong trong R3 . Định nghĩa 4.1. Một tập con S của R3 được gọi là một mặt cong nếu với mọi điểm P ∈ S, tồn tại một tập mở U trong R2 và một tập mở W chứa P trong R3 sao cho S ∩ W đồng phôi với U . Như vậy mỗi một mặt cong được trang bị bởi các đồng phôi σ : U → S ∩ W , mà chúng ta sẽ gọi là các miếng vá hoặc các tham số hóa. Tập hợp tất cả các miếng vá này được gọi là một bản đồ của S. Mỗi một điểm của S nằm trong ảnh của ít nhất một miếng vá trong bản đồ của S. Lí do cho thuật ngữ này sẽ rõ hơn qua các ví dụ dưới đây. Ví dụ 4.1. Mỗi mặt phẳng trong R3 là một mặt cong với bản đồ là một miếng vá. Thật vậy, giả sử a là một điểm nào đó trên mặt phẳng, p và q là hai véctơ vuông góc với nhau, có độ dài đơn vị và song song với mặt phẳng đã cho. Khi đó mỗi véctơ song song với mặt phẳng là một tổ hợp tuyến tính của p và q, có dạng up + vq với các vô hướng u và v. Với r là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng, thì véctơ r − a song song với mặt phẳng, do đó r − a = up + vq, ∴ r = a + up + vq, với các vô hướng u và v nào đó. Như vậy có thể xét mảnh vá là σ(u, v) = a + up + vq, và ánh xạ ngược của nó là σ −1 (r) = ((r − a).p, (r − a).q). Từ các công thức trên có thể thấy ngay rằng σ và σ −1 là các ánh xạ liên tục, do đó σ là một đồng phôi. (Chúng ta sẽ không kiểm tra chi tiết điều này.) Trong ví dụ tiếp theo chúng ta sẽ thấy vì sao cần phải xét đến mặt cong, mà không phải chỉ là các miếng vá. Ví dụ 4.2. Xét mặt cầu đơn vị S 2 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 1} 43.

(48) 4.1. MẶT CONG LÀ GÌ?. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. là một mặt cong. Tham số hiển nhiên nhất là thông qua vĩ độ θ và kinh độ ϕ: σ(θ, ϕ) = (cos θ cos ϕ, cos θ sin ϕ, sin θ). hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Nếu không hạn chế (θ, ϕ), thì σ không phải là một song ánh (và do đó nó không phải là một đồng phôi). Để phủ hết mặt cầu, rõ ràng chọn như sau là đủ π π − ≤ θ ≤ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π. 2 2 Tuy nhiên, tập hợp các điểm (θ, ϕ) thỏa mãn các bất đẳng thức trên không phải là một tập con mở của R2 , vì vậy nó không thể coi như là một miếng vá. Tập mở lớn nhất thỏa mãn các bất đẳng thức trên là π π U = {(θ, ϕ) | − < θ < , 0 < ϕ < 2π}, 2 2 nhưng khi đó ảnh của σ : U → R3 không phải là toàn bộ mặt cầu, mà là phần bù của nửa đường tròn lớn C bao gồm các điểm trên mặt cầu có tọa độ (x, 0, z) với x ≥ 0. Do đó, σ : U → R3 chỉ phủ lên một ’mảnh’ của mặt cầu. Một lần nữa, chúng ta sẽ không kiểm tra chi tiết tại sao σ là một đồng phôi giữa U và phần giao của mặt cầu với tập mở W = {(x, y, z) ∈ R3 | x < 0 hoặc y 6= 0}.. Vì vậy để chứng tỏ mặt cầu là một mặt cong, chúng ta cần phải xây dựng thêm ít nhất một mảnh vá nữa để phủ nốt phần mặt cầu bị σ bỏ qua. Ví dụ, xét σ̃ là mảnh vá nhận được bằng cách quay σ một góc π quanh trục Oz và sau đó một góc π/2 quanh trục Ox. Cụ thể, σ̃ : U → R3 xác định bởi σ̃(θ, ϕ) = (− cos θ cos ϕ, − sin θ, − cos θ sin ϕ) 44.

(49) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.1. MẶT CONG LÀ GÌ?. (tập mở U cũng giống như trong trường hợp của σ). Ảnh của σ̃ là phần bù của nửa đường tròn lớn C˜ bao gồm các điểm trên mặt cầu có tọa độ (x, y, 0) với x ≤ 0 (xem hình vẽ dưới đây). Rõ ràng C và C˜ không giao nhau, vì vậy hợp thành của các ảnh của σ và σ̃ là toàn bộ mặt cầu. Chú ý rằng hầu hết các điểm của mặt cầu nằm trên ảnh của cả hai mảnh vá. hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Một trực giác rõ ràng, tuy nhiên chứng minh không phải là hiển nhiên, đó là mặt cầu không thể phủ bởi duy nhất một mảnh vá (xem Bài tập 4.5). Ví dụ cuối cùng của chúng ta (tại thời điểm này) là một tập con của R3 gần như là, nhưng không phải, một mặt cong. Ví dụ 4.3. Xét mặt nón đúp S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 = z 2 }. hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Để nhận thấy đây không phải là một mặt cong, giả sử σ : U → S ∩ W là một mảnh vá chứa đỉnh (0, 0, 0) của mặt nón, và giả sử a ∈ U là điểm tương ứng với đỉnh này. Chúng ta có thể giả thiết U là một quả cầu mở với tâm a, vì mọi tập mở U chứa a phải chứa một quả cầu mở như thế. Rõ ràng tập mở W phải chứa một điểm p trong phần bên dưới S− với z < 0 của S và một điểm q trong phần bên trên S+ với z > 0 của S; gọi b và c là các điểm tương ứng thuộc U . Rõ ràng tồn tại một đường cong π nằm trong U đi qua b và c, nhưng không đi qua a. Qua ánh xạ σ ảnh của nó là đường cong γ = σ ◦ π nằm trọn trong S, đi qua p và q, nhưng không đi qua đỉnh. (Chú ý rằng trong trường hợp tổng quát, γ không trơn mà chỉ liên tục, nhưng điều này không làm ảnh hưởng đến khẳng định.) Điều này không thể xảy ra. (Bạn đọc thành thạo về tôpô tập điểm có thể đưa ra lập luận chặt chẽ cho khẳng định này.) hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Nếu chúng ta bỏ đi đỉnh thì sẽ nhận được mặt cong S− ∪ S+ . Nó có một bản đồ bao gồm hai miếng vá σ ± : U → R3 , với U = R2 \ {(0, 0)}, xác định bởi ánh xạ ngược của phép chiếu lên mặt phẳng Oxy: √ σ ± (u, v) = (u, v, ± u2 + v 2 ). Như trong ví dụ của mặt cầu, một điểm a của một mặt cong S nói chung nằm trong ảnh của nhiều hơn một miếng vá. Giả sử σ : U → S ∩ W và σ̃ : Ũ → S ∩ W̃ là hai miếng vá mà a ∈ S ∩ W ∩ W̃ . Do σ và σ̃ là các đồng phôi, nên σ −1 (S ∩ W ∩ W̃ ) và σ̃ −1 (S ∩ W ∩ W̃ ) là các tập mở V ⊆ U và Ṽ ⊆ Ũ tương ứng. Đồng phôi hợp thành σ ◦ σ̃ : Ṽ → V được gọi là ánh xạ chuyển từ σ đến σ̃. Nếu kí hiệu ánh xạ này là Φ, ta có σ̃(ũ, ṽ) = σ(Φ(ũ, ṽ)) với mọi (ũ, ṽ) ∈ Ṽ . hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! BÀI TẬP 4.1. Chứng minh đĩa mở trong mặt phẳng Oxy là một mặt cong. 4.2. Chứng minh rằng mặt trụ tròn xoay S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 = 1} có thể phủ bởi một miếng vá, vì vậy nó là mặt cong. (Gợi ý: Lấy U là mặt phẳng bỏ đi 1 điểm.) 45.

(50) 4.2. MẶT TRƠN. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. x 4.3. Định nghĩa các miếng vá σ± : U → R3 cho mặt cầu có bán kính đơn vị từ việc giải phương trình x2 + y 2 + z 2 = 1 biến x theo y và z: √ x σ± (u, v) = (± 1 − u2 − v 2 , u, v),. xác định trên tập mở U = {(u, v) ∈ R2 |u2 + v 2 < 1}. Tương tự, giải phương trình theo y y z và z có thể định nghĩa được tương ứng các miếng vá σ± và σ± (với cùng một U ). Chứng minh rằng với sáu miếng vá này mặt cầu có cấu trúc mặt. !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 4.4. Hyperboloid một tầng là S = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 − z 2 = 1}. (Hình vẽ của một hyperboloid có thể xem trong Mệnh đề 4.6.) Chứng minh rằng, với mỗi θ, đường thẳng (x − z) cos θ = (1 − y) sin θ,. (x + z) sin θ = (1 + y) cos θ. nằm trên S, và mỗi điểm của S thì nằm trên một trong những đường thẳng này. Hãy chứng tỏ S có thể phủ bởi một miếng vá, do đó nó là một mặt. (So sánh với trường hợp mặt trụ trong Bài tập 4.2.) Hãy tìm một họ đường thẳng thứ hai trên S, và hãy chứng tỏ rằng bất kỳ hai đường thẳng nào trong cùng một họ thì không cắt nhau, trong khi mỗi đường thẳng thuộc họ thứ nhất thì giao với tất cả các đường thẳng thuộc họ thứ hai ngoại trừ một trường hợp. Vì thế người ta gọi S là mặt thước kép. 4.5. Chứng minh rằng mặt cầu đơn vị không thể phủ bằng một miếng vá. (Cần kiến thức về tôpô tập điểm.). 4.2. Mặt trơn. Trong Hình học vi phân chúng ta sẽ dùng các tính toán giải tích để nghiên cứu các mặt (và cũng như các đối tượng hình học khác). Chẳng hạn ... Với lý do đó, chúng ta cần xét các mặt với các cấu trúc bổ sung. Trước hết, với U là một tập con mở của Rm , ánh xạ f : U → Rn được gọi là trơn nếu mỗi trong n thành phần của f , là các hàm U → R, có đạo hàm riêng liên tục ở mọi cấp. Khi đó các đạo hàm riêng của f được tính mỗi thành phần. Ví dụ, nếu m = 2 và n = 3, và f (u, v) = (f1 (u, v), f2 (u, v), f3 (u, v)), thì. ³ ∂f ∂f ∂f ´ ∂f 1 2 3 = , , , ∂u ∂u ∂u ∂u. ³ ∂f ∂f ∂f ´ ∂f 1 2 3 = , , , ∂v ∂v ∂v ∂v. và tương tự cho các đạo hàm cấp cao hơn. Chúng ta thường dùng cách viết ngắn gọn sau: ∂f = fu , ∂u 46. ∂f = fv , ∂v.

(51) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.2. MẶT TRƠN. ∂ 2f = fuu , ∂u2. ∂ 2f = fuv , ∂u∂v. ∂2f = fvv , ∂v 2. và tương tự. Chú ý rằng fuv = fvu , vì tất cả các đạo hàm riêng của các thành phần của f liên tục. Bây giờ thì có thể nói đến tính trơn của các miếng vá σ : U → R3 trong bản đồ của S. Tuy nhiên chúng ta cần thêm một điều kiện nữa. Định nghĩa 4.2. Một miếng vá σ : U → R3 được gọi là chính qui nếu nó trơn và các véctơ σ u và σ v độc lập tuyến tính tại mọi điểm (u, v) ∈ U . Một cách tương đương, σ trơn đồng thời tích véctơ σ u × σ v khác véctơ không tại mọi điểm của U . Cuối cùng chúng ta đi đến định nghĩa của lớp các mặt sẽ được học trong cuốn sách này. Định nghĩa 4.3. Một trơn là một mặt σ mà bản đồ bao gồm các miếng vá chính qui. Ví dụ 4.4. Mặt phẳng trong Ví dụ 4.1 là một mặt trơn. Do σ(u, v) = a + up + vq rõ ràng là trơn và σ u = p, σ v = q độc lập tuyến tính (vì p và q theo cách chọn là các véctơ có độ dài đơn vị vuông góc với nhau). Ví dụ 4.5. Mặt cầu có bán kính đơn vị S 2 trong Ví dụ 4.2, có σ và σ̃ trơn. Để kiếm tra tính chính qui, tính σ θ = (− sin θ cos ϕ, − sin θ sin ϕ, cos θ),. σ ϕ = (− cos θ sin ϕ, cos θ cos ϕ, 0),. dẫn đến σ θ × σ ϕ = (− cos2 θ cos ϕ, − cos2 θ sin ϕ, − sin θ cos θ) do đó kσ θ × σ ϕ k = | cos θ|. Hơn nữa nếu (θ, ϕ) ∈ U , thì −π/2 < θ < π/2, do đó cos θ 6= 0. Tương tự, có thể kiểm tra tính chính qui của σ̃. Trong Bài tập 4.3 chúng ta cho một họ các miếng vá khác phủ mặt cầu đơn vị S 2 , và cũng dễ dàng kiểm tra được tính chính qui của chúng (xem Bài tập 4.7). Cùng với Ví dụ 4.5, chúng ta có hai bản đồ cho S 2 bao gồm các miếng vá chính qui, vì thế câu hỏi đặt ra: bản đồ nào chúng ta dùng để nghiên cứu mặt cầu? Câu trả lời là chúng ta có thể dùng mỗi một, hoặc cả hai. Với tám miếng vá trong Bài tập 4.3 và cùng với Ví dụ 4.5 ta có bản đồ thứ ba. Trong hầu hết các trường hợp (không phải tất cả, xem Định nghĩa 4.5), với mỗi mặt ta có thể dùng thuật ngữ bản đồ cực đại, đó là bản đồ chứa tất cả các miếng vá chính qui σ : U → S ∩ W , trong đó U và W , tương ứng, là các tập con mở của R2 và R3 . Các miếng vá như vậy được gọi là các miếng vá chấp nhận được của S. Bản đồ cực đại không phụ thuộc vào cách chọn nào. Hai kết quả dưới đây có vẻ không thú vị ngay, nhưng chúng rất quan trọng cho hệ quả sau đó. Mệnh đề 4.1. Các ánh xạ chuyển của một mặt trơn là trơn. Chứng minh của khẳng định này sẽ được trình bày trong Tiết 4.7. Kết quả tiếp theo như là điều khẳng định ngược lại. 47.

