Các dạng cơ bản của mặt trong en và ứng dụng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ********* PHÙNG THỊ HUYỀN CÁC DẠNG CƠ BẢN n CỦA MẶT TRONG E VÀ ỨNG DỤNG KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học HÀ NỘI, 2012 LỜI CẢM ƠN Trong thời gian học tập nghiên cứu khoa học Trờng Đại học S phạm Hà Nội 2, em nhận đợc quan tâm giúp đỡ tất thầy giáo, cô giáo trờng, đặc biệt hớng dẫn, bảo nhiệt tình thầy giáo PGS TS Nguyễn Năng Tâm Để hoàn thành tập nghiên cứu này, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Nguyễn Năng Tâm tận tình bảo em suốt thời gian thực đề tài Em xin chân thành cảm ơn thầy cô tổ Hình học Khoa Toán tạo điều kiện giúp đỡ nh đóng góp ý kiến để đề tài em đợc hoàn thành Đề tài nghiên cứu phạm vi nhỏ nên không tránh khỏi thiếu sót, hạn chế Em mong nhận đợc đóng góp ý kiến thầy cô Em xin chân thành cảm ơn! Xuân Hòa, ngày tháng năm 2012 Sinh viên thực Phùng Thị Huyền LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan khóa luận kết nghiên cứu riêng Tôi xin cam đoan kết nghiên cứu không trùng với kết tác giả khác Hà Nội, tháng năm 2012 Sinh viên Phùng Thị Huyền MỤC LỤC Trang Mở đầu Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Khách thể đối tợng nghiên cứu Giả thuyết khoa học Nhiệm vụ phạm vi nghiên cứu 6 Phơng pháp nghiên cứu Nội dung Chơng Mảnh tham số 1.1 Đạo hàm hàm vectơ 1.2 Trờng vecto 1.3 Cung 10 1.4 Mảnh tham số 12 Chơng Các dạng mặt E ứng dụng 18 n 18 n 2.1 Đa tạp hai chiều E 2.2 Ánh xạ Wiengarten 20 2.3 Các dạng mặt E ứng dụng 24 Kết luận kiến nghị 47 Tài liệu tham khảo 48 n MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong Toán học, môn hình học môn khó trừu tượng Hình học không gian đa dạng phong phú lại thực tiễn Từ hình đơn giản, vật xung quanh chúng ta, nhờ hình học mà ta hiểu phần cấu tạo chúng, có hình dạng không gian n chiều Trong Hình học vi phân môn quan trọng, chủ yếu nghiên cứu hình học đường mặt không gian E3 thông qua loại độ cong, gắn liền với đối tượng hình học sống, thực thể không gian chiều chiều, đặc biệt phần mặt E3 có nhiều ứng dụng thực tế ngành khoa học khác Giúp tư duy, tưởng tượng cụ thể xác Vì mà em chọn đề tài khóa luận: "Các dạng mặt En ứng dụng" Mục đích nghiên cứu Đối với dạng mảnh tham số không gian việc giải chúng gặp nhiều khó khăn Vì để giải toán cần có cách giải, cách nhận dạng ứng dụng chúng Vì khóa luận trình bày dạng mặt ứng dụng sau: + Các định nghĩa dạng mặt En + Tìm dạng mặt ứng dụng Khách thể đối tượng nghiên cứu a) Khách thể nghiên cứu Sách hình học vi phân (giáo trình, tập, sách tham khảo) b) Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu tìm hiểu dạng mặt ứng dụng không gian hình học vi phân Giả thuyết khoa học Vấn đề dạng mặt E n ứng dụng có vai trò quan trọng Nếu vấn đề đổi với hệ thống phương pháp, hình thức phù hợp trở thành công cụ hữu hiệu cho nhà quản lí nâng cao chất lượng giáo dục đào tạo nhà trường, nâng cao tinh thần chủ động sáng tạo tích cực học tập rèn luyện sinh viên nói chung Nhiệm vụ phạm vi nghiên cứu - Nghiên cứu sở lí luận