Hình Học Vi Phân - Chương 2 Lý Thuyết Mặt pptx

Lý thuyết mặtCó thể hình dung mặt chính qui trong R3 như sau: Lấy một số mảnh mặt phẳng biến dạng chúng và “dán” lại sao cho hình nhận được không có các điểm nhọn, không có các cạnh hoặc

Lý thuyết mặt

Có thể hình dung mặt chính qui trong R3 như sau: Lấy một số mảnh mặt phẳng biến dạng chúng

và “dán” lại sao cho hình nhận được không có các điểm nhọn, không có các cạnh hoặc không cótính tự cắt để tại mỗi điểm có thể nói đến mặt phẳng tiếp xúc của mặt Các mặt cũng sẽ được giảthiết đủ trơn để có thể mở rộng các khái niệm cũng như các kết quả của giải tích lên chúng Địnhnghĩa sau đây thỏa mãn các yêu cầu trên

Định nghĩa 1 Một tập hợp con S ⊂ R3 được gọi là một mặt chính qui nếu ∀p ∈ S tồn tại lân cận V ⊂ R3 của p và ánh xạ X : U −→ V ∩ S, với U là một tập con mở của R2, thỏa mãn 3 điều

kiện sau:

1 Ánh xạ X là khả vi, có nghĩa là

X(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ U

với x, y, z là các hàm có đạo hàm riêng mọi cấp.

2 Ánh xạ X là một đồng phôi từ U vào V ∩ S Vì X là liên tục theo điều kiện 1, nên X là một đồng phôi có nghĩa là X có ánh xạ ngược X−1 : V ∩ S −→ U liên tục Nói cách khác, X−1 là

hạn chế của một ánh xạ liên tục F : W ⊂ R3 −→R2 xác định trên một tập mở chứa V ∩ S.

3 (Tính chính qui) Với mọi q ∈ U , đạo hàm DXq : R2 −→R3 là một đơn ánh

Ánh xạ X được gọi là một tham số hóa (địa phương) của S, cặp (U, X) gọi là một hệ tọa độ địa phương hay một bản đồ của S còn lân cận V ∩ S của p trong S gọi là một lân cận tọa độ.

Chúng ta phân tích rõ hơn về Điều kiện 3 bằng cách xét ma trận Jacobi của X tại q Giả sử

q = (u0, v0) Xét đường tham số

u 7−→ (x(u, v0), y(u, v0), z(u, v0)).

Đường cong này, được gọi là đường cong tọa độ v = v0, nằm trên mặt S đi qua p = X(q) và có

vector tiếp xúc tại p là

∂u ,

với e1 là vector tiếp xúc của đường tham số u 7−→ (u, v0) trong R2 tại điểm q Đường tọa độ v = v0

là ảnh của đường cong này qua ánh xạ X Tương tự ta có e2 là vector tiếp xúc của đường tham

số v 7−→ (u0, v) trong R2 tại điểm q Đường tọa độ u = u0 là ảnh của đường cong này qua ánh xạ

∂(u,v),

∂x∂u

∂(u,v),

∂u∂y

∂(u,v) không đồng thời bằngkhông

Từ đây về sau, để thuận tiện, đôi lúc chúng ta sẽ viết Xu thay cho ∂X∂u và Xv thay cho ∂X∂v.

Nhận xét 1. 1 Như vậy có thể xem mặt chính qui được phủ bởi một họ các lân cận tọa độ,

tức là các ảnh của một họ ánh xạ X (tham số hóa) thỏa mãn các Điều kiện 1, 2, 3.

2 Điều kiện 1 cho phép chúng ta có thể sử dụng công cụ của giải tích (phép tính vi tích phân)

để nghiên cứu các mặt chính qui

3 Điều kiện 2 nhằm ngăn cản tính tự cắt của mặt và do đó có thể nói đến mặt phẳng tiếp xúccủa mặt tại mọi điểm.

4 Điều kiện 3 đảm bảo tại mọi điểm đều có mặt phẳng tiếp xúc

Ví dụ 1 Xét mặt phẳng R2 Ta chọn U = R2 và X = Id Theo định nghĩa R2 là mặt chính quivới chỉ một bản đồ duy nhất (R2, Id).

Dễ thấy X1+ là đơn ánh và (X1+)−1 là hạn chế của phép chiếu π(x, y, z) = (x, y) từ R3 lên R2 nêncũng liên tục Vậy Điều kiện 2 cũng được thỏa mãn

Do ∂(x, y)

∂(x, y) =

1 00 1

= 1 nên Điều kiện 3 cũng được thỏa mãn Như vậy X1+ là một tham số hóa

của S2 Có thể dễ dàng nhận thấy S2 được phủ bởi 6 mảnh lân cận tọa độ được xác định tương

tự như vậy Bạn đọc có thể dễ dàng xác định lân cận tọa độ tương ứng của các tham số hóa nhưvậy Dưới đây là các tham số hóa đó

X(θ, ϕ) = (sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ).

Dễ thấy X(V ) ⊂ S2 Tham số θ được gọi là colatude (phần phụ của vĩ độ) và ϕ là kinh độ Rõ

ràng X khả vi vì các hàm sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ là khả vi.

không thể đồng thời bằng không vì

cos2θ sin2θ + sin4θ sin2ϕ + sin4θ cos2ϕ = sin2θ 6= 0

do 0 < θ < π Như vậy, Điều kiện 1 và 3 được thỏa mãn Lấy C là nửa đường tròn

{(x, y, z) ∈ S2 : y = 0, x ≥ 0}.

Với mỗi (x, y, z) ∈ S2 − C, chúng ta xác định được duy nhất θ = cos−1z vì 0 < θ < π Biết θ

chúng ta sẽ xác định được ϕ từ x = sin θ cos ϕ, y = sin θ sin ϕ và do đó xác định được duy nhất ϕ Vậy X có ánh xạ ngược X−1, và có thể kiểm tra dễ dàng X−1 là liên tục, tức là X là một tham

số hóa Chúng ta nhận xét rằng X(V ) = S2− C nên có thể phủ S2 bởi hai tham số hóa kiểu nhưtrên

Cũng có thể phủ S2 bởi hai lân cận tọa độ nhờ vào phép chiếu nổi (xem bài tập ??).

Ví dụ vừa rồi cho thấy việc kiểm tra một tập nào đó là một mặt chính chính qui là một công việc

dễ chán và buồn tẻ Những mệnh đề tiếp theo sẽ cho ta những phương pháp có thể kiểm tra hoặcxây dựng một số mặt chính qui dễ dàng hơn

Mệnh đề 2.1.1 Nếu f : U −→ R là hàm khả vi trên tập mở U ⊂ R2 Khi đó đồ thị của f

Gf = {(x, y, z) ∈ R3 : z = f (x, y)}

là một mặt chính qui

Chứng minh Điều kiện 1 hiển nhiên được thỏa mãn Do ∂(x,y)∂(x,y) = 1, nên Điều kiện 3 cũng được thỏa mãn Chúng ta chỉ còn chứng minh cho Điều kiện 2 Dễ thấy X(x, y) = (x, y, f (x, y)) là đơn ánh nên có ánh xạ ngược X−1 Ánh xạ ngược X−1 chính là hạn chế lên Gf của phép chiếu từ R3

Định nghĩa 2 Cho ánh xạ khả vi f : U ⊂ Rn −→Rm, với U là tập mở Chúng ta nói rằng p ∈ U

là một điểm tới hạn của f nếu đạo hàm Dfp : Rn−→Rm không phải là toàn ánh Ảnh f (p) ∈ Rm

của một điểm tới hạn gọi là giá trị tới hạn của f Một điểm của Rm mà không phải là giá trị tới

hạn được gọi là một giá trị chính qui của f

Chú ý rằng bất kỳ điểm a 6∈ F (U ) đều là các giá trị chính qui của F.

Trong trường hợp f : U ⊂ R −→ R, các điểm tới hạn chính là các điểm x ∈ U mà f0(x) = 0 Nếu f : U ⊂ R3 −→R là hàm khả vi, ta có

Tính chất Dfp không là toàn ánh tương đương với

Mệnh đề 2.1.2 Nếu f : U ⊂ R3 −→R, là hàm khả vi và a ∈ f (U ) là giá trị chính qui của f thì

f−1(a), nếu khác rỗng, là một mặt chính qui trong R3.