(52) 4.2. MẶT TRƠN. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. Mệnh đề 4.2. Giả sử U và Ũ là các tập con mở của R2 và σ : U → R3 là một miếng vá chính qui. Giả sử Φ : Ũ → U là một song ánh trơn với ánh xạ ngược Φ−1 : U → Ũ cũng trơn. Khi đó, σ̃ = σ ◦ Φ : Ũ → R3 là một miếng vá chính qui. Chứng minh. Miếng vá σ̃ là trơn do hợp thành của các ánh xạ trơn là trơn. Với tính chính qui, giả sử (u, v) = Φ(ũ, ṽ). Theo qui tắc dây chuyền, σ̃ ũ =. ∂u ∂v σu + σv , ∂ ũ ∂ ũ. vì vậy. σ̃ ṽ =. ∂u ∂v ´ σu × σv . ∂ ũ ∂ṽ ∂ṽ ∂ ũ Vô hướng trong vế phải của phương trình trên là định thức của ma trận Jacobi µ ∂u ∂u ¶ J(Φ) = ∂∂vũ ∂ṽ ∂v σ̃ ũ × σ̃ ṽ =. ³ ∂u ∂v. ∂u ∂v σu + σv , , ∂ṽ ∂ṽ. −. ∂ ũ. (4.1). ∂ṽ. của Φ. Nhắc lại kiến thức trong giải tích, nếu Ψ và Ψ̃ là hai ánh xạ giữa các tập mở trong R2 , J(Ψ̃ ◦ Ψ) = J(Ψ̃)J(Ψ). (Thật ra, điều này tương đương với qui tắc dây chuyền cho đạo hàm riêng cấp một của Ψ̃ ◦ Ψ.) Lấy Ψ = Φ và Ψ̃ = Φ−1 , ta có J(Φ−1 ) = J(Φ)−1 . Đặc biệt, J(Φ) khả nghịch, vì vậy định thức của nó khác không và từ Pt. (4.1) suy ra σ̃ chính qui. Nếu các miếng vá chính qui σ và σ̃ như trong mệnh đề trên, chúng ta nói σ̃ là một tham số hóa lại của σ, còn Φ là ánh xạ chuyển. Chú ý rằng σ khi đó cũng là một tham số hóa lại của σ̃, vì σ = σ̃ ◦ Φ−1 . Cũng chú ý rằng, nếu σ : U → S ∩ W và σ̃ : Ũ → S ∩ W̃ là hai miếng vá chấp nhận được của một mặt trơn S, và nếu V ⊆ U và Ṽ ⊆ Ũ là các tập con mở sao cho σ(V ) = σ̃(Ṽ ) = S ∩ W ∩ W̃ , thì Φ = σ −1 ◦ σ̃ : Ṽ → V là song ánh, trơn và có ánh xạ ngược cũng trơn do Mệnh đề 4.1. Vì vậy, σ̃ là một tham số hóa lại của σ tại những nơi mà cả hai đều xác định. Nhận xét này dẫn đến một nguyên lí rất cơ bản mà chúng ta sẽ sử dụng trong suốt cuốn sách. Đó là, chúng ta có thể định nghĩa một tính chất của bất kỳ mặt cho trước nào nếu chúng ta có thể định nghĩa nó cho mỗi miếng vá chính qui với điều kiện nó không thay đổi khi miếng vá được tham số hóa lại. Để minh họa nguyên lí này, chúng ta định nghĩa cái gọi là ánh xạ trơn f : S1 → S2 , trong đó S1 và S2 là các mặt trơn. Theo nguyên lí chung của chúng ta, có thể giả sử S1 và S2 được phủ bởi chỉ mỗi một miếng vá σ 1 : U1 → R3 và σ 2 : U2 → R3 , và định nghĩa này phải không bị ảnh hưởng bởi tham số hóa lại của σ 1 và σ 2 . Do σ 1 và σ 2 là các song ánh, mỗi ánh xạ f : S1 → S2 cho ta ánh xạ σ −1 2 ◦ f ◦ σ 1 : U1 → U2 , và chúng ta nói rằng f trơn nếu ánh xạ này trơn (chúng ta đã có khái niệm trơn của một ánh xạ giữa các tập con mở của R2 ). Bây giờ giả sử σ̃ 1 : Ũ1 → R3 và σ̃ 2 : Ũ2 → R3 là các tham số hóa lại của σ 1 và σ 2 , với Φ1 : Ũ1 → U1 và Φ2 : Ũ2 → U2 tương ứng là các ánh xạ tham số hóa lại. Chúng ta phải chứng tỏ rằng ánh xạ tương ứng σ̃ −1 2 ◦ f ◦ σ̃ 1 là trơn nếu σ −1 ◦ f ◦ σ trơn. Điều này đúng, do 1 2 −1 −1 −1 σ̃ −1 2 ◦ f ◦ σ̃ 1 = σ̃ 2 ◦ (σ̃ 2 ◦ σ̃ 2 ) ◦ f ◦ (σ̃ 1 ◦ σ̃ 1 ) ◦ σ̃ 1 −1 −1 = (σ̃ −1 2 ◦ σ̃ 2 ) ◦ (σ 2 ◦ f ◦ σ 1 ) ◦ (σ̃ 1 ) ◦ σ̃ 1 ) −1 = Φ−1 2 ◦ (σ 2 ◦ f ◦ σ 1 ) ◦ Φ1 ,. 48.

(53) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.2. MẶT TRƠN. 2 và Φ1 , Φ−1 2 là các ánh xạ trơn (giữa các tập con mở của R ). Phần kiểm tra hợp thành của các ánh xạ trơn giữa các mặt là ánh xạ trơn dành lại cho bạn đọc. Chúng ta sẽ đặc biệt quan tâm đến những ánh xạ trơn f : S1 → S2 mà là song ánh và ánh xạ ngược f −1 : S2 → S1 là trơn. Những ánh xạ như vậy được gọi là các vi phôi, và nếu có một vi phôi như vậy thì S1 và S2 được gọi là vi phôi với nhau. Sau đây là một tính chất cần thiết:. Mệnh đề 4.3. Giả sử f : S1 → S2 là một vi phôi. Nếu σ 1 là một mảnh vá chấp nhận được trên S1 thì f ◦ σ 1 là một mảnh vá chấp nhận được trên σ 2 . Chứng minh. Chúng ta có thể giả sử S1 và S2 được phủ tương ứng bởi mảnh vá σ 1 : U1 → R3 và σ 2 : U2 → R3 . Do f là một vi phôi, f (σ 1 (u, v)) = σ 2 (F (u, v)), trong đó F : U1 → U2 là một song ánh, trơn và F −1 cũng trơn. Từ Mệnh đề 4.2 ta có ngay kết quả. Ví dụ 4.6. Chúng ta xét ánh xạ quấn mặt phẳng lên mặt trụ tròn xoay có bán kính 1 và trục Oz, xét tham số hóa σ 2 : U → R3 cho bởi σ 2 (u, v) = (cos u, sin u, v),. U = {(u, v) ∈ R2 |0 < u < 2π}.. Nếu chúng ta quấn toàn bộ mặt phẳng lên mặt trụ thì ánh xạ này không phải là một song ánh, do mặt phẳng phải quấn quanh vô hạn lần. Vì vậy chúng ta xét dải dài vô hạn trong mặt phẳng Oyz với độ rộng 2π, có tham số hóa σ 1 : U → R3 được cho bởi σ 1 (u, v) = (0, u, v). Ta quấn dải này quanh mặt trụ sao cho đường thẳng z = v song song với trục Oz như được quấn ’theo eo’ của mặt trụ tại độ cao v so với mặt Oxy. Do chiều rộng của dải bằng chu vi của mặt trụ, mỗi điểm trên dải sẽ tương ứng một điểm trên mặt trụ với góc cực u. Như vậy, ánh xạ quấn này biến điểm (0, u, v) của dải thành điểm (cos u, sin u, v) của mặt trụ, tức là với kí hiệu như trên thì f (0, u, v) = (cos u, sin u, v). Từ đó ta có thể biểu thị F thông qua các tham số đơn giản như sau F (u, v) = (u, v), do f (σ 1 (u, v)) = σ 2 (u, v). Chúng ta kết thúc tiết này với việc xây dựng tổng quát cho mặt cong trơn. Thật ra, có thể chứng tỏ rằng mọi mặt cong trơn đều có thể xây dựng như thế. Như chúng ta đã thấy trong các ví dụ trên, các mặt thường được cho như là các mặt mức {(x, y, z) ∈ R3 |f (x, y, z) = c}, trong đó f là một hàm trơn và c là một hằng số. Chúng ta có thể cho c = 0 bằng cách thay f bởi f − c, chẳng hạn đối với mặt cầu đơn vị S thì mặt mức là x2 + y 2 + z 2 = 1. Trong các ví dụ này, chúng ta có thể xây dựng các bản đồ một cách khá đặc biệt. Kết quả mà chúng ta sẽ bàn dưới đây cho ta điều kiện đủ để một mặt mức là trơn. !!!!!!!!!!!!!! Định lý 4.1. Giả sử cS là một tập con của R3 có tính chất sau: Mỗi một điểm P ∈ S, tồn tại một tập con mở W của R3 chứa P và một hàm trơn f : W → R sao cho (i) S ∩ W = {(x, y, z) ∈ W |f (x, y, z) = 0}; 49.

(54) 4.2. MẶT TRƠN. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. (ii) Các đạo hàm riêng fx , fy và fz không cùng triệt tiêu tại P . Khi đó, S là một mặt trơn. Chứng minh sẽ được trình bày trong Tiết 4.7. Ví dụ 4.7. Với mặt cầu đơn vị S 2 , ta lấy W = R3 và f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1. Khi đó, (fx , fy , fz ) = (2x, 2y, 2z), vì vậy k(fx , fy , fz )k = 2 tại mọi điểm của S 2 . Suy ra (fx , fy , fz ) khác không mọi nơi trên S 2 . Từ định lý trên ta có S 2 là một mặt trơn. Ví dụ 4.8. Với mặt nón 2 phía ở Ví dụ 4.3, f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 . Khi đó, (fx , fy , fz ) = (2x, 2y, −2z), nó triệt tiêu tại đỉnh (0, 0, 0). Bỏ đi đỉnh ta có được mặt trơn, như đã thấy. là một mặt trơn. Trong phần còn lại của cuốn sách, mặt cong được hiểu là mặt cong trơn, và mảnh vá được hiểu là mảnh vá trơn chính qui (hoặc một cách tương đương là mảnh vá chấp nhận được). Nếu không nhấn mạnh gì thì tất cả các mặt cong đều giả thiết là liên thông, tức là bất kì hai điểm nào của S đều tìm được một đường cong đi qua chúng và nằm trọn trong S. Điều giả thiết này không phải là quá nghiêm ngặt, bởi vì không khó khăn lắm có thể chứng minh được rằng mỗi mặt cong là một hợp rời của các mặt cong liên thông, khi đó có thể nghiên cứu riêng lẻ từng thành phần liên thông một. Tất cả các mặt ở trong các ví dụ nói trên đều là các mặt liên thông ngoại trừ mặt nón hai tầng trong Ví dụ 4.3, mặt này là hợp rời của hai nửa nón S± khi bỏ đỉnh của nó đi (để trở thành mặt cong). BÀI TẬP 4.6. Chứng minh rằng, nếu f (x, y) là một hàm trơn, thì đồ thị của nó {(x, y, z) ∈ R3 | z = f (x, y)} là một mặt trơn với bản đồ gồm một mảnh vá chính qui σ(u, v) = (u, v, f (u, v)). 4.7. Kiểm tra sáu mảnh vá của mặt cầu đơn vị ở Ví dụ 4.3 đều chính qui. Tính các ánh xạ chuyển giữa chúng và chứng tỏ rằng các ánh xạ này đều trơn. 4.8. Chứng minh rằng σ(r, θ) = (r cosh θ, r sinh θ, r2 ) là một tham số của hyperbolic paraboloid z = x2 − y 2 ở phần z > 0. (Hình vẽ của một hyperbolic paraboloid có thể tìm thấy trong Mệnh đề 4.6.) Sử dụng Bài tập 4.6 để tìm một tham số hóa khác σ̃ cho mảnh vá nói trên, chứng tỏ rằng σ̃ là một tham số hóa lại của σ. Tương tự tìm hai tham số hóa cho phần z < 0 của hyperbolic paraboloid. 4.9. Chứng minh rằng mặt mức. x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1, a2 b c. trong đó a, b và c là các hằng số khác không, là một mặt trơn (được gọi là mặt ellipsoid). (Hình vẽ của một ellipsoid có thể tìm thấy trong Mệnh đề 4.6.) 50.