vấn đề tìm hiểu dạng mặt E n ứng dụng sinh viên - Tìm hiểu phương pháp giải tập qua dạng mặt Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu sách giáo trình tra cứu tài liệu 10 Chương KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Đạo hàm hàm vectơ 1.1.1 Hàm vectơ Cho tập mở U  Rm (m ≥1) Mỗi ánh xạ   X : U  En  p  X  p gọi 1à hàm vectơ U Ở Rm xét với tôpô thông thường  vectơ E n không gian vectơ Ơclit n-chiều     Nếu E n cho sở (e1 , ,e n ) với p  U , vectơ X(p) có tọa  độ phụ thuộc p, kí hiệu X(p)  (X1 (p), , X n (p)) Ta gọi Xi : U  R p  Xi (p) hàm tọa độ thứ i X Vì p có m tọa độ Rm nên Xi hàm số m biến Xi (t1 , t , , t n );p  (t1, , t n ) 1.1.2 Đạo hàm  n  Cho U tập hợp tùy ý U  E ánh xạ   X : U  E n hàm vectơ xác định U      Chọn sở e1 ,e , ,e n E n cho X tương đương với cho n hàm số:   xi : U  R n   u  X  u    x i  u   ei , u  U i 1 Khi U = J (là khoảng R), cho hàm vectơ   X : J  En  t  Xt  đạo hàm X có là: 11 Nếu      X  t  t   X  t  ta gọi đạo hàm X điểm to X  t   lim t 0 t  Kí hiệu X  Khi ta gọi X khả vi to 1.1.3 Đạo hàm cấp cao    Nếu X khả vi J  X  gọi đạo hàm cấp X J   nói X khả vi cấp J Kí hiệu: X     k 1 Nếu X có đạo hàm X  k 1 gọi đạo hàm cấp k J Kí    hiệu: X k      Nếu X k  liên tục ta kí hiệu X  C k     Nếu X  C ta nói X hàm nhẵn (trơn)  Ví dụ: Cho ánh xạ X : R  E1 x 1  X liên tục thật vậy:   k Ta có: X x    X(x)  0, x  R 1.1.4 Đạo hàm riêng Với hàm vectơ nhiều biến số, chẳng hạn cho hàm vectơ   X : U  En   u, v   X  u, v  (với U tập mở E2)   X X Có thể nói đến đạo hàm riêng , , có đạo hàm riêng u v liên tục chúng 1.2 Trường vectơ 1.2.1 Vectơ tiếp xúc 12 Nhắc lại không gian Euclid En không gian afin liên kết với   n không gian vectơ Euclid E Hai điểm p, q E n xác định vectơ         E n mà ta viết pq   hay q  p   Thường nói, phần tử E n “vectơ tự do” En Nhưng hình học, vật lí, cần đến “vectơ buộc” Cụ thể xét tập tích  TE n  E n x E n Định nghĩa   Ta gọi  p   p,    TE n vectơ tiếp xúc En p, hay vectơ  đặt p Trong TEn gọi không gian vectơ tiếp xúc En  kí hiệu phần tử En Với p  E n , kí hiệu Tp E n không gian vectơ tiếp xúc En p có song ánh:  E n  Tp E n    p  (“đặt gốc” p) Từ đưa cấu trúc không gian vectơ Euclid từ E n lên Tp E n không gian vectơ tiếp xúc (trường) En p  U tập mở En đặt TU  U x E n gọi không gian vectơ tiếp xúc U Với p  U , kí hiệu Tp U  Tp E n gọi không gian vectơ (trường) tiếp xúc U p 1.2.2 Trường vectơ Cho tập U mở En, ta gọi ánh xạ X : U  TU p  X p trường vectơ U cho với p  U, X  p   Tp  U  Trường vectơ X : U  TU xác định ánh xạ 13   X : U  En  p  X  p   p, X  p   Nói X khả vi lớp Ck ánh xạ X khả vi lớp Ck  Khi X ánh xạ trường vectơ X gọi trường vectơ song   song 1.3 Cung 1.3.1 Cung tham số Cho J khoảng mở R ta gọi ánh xạ  : J  En t   t  cung tham số (hay quỹ đạo) En a Vi phôi Song ánh f gọi vi phôi f khả vi tới lớp C k f 1 khả vi tới lớp Ck b Hai cung tham số tương đương Hai cung tham số  : J  E n r : I  E n t   t  u  r u (I, J khoảng R;  r khả vi) gọi tương đương có vi phôi  : J  I t  u    t  cho r0   Dễ thấy quan hệ tương đương Mỗi lớp tương đương quan hệ gọi cung En  r gọi tham số hoá cung Vi phôi gọi phép đổi tham số cung Ví dụ + Cho cung tham số: 14 Vì EG  F2  0, a  b  nên aE  bF aF  bG không đồng thời Do hệ hai đẳng thức tương đương với aL  bM aE  bF aL aE aL bF bM aE aM bF 0    0 aM  bN aM  bG aM aF aM bG bN aF aN bE a2  E F L M  ab E G L N  b2 F G M N a2 ab b 0 E L F M G 0 N aL  bM aE  bF aL aE aL bF bM aE aM aF 0    0 aM  bN aF  bG aM aF aM bG bN bF aN bE b2 E F E G F G  a2  ab  b2 0 E L M L N M N L ab a F G 0 M N Hệ Điểm p S điểm rốn điểm E:F:G  L:M : N Chứng minh Điểm p điểm rốn điểm vectơ v  aru'  brv'  phương chính, tức định thức nêu định lý với cặp số thực  a, b    0,0  Điều tương đương với điều nói hai dòng cuối định thức tỷ lệ với tức E : F : G  L : M : N b Tìm độ cong ứng với phương cho Định lý Cho mặt định hướng S E , điểm p S , tham số hóa tương   thích hướng p r : U  S,  u, v   r  u, v  Nếu v  aru'  brv'   vectơ phương p độ cong tương thích với phương v là: a L  2abM  b N k  a E  2abF  b 2G 36 (Trong E, F, G, L, M, N tính p) Chứng minh Độ cong k ứng với phương v giá trị riêng h p ứng với  Do đó, h  v  v  kv  ,  v   Suy vectơ riêng v, nghĩa h p  v   kv p h  v v k  p Ta có v   h p  v  v  h p  aru'  brv'   aru'  brv'   a.h p  ru'   b.h p  rv'   aru'  brv'   a h p  ru'  ru'  2abh p  ru'  rv'  b h p  rv'  rv'  a L  2abM  b N v   aru'  brv'   a ru'2  2abru' rv'  b rv'2  a E  2abF  b 2G a L  2abM  b N  Vậy: k  a E  2abF  b 2G c Độ cong pháp dạng Định nghĩa: cho mặt định hướng S E , điểm p S , vectơ v  thuộc vào TpS Ta gọi số hp  v  v v2 độ cong pháp dạng S p h  v  v theo phương v kí hiệu k  v  Vậy k  v   p v Nói theo phương v không nói theo v thay v v (cùng phương với v) h  v   v h p  v   v  k  v   p   k  v,  2 v  v   Nhận xét: khái niệm độ cong pháp dạng theo phương v rõ ràng mở rộng khái niệm độ cong ứng với phương v (nếu v phương k  v  độ cong tương ứng) Nếu v  a  ru  brv vectơ khác  thuộc TpS dễ thấy rằng: 37 a  L  ab  M  b  N k  v   a  E  ab  F  b  G Bài tập Bài 1: Trong E cho mặt trụ tròn xoay S có bán kính a, trục quay Oz hệ toạ độ Đêcac Oxyz Phương trình tham số S r  u, v    a cos u,a sin u, v  ru   a sin u,a cos u,0  Từ ta có  rv   0,0,1 Mặt có trường vectơ pháp tuyến đơn vị liên tục khác 0:  r'  r' n  u' v'   cos u,sin u,0  ru  rv  Ta định hướng S n   n  h p  ru      sin u,  cos u,0    ru u a     n h p  rv      0,0,0    ru   rv u 1  0  Do ma trận h p a   0  Suy K  p   0,H  p   1  1  ,k1  , k  Phương ứng với k 2a a phương ru , phương tiếp xúc cung toạ độ v  v (cung vĩ tuyến) Phương ứng với k phương vectơ rv , phương tiếp xúc cung toạ độ u = u0 (cung kinh tuyến) Bài 2: Trong E3 với hệ toạ độ trực chuẩn Oxyz cho mặt S xác định phương trình ẩn e z  cosx  cos y  với điều kiện cosx  cos y  38 Chứng minh S mặt hình học định hướng Tính độ cong Gauss độ cong trung bình S theo hướng tự chọn Từ suy độ cong S Giải Từ giả thiết ta rút e z  cos y cos y ,  z  ln cosx cosx lấy tham số hoá địa phương S theo kiểu đồ thị cos y   r  x, y    x, y,ln  cosx   Do S mặt hình