Chứng minh Lấy p = (x0, y0, z0) ∈ f−1(a) Vì a là giá trị chính qui nên không mất tính tổng

quát ta có thể giả sử ∂f∂z(p) 6= 0 Đặt F : U ⊂ R3 −→R3 xác định bởi

∂z (p) 6= 0, nên theo Định lý hàm ngược, tồn tại lân cận V của p và W của a = f (p)

sao cho F : V −→ W là một vi phôi Điều này cho thấy các hàm tọa độ của F−1 có dạng

x = u, y = v, z = g(u, v, t), (u, v, t) ∈ W

là các hàm khả vi Đặc biệt z = g(u, v, a) = h(x, y) là hàm khả vi xác định trong hình chiếu của

V lên mặt phẳng xy Do

F (f−1(a) ∩ V ) = W ∩ {(u, v, t) ∈ R3 : t = a},

chúng ta suy ra rằng đồ thị của h là f−1(a) ∩ V Theo Mệnh đề 2.1.1, f−1(a) ∩ V là một lân cận tọa độ chứa p Do đó, f−1(a) sẽ được phủ bởi những lân cận tọa độ như vậy nên f−1(a) là một

là hàm khả vi và 0 là một giá trị chính qui của nó Thật vậy, ta có

Trong trường hợp a = b = c, ta có mặt cầu x2+ y2+ z2 = a2 cũng là một mặt chính qui

Một mặt S được gọi là liên thông nếu bất kỳ hai điểm nào của S đều có thể nối bởi một đường cong liên tục trong S Trong nhiều tài liệu, khái niệm này được gọi là liên thông cung hay liên

thông đường để phân biệt với khái niệm liên thông trong tôpô Ví dụ sau đây cho thấy các mặtchính qui xác định bởi Mệnh đề 2.1.2 có thể không liên thông

Ví dụ 4 Hyperboloid hai tầng H

−x2+ y2 + z2 = 1

là mặt chính qui vì H = f−1(0) với 0 là giá trị chính qui của hàm f (x, y, z) = −x2+ y2 + z2− 1.

Dễ thấy rằng H không liên thông, vì hai điểm nằm ở hai tầng khác nhau không thể nối với nhau

bằng một đường cong liên tục được

Chúng ta có tính chất sau đây của một mặt liên thông: “Cho f : S ⊂ R3 −→R là một hàm số liên

tục xác định trên một mặt liên thông S Nếu f (p) 6= 0, ∀p ∈ S, thì hàm f không đổi dấu trên S.” Thật vậy, giả sử ta có f (p) > 0 và f (q) < 0, với p, q ∈ S Do S liên thông, tồn tại đường cong liên tục α : [a, b] −→ S, với α(a) = p và α(b) = q.

Xét f ◦ α : [a, b] −→ R Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại c ∈ (a, b), f ◦ α(c) = 0 Điều này chứng tỏ f = 0 tại điểm α(c).

Ví dụ 5 Mặt xuyến (torus) T là mặt sinh ra bằng cách quay đường tròn bán kính r quanh một

đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa đường tròn và cách tâm đường tròn một khoảng a > r Lấy

S1 là đường tròn tâm I(0, a, 0) bán kính r trong mặt phẳng yz Khi đó phương trình của S1 là

Dễ thấy T là ảnh ngược f−1(r2) của hàm f tại giá trị r2 Hàm f là hàm khả vi Ta tính các đạo

Chứng minh Giả sử X : U −→ S là một tham số hóa của S tại p,

X(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ U.

Theo điều kiện 3 của định nghĩa mặt chính qui, một trong các định thức sau phải khác không tại

Giả sử ∂(x,y)∂(u,v)(q) 6= 0 Xét ánh xạ π ◦ X : U −→ R2 với π là phép chiếu π(x, y, z) = (x, y) Khi đó

π ◦ X(u, v) = (x(u, v), y(u, v)).

Do ∂(x,y)∂(u,v)(q) 6= 0 nên theo định lý hàm ngược tồn tại lân cận V1 của q và V2 của (π ◦ X)(q) sao cho

π ◦ X là vi phôi từ V1 lên V2 Từ đây suy ra rằng hạn chế của π lên V = X(V1) là đơn ánh và tồntại hàm ngược

(π ◦ X)−1 : V2 −→ V1.

Do X là đồng phôi ta suy ra X(V1) là lân cận của p trong S Bây giờ xét hợp của ánh xạ (π ◦ X)−1(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) với hàm (u, v) 7−→ z(u, v), ta nhận thấy V là đồ thị của hàm hợp này z = z(u(x, y), v(x, y)) = f (x, y).