(55) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.3. MẶT TIẾP XÚC, PHÁP TUYẾN VÀ TÍNH ĐỊNH HƯỚNG. 4.10. Một mặt xuyến thu được từ phép quay đường tròn C nằm trong mặt phẳng Π xung quanh một đường thẳng L (không cắt C) nằm trong Π. Chọn Π là mặt phẳng Oxz, L là trục Oz, a > 0 là khoảng cách từ tâm của C đến L, và b < a là bán kính của C. Chứng minh rằng mặt xuyến là một mặt trơn, bằng hai cách sau: (i) Thông qua bản đồ gồm các mảnh vá σ(θ, ϕ) = ((a + b cos θ) cos ϕ, (a + b cos θ) sin ϕ, b sin θ), với (θ, ϕ) trong các khoảng mở thích hợp của R2 . (ii) Thông qua việc xem nó như là mặt mức xác định bởi (x2 + y 2 + z 2 + a2 − b2 )2 = 4a2 (x2 + y 2 ). !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 4.11. Với S là một mặt trơn, ta định nghĩa khái niệm hàm trơn S → R. Chứng minh rằng, nếu S là một mặt trơn, mỗi ánh xạ thành phần của ánh xạ nhúng S → R3 là một hàm trơn S → R. 4.12. Chứng minh rằng phép tịnh tiến và phép biến đổi tuyến tính khả nghịch trong R3 biến các mặt trơn thành các mặt trơn.. 4.3. Mặt tiếp xúc, pháp tuyến và tính định hướng. Một cách tự nhiên khi nghiên cứu một mặt cong S là tìm hiểu qua các đường cong (trơn) γ nằm trên S. Nếu γ : (α, β) → R3 nằm trong ảnh của mảnh vá σ : U → R3 trong bản đồ của S, thì tồn tại một ánh xạ (α, β) → U , biến t → (u(t), v(t)), sao cho γ(t) = σ(u(t), v(t)).. (4.2). Trong đó u và v cần thiết phải là các hàm trơn (xem Bài tập 4.30). Ngược lại, nếu t → (u(t), v(t)) là trơn, thì Pt. (4.2) xác định một đường cong nằm trên S. Tổng quát, nếu γ là một đường cong trên S và giả sử γ(t0 ) là một điểm nào đó của γ nằm trên mảnh vá σ của cS, thì Pt. (4.2) cũng đúng với mọi t thuộc một tập mở nào đó chứa t0 . Vì vậy chúng ta có thể hạn chế về trường hợp đường cong có dạng (4.2). Định nghĩa 4.4. Không gian tiếp xúc tại một điểm P của mặt cS là tập hợp tất cả các véctơ tiếp tuyến tại P của tất cả các đường cong trên cS đi qua P . Mệnh đề 4.4. Giả sử σ : U → R3 là một mảnh vá của mặt S chứa một điểm P của S, và giả sử (u, v) là hệ tọa độ trong U . Khi đó, không gian tiếp xúc với S tại P là không gian véctơ con của R3 sinh bởi các véctơ σ u và σ v (các đạo ánh xác định tại điểm (u0 , v0 ) ∈ U mà σ(u0 , v0 ) = P ). Chứng minh. Giả sử γ là một đường cong trơn trên S, chẳng hạn được cho bởi γ(t) = σ(u(t), v(t)). Kí hiệu d/dt bởi dấu chấm trên. Theo luật hợp thành, ta có γ̇ = σ u u̇ + σ v v̇. 51.

(56) 4.3. MẶT TIẾP XÚC, PHÁP TUYẾN VÀ TÍNH ĐỊNH HƯỚNG. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. Do đó γ̇ là một tổ hợp tuyến tính của σ u và σ v . Ngược lại, mỗi véctơ nằm trong không gian véctơ con của R3 sinh bởi σ u và σ v đều có dạng ξσ u + ησ v , với ξ và η là các vô hướng. Định nghĩa γ(t) = σ(u0 + ξt, v0 + ηt). Khi đó, γ là một đường cong trơn trên S và tại t = 0, tức là tại điểm P trên S, ta có γ̇ = ξσ u + νσ v . Điều này chứng tỏ rằng mọi véctơ sinh bởi σ u và σ v đều là véctơ tiếp xúc tại P của một đường cong nào đó trên S. Do σ u và σ v độc lập tuyến tính, nên không gian tiếp xúc có chiều bằng 2, và vì vậy từ đây về sau ta sẽ gọi là mặt tiếp xúc. Chú ý rằng Định nghĩa 4.4 cho ta thấy mặt tiếp xúc không phụ thuộc vào việc chọn mảnh vá chứa P , cho dù điều này không thật sự hiển nhiên từ Mệnh đề 4.4 (xem Bài tập 4.15). Do mặt tiếp xúc tại P ∈ S đi qua gốc tọa độ của R3 , vì vậy nó hoàn toàn xác định bởi một véctơ có độ dài đơn vị vuông góc với nó, được gọi là véctơ pháp tuyến của S tại P . Dĩ nhiên là có hai véctơ như vậy, nhưng do Mệnh đề 4.4, nếu ta đã chọn mảnh vá σ : U → R3 thì có thể xác định véctơ pháp tuyến bởi σu × σv Nσ = (4.3) kσ u × σ v k (trong đó các đạo ánh xác định được tại điểm trên U tương ứng với P ), rõ ràng véctơ này có độ dài đơn vị và vuông góc với mọi tổ hợp tuyến tính của σ u và σ v . Ta gọi nó là véctơ pháp tuyến chuẩn tắc của mảnh vá σ tại P . Tuy nhiên, không giống như mặt tiếp xúc, Nσ không phải là không độc lập vào việc chọn mảnh vá σ chứa P . Thật vậy, nếu σ : U → R3 là một mảnh vá khác chứa P trong bản đồ của S, như trong chứng minh của Mệnh đề 4.2 thì σ̃ ũ × σ̃ ṽ = det(J(Φ))σ u × σ v , trong đó J(Φ) là ma trận Jacobi của ánh xạ chuyển Φ từ σ đến σ̃. Vì vậy véctơ pháp tuyến chuẩn tắc của σ̃ là σ̃ ũ × σ̃ ṽ σu × σv Nσ̃ = =± = ±Nσ , kσ̃ ũ × σ̃ ṽ k kσ u × σ v k ở đây dấu là dấu của định thức của J(Φ). Điều này dẫn đến định nghĩa sau đây. Định nghĩa 4.5. Một mặt định hướng được là một mặt với bản đồ có tính chất như sau: Với mỗi ánh xạ chuyển Φ giữa hai mảnh vá trong bản đồ, thì det(J(Φ)) > 0 tại những nơi mà Φ xác định. Lập luận ở phần trên cho chúng ta khẳng định sau đây. Mệnh đề 4.5. Mỗi mặt định hướng được có một cách xác định véctơ pháp tuyến chuẩn tắc tại mỗi điểm, bằng cách lấy các véctơ pháp tuyến chuẩn tắc tại mỗi mảnh vá trong bản đồ của S. Ngoài ra, điều ngược lại cũng đúng: Nếu một mặt S có pháp tuyến chuẩn N xác định tại mọi điểm P ∈ S và nó phụ thuộc liên tục tại P , thì S định hướng được. Rõ hơn, xét bản đồ cực đại của S, giữ lại mảnh vá σ(u, v) nếu σ u × σ v bằng một bội dương của N, nếu ngược lại thì bỏ mảnh vá này đi. Các mảnh vá còn lại lập thành một bản đồ thỏa mãn điều kiện trong Mệnh 52.

(57) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.3. MẶT TIẾP XÚC, PHÁP TUYẾN VÀ TÍNH ĐỊNH HƯỚNG. đề 4.5. Chi tiết chứng minh dành lại cho người đọc (lập luận tương tự như trong ví dụ tiếp sau đây). Hầu hết các mặt mà chúng ta sẽ xét đến là định hướng được (xem Bài tập 4.16). Dưới đây là ví dụ một mặt không định hướng được. Ví dụ 4.9. Lá Möbius là mặt thu được bằng cách quay một đoạn thẳng L xung quanh trung điểm P đồng thời P chạy trên một đường tròn C, cụ thể khi P quay một vòng quanh C thì L quay nửa vòng quanh P . Nếu ta lấy C là đường tròn x2 + y 2 = 1 trong mặt phẳng Oxy, và L là đoạn thẳng có độ dài đơn vị tại thời điểm song song với trục Oz với trung điểm P = (1, 0, 0). Khi P quay một góc θ quanh trục Oz, L phải quay góc θ/2 quanh P trong mặt phẳng chứa P và trục Oz. Do đó điểm (1, 0, t) của L lúc ban đầu sẽ biến thành điểm ³³ ³ θ´ θ´ θ´ σ(t, θ) = 1 − t sin cos θ, ( 1 − t sin sin θ, t cos . 2 2 2 Lấy miền xác định của σ là U = {(t, θ) ∈ R2 | − 1/2 < t < 1/2, 0 < θ < 2π}. Chúng ta có thể lấy mảnh vá thứ hai σ̃ có công thức như của σ nhưng với miền xác định là U = {(t, θ) ∈ R2 | − 1/2 < t < 1/2, −π < θ < π}. Có thể kiểm tra được rằng hai mảnh vá này lập thành một bản đồ cho lá Möbius, chúng là các mảnh vá chính qui, vì vậy lá Möbius nằm tựa trên một mặt trơn S. !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Chúng ta tính véctơ pháp tuyến chuẩn Nσ tại các điểm nằm trên đường tròn ở giữa (tại t = 0). Tại những điểm như vậy, ta có ³ θ θ θ´ σ t = − sin cos θ, − sin sin θ, cos , σ θ = (− sin θ, cos θ, 0), 2 2 2 vì vậy. θ θ´ θ − cos θ cos , − sin θ cos , − sin . 2 2 2 Véctơ này có độ dài đơn vị, vì vậy nó chính là Nσ . Nếu lá Möbius định hướng được thì véctơ pháp tuyến chuẩn N xác định tại mọi điểm của S và nó chuyển động trơn trên S. Tại mỗi điểm σ(0, θ) nằm trên đường tròn giữa, ta phải có ³. σt × σθ =. N = λ(θ)Nσ , trong đó λ : (0, 2π) → R là ánh xạ trơn và λ(θ) = ±1 với mọi θ. Do đó, hoặc λ(θ) = 1 với mọi θ ∈ (0, 2π), hoặc λ(θ) = −1 với mọi θ ∈ (0, 2π). Thay N bởi −N nếu cần thiết, ta có thể giả thiết λ = 1. Tại điểm σ(0, 0) = σ(0, 2π), ta phải có (do tính trơn của N) N = lim+ Nσ = (−1, 0, 0) θ→0. và N = lim− Nσ = (1, 0, 0). θ→2π. Điều này là mâu thuẫn, do đó lá Möbius không định hướng được. BÀI TẬP 53.

(58) 4.4. CÁC VÍ DỤ VỀ MẶT. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.13. Tìm phương trình của mặt tiếp xúc của mảnh vá dưới đây tại điểm tương ứng: (i) σ(u, v) = (u, v, u2 − v 2 ), (1, 1, 0); (ii) σ(r, θ) = (r cosh θ, r sinh θ), (1, 0, 1). 4.14. Mặt đinh ốc là mặt quét bởi một cánh quạt máy bay, khi cả máy bay và cánh quạt của nó chuyển động đều. (Hình vẽ của một mặt đinh ốc có thể xem trong Ví dụ 9.3.) Nếu máy bay bay dọc theo trục Oz, chứng minh rằng mặt đinh ốc có thể tham số bởi σ(u, v) = (v cos u, v sin u, λu), với λ là một hằng số. Chứng minh rằng cotang của góc tạo bởi véctơ pháp tuyến chuẩn của σ tại P và trục Oz tỉ lệ với khoảng cách từ P đến trục. 4.15. Giả sử σ(u, v) là một mảnh vá. Chứng minh rằng tập hợp các tổ hợp tuyến tính của σ u và σ v là không đổi khi σ được tham số hóa lại. 4.16. Xét mặt S định nghĩa bởi f (x, y, z) = 0, trong đó f là một hàm trơn sao cho fx , fy và fz không đồng thời triệt tiêu tại bất kì điểm nào của S. Chứng minh rằng véctơ ∇f = (fx , fy , fz ) vuông góc với mặt tiếp xúc tại mọi điểm của S, điều này dẫn đến S định hướng được. (So sánh với Bài tập 1.17.) 4.17. Giả sử S là một mặt và F : S → R là một hàm trơn (xem Bài tập 4.11). Chứng minh rằng, với mỗi điểm P ∈ S, tồn tại duy nhất một véctơ ∇S F trong mặt phẳng tiếp xúc tại P sao cho d¯ (∇S F ).γ̇(0) = ¯t=0 F (γ(t)) dt với mọi đường cong γ trong S với γ(0) = P . Từ đó chứng tỏ ∇S F = 0 nếu F có một cực đại địa phương hoặc một cực tiểu địa phương tại P . Chứng minh rằng, nếu S là mặt trong Bài tập 4.16, thì ∇S F là hình chiếu vuông góc của ∇F lên mặt tiếp xúc với S, và chứng tỏ rằng, nếu F có một cực đại địa phương hoặc một cực tiểu địa phương tại P , thì ∇F = λ∇f với hằng số λ nào đó. (Đây được gọi là Phương pháp nhân tử bất định của Lagrange.). 4.4. Các ví dụ về mặt. Bây giờ chúng ta sẽ trình bày một vài lớp mặt đơn giản nhất. Một số khác sẽ gặp ở phần sau của cuốn sách. Ví dụ 4.10. Một mặt trụ (tổng quát) là mặt S thu được bởi tịnh tiến một đường cong. Nếu đường cong là γ : (α, β) → R3 và a là véctơ có độ dài đơn vị có hướng là hướng của phép tịnh tiến, thì điểm thu được bởi tịnh tiến điểm γ(u) của γ theo véctơ va song song với a là σ(u, v) = γ(u) + va. 54.

