CHƯƠNG I THAM SỐ HÓA CỦA ĐƯỜNG VÀ MẶT Cho 𝛾: 𝐼 ⟶ 𝑅𝑛 tham số hóa đường cong, 𝛾 ′′ (𝑡) = Chứng minh đường thẳng đường cong (đồ thị hàm hằng) Giải TH1: ϒ đường cong Giả sử 𝛾 đường cong 𝛾(𝑡) = 𝑎 Ta có: 𝛾(𝑛) = với n>1, nϵ N Suy 𝛾′′(𝑡) = (đpcm) TH2: Giả sử 𝛾 đường thẳng, đó: 𝑥1 = 𝑎1 𝑡 + 𝑏1 𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥2 = 𝑎2 𝑡 + 𝑏2 … … 𝛾(𝑡) = ⟹ 𝛾(𝑡) = … … {𝑥2 = 𝑎𝑛 𝑡 + 𝑏𝑛 {𝑥𝑛 = Vậy ta có đpcm Kết luận: 𝛾 cần tìm đường thẳng hay đường cong Đường cong tham số hóa sau gọi đường cycloid 𝛾(𝑡) = (𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡, − 𝑐𝑜𝑠𝑡), 𝑡 ∈ 𝑅 Nó sinh vòng tròn bán kính lăn không trượt dọc theo chiều dương trục Ox Đường cong vẽ lên từ chuyển động điểm nằm đường tròn Hãy giải thích công thức đườngcycloid Giải Giả sử 𝑀(𝑥, 𝑦) lăn không trượt trục Ox, xuất phát từ O 1|Page Gọi (𝐼, 𝑟 = 1) đường tròn đơn vị, p hình chiếu I lên Ox Gọi t góc định hướng ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣à 𝐼𝑃 ⃗⃗⃗⃗ theo hướng (𝑒⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗ 𝐼𝑀 𝑒2 ) Khi độ dài OP độ dài cung MP nhìn góc t ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ phân tích : 𝑂𝑀 = 𝑂𝑃 𝑃𝐼 + 𝐼𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝑃 𝑃𝐼 − 𝑀𝐼 = 𝑟𝑡𝑒⃗⃗⃗1 + 𝑟𝑡𝑒⃗⃗⃗2 − (𝑟𝑠𝑖𝑛𝑡𝑒⃗⃗⃗1 + 𝑟𝑐𝑜𝑠𝑡𝑒⃗⃗⃗2 ) = 𝑟(𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡)𝑒⃗⃗⃗1 + 𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑒⃗⃗⃗2 Do 𝑟 = nên suy tọa độ 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑥 = 𝑟(𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡) { 𝑦 = 𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡) Xác định tham số hóa mặt cong với ảnh {(𝑥, 𝑦, 𝑧)| 𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 = 1} Giải 𝑥=𝑡 𝑡 +2𝑡 −1 Đặt {𝑦 = 𝑡1 ⇒ 𝑧 = 2 Vậy ta có ϒ(𝑡1, 𝑡2) = (𝑡1; 𝑡2; 𝑡1 +2𝑡2 −1 ) Xét phương trình 𝑥 + 𝑥𝑦 − 2𝑎𝑦 = 𝑅2 , với 𝑎 > số Chứng tỏ tham số hóa đường cong 2𝑎𝑡 2𝑎𝑡 𝛾(𝑡) = ( ; ), + 𝑡2 + 𝑡2 với 𝑡 ∈ 𝑅, song ánh vào tập nghiệm Song ánh gọi cissoids Diocles Vẽ đường cong trường hợp 𝑎 = 1; Giải Ta có: • 𝑓(𝑥1 , 𝑦1 ) = 𝑓(𝑥2 , 𝑦2 ) ⇔ 𝑥13 + 𝑥1 𝑦12 − 2𝑎𝑦12 = 𝑥23 + 𝑥2 𝑦22 − 2𝑎𝑦22 2|Page 𝑥1 = 𝑥2 ⇔ {𝑦 = 𝑦 2𝑎𝑡 2𝑎𝑡 • ∃𝑥 = ( ; 2) 𝜖𝑅2 1+𝑡 1+𝑡 ∀𝑓(𝑥) = 𝜖𝑅2 ⇒ 𝛾(𝑡) song ánh Gọi 𝑆 ⊂ 𝑅2 tập nghiệm phương trình 𝑥2 + 𝑦 – 𝑧2 = a Chứng minh ánh xạ 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑣, − 4𝑢𝑣, 𝑢 − 𝑣) đơn ánh tham số hóa với mặt ảnh S b Chứng minh S không chứa điểm tới hạn hàm 