học định hướng Đặt f  x, y   ln cos y ,ta tính cosx   f x  tan x, f y  tan y, f xx   0, f xy   f yy cos x 1 cos y Lấy hướng S xác định trường vectơ pháp tuyến đơn vị tắc ứng với tham số hoá cho, từ ta K(p)    f yy   f xy 2 f xx 1  f x  f y     1  cos x  cos y   tan x  tan y       f y2  f xx    f x  f y  f xy  1  f x  f yy H(p)   f x2  f y2  1  tan x   cos1 y  1  tan y   cos1 x   2 1  tan 2 x  tan y    hai độ cong S Gọi k,k k  k   2H(p)  39  k  k   K(p)     Do k,k cos x cos y  tan x  tan y   Vậy mặt e x  cosx  cos y  mặt tối tiểu hay gọi mặt Scherk Bài 3: Tìm phương độ cong tương ứng mặt đinh ốc đứng r(u, v   u cos v,u sin v,av  , a  Giải Ta tính được:      0,0,0  ru   cos v,sin v,0  Từ ruu       u cos v, u sin v,0  rv    u sin v,  cos v,a  Từ rvv      sin v,cos v,0  rvu Lấy hướng mặt đinh ốc đứng xác định   a sin v, a cos v, v  n a2  u2 Ta tính được: E  1, F  0, G  a  u L  0, M  a a2  u2 ,N0 Suy với v    ru    rv  phương khi: 2    2 E F G 0 L M N 2   a2  u2  F a a  u2 40 2   a u          a  u (vì phải có   ) Lấy    có   a  u Vậy có hai phương xác định hai vectơ v1  a  u ru  rv , v   a  u ru  rv Gọi k 1, k hai độ cong ứng với v1, v2 h k  k  v   h  v1   v1  1 v12    a  u ru  rv  a  u ru  rv a  u ru  rv a  u  h  ru   h  rv      a  u  ru  rv a  u ru  rv    a  u   L  a  u   M  N  a  u   E  a  u   F  G 2 2 2 2 h  v2   v2 a Tương tự tính k  k  v   Theo toạ độ Đêcac  2 v2 a  u2     ta có ru   cos v,sin v,0  ,rv   u sin v,u cos v,a  thay vào biểu thức v1 v2 ta tính được:  v1    a  u ,cos v  usinv, a  u   sin v  u cos v,a   v     a  u  ,cos v  usinv,   a  u   sin v  u cos v,a  2 2 2 2 2.3.3 Những đường đáng ý mặt S E a Đường khúc Định nghĩa: Đường mặt S E3 mà phương tiếp xúc điểm phương S Cụ thể,  : J  S 41 t    t  , xác định đường khúc D  n 0  song song với  (định nghĩa không phụ thuộc vào việc đổi tham dt số đường) Tính chất i Đường hình học  với tham số hoá địa phương  : t    t  mặt định hướng S E3 đường khúc với trường pháp vectơ đơn vị khả vi n xác định hướng S ta có  n.  / /  Chứng minh  khúc   t  phương S, tức h p    t    k  t    t  , k  t  độ cong S   t  Vì h p    t      n   t  nên h p    t    k  t    t   n.  / /  ii Cho mặt định hướng S E3 , điểm p  S , tham số hóa địa phương thích ứng hướng p r :  u, v   r  u, v  , đường p S qua p có tham số hoá địa phương  : t    t  p Để  đường khúc lân cận p cần đủ  v2  t   u  t   v  t  u2  t     F G   (tại lân cận p) E L M N    Chứng minh Tại lân cận điểm p ta có   t   r  u  t  , v  t   ,   t   u  t  ru  v  t   rv Đường  khúc lân cận điểm p   t  phương 42 S   t  Áp dụng công thức tìm phương suy  khúc lân cận điểm p  v2  E L   u  v u2   F G 0 M N  Ví dụ Giả sử S mặt định hướng E có tham số hoá địa phương tương thích r :  u, v   r  u, v  cho điểm S hai cung toạ độ trực giao với Chứng minh cung toạ độ khúc M = Giải Vì ru ,rv hai vectơ tiếp xúc hai cung toạ độ v  v0 , u  u , nên hai cung toạ độ trực giao có nghĩa F  ru  rv  Cung toạ độ v  v có v  Cung toạ độ u  u có u  Do cung v  v0 khúc  0 u 2    E G   L M N    Hay MEu2   M  (vì