(59) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.4. CÁC VÍ DỤ VỀ MẶT. Khi đó, với σ : U → R3 , trong đó U = {(u, v) ∈ R2 |α < u < β}, thì rõ ràng σ trơn. Do σ(u, v) = σ(u0 , v 0 ) ⇔ γ(u) − γ(u0 ) = (v 0 − v)a, với σ là một mảnh vá (do đó, là một đơn ánh), vì vậy mỗi đường thẳng song song với a cắt γ không quá một điểm. Cuối cùng, vì σ u = γ̇, σ v = a (dấu chấm trên kí hiệu thay cho d/du), suy ra σ là chính qui khi và chỉ khi véctơ tiếp xúc của γ không bao giờ song song với a. !!!!!!!!!!!!!!!!!!!hinh ve Biểu diễn tham số nói trên là đơn giản nhất khi γ nằm trên mặt phẳng vuông góc với a. Thật vậy, điều này luôn luôn có thể đạt được bằng cách thay γ bởi hình chiếu của nó lên mặt phẳng như thế (xem Bài tập 4.22). Điều kiện chính qui rõ ràng được thỏa mãn do γ̇ luôn khác không, tức là do γ là chính qui. Chúng ta có thể lấy mặt phẳng này là Oxy và a = (0, 0, 1) song song với trục Oz. Khi đó, γ(u) = (f (u), g(u), 0) với các hàm trơn f và g nào đó, như vậy tham số hóa trở thành σ(u, v) = (f (u), g(u), v). Như một ví dụ, bắt đầu với đường tròn, ta sẽ có mặt trụ (tròn). Lấy đường tròn có tâm là gốc tọa độ, bán kính bằng 1 và nằm trên mặt phẳng Oxy, nó có thể tham số như sau γ(u) = (cos u, sin u, 0), với miền xác định chẳng hạn 0 < u < 2π và −π < u < π. Từ đó có một bản đồ gồm hai mảnh vá cho mặt trụ như sau σ(u) = (cos u, sin u, v), với miền xác định là các tập mở {(u, v) ∈ R2 |0 < u < 2π},. {(u, v) ∈ R2 | − π < u < π}.. Ví dụ 4.11. Một mặt nón (tổng quát) là hợp của tất cả các đường thẳng đi qua một điểm cố định và các điểm của một đường cong. Nếu p là điểm cố định và γ : (α, β) → R3 là đường cong, thì điểm tổng quát trên đường thẳng qua p và một điểm γ(u) của đường cong là σ(u, v) = (1 − v)p + vγ(u). Rõ ràng σ là trơn. Ta có, σ(u, v) = σ(u0 , v 0 ) ⇔ vγ(u) − v 0 γ(u0 ) + (v 0 − v)p = 0, tức là các điểm p, γ(u) và γ(u0 ) không thẳng hàng. Vậy, với σ là một mảnh vá, mỗi đường thẳng qua p không đi qua quá một điểm của γ (đặc biệt, γ không đi qua p). Cuối cùng, ta có σ u = v γ̇, σ v = γ − p (với d/du được kí hiệu bởi dấu chấm trên), để σ chính qui thì v 6= 0, tức là đỉnh của mặt nón cần bỏ đi (xem Bài tập 4.3), và trong số các đường thẳng tạo ra mặt nón không có đường nào tiếp xúc với γ. !!!!!!!!!!!!!!!!!!! hinh ve Biểu diễn tham số nói trên là đơn giản nhất khi γ nằm trên một mặt phẳng. Nếu mặt phẳng này chứa điểm p thì mặt nón đơn giản là thành phần của mặt phẳng. Ngược lại, có thể lấy p là gốc tọa độ và mặt phẳng là z = 1. Khi đó, γ(u) = (f (u), g(u), 1) với các hàm trơn f và g nào đó, và tham số hóa có dạng σ(u, v) = v(f (u), g(u), 1). Các Ví dụ 4.10 và 4.11 là những trường hợp đặc biệt của lớp mặt trong ví dụ tiếp sau đây. 55.

(60) 4.4. CÁC VÍ DỤ VỀ MẶT. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. Ví dụ 4.12. Một mặt kẻ là mặt hợp thành bởi các đường thẳng, chúng được gọi là các đường kẻ của mặt. Giả sử C là đường cong trong R3 giao với tất cả các đường kẻ. Mỗi điểm P của mặt nằm trên một trong các đường kẻ, đường này giao với C tại điểm kí hiệu là Q. Giả sử γ là tham số hóa của C với γ(u) = Q, và nếu δ(u) là một véctơ khác không có hướng trùng với đường kẻ qua γ(u), khi đó P có tọa độ σ(u, v) = γ(u) + vδ(u), với v là một vô hướng nào đó. !!!!!!!!!!!!!!!!!!!! hinh ve Với d/du được kí hiệu bởi dấu chấm trên, ta có σ u = γ̇ + v δ̇,. σ v = δ.. Như vậy, σ là chính qui nếu γ̇ + v δ̇ và δ độc lập tuyến tính. Điều này sẽ thỏa mãn, chẳng hạn nếu γ̇ và δ độc lập tuyến tính và v đủ nhỏ. Vậy, để có được một mặt thì đường cong C không tiếp xúc với đường kẻ nào. Ví dụ 4.13. Một mặt tròn xoay là mặt tạo bởi khi quay một đường cong phẳng, được gọi là đường sinh, xung quanh một đường thẳng nằm trong mặt phẳng (chứa đường cong). Các đường tròn tạo bởi bằng phép quay một điểm nằm trên đường sinh quanh trục quay được gọi là các đường vĩ tuyến của mặt, các đường nằm trên mặt tạo bởi khi quay đường sinh một góc nào đó được gọi là các đường kinh tuyến của nó. (Cách đặt tên này cũng giống như trong địa lý, nếu chúng ta coi quả đất như là mặt tạo bởi phép quay một đường tròn lớn đi qua các cực quanh trục cực, lấy u và v tương ứng là vĩ độ và kinh độ.) Ta chọn Oz là trục quay và Oxz là mặt phẳng chứa đường sinh. Mỗi điểm P của mặt đều thu được bằng cách quay điểm Q nào đó trên đường sinh với một góc v (chẳng hạn) quanh xung quanh trục Oz. Nếu γ(u) = (f (u), 0, g(u)) là tham số hóa của đường sinh chứa Q, khi đó P có tọa độ σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)). !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! hinh ve Để kiểm tra tính chính qui, ta tính (với dấu chấm trên là kí hiệu thay cho d/du): σ u = (f˙ cos v, f˙ sin v, ġ), σ v = (−f sin v, f cos v, 0), ∴ σ u × σ v = (f ġ cos v, −f ġ sin v, f f˙), ∴ kσ u × σ v k2 = f 2 (f˙2 + ġ 2 ). Như vậy, σ u × σ v sẽ không triệt tiêu nếu f (u) luôn khác không, tức là nếu γ không cắt trục Oz, và nếu f˙ và ġ không đồng thời bằng không, tức là γ nếu γ là chính qui. Trong trường hợp này chúng ta cũng có thể giả sử f (u) > 0, để f (u) là khoảng cách từ σ(u, v) đến trục quay. Khi đó, σ đơn ánh đòi hỏi γ không tự cắt và góc v của phép quay thuộc một khoảng có độ rộng ≤ 2π. Với những điều kiện này, các mảnh vá có dạng σ lập nên cấu trúc mặt trơn cho mặt tròn xoay. BÀI TẬP 56.

(61) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.5. CÁC MẶT BẬC HAI. 4.18. Mặt tròn xoay thu được bởi quay đường cong x = cosh z trong mặt phẳng Oxz quanh trục Oz được gọi là mặt catenoid. Hãy mô tả một bản đồ cho mặt này. (Hình vẽ cho mặt catenoid có thể xem trong Tiết 9.2.) 4.19. Chứng minh rằng σ(u, v) = (sech u cos v, sech u sin v, tanh u) là một mảnh vá chính qui của mặt cầu đơn vị (nó được gọi là phép chiếu Mercator). Chứng minh rằng các kinh tuyến và vĩ tuyến trên mặt cầu tương ứng qua σ với các đường thẳng vuông góc trong mặt phẳng. 4.20. Một loxodrome là một đường cong trên mặt cầu đơn vị giao với các vĩ tuyến với cùng một góc α. Chứng minh rằng với mặt Mercator σ (xem trong Bài tập 4.19), có một loxodrome vận tốc đơn vị thỏa mãn u̇ = cos α cosh u,. v̇ = ± sin α cosh u. (dấu chấm trên kí hiệu cho phép lấy đạo hàm đối với biến là tham số của loxodrome). Chứng tỏ rằng loxodrome tương ứng qua σ với các đường thẳng trong mặt phẳng Ouv. 4.21. Một mặt conoid đứng là một mặt kẻ với các đường kẻ song song với một mặt phẳng Π và cắt một đường thẳng L vuông góc với Π. Nếu Π là mặt Oxy và L là trục Oz, chứng minh rằng σ(u, v) = (v cos θ(u), v sin θ(u), u) là một mảnh vá chính qui cho mặt conoid, trong đó θ(u) là góc giữa đường kẻ đi qua (0, 0, u) và trục Oz (θ(u) được cho là một hàm trơn theo u). Với θ(u) = u ta có mặt đinh ốc (Bài tập 4.14). !!!!!!!!!!!!!!! hinh ve 4.22. Chứng minh rằng, nếu σ(u, v) là mặt trụ (tổng quát) như trong Ví dụ 4.10 thì: (i) Đường cong γ̃(u) = γ(u) − (γ(u).a)a nằm trong một mặt phẳng vuông góc với a; (ii) σ(u, v) = γ̃(u) + ṽa, trong đó ṽ = v + γ(u).a; (iii) σ̃(u, ṽ) = γ̃(u) + ṽa là một tham số hóa lại của σ(u, v).. 4.5. Các mặt bậc hai. Mặt phẳng, trong hệ tọa độ Descarte được cho bởi một phương trình tuyến tính theo x, y và z, là mặt đơn giản nhất. Theo cách hiểu này thì các mặt đơn giản nhất tiếp sau đó là các mặt cho bởi phương trình bậc hai theo x, y và z. Ta đi đến định nghĩa sau. Định nghĩa 4.6. Một mặt bậc hai là một tập con của R3 xác định bởi một phương trình có dạng (rA).r + b.r + c = 0, trong đó r = (x, y, z), A là một ma trận thực đối xứng cấp ba, b ∈ R3 là một véctơ hằng, và c là một số thực. 57.

(62) 4.5. CÁC MẶT BẬC HAI. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. Cụ thể hơn, lấy. .  a1 a4 a6 A = a4 a2 a5  , a6 a5 a3. b = (b1 , b2 , b3 ).. Khi đó, phương trình của mặt bậc hai là a1 x2 + a2 y 2 + a3 z 2 + 2a4 xy + 2a5 yz + 2a6 xz + b1x + b2 y + b3 z + c = 0.. (4.4). Một mặt bậc hai không nhất thiết là một mặt. Chẳng hạn, mặt bậc hai cho bởi x2 + y 2 + z 2 = 0 là một điểm, cho bởi x2 + y 2 = 0 là một đường thẳng. Và thú vị hơn, với xy = 0 ta có hai mặt phẳng cắt nhau, cũng không phải là một mặt. (Một cách trực quan, nó có một "góc" dọc theo đường thẳng giao của hai mặt phẳng này.) Kết quả dưới đây cho ta thấy rằng khi xét một mặt bậc hai có thể đưa về phương trình đơn giản. Mệnh đề 4.6. Bằng một phép dời hình trong R3 , mỗi mặt bậc hai khác rỗng cho bởi 4.4, trong đó các hệ số không đồng thời bằng không, có thể đưa về một trong các dạng sau: (i) ellipsoid:. x2 p2. +. y2 q2. z2 r2. +. =1 x2 p2. (ii) hyperboloid một tầng:. y2 q2. +. −. (iii) hyperboloid hai tầng:. z2 r2. −. x2 p2. x2 p2. +. y2 q2. =z. (iv) paraboloid elliptic:. x2 p2. (v) paraboloid hyperbolic: (vi) mặt nón bậc hai: (vii) mặt trụ elliptic:. x2 p2. x2 p2. +. +. y2 q2. x2 p2. (viii) mặt trụ hyperbolic:. y2 q2. −. −. −. y2 q2. z2 r2. z2 r2. =1. y2 q2. =1. =z =0. =1. −. y2 q2. =1. 2. (ix) mặt trụ parabolic: xp2 = y (x) mặt phẳng: x = 0 (xi) cặp mặt phẳng song song: x2 = p2 (xii) cặp mặt phẳng cắt nhau: (xiii) đường thẳng. x2 p2. +. y2 q2. x2 p2. +. y2 q2. +. (xiv) một điểm:. x2 p2. −. y2 q2. =0. =0 z2 r2. = 0. 58.

(63) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.5. CÁC MẶT BẬC HAI. Chứng minh. Chứng minh dựa vào một lập luận như sau. Nếu A là một ma trận thực đối xứng, thì luôn tồn tại một ma trận P mà P t P = I và det(P ) = 1 sao cho A0 = P t AP là một ma trận đường chéo (P t là ma trận chuyển vị của A). Các phần tử nằm trên đường chéo của A0 là các giá trị riêng của A, các véctơ hàng của P là các véctơ riêng tương ứng. Với ma trận A như trong Định nghĩa 4.6, định nghĩa r0 = (x0 , y 0 , z 0 ), b0 = (b01 , b02 , b03 ), với (x0 y 0 z 0 ) = (x y z)P,. (b01 b02 b03 ) = (b1 b2 b3 )P.. Viết lại phương trình của mặt bậc hai như sau (x y z)A(x y z)t + (b1 b2 b3 )(x y z)t + c = 0 và thay (x y z) = (x0 y 0 z 0 )P t ,. (b1 b2 b3 ) = (b01 b02 b03 )P t ,. ta thu được (x0 y 0 z 0 )A0 (x0 y 0 z 0 )t + (b01 b02 b03 )(x0 y 0 z 0 )t + c = 0, ∴ (r0 A0 ).r0 + b.r0 + c = 0, ∴ a1 x0 2 + a02 y 0 2 + a03 z 0 2 + b01 x0 + b02 y 0 + b03 z 0 + c = 0, trong đó a01 , a02 và a03 là các phần tử trên đường chéo của A0 , tức là các giá trị riêng của A. Do mỗi ma trận thực cấp ba P với P t P = I và det(P ) = 1 đặc trưng cho một phép quay trong R3 , vì vậy mặt bậc hai mới này thu được từ mặt ban đầu bởi một phép dời hình. Do đó, ta vẫn có thể dùng (4.4), nhưng với giả thiết a4 = a5 = a6 = 0, tức là a1 x2 + a2 y 2 + a3 z 2 + b1x + b2 y + b3 z + c = 0.. (4.5). Bây giờ, giả sử trong (4.5) có a1 6= 0. Nếu ta định nghĩa x0 = x + b1 /2a1 , tương ứng với một phép tịnh tiến trong R3 , phương trình trên trở thành 2. a1 x0 + a2 y 2 + a3 z 2 + b2 y + b3 z + c0 = 0, trong đó c0 là một hằng số. Nói cách khác, nếu a1 6= 0, chúng ta có thể giả sử b1 = 0, và có thể xét tương tự đối với a2 và a3 . Nếu a1 , a2 và a3 trong Pt. (4.5) đều khác không, thì ta có thể đưa về a1 x2 + a2 y 2 + a3 z 2 + c = 0. Nếu c 6= 0, ta có các trường hợp (i), (ii) và (iii), phụ thuộc vào dấu của a1 , a2 , a3 và c, và nếu c = 0 ta có các trường hợp (vi) và (xiv). Nếu trong ba số a1 , a2 và a3 có duy nhất một số bằng không, chẳng hạn a3 = 0, phương trình trở thành a1 x2 + a2 y 2 + b3 z + c = 0. (4.6) Nếu b3 6= 0, đặt z 0 = z + c/b3 . Như vậy, bằng một phép tịnh tiến (sau đó chia cho b3 ), đưa về trường hợp a1 x2 + a2 y 2 + z = 0. Nó rơi vào hai trường hợp (iv) và (v). 59.