Các trường hợp còn lại chứng minh hoàn toàn tương tự 2

xạ từ R2 vào C Trên C có thể có những tham số hóa khác Chúng ta sẽ chứng tỏ C không chính qui tại đỉnh của nó Nếu C là mặt chính qui thì có một lân cận của điểm (0, 0, 0) ∈ C là đồ thị của một hàm khả vi có một trong ba dạng sau: z = f (x, y), y = g(x, z), x = h(y, z).

Hai dạng sau cùng không thỏa mãn vì phép chiếu của C lên các mặt phẳng xz và yz không là đơn ánh Xét hàm có dạng thứ nhất z =p

x2+ y2 Dễ thấy hàm này không khả vi tại (0, 0) nên cũng

không phù hợp Do đó C không phải là mặt chính qui Nếu bỏ đi điểm đỉnh (0, 0, 0) thì tập còn lại C − {(0, 0, 0)} là mặt chính qui.

Mệnh đề 2.1.4 Cho S là mặt chính qui và ánh xạ X : U ⊂ R2 −→ R3, X(U ) ⊂ S Nếu X là

đơn ánh thỏa mãn Điều kiện 1 và 3 trong định nghĩa 1 thì X−1 là liên tục, có nghĩa là X thỏa mãn điều kiện 2 và do đó X là một tham số hóa.

Chứng minh Lấy p ∈ X(U ) Do S là mặt chính qui nên tồn tại lân cận W ⊂ S của p sao cho W là

đồ thị của một hàm khả vi trên tập mở V (có thể giả sử) của mặt phẳng xy Lấy N = X−1(W ) ⊂ U

và đặt h = π ◦ X : N −→ V, với π(x, y, z) = (x, y) Khi đó dh = π ◦ dX là không suy biến tại

X−1(p) = q Theo Định lý hàm ngược tồn tại lân cận Ω ⊂ N sao cho h : Ω −→ h(Ω) là vi phôi Chú ý rằng X(Ω) là tập mở trong S và X−1 = h−1◦ π hạn chế lên X(Ω) là hợp của các hàm khả

vi Như vậy X−1 là liên tục tại p Do p được chọn tùy ý nên X−1 liên tục trên X(U ). 2

Ví dụ 7 Một tham số hóa của mặt xuyến T được cho bởi

X(u, v) = ((r cos u + a) cos v, (r cos u + a) sin v, r sin u),

x2+ y2 ≥ a thì hoặc 0 < u ≤ π2 hoặc 3π2 ≤ u ≤ 2π Như vậy mỗi (x, y, z)

sẽ xác định duy nhất v với 0 < v < 2π Dễ thấy mặt xuyến có thể được phủ bởi 3 lân cận tọa độ

như vậy

2.1.1 Đổi tham số-Hàm khả vi trên mặt

Định nghĩa của mặt chính qui cho thấy với mọi p ∈ S đều thuộc vào một lân cận tọa độ (địa

phương) nào đó của mặt Điều này cho phép chúng ta sử dụng hệ tọa độ địa phương để mô tả

một số tính chất địa phương của mặt trong lân cận của điểm p và mở rộng một số khái niệm như

hàm khả vi trên mặt chính qui, ánh xạ khả vi từ mặt chính qui vào mặt chính qui và đạo hàm của

chúng Một điểm p ∈ S có thể thuộc vào nhiều lân cận tọa độ khác nhau nên có thể có nhiều

tọa độ địa phương khác nhau và do đó chúng ta có các phép đổi tọa độ (địa phương) Để các địnhnghĩa liên quan đến tính khả vi được hợp lý, các phép đổi tọa độ phải khả vi

Mệnh đề sau cho thấy yêu cầu trên được đáp ứng

Mệnh đề 2.1.5 (Đổi tham số) Cho S ⊂ R3 là một mặt chính qui, p ∈ S, X : U ⊂ R2 −→ S

và Y : V ⊂ R2 −→ S là hai tham số hóa địa phương của S sao cho p ∈ X(U ) ∩ Y (V ) = W Khi

đó phép đổi tọa độ h = X−1◦ Y : Y−1(W ) −→ X−1(W ) là vi phôi, tức là h khả vi và hàm ngược

h−1 = Y−1◦ X (cũng là một phép đổi tọa độ) cũng khả vi.