E  ru ru  0, u  ) Tương tự cung u  u khúc M = Ví dụ Chứng minh mặt tròn xoay E vĩ tuyến kinh tuyến đường khúc Giải Giả sử S mặt tròn xoay E sinh đường   u    x  u  ,0, z  u   quay xung quanh trục Oz 43 Khi phương trình tham số S r  u, v    x  u   cos v, x  u   sin v,z  u   ,   v  2  Vĩ tuyến có phương trình u  u Kinh tuyến có phương trình v  v  ru   x  u   cos v, x  u   sin v,z  u    rv    x  u   sin v, x  u  cos v,0  Có thể kiểm tra thấy rằng:   z  u   cos v,z  u   sin v, x  u    n 0 x2  u   z2  u  trường pháp vectơ đơn vị lân cận điểm r  u, v  S Ta thấy   n khả vi nên định hướng lân cận n Rõ ràng F  ru  rv  nên vĩ tuyến kinh tuyến trực giao với     Do Hơn nữa, ru,v     x  u  sin v, x  u   cos v,0  nên M  n  ruv vĩ tuyến kinh tuyến đường khúc b Đường tiệm cận Định nghĩa Cho mặt định hướng S E3 , điểm p  S Vectơ v  thuộc TpS gọi vectơ phương tiệm cận S p Một đường S gọi đường tiệm cận tiếp tuyến điểm đường có phương phương tiệm cận S Tính chất i Cho mặt định hướng S E mà hướng xác định trường vectơ pháp tuyến đơn vị khả vi n Đường  S có tham số hoá địa phương  : t    t  đường tiệm cận S  n     Chứng minh 44  đường tiệm cận k    t     h p         n       n       n     ii Đường song quy  mặt định hướng S E3 đường tiệm cận mặt phẳng mật tiếp  điểm tiếp diện điểm iii Dọc theo đường tiệm cận độ cong Gass mặt không dương iv Cho mặt định hướng S E3 có hướng xác định trường vectơ pháp tuyến đơn vị khả vi n, điểm p  S , tham số hoá địa phương tương thích  hướng p r :  u, v   r  u, v  S p, phương v  aru  brv phương tiệm cận p aL2  2abM  b N  Đường  S đường tiệm cận với tham số hoá địa phương  : J  S, t  r  u  t  , v  t   ta có u2  t   L  2u  t   v  t  M  v2  t   N  (1) (gọi phương trình vi phân đường tiệm cận S) Chứng minh  Vectơ v phương tiệm cận    k  v    h p  v   v   h p  aru  brv    aru  brv    a h p  ru  ru  2abh p  rv  rv  b  h p  rv   rv   a L  2abM  b N  Đường  đường tiệm cận   t   u  t   ru  v  t  rv phương tiệm cận tức u2  t   L  2u  t   v  t  M  v2  t   N  Bài tập 45 Bài 1: Chứng minh cung thẳng S đường tiệm cận Giải    Giả sử l cung thẳng S có tham số hóa   t    t  a,a      Ta có   t   a,   t       Vì n    t  nên  n     t   Lấy đạo hàm hai vế theo t ta         n     t    n     t    n     t  Do    n     t   hay  n     Vậy l đương tiệm cận Bài 2: Cho mặt S cung toạ độ v  v0 đường tiệm cận L = 0, cung tọa độ u  u đường tiệm cận N = Thật vậy, cung v  v0 có v  t   , cung toạ độ u  u có u  t   thay vào phương trình vi phân (1) ta kết cần tìm Bài 3: Cho hai mặt định hướng S S1 E3 cắt theo đường  góc không đổi Chứng minh  đương khúc S đường khúc S1 Giải Gọi n n1 trường pháp vectơ đơn vị dọc theo S S1 , xác định hướng S S1 Giả sử  : s    s  tham số hoá địa phương, tự nhiên  Nói S S1 cắt theo  góc không đổi có nghĩa     góc n,n1 không đổi dọc theo  , tức tích vô hướng n,n1  const lấy đạo   hàm hai vế theo S ta        n  s   n1  s    n  s   n1  s   n  s   n1  s         (ở ta viết tắt n  s    n   s  n1  s   n1   s      Vì  đường khúc mặt S nên ta có n  s  / /   s  lại       