(64) 4.5. CÁC MẶT BẬC HAI. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. Nếu b3 = 0 trong Pt. (4.6), ta có a1 x2 + a2 y 2 + c = 0. Nếu c = 0 ta có các trường hợp (xii) và (xiii). Nếu c 6= 0, chia hai vế cho c dẫn đến các trường hợp (vii) và (viii). Bây giờ ta xét a2 = a3 = 0, nhưng a1 6= 0. Khi đó a1 x2 + b2 y + b3 z + c = 0.. (4.7). Nếu b2 và b3 không đồng thời bằng không, bằng cách quay mặt phẳng Oyz sao cho trục Oy song song với véctơ (b2 , b3 ), chúng ta có thể giả sử b2 6= 0, b3 = 0, và bằng một phép tịnh tiến dọc theo trục Oy ta có thể giả sử c = 0. Do đó phương trình đưa về dạng a1 x2 + y = 0, tức là ứng với trường hợp (ix). Nếu b2 = b3 = 0 trong Pt. (4.7), thì c = 0 hay trường hợp (x) và c 6= 0 dẫn đến trường hợp (xi). Cuối cùng, nếu a1 = a2 = a3 = 0, thì (4.5) là phương trình của một mặt phẳng, vì vậy qua một phép dời hình chúng ta lại đưa về trường hợp (x). Ví dụ 4.14. Xét mặt bậc hai x2 + 2y 2 + 6x − 4y + 3z = 7. Đặt x0 = x + 3, y 0 = y − 1 (một phép tịnh tiến), ta có 2. 2. x0 + 2y 0 + 3z = 18. Đặt z 0 = z − 6 (một phép tịnh tiến khác), thu được 2. 2. x0 + 2y 0 + 3z = 0. Cuối cùng, đặt x00 = x0 , y 00 = −y 0 , z 00 = −z 0 (quay một góc π quanh trục Ox), dẫn đến 1 00 2 2 00 2 x + y = z 00 , 3 3 đây là một mặt paraboloid elliptic. Nó có thể tham số hóa bởi x00 = u, y 00 = v, z 00 = 31 u2 + 23 v 2 . Tương ứng với x = u − 3, y = 1 − v, z = 6 − 13 u2 − 23 v 2 , và chứng tỏ mặt bậc hai trên là một mặt trơn với bản đồ chỉ gồm một mảnh vá ³ 1 2 2 2´ σ(u, v) = u − 3, 1 − v, 6 − u − v . 3 3 BÀI TẬP 4.23. Hãy viết các tham số hóa cho mỗi mặt bậc hai trong các trường hợp (i)-(xi) của Mệnh đề 4.6 (đối với trường hợp (vi) ta cần bỏ đi gốc tọa độ). 4.24. Mặt bậc hai nào là (a) mặt trụ tổng quát; 60.

(65) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.6. CÁC HỆ TRỰC GIAO BỘ BA. (b) mặt nón tổng quát; (c) mặt kẻ; (d) mặt tròn xoay? 4.25. Bằng cách đặt u=. x y − , p q. v=. x y + , p q. tìm một mảnh vá phủ mặt paraboloid hyperbolic x2 y 2 − 2 = z. p2 q Từ đó chứng minh rằng mặt paraboloid hyperbolic là mặt kẻ đúp. 4.26. Chứng minh rằng, nếu một mặt bậc hai chứa ba điểm nằm trên một đường thẳng, thì nó sẽ chứa cả đường thẳng. (Tham số đường cong bởi γ(t) = a + bt, thay vào Pt. (4.4) được một phương trình bậc hai theo t) Chứng tỏ rằng, nếu L1 , L2 và L3 là ba đường thẳng không giao nhau trong R3 , thì sẽ có một mặt bậc hai chứa cả ba đường thẳng này. (Lấy ba điểm trên mỗi đường và chỉ ra rằng có một mặt bậc hai đi qua tất cả chín điểm này.) 4.27. Sử dụng Bài tập 4.26 để chỉ ra mỗi mặt kẻ đúp là (phần của) một mặt bậc hai. (Một mặt là mặt kẻ đúp nếu nó là hợp của hai họ đường thẳng mà trong mỗi họ các đường thẳng không cắt nhau, nhưng mỗi đường thẳng của họ thứ nhất đều cắt với mọi đường thẳng trong họ thứ hai, với một số hữu hạn các trường hợp ngoại lệ.) Mặt bậc hai nào là mặt kẻ đúp?. 4.6. Các hệ trực giao bộ ba. Trong tiết này chúng ta sẽ chỉ ra các mặt bậc hai có thể tạo nên những ví dụ đẹp về các hệ trực giao bộ ba như thế nào. Một hệ như thế được hiểu là gồm ba họ mặt, mỗi họ phụ thuộc vào một tham số, hệ có tính chất, nếu P là một điểm nằm trên một mặt trong mỗi họ thì ba mặt tiếp xúc của các mặt tại P là đôi một trực giao. Ví dụ đơn giản nhất, dĩ nhiên là trường hợp ba họ mặt phẳng song song với ba mặt đôi một trực giao cho trước. Một số ví dụ khác, cũng khá hiển nhiên, xem trong Bài tập 4.28. Nhưng ví dụ thú vị nhất có thể xây dựng bởi ba hệ mặt bao gồm các ellipsoid, các hyperboloid một tầng và các hyperboloid hai tầng, một cách tương ứng. Thật vậy, giả sử p, q và r là các hằng số, và giả sử rằng 0 < p2 < q 2 < r2 . Với (x, y, z) ∈ R3 , t khác với cả ba giá trị p2 , q 2 và r2 , đặt Ft (x, y, z) =. y2 z2 x2 + + . p2 − t q 2 − t r 2 − t. Cố định một điểm (a, b, c) ∈ R3 , với a, b, c đều khác không. Các tính chất sau là rõ ràng: (i) Ft (a, b, c) là một hàm trơn theo biến t trên mỗi trong các khoảng mở (−∞, p2 ), (p2 , q 2 ), (q 2 , r2 ) và (r2 , ∞); (ii) Ft (a, b, c) → 0 khi t → ±∞; 61.

(66) 4.6. CÁC HỆ TRỰC GIAO BỘ BA. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. (iii) Ft (a, b, c) → ∞ khi t dần đến p2 , q 2 hoặc r2 về phía bên trái, và Ft (a, b, c) → −∞ khi t dần đến p2 , q 2 hoặc r2 về phía bên phải. Từ ba tính chất trên và Định lý giá trị trung bình suy ra tồn tại ít nhất một giá trị của t trong mỗi khoảng mở (−∞, p2 ), (p2 , q 2 ) và (q 2 , r2 ) sao cho Ft (a, b, c) = 1. Mặt khác Ft (a, b, c) = 1 tương đương với phương trình bậc ba Gt (a, b, c) = 0, trong đó Gt (a, b, c) = a2 (q 2 − t)(r2 − t) + b2 (p2 − t)(r2 − t) + c2 (p2 − t)(q 2 − t) − (p2 − t)(q 2 − t)(r2 − t), (4.8) và vì vậy nó có nhiều nhất là ba nghiệm thực. Do đó có duy nhất ba số u ∈ (−∞, p2 ), v ∈ (p2 , q 2 ) và w ∈ (q 2 , r2 ) (dĩ nhiên là phụ thuộc vào (a, b, c)) sao cho Fu (a, b, c) = 1,. Fv (a, b, c) = 1,. Fw (a, b, c) = 1.. (4.9). Ba mặt bậc hai xác định bởi Fu (x, y, z) = 1, Fv (x, y, z) = 1 và Fw (x, y, z) = 1 tương ứng là ellipsoid, hyperboloid một tầng và hyperboloid hai tầng, và chúng ta đã chứng minh được mỗi mặt đều chứa điểm chung (a, b, c) ∈ R3 , điểm này không nằm trên mặt phẳng tọa độ. Hơn nữa, chúng lập nên một hệ trực giao bộ ba. Thật vậy, véctơ ³ x2 y2 z2 ´ , , p2 − t q 2 − t r 2 − t vuông góc với mặt tiếp xúc của Ft (x, y, z) = 1 tại (x, y, z) (xem Bài tập 4.16). Vì vậy, để chỉ ra hai mặt đầu tiên trong (4.9) vuông góc với nhau tại (a, b, c), chẳng hạn, thì chúng ta cần chứng minh a2 b2 c2 + + = 0. (p2 − u)(p2 − v) (q 2 − u)(q 2 − v) (r2 − u)(r2 − v) Vế trái của phương trình này là Fu (a, b, c) − Fv (a, b, c) 1 − 1 − = 0. u−v u−v Chúng ta có thể thiết lập tham số hóa cho ba họ đồng thời. Chú ý rằng đa thức bậc ba Gt (a, b, c) bằng (t − u)(t − v)(t − w), do nó chia hết cho tích này và hệ số của t3 bằng một. Đặt t = p2 , q 2 và r2 và giải các phương trình thu được theo a2 , b2 và c2 , ta tìm được q 2 2 −v)(p2 −w) a = (p (r−u)(p , 2 −p2 )(q 2 −p2 ) q 2 −u)(q 2 −v)(q 2 −w) (4.10) b = (q (p , 2 −q 2 )(r 2 −q 2 ) q 2 −u)(r2 −v)(r2 −w) c = (r (p . 2 −r 2 )(q 2 −r 2 ) Định nghĩa σ(u, v, w) = (x, y, z), trong đó x, y và z lần lượt bằng vế phải của ba phương trình trong (4.10), với tổ hợp dấu tùy ý. Với u cố định (tương ứng, v cố định, w cố định), ta có tám mảnh vá cho mặt ellipsoid Fu (x, y, z) = 1 (tương ứng, mặt hyperboloid một tầng Fv (x, y, z) = 1, mặt hyperboloid hai tầng Fw (x, y, z) = 1). BÀI TẬP 4.28. Chứng minh rằng sau đây là các hệ trực giao bộ ba: 62.

(67) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.7. CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ HÀM NGƯỢC. • các mặt cầu có tâm là gốc tọa độ, các mặt phẳng chứa trục Oz và các mặt nón tròn xoay có trục là Oz; • các mặt phẳng song song với mặt phẳng Oxy, các mặt phẳng chứa trục Oz và các mặt trụ tròn xoay có trục là Oz. !!!!!!!!!!!!!!! hinh ve 4.29. Dựa vào mặt bậc hai Ft (x, y, z) = 0, với Ft (x, y, z) =. x2 y2 + − 2z + t, p2 − 1 q 2 − t. hãy xây dựng một hệ trực giao chứa hai họ các paraboloid elliptic và một họ các paraboloid hyperbolic (xem ở trên). Tương tự như (4.10) hãy tìm một tham số hóa cho những mặt này.. 4.7. Các ứng dụng của Định lý hàm ngược. Trong tiết này chúng ta trình bày các chứng minh của Mệnh đề 4.1 và Định lý 4.1. Trước hết giả sử f : U → Rn là một ánh xạ trơn, trong đó U là một tập con mở của Rm . Viết (ũ1 , . . . , ũn ) = f (u1 , . . . , um ), thì ma trận Jacobi của f là  ∂ ũ1 ∂ ũ1  ∂ ũ1 · · · ∂u ∂u1 ∂u2 m  ∂ ũ2 ∂ ũ2 · · · ∂ ũ2   ∂u1 ∂u2 ∂um  J(f ) =  . .. .. . .   .. . . . ∂ ũn ∂u1. ∂ ũn ∂u2. ···. ∂ ũn ∂um. Chúng ta đã dùng với m = n = 2 trong Tiết 4.2, tuy nhiên bây giờ sẽ cần thêm các trường hợp khác. Công cụ chính cần ở đây là Định lý 4.2 (Định lý hàm ẩn). Giả sử f : U → Rn là một ánh xạ trơn định nghĩa trên một tập con mở U của Rn (n ≥ 1). Giả sử rằng, tại một điểm x0 ∈ U nào đó, ma trận Jacobi J(f ) là khả nghịch. Khi đó, tồn tại một tập con mở V của Rn và một ánh xạ trơn g : V → Rn sao cho (i) y0 = f (x0 ) ∈ V ; (ii) g(y0 ) = x0 ; (iii) g(V ) ⊆ U ; (iv) g(V ) là một tập con mở của Rn ; (v) f (g(y)) = y với mọi y ∈ V . Đặc biệt, g : V → g(V ) và f : g(V ) → V là các song ánh nghịch của nhau. Như vậy, định lý hàm ẩn nói rằng, nếu J(f ) là khả nghịch tại một điểm nào đó, thì f là song ánh tại lân cận điểm đó và ánh xạ ngược của nó là ánh xạ trơn. Chứng minh cho định lý này có thể xem trong các sách giải tích nhiều biến. 63.