Chứng minh Ta có h = X−1◦ Y là đồng phôi do X và Y là các đồng phôi Lấy r ∈ Y−1(W ) và đặt q = h(r) Do X(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) là tham số hóa của mặt chính qui, ta có thể

giả sử

∂(x, y)

∂(u, v) (q) 6= 0.

Chúng ta mở rộng X thành ánh xạ F : U × R −→ R3 xác định như sau:

F (u, v, t) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v) + t), (u, v) ∈ U, t ∈ R.

Có thể hình dung F là ánh xạ từ hình trụ C xác định trên U vào hình trụ xác định trên X(U ) biến thiết diện của C với độ cao t thành mặt X(u, v) + te3, với e3 là vector đơn vị định hướng của

trục Oz Rõ ràng F là khả vi và F |U ×{0}= X.

Ta có định thức của ma trận Jacobi F0(q)

∂(x, y)

∂(u, v) (q) 6= 0.

Do đó theo Định lý hàm ngược, tồn tại lân cận M của p = X(q) trong R3 sao cho F−1 tồn tại và

khả vi trên M Do Y liên tục, tồn tại lân cận N của r trong V sao cho Y (N ) ⊂ M ∩ S Từ đây ta

có

F−1◦ Y |N = X−1◦ Y |N = h|N.

Vì F−1 và Y là các ánh xạ khả vi nên ta suy ra h khả vi trên N Nói riêng, h khả vi tại r Do r là điểm bất kỳ ta suy ra h khả vi trên Y−1(W ).

Một cách hoàn toàn tương tự, chúng ta có thể chứng minh h−1 cũng là hàm khả vi 2

Nhận xét 2 Giả sử X và Y được xác định bởi

X(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)),

có nghĩa là, định thức của ma trận Jacobi của h và h−1 khác không mọi nơi.

Một cách tự nhiên là chúng ta phải xây dựng các khái niệm giải tích cho các mặt chính qui Dướiđây là các định nghĩa của hàm số khả vi trên mặt chính qui và ánh xạ khả vi giữa hai mặt chínhqui Các khái niệm đã biết trước đây là các trường hợp riêng của các khái niệm này

Định nghĩa 3 Cho f : V ⊂ S −→ R là hàm xác định trên một tập mở V của mặt chính qui S.

Hàm f được gọi là khả vi tại p ∈ V nếu với tham số hóa X : U ⊂ R2 −→ S, p ∈ X(U ), thì hàm hợp f ◦ X : U −→ R là hàm khả vi tại X−1(p) Hàm f được gọi là khả vi trên V nếu f khả vi tại mọi điểm của V.

Nhận xét 3. 1 Giả sử Y : W −→ S, với p ∈ W, là một tham số hóa khác Do h = X−1 ◦ Y

là khả vi tại Y−1(p) nên f ◦ Y = f ◦ X ◦ h cũng khả vi tại Y−1(p) Do đó, định nghĩa trên

không phụ thuộc vào tham số hóa được chọn

2 Chúng ta có thể đồng nhất một điểm (u, v) của U với X(u, v) của X(U ) ⊂ S Do đó từ đây

về sau thay vì viết (f ◦ X)(u, v) = f (X(u, v)), chúng ta sẽ viết một cách đơn giản là f (u, v)

và nói rằng f (u, v) là một biểu diễn địa phương của f trong lân cận tọa độ X.

Ví dụ 8 Cho S là mặt chính qui, S ⊂ V với V ⊂ R3là một tập mở và f : V −→ R là một hàm khả

vi Khi đó f |S là một hàm khả vi Thật vậy, với mọi p ∈ S và với tham số hóa X : U ⊂ R2 −→ S tại p, hàm f ◦ X : U −→ R là khả vi tại p.

Ví dụ 9 Các hàm sau đây là các hàm khả vi.

1 Hàm độ cao đối với một vector đơn vị v ∈ R3

h : S −→ R, h(p) = p.v, ∀p ∈ S.

h(p) là độ cao của p ∈ S so với mặt phẳng vuông góc với v đi qua gốc O trong R3.