s   n1  s  nên n  s   n1  s  (*) 46 Bây xét hai trường hợp:     + Trường hợp n  s  / /n1  s  tức n1  s    n  s  Do    n1  s   n  s  / /   s  Từ suy  đường khúc S1   + Trường hợp n  s  không song song với n1  s  Từ định nghĩa pháp     vectơ ta có   s   n  s  ,   s   n1  s  Từ (*) ta có n1  s   n  s  Từ      n1  s   ta có n1  s   n1  s  Do   s  / /n1  s  (vì chúng trực giao   với n1  s  n  s  Vậy  đường khúc S1 Bài 4: Trong E3 cho đường cong quy  Gọi S mặt kẻ tạo pháp tuyến  Chứng minh  đường tiệm cận S Giải Giả sử  có tham số hoá tự nhiên địa phương  : J  E3 ,S    s  Vectơ pháp tuyến  N  s  Khi S có  tham số hoá địa phương r  s, v     s   v.N  s   rs    s   v.N  s   T  v    kT  B   1  kv  T  vB rv  N  s  rs  rv  1  kv   T  vB  N  1  kv   B  vT rs  rv  1  k 2  2 v2 Định hướng S trường pháp vectơ đơn vị n rs  rv 1  kv   B  vT  rs  rv 1  k 2  2 v2 Ta có  n   s   n  s,0   B  s  Do 47  n    s   B  s     N  s  Suy độ cong pháp dạng theo phương tiếp tuyến   k  T   h  T   T    n    s   T  NT  1 T2 Đẳng thức k  T   chứng tỏ  đường tiệm cận S 48 KẾT LUẬN Đối với hình học không gian đa chiều việc tìm hiểu giải chúng khó khăn, để hiểu sâu người học phải biết phân biệt dạng toán Trong khoá luận em trình bày số dạng mặt En ứng dụng Do thời gian hạn chế, lượng kiến thức khoá luận đưa không tránh khỏi khiếm khuyết, tác giả mong góp ý thầy cô bạn đọc để khoá luận hoàn thiện 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO Phạm Đình Đô (2010), Hình học vi phân, Nxb ĐHSP Nguyễn Việt Hải (2010), Giáo trình Hình học vi phân, Nxb GD Đoàn Quỳnh (1993), Bài tập hình học vi phân, Nxb GD Đoàn Quỳnh (2003), Giáo trình Hình học vi phân, Nxb ĐHSP 50 [...]... mat h p trong cơ sở k 0 trực chuẩn các vectơ riêng là A    Khi đó 0 k  K  p   k 2  H  p   k 2 Tại p thì K  p    H  p    k 2 Ta gọi các điểm này trên mặt S là điểm rốn Nếu k  0 thì ta gọi điểm rốn là điểm cầu Nếu k  0 thì ta gọi điểm rốn đó là điểm dẹt 2.3 Các dạng cơ bản của mặt trong E n và ứng dụng 2.3.1 Dạng cơ bản của mặt S trong E n Với mỗi p  S ta gọi các ánh... là một mặt parabôlôit elliptic hay parabôlôit hypebôlic (tuỳ theo ab  0 hay ab  0 ) 20 Chương 2 CÁC DẠNG CƠ BẢN CỦA MẶT TRONG E n VÀ ỨNG DỤNG 2.1 Đa tạp hai chiều 2.1.1 Định nghĩa Cho tập S   của E n Nếu với mỗi điểm p  S có lân cận mở V trong E n của p sao cho S  V là một mảnh hình học thì S gọi là một đa tạp hai chiều (còn gọi tắt là mặt hình học hay mặt) trong E n Mỗi tham số hoá của mảnh... v,a cos v, 0) Từ đó ta được E  4u 2  a 2 , F  0 , G  a 2 u 2 là các hệ số của dạng cơ bản thứ nhất Vậy dạng cơ bản thứ nhất của mặt tham số chính quy elliptic paraboloid là I(X,Y)  ((4u 2  a 2 ).r 1 )11  ((a 2 u 2 ).r 1 )2 2 2.3.2 Ứng dụng 2.3.2.1 Công thức tính độ cong Gauss và độ cong trung bình Lấy một cơ sở ,  của TpS Giả sử h p     a  b h p     c  d thì K  p ... trận của h p đối với a 1  0 a  cơ sở  ru  rv  của TpS là A    1 0   a  2.2.3 Độ cong Gauss và độ cong trung bình Theo chứng minh trên ta có h p là tự đồng cấu đối xứng, theo lý thuyết đại số tuyến tính thì đều