(68) 4.7. CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ HÀM NGƯỢC. CHƯƠNG 4. MẶT CONG. Chúng ta sẽ sử dụng định lý hàm ẩn để chứng minh Mệnh đề 4.1. Ta cần chỉ ra rằng, nếu σ : U → R3 và σ̃ : Ũ → R3 là hai mảnh vá chính qui trong bản đồ của một mặt S, thì ánh xạ chuyển từ σ đến σ̃ là trơn tại những nơi mà nó xác định. Giả sử rằng một điểm P nằm trên cả hai mảnh vá, tức là σ(u0 , v0 ) = σ̃(ũ0 , ṽ0 ) = P . Viết σ(u, v) = (f (u, v), g(u, v), h(u, v)). Do σ u và σ v độc lập tuyến tính, nên ma trận Jacobi của σ   fu fv  gu gv  hu hv có hạng bằng 2 khắp nơi. Do đó, có ít nhất một trong ba ma trận con cấp 2 là khả nghịch khắp nơi. Giả sử ma trận con µ ¶ fu fv gu gv khả nghịch tại P . (Chứng minh hoàn toàn tương tự đối với hai trường hợp kia.) Áp dụng định lý hàm ẩn cho ánh xạ F : U → R2 với F (u, v) = (f (u, v), g(u, v)), tồn tại một tập con mở V của R2 chứa F (u0 , v0 ) và một tập con mở W của U chứa (u0 , v0 ) sao cho F : W → V là song ánh với ánh xạ ngược F −1 : V → W trơn. Do σ : W → σ(W ) là song ánh, nên phép chiếu π : σ(W ) → V cho bởi π(x, y, z) = (x, y) cũng là song ánh, do π = F ◦ σ −1 trên σ(W ). Suy ra W̃ = σ̃ −1 (σ(W )) là một tập con mở của Ũ và σ −1 ◦ σ̃ = F −1 ◦ F̃ trên W̃ , trong đó F̃ = π ◦ σ̃. Do F −1 và F̃ là trơn trên W̃ , nên ánh xạ chuyển σ −1 ◦ σ̃ cũng vậy. Do σ −1 ◦ σ̃ trơn trên một tập mở chứa mỗi điểm (u0 , v0 ), tại nơi mà nó xác định, nên nó là trơn. Bây giờ chúng ta chứng minh Định lý 4.1. Với P, W và f như trong phát biểu của định lý, giả sử P = (x0 , y0 , z0 ) và fz 6= 0 tại P . (Chứng minh hoàn toàn tương tự đối với hai trường hợp kia.) Xét ánh xạ F : W → R3 xác định bởi F (x, y, z) = (x, y, f (x, y, z)). Ma trận Jacobi của F là. .  1 0 0  0 1 0, fx fy fz. rõ ràng nó khả nghịch vì fz 6= 0. Theo định lý hàm ngược, tồn tại một tập con mở V của R3 chứa F (x0 , y0 , z0 ) = (x0 , y0 , 0) và một ánh xạ trơn G : V → W sao cho W̃ = G(V ) là tập mở, F : W̃ → V và G : V → W̃ là các song ánh nghịch nhau. Do V là tập mở, tồn tại các tập con mở U1 của R2 chứa (x0 , y0 ) và U2 của R chứa 0 sao cho V chứa tập con mở U1 × U2 gồm tất cả các điểm (x, y, w) với (x, y) ∈ U1 và w ∈ U2 . Do đó, có thể giả sử V = U1 × U2 . Khi đó, F và G là các song ánh nghịch nhau có nghĩa là G(x, y, w) = (x, y, g(x, y, w)) 64.

(69) CHƯƠNG 4. MẶT CONG. 4.7. CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ HÀM NGƯỢC. với g : U1 × U2 → R là một ánh xạ trơn nào đó, và f (x, y, g(x, y, w)) = w với mọi (x, y) ∈ U1 , w ∈ U2 . Định nghĩa σ : U1 → R3 như sau σ(x, y) = (x, y, g(x, y, 0)). Khi đó σ là một đồng phôi từ U1 đến S ∩ W̃ (ánh xạ ngược của nó là ánh xạ hạn chế xuống S ∩ W̃ của phép chiếu π(x, y, z) = (x, y)). Rõ ràng σ là ánh xạ trơn và nó là chính qui vì σ x × σ y = (−gx , −gy , 1) khác không mọi nơi. Vì vậy σ là một mảnh vá chính qui trên S chứa điểm P đã cho. Do P là một điểm tùy ý trên S, ta có thể xây dựng một bản đồ cho S và dẫn đến nó là một mặt (trơn). BÀI TẬP 4.30. Chứng minh rằng, nếu γ : (α, β) → R3 là đường cong mà ảnh của nó nằm trên mảnh vá σ : U → R3 , thì γ(t) = σ(u(t), v(t)) với (α, β) → U , t 7→ (u(t), v(t)) là ánh xạ trơn nào đó. (Theo các bước như trong chứng minh của Mệnh đề 4.1.) 4.31. Chứng minh Định lý 1.1 và tổng quát hóa cho đường mức trong R3 (Bài tập 1.17).. 65.

(70) Chương 5 Dạng cơ bản thứ nhất Có lẽ với một con bọ có thiên hướng hình học thì khi sống trên một bề mặt nó sẽ mong muốn đo được khoảng cách giữa hai điểm nằm trên bề mặt đó. Dĩ nhiên khoảng cách đó khác với khoảng cách giữa hai điểm này theo cách đo của một cư dân sống trong không gian ba chiều xung quanh, lí do là vì đoạn thẳng nối hai điểm là khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm trong R3 này nói chung không nằm trên mặt. Dạng cơ bản thứ nhất là công cụ giúp tính độ dài cung trên mặt, góc và diện tích.. 5.1. Độ dài của đường cong trên mặt. Nếu γ(t) = σ(u(t), v(t)) là một đường cong nằm trên một mảnh vá σ, thì độ dài cung từ một điểm γ(t0 ) là hàm Z t s= kγ̇(u)k. t0. Ta có γ̇ = σ u u̇ + σ v v̇, nên kγ̇(u)k2. = (σ u u̇ + σ v v̇).(σ u u̇ + σ v v̇) = (σ u .σ u )u̇ + (σ u .σ v )u̇v̇ + (σ v .σ u )v̇ u̇ + (σ v .σ v )v̇ 2 = (σ u .σ u )u̇2 + 2(σ u .σ v )u̇v̇ + (σ v .σ v )v̇ 2 = E u̇2 + 2F u̇v̇ + Gv̇ 2 , 2. trong đó E = kσ u k2 , Vậy. Z. t. s=. F = σ u .σ v ,. G = kσ v k2 .. (E u̇2 + 2F u̇v̇ + Gv̇ 2 )1/2 dt.. t0. Nếu đưa dt vào trong dấu căn và viết. 66. (5.1).

(71) CHƯƠNG 5. DẠNG CƠ BẢN THỨ NHẤT. 5.2. CÁC MẶT ĐẲNG CỰ. 5.2. Các mặt đẳng cự. 5.3. Ánh xạ bảo giác giữa các mặt. 5.4. Diện tích của mặt. 5.5. Ánh xạ đẳng diện và Định lý Archimedes. 67.

(72) Chương 6 Độ cong của mặt Trong chương này chúng tôi sẽ giới thiệu một vài cách làm sao để đo mức độ cong của một mặt cong. Tất cả các cách này cuối cùng đều dựa vào dạng cơ bản thứ hai của một mảnh vá. Ta lại có (xem Định lý 10.4) một mảnh vá xác định sai khác một phép dời hình trong R3 bởi các dạng cơ bản thứ nhất và thứ hai của nó. Điều này cũng giống như đường cong phẳng có vận tốc đơn vị xác định sai khác một phép dời hình bởi độ cong có dấu của nó.. 6.1. Dạng cơ bản thứ hai. Để xem làm thế nào định nghĩa được độ cong của một mặt, chúng ta bắt đầu bằng cách tìm một cách mô tả mới cho độ cong của một đường cong phẳng. Giả sử γ là một đường cong có vận tốc đơn vị trong R2 . Khi tham số t của γ tăng thành t + ∆t, vị trí mới của đường cong cách tiếp tuyến của nó một khoảng bằng (γ(t + ∆t) − γ(t)).n, trong đó n là pháp tuyến chuẩn của γ tại γ(t). Theo định lý Taylor, 1 γ(t + ∆t) = γ(t) + γ̇(t)∆t + γ̈(t)(∆t)2 + remainder, 2 trong đó (remainder)/(∆t)2 tiến tới không khi ∆t tiến tới không. Do n vuông góc với véctơ tiếp xúc đơn vị t = γ̇, và γ̈ = ṫ = κn, trong đó κ là độ cong của γ. Do đó, γ̈.n = κ và độ lệch của γ so với đường tiếp tuyến của nó là 1 1 (γ̇(t)∆t + γ̈(t)(∆t)2 + · · · ).n = κ(∆t)2 + remainder. 2 2. (6.1). !!!!!!!!!!!!!! Bây giờ xét σ là mảnh vá trong R3 với pháp tuyến chuẩn tắc N. Tương tự như trên, khi các tham số (u, v) của σ tăng thành (u + ∆u, v + ∆v), mặt cong ở vị trí cách xa mặt tiếp xúc của nó tại σ(u, v) một khoảng cách bằng (σ(u + ∆u, v + ∆v) − σ(u, v)).N. !!!!!!!!!!!!!! Theo định lý Taylor cho trường hợp hai biến, σ(u + ∆u, v + ∆v) − σ(u, v) bằng 1 σ u ∆u + σ v ∆v + (σ uu (∆u)2 + 2σ uv ∆u∆v + σ vv (∆v)2 ) + remainder, 2 68.

(73) CHƯƠNG 6. ĐỘ CONG CỦA MẶT. 6.1. DẠNG CƠ BẢN THỨ HAI. trong đó (remainder)/((∆u)2 + (∆v)2 ) tiến tới không khi (∆u)2 + (∆v)2 tiến tới không. Vì σ u và σ v tiếp xúc với mặt cong, nên chúng vuông góc với N, vì vậy độ lệch của σ so với mặt tiếp xúc bằng 1 (L(∆u)2 + 2M ∆u∆v + N (∆v)2 ) remainder, (6.2) 2 trong đó L = σ uu .N, M = σ uv .N, N = σ vv .N. (6.3) So sánh hai phương trình (6.2) và (6.1), ta thấy biểu thức L(∆u)2 + 2M ∆u∆v + N (∆v)2 là một tương tự của hạng tử κ(∆t)2 như trong trường hợp của một đường cong. Ta gọi biểu thức L(∆u)2 + 2M ∆u∆v + N (∆v)2 (6.4) là dạng cơ bản thứ hai của σ. Như trong trường hợp của dạng cơ bản thứ nhất, chúng ta coi biểu thức (6.4) là cách đơn giản để xác định các hàm L, M và N . Chúng ta sẽ thấy nếu có thông tin về những hàm này (cùng với dạng cơ bản thứ nhất) thì sẽ tính được độ cong của bất kỳ đường cong nào nằm trên mặt σ. Ví dụ 6.1. Xét mặt phẳng σ(u, v) = a + up + vq (xem Ví dụ 4.1). Do σ u = p và σ v = q là các véctơ hằng, nên σ uu = σ uv = σ vv = 0. Do đó dạng cơ bản thứ hai của mặt phẳng bằng không. Ví dụ 6.2. Xét mảnh vá σ của mặt tròn xoay: σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)). Theo Ví dụ 4.13 chúng ta có thể giả sử f (u) > 0 với mọi u và đường sinh u 7→ (f (u), 0, g(u)) là một đường cong có vận tốc đơn vị, tức là f˙2 + ġ 2 = 1 (dấu chấm trên kí hiệu tắt cho d/du). Khi đó: σ u = (f˙ cos v, f˙ sin v, ġ), σ v = (−f sin v, f cos v, g), ∴ E = kσ u k2 = f˙2 + ġ 2 = 1, F = σ u .σ v = 0, G = kσ v k2 = f 2 , ∴ σ u × σ v = (−f ġ cos v, −f ġ sin v, f f˙), ∴ kσ u × σ v k = f (do f˙2 + ġ 2 = 1), σu × σv ∴N= = (−ġ cos v, −ġ sin v, f˙), kσ u × σ v k σ uu = (f¨ cos v, f¨ sin v, g̈), σ uv = (−f˙ sin v, f˙ cos v, 0), σ vv = (−f cos v, −f sin v, 0), ∴ L = σ uu .N = f˙g̈ − f¨ġ, M = σ uv .N = 0, N = σ vv .N = f ġ, vì vậy dạng cơ bản thứ hai bằng (f˙g̈ − f¨ġ)du2 + f ġdv 2 . 69.

(74) 6.2. ĐỘ CONG CỦA CÁC ĐƯỜNG CONG TRÊN MỘT MẶT CHƯƠNG 6. ĐỘ CONG CỦA MẶT. Đối với mặt cầu, ta có thể lấy f (u) = cos u, g(u) = sin u, với −π/2 0 và f˙2 + ġ 2 = 1 thỏa mãn.) Thay thế u và v bởi các kí hiệu thông thường θ và ϕ, chúng ta có dạng cơ bản thứ hai của mặt cầu đơn vị bằng: dθ2 + cos2 θdϕ2 . Đối với mặt trụ đứng bán kính đơn vị, ta có thể lấy f (u) = 1, g(u) = 0 (một lần nữa, các điều kiện f > 0 và f˙2 + ġ 2 = 1 thỏa mãn.) Do đó L = M = 0, N = 1, vì vậy dạng cơ bản thứ hai của mặt trụ này là dv 2 . BÀI TẬP 6.1. Tính dạng cơ bản thứ hai của paraboloit elliptic σ(u, v) = (u, v, u2 + v 2 ). 6.2. Giả sử dạng cơ bản của một mảnh vá σ bằng không khắp nơi. Chứng minh σ là một phần của mặt phẳng. (Gợi ý: Bằng việc tính các biểu thức kiểu (σ u .N)u , chứng tỏ rằng Nu và Nv vuông góc với σ u và σ v , dẫn đến véctơ pháp tuyến chuẩn N của σ là một véctơ hằng.) Đây là một khẳng định tương tự cho mặt cong như định lý nói rằng một đường cong có độ cong bằng không khắp nơi là một phần của đường thẳng. 6.3. Giả sử mảnh vá σ̃(ũ, ṽ) là một tham số hóa lại của mảnh vá σ(u, v) với ánh xạ tham số hóa lại (u, v) = Φ(ũ, ṽ). Chứng minh rằng ¶ ¶ µ µ L M L̃ M̃ t = ±J J, M N M̃ Ñ trong đó J là ma trận jacobi của Φ, lấy dấu dương nếu det(J) > 0 và dấu âm nếu det(J) < 0. 6.4. Chứng minh rằng dạng cơ bản thứ hai của một mảnh vá không đổi sau một phép dời hình.. 6.2. Độ cong của các đường cong trên một mặt. Một cách tự nhiên khác để khảo sát độ cong của một mặt là nhìn vào độ cong của các đường cong khác nhau trên mặt đó. Nếu γ(t) = σ(u(t), v(t)) là một đường cong có vận tốc đơn vị trên mảnh vá σ, khi đó γ̇ là véctơ đơn vị và tiếp xúc với σ. Do đó, γ̇ vuông góc với véctơ pháp tuyến chuẩn N, vì vậy γ̇, N và N × γ̇ lập thành một hệ véctơ trực chuẩn. Một lần nữa, do γ có vận tốc đơn vị, suy ra γ̈ vuông góc với γ, do đó nó được biểu thị tuyến tính qua N và N × γ̇: γ̈ = κn N + κg N × γ̇. 70. (6.5).