2 Cho S là mặt chính qui và p0 ∈ S là một điểm cố định Hàm số f : S −→ R xác định bởi

f (p) = d(p, p0)2 là một hàm khả vi

Nhận xét 4 Chúng ta đã dùng Mệnh đề 2.1.1 để xây dựng khái niệm hàm khả vi trên một mặt

chính qui Trong chứng minh Mệnh đề 2.1.1 chúng ta lại sử dụng tính chất là ánh xạ ngược củamột tham số hóa là liên tục Nên điều kiện thứ hai trong định nghĩa của mặt chính qui là khôngthể thay thế

Tương tự định nghĩa trên chúng ta có thể định nghĩa ánh xạ khả vi từ một mặt chính qui vào mộtmặt chính qui.

Định nghĩa 4 Cho S1, S2 là các mặt chính qui, V là một tập mở trong S1 và ϕ : V ⊂ S1 −→ S2

là ánh xạ liên tục Ánh xạ ϕ được gọi là khả vi tại p ∈ V nếu với các tham số hóa đã chọn nào đó

X1 : U1 −→ S1, X2 : U2 −→ S2,

trong đó p ∈ X1(U1) ⊂ V và ϕ(X1(U1)) ⊂ X2(U2), ánh xạ

X2−1◦ ϕ ◦ X1 : U1 −→ U2

là khả vi tại X−1(p) Ánh xạ ϕ được gọi là khả vi trên V nếu nó khả vi tại mọi điểm của V Ánh

xạ X2−1◦ ϕ ◦ X1gọi là biểu diễn địa phương của ánh xạ ϕ đối với hai bản đồ (U1, X1) và (U2, X2).

Ánh xạ ϕ : S1 −→ S2 được gọi là một vi phôi nếu ϕ là khả vi trên S1 và tồn tại ánh xạ ngược

ϕ−1 : S2 −→ S1 cũng khả vi Khi đó ta nói hai mặt chính qui S1 và S2 là vi phôi với nhau

Nhận xét 5. 1 Tương tự như hàm khả vi trên một mặt chính qui, định nghĩa ánh xạ khả vigiữa các mặt chính qui cũng không phụ thuộc vào các tham số hóa đã chọn

2 Theo định nghĩa, ánh xạ ϕ là khả vi khi và chỉ khi các hàm thành phần của biểu diễn địa phương của ϕ trong các lân cận tọa độ địa phương có đạo hàm riêng liên tục mọi cấp.

3 Tương tự như đẳng cấu tuyến tính giữa các không gian vector, ánh xạ đẳng cự giữa cáckhông gian Euclid, các vi phôi đóng vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu các tính chấtliên quan đến tính khả vi của mặt chính qui Hai mặt chính qui vi phôi với nhau được xem

là như nhau

Ví dụ 10 Mọi tham số hóa của mặt chính qui S

X : U ⊂ R2 −→ S

là ánh xạ khả vi giữa các mặt chính qui (xem U là một mặt chính qui) Thật vậy, với mọi p ∈ X(U )

và với tham số hóa Y : V ⊂ R2 −→ S tại p, ta có

X−1◦ Y : Y−1(W ) −→ X−1(W )

là khả vi, trong đó W = X(U ) ∩ Y (V ) Tương tự ta cũng có X−1 khả vi, do đó, U và X(U ) là vi

phôi với nhau Do mỗi đĩa mở trong R2 là vi phôi với mặt phẳng R2, nên ta có thể nói “mỗi mặt

chính qui là vi phôi địa phương với một mặt phẳng”

Ví dụ 11 Cho S1 và S2 là các mặt chính qui Giả sử rằng S1 ⊂ V ⊂ R3, với V là một tập mở

... khả vi, W = X(U ) ∩ Y (V ) Tương tự ta có X−1 khả vi, đó, U X(U ) vi< /i>

phôi với Do đĩa mở R2< /sup> vi phôi với mặt phẳng R2< /sup>, nên ta nói “mỗi mặt< /i>... data-page="6">

là hàm khả vi giá trị qui Thật vậy, ta có

Trong trường hợp a = b = c, ta có mặt cầu x2< /sup>+ y2< /sup>+ z2< /sup> = a2< /sup>... π2< /sub> 3π2< /sub> ≤ u ≤ 2? ? Như (x, y, z)

sẽ xác định v với < v < 2? ? Dễ thấy mặt xuyến phủ lân cận tọa độ

như

2. 1.1 Đổi tham số-Hàm