chéo hoá được tức là luôn tồn tại một cơ sở trực chuẩn của TpS để sao cho trong cơ sở ấy h p có dạng chéo Ta gọi mỗi giá trị riêng của h p là độ cong chính tại điểm p của mặt. .. hệ số của biểu thức tọa độ của dạng I Gọi L, M, N là các hệ số của biểu thức tọa độ của dạng II Chú ý rằng khi tham số hóa r tương thích với hướng của S thì    r '  r ' n.r  u v ru'  rv' Tính chất: Xét ánh xạ Wiengarten hp của đa tạp 2 chiều có hướng S trong E 3 tại điểm t S Chứng minh rằng với , TpS, h  h   2H  p  h p      k  p  .  0 ( trong đó, K  p  , H  p ... định hướng của S) thì với X  1R u  2 R v , Y  1R u   2 R v ta có : I  X, Y    E.r 1  11   F.r 1  1 2  2 1    G.r 1  2  2 II  X, Y    L.r 1  11   M.r 1  1 2  2 1    N.r 1  2  2 Chúng được gọi theo thứ tự là biểu thức tọa độ của dạng cơ bản thứ nhất và dạng cơ bản thứ hai trong tham số hóa địa phương đang xét Gọi E, F, G là các hệ số của biểu thức... mặt S, mỗi vectơ riêng của h p gọi là một phương chính của mặt S tại p Ta gọi định thức của h p là độ cong Gauss của mặt S tại p Kí hiệu: K p Ta gọi nửa vết của ánh xạ h p là độ cong trung bình của mặt S tại p Kí hiệu: H  p  Theo nhận xét trên thì có hai khả năng sau: i h p có hai giá trị riêng phân biệt kí hiệu: k 1 , k 2 Khi đó, mat h p trong cơ sở trực chuẩn gồm các vectơ riêng 27 k 0...  p  theo thứ tự là độ cong Gauss và độ cong trung bình của S tại p Đặt IIIp  ,    h p    h p    thì ta được dạng song tuyến tính đối xứng trên TpS ; nó gọi là dạng cơ bản thứ 3 của S tại p; công thức trên trở thành III p  2H  p  II p  K  p  I p  0 Chứng minh Ánh xạ h p của đa tạp hai chiều có hướng S trong E 3 tại p S , với , TpS ta phải chứng minh h p    h p     2H ... ,    . II p : TpS  TpS  R  ,    h p      .h p   lần lượt là các dạng cơ bản thứ nhất và thứ hai của mặt S tại p trong E n I p  ,    I p    Người ta cũng ký hiệu  và khi p thay đổi thì dùng ký II  ,   II       p p hiệu I và II Trong tham số hóa địa phương  u, v   r  u, v  của S , xét hàm số trên       U sau: E  ru' ru' ; F  ru' rv' ; G ... Bài 2: Trong E3 cho đường tròn (P) có phương trình tham số trong hệ  x  a  b cos u  tọa độ đề các vuông góc Oxyz  y  0  z  bsin u   0  b  a  (với tham số u) Viết phương trình tham số của mặt tròn xoay S do (P) quay xung quanh trục Oz (mặt xuyến) Tính độ cong Gauss và độ cong trung bình của S theo một hướng tự chọn của S Giải Do (P) quay quanh trục Oz, suy ra phương trình tham số của mặt ... Chơng Các dạng mặt E ứng dụng 18 n 18 n 2.1 Đa tạp hai chiều E 2.2 Ánh xạ Wiengarten 20 2.3 Các dạng mặt E ứng dụng 24 Kết luận kiến nghị 47 Tài liệu tham khảo 48 n MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong. .. khóa luận: "Các dạng mặt En ứng dụng" Mục đích nghiên cứu Đối với dạng mảnh tham số không gian việc giải chúng gặp nhiều khó khăn Vì để giải toán cần có cách giải, cách nhận dạng ứng dụng chúng... cách giải, cách nhận dạng ứng dụng chúng Vì khóa luận trình bày dạng mặt ứng dụng sau: + Các định nghĩa dạng mặt En + Tìm dạng mặt ứng dụng Khách thể đối tượng nghiên cứu a) Khách thể nghiên cứu