(75) CHƯƠNG 6. ĐỘ CONG CỦA MẶT 6.2. ĐỘ CONG CỦA CÁC ĐƯỜNG CONG TRÊN MỘT MẶT. !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Các vô hướng κn và κg tương ứng được gọi là độ cong chuẩn tắc và độ cong trắc địa. Do N và N × γ̇ là các véctơ đơn vị vuông góc với nhau, từ Pt. (6.5) suy ra κn = γ̈.N, κg = γ̈.N × γ̇ và kγ̈k = κ2n + κ2g . Do đó, độ cong κ = kγ̈k của γ được xác định bởi κ2 = κ2n + κ2g .. (6.6). Hơn nữa, nếu n là pháp tuyến chuẩn của γ sao cho γ̈ = κn, thì κn = κn.N = κ cos ψ,. (6.7). trong đó ψ là góc giữa N. Do đó, từ Pt. (6.6) ta có κg = ±κ sin ψ.. (6.8). Rõ ràng từ định nghĩa ta có κn và κg cùng giữ nguyên dấu hoặc cùng thay dấu khi σ được tham số hóa lại. Nếu γ chính qui, nhưng không nhất thiết có vận tốc đơn vị, chúng ta định nghĩa các độ cong trắc địa và chuẩn của γ thông qua tham số hóa lại có vận tốc đơn vị của nó. Khi một tham số có vận tốc đơn vị biến thành ±t + c, với c là một hằng số, rõ ràng κn 7→ κn và κg 7→ ±κg , vì vậy κn định nghĩa tốt cho mọi đường cong chính qui, trong khi đó κg định nghĩa tốt nhưng sai khác dấu. Các phương trình (6.7) và (6.8) còn đúng cho các trường hợp tổng quát hơn. Một trường hợp đặc biệt nhưng quan trọng là khi γ là một lát cắt chuẩn tắc của mặt cong, tức là khi γ là giao của mặt cong với mặt phẳng Π (mặt phẳng vuông góc với mặt tiếp xúc của mặt cong tại mọi điểm của γ). !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Do γ nằm trên Π, pháp tuyến chuẩn n song song với Π, và do Π vuông góc với mặt phẳng tiếp xúc, suy ra N song song với Π. Do cả hai véctơ n và N đều vuông góc với γ̇, và do γ song song với Π, suy ra n và N phải song song với nhau, tức là ψ bằng 0 hoặc bằng π. Từ hai phương trình 6.7) và (6.8), ta có κn = ±κ, κg = 0 đối với lát cắt chuẩn tắc. Chúng ta sẽ nghiên cứu độ cong chuẩn tắc κn cụ thể hơn trong tiết sau, còn độ cong trắc địa κg sẽ được học trong Chương 8. BÀI TẬP 6.5. Tính độ cong chuẩn tắc của đường tròn γ(t) = (cos t, sin t, 1) nằm trên paraboloid elliptic σ(u, v) = (u, v, u2 + v 2 ) (xem Bài tập 6.1). 6.6. Chứng minh rằng nếu một đường cong nằm trên một mặt có các độ cong chuẩn tắc và trắc địa bằng không khắp nơi thì nó là một phần của đường thẳng. 6.7. Chứng minh rằng độ cong chuẩn tắc của mọi đường cong trên mặt cầu bán kính r đều bằng ±1/r. 71.

(76) 6.3. ĐỘ CONG CHUẨN TẮC VÀ ĐỘ CONG CHÍNH. CHƯƠNG 6. ĐỘ CONG CỦA MẶT. 6.8. Tính độ cong trắc địa của mỗi đường tròn trên một mặt cầu (không nhất thiết là đường tròn lớn nhất). 6.9. Xét mặt tròn xoay σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)), trong đó u 7→ (f (u), 0, g(u)) là một đường cong có vận tốc đơn vị trong R3 . Tính độ cong trắc địa của (i) đường kinh tuyến v = hằng số; (ii) đường vĩ tuyến u = hằng số. 6.10. Một đường cong có vận tốc đơn vị γ với độ cong κ > 0 và pháp tuyến chuẩn tắc n tạo thành phần giao của hai mặt cong S1 và S2 với các pháp tuyến chuẩn N1 và N2 . Chứng minh rằng, nếu κ1 và κ2 là các độ cong chuẩn tắc của γ khi xét như là đường cong trên S1 và S2 , tương ứng, thì κ1 N2 − κ2 N1 = κ(N1 × N2 ) × n. Chứng tỏ rằng nếu α là góc giữa hai mặt này thì κ2 sin2 α = κ21 + κ22 − 2κ1 κ2 cos α. 6.11. Giả sử γ là một đường cong có vận tốc đơn vị trên một mảnh vá σ với độ cong κ > 0. Giả sử ψ là góc giữa γ̈ và N, và đặt B = t × N (các kí hiệu thông thường). Chứng minh rằng N = n cos ψ + b sin ψ,. B = b cos ψ − n sin ψ.. Chứng tỏ rằng ṫ = κn N − κg B,. Ṅ = −κn t + τg B,. Ḃ = κg t − τg N,. trong đó τg = τ + ψ̇. (τg được gọi là độ xoắn trắc địa của γ; xem Bài tập 8.4.) 6.12. Một đường cong γ trên một mặt S được gọi là tiệm cận nếu độ cong chuẩn tắc bằng không khắp nơi. Chứng minh rằng mọi đường thẳng nằm trên một mặt đều là đường cong tiệm cận. Chứng tỏ rằng một đường cong với độ cong dương là tiệm cận khi và chỉ khi véctơ trùng pháp b của nó song song với pháp tuyến chuẩn của S tại mọi điểm của γ. 6.13. Chứng minh rằng mọi đường cong tiệm cận trên mặt σ(u, v) = (u cos v, u sin v, ln u) xác định bởi ln u = ±(v + c), trong đó c là một hằng số tùy ý. 6.14. Chứng minh rằng một đường cong tiệm cận với độ cong dương có độ xoắn bằng độ xoắn trắc địa của nó (xem Bài tập 6.11). (Gợi ý: Chứng tỏ B song song với n.). 6.3. Độ cong chuẩn tắc và độ cong chính. 6.4. Mô tả hình học của các độ cong chính 72.

(77) Chương 7 Độ cong Gauss và ánh xạ Gauss Chúng ta sẽ giới thiệu hai độ cong khác của mặt, đó là độ cong Gauss và độ cong trung bình. Mặc dù cả hai độ cong này kết hợp lại thì cùng cho thông tin như hai độ cong chính, tuy vậy chúng có nhiều ý nghĩa hình học hơn. Đặc biệt trong chương 10 chúng ta sẽ thấy một tính chất đáng chú ý, độ cong Gauss không đổi khi ta uốn mà không làm giãn mặt cong, điều này không xảy ra đối với các độ cong chính. Trong chương này chúng ta sẽ bàn đến một số tính chất cơ bản của các độ cong Gauss và trung bình, và ý nghĩa hình học của chúng.. 7.1. Độ cong Gauss và độ cong trung bình. Định nghĩa 7.1. Giả sử κ1 và κ2 là hai độ cong chính của một mảnh vá. Khi đó độ cong Gauss của mảnh vá là K = κ1 κ2 , và độ cong trung bình của nó là. 1 H = (κ1 + κ2 ). 2. Chú ý có một vài tác giả thường bỏ qua thừa số 1/2 trong định nghĩa của H, mặc dù như vậy thì có vẻ mâu thuẫn với nghĩa thông thường của ’trung bình’. Theo Bài tập 6.17 thì độ cong Gauss không thay đổi khi tham số hóa lại mặt cong, trong khi độ cong trung bình thì có thể thay đổi bởi dấu. Vì vậy độ cong Gauss được định nghĩa tốt cho bất kì mặt cong S nào. Dễ dàng thu được các công thức cụ thể cho H và K như sau: Mệnh đề 7.1. Giả sử σ(u, v) là một mảnh vá và các dạng cơ bản thứ nhất và thứ hai của nó tương ứng là Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 và Ldu2 + 2M dudv + N dv 2 . Khi đó: (i) K = (ii) H =. LN −M 2 ; EG−F 2 LG−2M F +N E ; 2(EG−F 2 ). (iii) Các độ cong chính là H ±. √. H 2 − K. 73.

(78) 7.1. ĐỘ CONG GAUSS VÀ ĐỘ CONG TRUNG BÌNH. CHƯƠNG 7. ĐỘ CONG GAUSS. Chứng minh. Theo Định nghĩa ??, các độ cong chính κ1 , κ2 là nghiệm của phương trình ¯ ¯ ¯ L − κE M − κF ¯ ¯ ¯ ¯M − κF N − κG ¯ = 0, ∴ (L − κE)(N − κG) − (M − κF )2 = 0, ∴ (EG − F 2 )κ2 − (LG − 2M F + N E)κ + LN − M 2 = 0. Từ định lý Viet suy ra: LN − M 2 1 LG − 2M F + N E , H = (κ1 + κ2 ) = . 2 EG − F 2 2(EG − F 2 ). K = κ1 κ2 =. Khẳng định cuối là do từ định nghĩa của H và K suy ra κ1 và κ2 là nghiệm của phương trình κ2 − 2Hκ + K = 0, vì vậy nhận các giá trị H ±. √. H 2 − K.. Ví dụ 7.1. Đối với mặt cầu đơn vị, theo ví dụ ?? thì κ1 = κ2 = 1, do đó K = H = 1. Đối với mặt trụ tròn xoay có bán kính 1, theo ví dụ ?? thì κ1 = 1, κ2 = 0, do đó K = 0, H = 12 . Ví dụ 7.2. Trong Ví dụ 6.2 chúng ta đã xét mặt tròn xoay cho bởi σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)), trong đó giả thiết f > 0 và f˙2 + ġ 2 = 1 khắp nơi (dấu chấm trên kí hiệu cho d/du). Chúng ta đã tính được E = 1, F = 0, F = f 2 , L = f˙g̈ − f¨ġ, M = 0, N = f ġ. Theo Mệnh đề 7.1(i), độ cong Gauss bằng K=. LN − M 2 (f˙g̈ − f¨ġ)f ġ = . EG − F 2 f2. (7.1). Chúng ta có thể làm đơn giản công thức trên nhờ điều kiện f˙2 + ġ 2 = 1, lấy đạo hàm đẳng thức này theo biến u suy ra f˙f¨ + ġg̈ = 0, ∴ (f˙g̈ − f¨ġ)ġ = −f˙2 f¨ − f¨ġ 2 = −f¨,. ∴K=−. f¨f f¨ = − . f2 f. 74.

(79) CHƯƠNG 7. ĐỘ CONG GAUSS. 7.1. ĐỘ CONG GAUSS VÀ ĐỘ CONG TRUNG BÌNH. Ví dụ 7.3. Đối với mặt kẻ, xét phương trình σ(u, v) = γ(u) + vδ(u), (xem Ví dụ 4.12). Kí hiệu d/du bởi dấu chấm trên, ta có σ u = γ̇ + v δ̇, σ v = δ, ∴ σ uv = δ̇, σ vv = 0. Do đó, nếu N = (σ u ×σ v )/kσ u ×σ v k là véctơ pháp tuyến chuẩn tắc của σ, thì M = σ uv .N = δ̇.N and N = 0. Do đó LN − M 2 −(δ̇.N)2 K= = ≤ 0, EG − F 2 EG − F 2 tức là độ cong Gauss của mặt kẻ là một số âm hoặc bằng không, có thể chứng minh khẳng định này bằng cách khác (xem Bài tập 7.8). Chúng ta sẽ quay trở lại ví dụ này trong Mục 7.3. BÀI TẬP 7.1. Tính độ cong Gauss và độ cong trung bình của mặt σ(u, v) = (u + v, u − v, uv) tại điểm (2,0,1). 7.2. Tính độ cong Gauss của mặt helicoid và mặt catenoid (xem các Bài tập 4.14 và 4.18). 7.3. Tính độ cong Gauss của mặt z = f (x, y), trong đó f là một hàm trơn. 7.4. Với kí hiệu như trong Ví dụ 7.3, chứng minh (i) nếu δ là véctơ pháp tuyến n của γ hoặc là véctơ trùng pháp b của nó, thì K = 0 khi và chỉ khi bg là một đường cong phẳng. (sử dụng Mệnh đề 2.4); (ii) nếu γ là một đường cong trên mặt S và δ là pháp tuyến chuẩn tắc của S, thì K = 0 khi và chỉ khi γ là một đường thẳng cong của S (sử dụng Bài tập 6.18.) 7.5. Giả sử σ là biểu diễn tham số của mặt xuyến trong Bài tập 4.10, và giả sử K là độ cong Gauss của nó. Chứng minh rằng ZZ KdAσ = 0. (Ý nghĩa của kết quả này sẽ được giải thích trong Mục 11.3.) 7.6. Chứng minh rằng độ cong Gauss và độ cong trung bình không đổi sau một phép dời hình, nhưng qua phép vị tự (x, y, z) 7→ a(x, y, z), trong đó a là một hằng số khác không, thì chúng thay đổi bởi nhân thêm a−2 và a−1 , tương ứng. 7.7. Chứng minh rằng độ cong Gauss và độ cong trung bình của một mảnh vá σ : U → R3 là các hàm trơn trên U . Chứng minh các độ cong chính là các hàm trơn trên mọi tập con mở của U mà trên đó σ không có điểm rốn nào. (Sử dụng Mệnh đề 7.1.) 75.

(80) 7.2. MẶT GIẢ CẦU. CHƯƠNG 7. ĐỘ CONG GAUSS. 7.8. Chứng minh rằng K ≤ 0 tại mọi điểm thuộc đường cong tiệm cận trên một mặt cong (sử dụng Hệ quả ??). Dựa vào đó, bằng một cách khác chứng minh độ cong Gauss của một mặt kẻ ≤ mọi nơi (sử dụng Bài tập 6.12). 7.9. Chứng minh rằng, nếu FIII là dạng cơ bản của một mảnh vá σ (xem Bài tập 6.22), thì FIII − 2HFII + KFI = 0, trong đó K và H tương ứng làµđộ cong ¶ Gauss và độ cong trung bình của σ. (Sử dụng kết a c quả sau: đối với ma trận A = ta có đẳng thức A2 − (a + d)A + (ad − bc)I = 0.) b d 7.10. Sử dụng Bài tập 7.9 chứng tỏ rằng, nếu γ(t) là một đường cong trên mảnh vá σ, thì dọc theo γ, Ṅ.Ṅ + 2H Ṅ.γ̇ + K γ̇.γ̇ = 0. µ ¶ u̇ (Chú ý rằng, nếu γ(t) = σ(u(t), v(t)), T = , thì Ṅ.Ṅ = T t FIII T ). Từ đó suy ra độ xoắn v̇ τ của một đường cong tiệm cận trên một mặt liên hệ với độ cong Gauss K của mặt bởi τ 2 = −K. (Sử dụng Bài tập 6.12.). 7.2. Mặt giả cầu. Trong các ví dụ ở mục 7.1 chúng ta đã thấy một số mặt có độ cong bằng không hoặc hằng số dương. Trong mục này chúng ta sẽ xây dựng một mặt cong có độ cong Gauss bằng hằng số âm. Cho mục đích này, lần nữa chúng ta lại xét mặt tròn xoay σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)). Theo Ví dụ 7.2, độ cong Gauss của nó bằng f¨ K=− . f. (7.2). ¨ Trường hợp K = 0 khắp nơi. Khi đó, Pt. (7.2) √ suy ra f = 0, nên f (u) = au + b với a và b 2 2 2 ˙ là các hằng √ số. Do f + ġ = 1, ta có ġ = ± 1 − a (vì thế cần điều kiện |a| ≤ 1) và do đó g(u) = ± 1 − a2 u + c, trong đó c là một hằng số khác. Bằng một phép tịnh tiến theo trục z chúng ta có thể giả sử c = 0, và bằng một phép quay quanh chẳng hạn (trục x) có thể giả thiết dấu ở đây là +. Như vậy ta thu được mặt kẻ √ σ(u, v) = (b cos v, b sin v, 0) + u(a cos v, a sin v, 1 − a2 ). Nếu a = 0 đây là mặt trụ tròn xoay; nếu |a| = 1 nó là mặt phẳng xy; và nếu 0 < |a| < 1 nó là một phần của mặt nón (để rõ hơn đặt biến mới ũ = au + b). Trường hợp K = 1 khắp nơi. (Bất kì mặt có độ cong Gauss là một hằng số dương có thể đưa về trường hợp này bằng một phép vị tự trong R3 , xem Ví dụ ??) Khi đó, Pt. (7.2) trở thành f¨ + f = 0, 76.

(81) CHƯƠNG 7. ĐỘ CONG GAUSS. 7.2. MẶT GIẢ CẦU. phương trình này có nghiệm tổng quát f (u) = a cos(u + b), với a và b là các hằng số. Chúng ta có thể giả sử b = 0 bằng phép đổi biến ũ = u + b, ṽ = v. Bằng một phép thay dấu và thêm bớt hằng số, ta có Z p g(u) = 1 − a2 sin2 udu. Tích phân này không biểu diễn được qua các hàm ’cơ sở’ ngoại trừ a = 0 hoặc ±1. Trường hợp a = 0 không cho ta mặt cong, vì vậy chỉ cần xét a = 1 (do a = −1 có thể đưa trở lại trường hợp này bằng cách quay mặt cong một góc π theo trục z). Do đó, f (u) = cos u, g(u) = sin u, vì vậy đây là mặt cầu đơn vị. Trường hợp cuối cùng, K = −1 khắp nơi. Nghiệm tổng quát của Pt. (7.2) có dạng f (u) = aeu + be−u , trong đó a và b là các hằng số tùy ý. Đối với hầu hết các giá trị của a và b chúng ta không thể biểu diễn g qua các hàm cơ sở, vì vậy ở đây chúng ta chỉ xét trường hợp a = 1 và b = 0. Khi đó, f (u) = eu và Z √ g(u) = 1 − e2u du. (7.3) Chú ý để tích phân trong Pt. (7.3) có nghĩa thì cần có điều kiện u ≤ 0. Tích phân này có thể tính bằng cách đặt v = eu . Khi đó, Z √ Z √ 1 − v2 1 − e2u du = dv v Z ³ ´ dv 1 = −v √ 2 v Z 1−v √ dv √ = 1 − v2 + . v 1 − v2 Đặt = v −1 trong tích phân cuối cùng. Dẫn đến Z √ Z √ dw 1 − e2u du = 1 − v2 + √ w2 − 1 √ = 1 − v 2 − cosh−1 w ³1´ √ 1 − v 2 − cosh−1 = v √ −1 −u 2u = 1 − e − cosh (e ). Ở đây chúng ta bỏ qua hằng số, vì có thể làm nó bằng không qua một phép tịnh tiến thích hợp theo phương của trục z. Vậy √ f (u) = eu , g(u) = 1 − e2u − cosh−1 (e−u ). Đặt x = f (u), z = g(u), ta thấy đường sinh trong mặt phẳng xz có phương trình ³ ´ √ −1 1 2 z = 1 − x − cosh . x 77. (7.4).

(82) 7.2. MẶT GIẢ CẦU. CHƯƠNG 7. ĐỘ CONG GAUSS. Quay đường cong này quanh trục z thu được một mặt được gọi là mặt giả cầu, mặt này có độ cong Gauss bằng −1 khắp nơi. Chú ý, do u ≤ 0, x = eu bị hạn chế trong miền 0 < x ≤ 1. Hình vẽ định nghĩa bởi Pt. (??) được gọi là đường tractrix, nó có một minh họa hình học thú vị. Xét đường tiếp tuyến tại một điểm P trên đường cong này, giả sử nó cắt trục z tại điểm Q. Chúng ta đi tính độ dài đoạn P Q. Giả sử P là điểm có tọa độ (x0 , z0 ). Bằng cách tính toán trực tiếp hoặc nghiên cứu cách tính tích phân (7.3), có thể thu được √ dz 1 − x2 = . dx x Do đó, tiếp tuyến tại P có phương trình p 1 − x20 z − z0 = (x − x0 ). x0 Tiếp tuyến này cắt trục z tại điểm (0, z1 ), trong đó p q 1 − x20 z1 − z0 = (0 − x0 ) = − 1 − x20 . x0 Do vậy khoảng cách P Q được tính bởi (P Q)2 = x20 + (z1 − z0 )2 = x20 + 1 − x20 = 1, tức là, khoảng cách P Q là hằng số và bằng 1. Điều này có nghĩa là đường tractrix có thể mô tả như sau. Giả sử một con lừa kéo một thùng đá bằng một sợi dây có chiều dài bằng một. Giả sử ở thời điểm xuất phát con lừa ở điểm (0, 0), còn thùng đá thì ở điểm (1, 0), và giả sử rằng con cừu đi chậm rãi dọc theo hướng âm của trục z. Khi đó, thùng đựng đá sẽ chuyển động dọc theo đường tractrix. Nghiên cứu hình học trên một mặt giả cầu là một chủ đề được gọi là hình học phi euclid. Rất nhiều kết quả của hình học phẳng euclid cũng đúng trên mặt giả cầu, nhưng cũng có một số thì khác. Chẳng hạn, tổng ba góc trong của một tam giác trên mặt giả cầu luôn bé hơn π. (Chúng ta sẽ giải thích khái niệm cạnh ’thẳng’ để hiểu được thế nào là một tam giác trong Chương 8 - cụ thể xem Ví dụ ??.) Bạn đọc nên so sánh với Định lý ??, trong đó khẳng định tổng ba góc trong của một tam giác trên mặt cầu luôn lớn hơn π. BÀI TẬP 7.11. Đối với mặt giả cầu: (i) tính độ dài của đường sinh; (ii) tính diện tích tổng thể; (iii) tính các độ cong chính; (iv) chứng minh tất cả mọi điểm đều là điểm hyperbolic. 7.12. Chứng minh rằng (i) nếu đặt w = e−u , khi đó tham số hóa lại của mặt giả cầu σ 1 (v, w) có dạng cơ bản thứ nhất bằng dv 2 + dw2 w2 (được gọi là mô hình nửa mặt phẳng trên); 78.

(83) CHƯƠNG 7. ĐỘ CONG GAUSS. 7.3. MẶT DẸT. (ii) nếu đặt U=. v2 + w2 − 1 −2v ,V = 2 2 2 v + (w + 1) v + (w + 1)2. khi đó tham số hóa lại σ 2 (U, V ) của mặt giả cầu có dạng cơ bản thứ nhất bằng dU 2 + dV 2 . (1 − U 2 − V 2 )2 Đây được gọi là mô hình đĩa, vì miền w > 0 trong mặt phẳng vw tương ứng với đĩa U 2 + V 2 < 1 trong mặt phẳng U V . Những miền nào trong mô hình nửa mặt phẳng và mô hình đĩa tương ứng với miền u < 0, −π < v < π mà tham số hóa σ của mặt giả cầu được xác định trong miền này? 7.13. Giả sử S là một mặt tròn xoay có trục là trục z, và giả thiết thêm đường sinh của nó là đường cong γ(u) có vận tốc đơn vị trong mặt phẳng xz. Giả sử γ cắt vuông góc với trục z khi u = ±π/2, nhưng không cắt trục z khi −π/2 < u < π/2. Chứng minh rằng, nếu độ cong Gauss K của S bằng hằng số, thì hằng số này bằng 1 và S là mặt cầu đơn vị.. 7.3. Mặt dẹt. Trong mục 7.2, chúng ta đã đưa ra vài ví dụ về các mặt có độ cong Gauss K bằng hằng số, nhưng vẫn chưa phân loại đầy đủ được những mặt như thế. Trong mục này chúng ta sẽ mô tả khá đầy đủ các mặt dẹt, tức là các mặt có K = 0 khắp nơi. Để làm được vậy, chúng ta sẽ sử dụng một dạng tham số đặc biệt, dùng được cho mặt cong tùy ý, nó được mô tả trong mệnh đề dưới đây. Mệnh đề 7.2. Giả sử P là điểm thuộc mặt cong S và giả sử P không phải là một điểm rốn. Khi đó, tồn tại một mảnh vá σ(u, v) của S chứa P mà dạng cơ bản thư nhất và thứ hai của nó tương ứng là Edu2 + Gdv 2 và Ldu2 + N dv 2 , với E, G, L và N là các hàm trơn nào đó. Nhắc lại, trong Mục 6.3, một điểm P thuộc mặt S là một điểm rốn nếu hai độ cong chính của S tại P bằng nhau. Trong Mục 6.3, ta có đối với mảnh vá σ trong mệnh đề, thì σ u và σ v là các véctơ chính tương ứng với các độ cong chính L/E và N/G. Ta gọi σ là một mảnh vá chính. Tạm thời chúng ta chấp nhận Mệnh đề 7.3 để chứng minh kết quả sau đây. Mệnh đề 7.3. Giả sử P là một điểm nằm trên một mặt dẹt S, và P không phải là một điểm rốn. Khi đó, tồn tại một mảnh vá của S chứa P mà là một mặt kẻ. Chứng minh. Xét mảnh vá σ : U → R3 chứa điểm P như trong Mệnh đề 7.2, chẳng hạn P = σ(u0 , v0 ). Theo Mệnh đề 7.1(ii), độ cong Gauss K = LN/EG. Do độ cong Gauss bằng không khắp nơi, vì vậy L = 0 hoặc N = 0 tại mỗi điểm thuộc U , và do P không phải là một điểm rốn nên L và N không đồng thời bằng không. Giả sử L(u0 , v0 ) 6= 0. Khi đó, L(u, v) 6= 0 với mọi (u, v) nằm trong tập con mở nào đó chứa điểm (u0 , v0 ). Bằng cách thu nhỏ U nếu cần thiết, ta có thể giả sử L 6= 0 với mọi điểm thuộc U . Vì vậy, N = 0 khắp nơi, và dạng cơ bản thứ hai của σ bằng Ldu2 . 79.

(84) 7.3. MẶT DẸT. CHƯƠNG 7. ĐỘ CONG GAUSS. Chúng ta sẽ chứng minh rằng các đường cong tham số u = hằng số là các đường thẳng. Một đường thẳng như thế có thể tham số bởi v 7→ σ(u0 , v), trong đó u0 là một giá trị hằng số cho biến u. Khi đó t = σ v /G1/2 , vì vậy theo Mệnh đề 1.1 chúng ta chỉ cần phải chứng minh tv = 0. Theo Mệnh đề ??, véctơ pháp tuyến chuẩn có đạo hàm bằng Nu = −E −1 Lσ u ,. Nv = 0.. (7.5). Do đó, tv .Nu = −EL−1 tv .Nu . Do t.Nu = 0 và Nuv = 0, nên từ Pt. (7.5) suy ra tv .Nu = −t.Nuv . Do đó tv .σ u = 0. Mặt khác tv .t = 0, do theo cách xây dựng t là véctơ đơn vị, vì vậy tv .σ v = 0. Cuối cùng, cũng từ Pt. (7.5) có tv .N = −t.Nv = 0. Do các véctơ σ u , σ v và N lập thành một cơ sở của R3 , ta có kết luận tv = 0. Do đó nhiệm vụ của chúng ta là mô tả cấu trúc của các mặt kẻ dẹt. Lấy tham số của mặt kẻ như trong Ví dụ 7.3: σ(u, v) = γ(u) + vδ(u). Ta có σ u = γ̇ + v δ̇, σ v = δ, dấu chấm trên kí hiệu cho d/du, và độ cong Gauss của σ bằng không khi và chỉ khi δ̇.(σ u × σ v ) = 0. Do σ u × σ v = γ̇ × δ + v δ̇ × δ, và δ̇.(δ̇ × δ) = 0, suy ra K=0. khi và chỉ khi δ̇.(γ̇ × δ) = 0. ˙ độc lập tuyến tính tại khắp nơi. Như vậy, K = 0 khi và chỉ khi γ̇, δ và bd. 80. (7.6).

(85)

GT hinh vi phan yieng viet

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về