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 xác định tham số hóa S dạng đồ thị hàm trơn h Giải a Chứng minh đơn ánh 𝜎: 𝑅2 → 𝑅3 (𝑢, 𝑣) → 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑣, − 4𝑢𝑣, 𝑢 − 𝑣) Giả sử 𝜎(𝑢1 , 𝑣1 ) = 𝜎(𝑢2 , 𝑣2 ) ⟺ (𝑢1 + 𝑣1 , − 4𝑢1 𝑣1 , 𝑢1 − 𝑣1 ) = (𝑢2 + 𝑣2 , − 4𝑢2 𝑣2 , 𝑢2 − 𝑣2 ) 𝑢1 + 𝑣1 = 𝑢2 + 𝑣2 ⟺ {1 − 4𝑢1 𝑣1 = − 4𝑢2 𝑣2 𝑢1 − 𝑣1 = 𝑢2 − 𝑣2 𝑢1 = 𝑢2 ⟺ { 𝑣 = 𝑣 ⟺ 𝜎 đơn ánh Chứng minh ánh xạ 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑣, − 4𝑢𝑣, 𝑢 − 𝑣) tham số hóa với mặt ảnh S Thay 𝑥 = 𝑢 + 𝑣, 𝑦 = − 4𝑢𝑣 𝑣à 𝑧 = 𝑢 − 𝑣 vào phương trình 𝑥 + 𝑦 – 𝑧 = 1, ta được: (𝑢 + 𝑣)2 + (1 − 4𝑢𝑣) – (𝑢 − 𝑣)2 = ⟺ = (luôn thỏa) Suy ánh xạ 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑣, − 4𝑢𝑣, 𝑢 − 𝑣) tham số hóa với mặt ảnh S b Chứng minh S không chứa điểm tới hạn hàm 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 xác định tham số hóa S dạng đồ thị hàm trơn h 3|Page Theo giả thiết ta có: 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 Khi đó: 𝛿𝑓 = ≠ 𝛿𝑦 Suy 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) không tồn điểm tới hạn Suy S không chứa điểm tới hạn 𝑓 -Tham số hóa đồ thị hàm S Đặt: 𝑥 = 𝐶𝑜𝑠ℎ𝑡 ; 𝑧 = 𝑆𝑖𝑛ℎ𝑡 => 𝑦 = 𝛾(𝑡) = (𝐶𝑜𝑠ℎ𝑡, 0, 𝑆𝑖𝑛ℎ𝑡) Xét phương trình 𝑥 𝑦 − 3𝑥 + 𝑦 = −1, nghiệm (𝑥, 𝑦) = (1,1) Chứng minh rằng, ta biểu diễn tập mức dạng đồ thị hàm 𝑦 = ℎ(𝑥) lân cận điểm ta xét Giải Xét 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑦 − 3𝑥 + 𝑦 ⇒ 𝜎𝑓 𝜎𝑦 = 3𝑥 𝑦 + 𝜎𝑓 (1,1) = + = ≠ 𝑉à (1,1)𝜖𝐶 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝛺|𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶} 𝜎𝑓 Theo định lý 1.5 lân cận (1,1) 𝐶 đồ thị hàm 𝑦 = ℎ(𝑥) Ký hiệu ∁ tập mức 𝑅2 phương trình 4𝑥 − 5𝑥 𝑦 + 𝑦 = a Chứng minh từ định lý hàm ẩn ta khẳng định với điểm (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ ∁{0,0}, tồn lân cận cho ∁ biểu diễn dạng đồ thị hàm 𝑦 = ℎ(𝑥) b Giải phương trình xác định rõ tập ∁ Giải a) Xét 𝑓: 𝑅2 → 𝑅 xác định 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 − 5𝑥 𝑦 + 𝑦 tập mức 𝐶 = {(𝑥, 𝑦)|𝑓(𝑥, 𝑦) = 0} Khi đó: 𝜎𝑓 𝜎𝑦 = 4𝑦 − 10𝑥 𝑦 Do đó: 𝜎𝑓 𝜎𝑦 =0 4|Page 4𝑦 ⇔ 4𝑦 − 10𝑥 𝑦 = ⇒ 𝑥 = ⇒ 𝑦2 = 𝑥2 10𝑦 2 Thay 𝑦 = 𝑥 vào phương trình 4𝑥 − 5𝑥 𝑦 + 𝑦 = ta được: 5 2 4𝑥 − 5𝑥 𝑥 + ( 𝑥 ) = ⇔ 4𝑥 − Ta thấy 𝐶: 𝜎𝑓 𝜎𝑦 25 𝑥4 + 25 𝑥 = = p = (0,0) Suy tâp mức 𝐶 xem đồ thị hàm 𝑦 = ℎ(𝑥) lân cận điểm trừ p = (0,0) b) Giải phương trình: 4𝑥 − 5𝑥 𝑦 + 𝑦 = ⇔ 4𝑥 − 4𝑥 𝑦 − 𝑥 𝑦 + 𝑦 = ⇔ 4𝑥 (𝑥 − 𝑦 ) − 𝑦 (𝑥 − 𝑦 ) = ⇔ (4𝑥 − 𝑦 )(𝑥 − 𝑦 ) = 𝑥 = ±𝑦 4𝑥 − 𝑦 = ⇔[ ⇔[ 𝑥=± 𝑦 𝑥 − 𝑦2 = Vậy 𝐶 = {(𝑥, 𝑦)|𝑥 = ±𝑦 𝑣à 𝑥 = ± 𝑦} Cho thí dụ để chứng tỏ điều kiện 𝑓𝑦 ′(𝑥0 , 𝑦0 ) ≠ Định lý 1.5 điều kiện đủ điều kiện cần Nghĩa là, 𝑓𝑦′ (𝑥0 , 𝑦0 ) = đôi lúc ta biểu diễn tập mức dạng đồ thị hàm y = h(x), với h hàm trơn xác định lân cận (𝑥0 , 𝑦0 ) Giải 2𝑥 − 𝑦 = 0, 𝐶 = {(𝑥, 𝑦) ∈ Ω|𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) = 0} 𝑓𝑦′ = −2𝑦; 𝑝 = (0,0) ∈ 𝐶 Khi : 𝑓𝑦′ = Tuy nhiên ta biểu diễn y theo x: 𝑦 =±√2𝑥 = ±√2𝑥 Xét hàm 𝑓 định lý 1.5, lại giả sử 𝑓 ′ (𝑥0 , 𝑦0 ) = Chứng minh 𝑓′(𝑥0 , 𝑦0 ) ≠ 0, ta biểu diễn tập mức dạng đồ thị 𝑦 = ℎ(𝑥), với ℎ hàm trơn lân cận điểm (𝑥0 , 𝑦0 ) Giải 5|Page Giả sử cho hàm 𝑓 mà không ảnh hưởng đến tập 2𝑥 + 𝑦 Chọn 𝜎 = cho lân cận |𝑥 − 𝑥0 | = p nằm tập Ω 𝑓(𝑦) ≥ 𝑎 Trong lân cận với số 𝑎 = Khi đó: 𝑦 → 𝑓(𝑥, 𝑦) hàm tăng nghiêm ngặt [𝑦0 − 𝜎, 𝑦0 + 𝜎] với 𝑥 cố định |𝑥 − 𝑥0 | = 𝑝 𝜖 2𝑥 + 𝑦 nên ta có 𝑓(𝑃) = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) = Trong đó: 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 − 𝜎) = 10 Phương trình 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑠𝑖𝑛𝑧 = nghiệm tại(x, y, z) = (0,0,0) Chứng minh rằng, tập nghiệm phương trình cho lân cận điểm biểu diễn dạng đồ thị Đồng thời điều khẳng định nghiệm phương trình Giải Đặt 𝐶 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅2 |𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 0} 𝑓 = 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑠𝑖𝑛𝑧 𝑓′𝑥 = 𝑦 + 𝑧 𝑓′𝑦 = 𝑥 Ta có: { 𝑓 ′ 𝑧 = 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑓′𝑥 = ′ Tại điểm (0,0,0) { 𝑓 𝑦 = điểm (0,0,0) ∈ C 𝑓′𝑧 = ≠ ⟹ (0,0,0) không điểm tới hạn Theo định lý 1.6 lân cận điểm biểu diễn dạng đồ thị Giả sử tồn điểm p(x, y, z)là điểm tới hạn: 𝑥=0 𝑓′𝑥 = 𝜋 𝑦+𝑧 =0 𝑦 = − + 𝑘𝜋 ′ (𝑘 ∈ 𝒵) (1) {𝑓 𝑦 = ⟺ { 𝑥=0 𝜋 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑧 = 𝑧 = + 𝑘𝜋 𝑓′𝑧 = { Thấy (1) không thoả 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 0, suy điểm 𝑝 ∉ 𝐶 ⟹Trong tập nghiệm điểm tới hạn ∀(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) ∈ 𝐶 𝑡ℎì 𝑓 ′ 𝑥 ≠ 0, 𝑓 ′ 𝑦 ≠ 0, 𝑓 ′ 𝑧 ≠ 6|Page Theo định lý 1.6 lân cận (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) ∈ 𝐶có thể biểu diễn dạng đồ thị Đồng thời khẳng định 11 Gọi 𝑠 = {(𝑥, 𝑦, ℎ(𝑥, 𝑦))} ⊂ 𝑅3 đồ thị hàm ℎ(𝑥, 𝑦) = 𝑦 − 𝑥𝑦 Chứng tỏ lân cận điểm S thỏa mãn điều kiện 3𝑥𝑦 ≠ 1, S viết dạng đồ thị hàm 𝑦 = 𝑔(𝑥, 𝑧) với g trơn Giải Ta có 𝑠 = {(𝑥, 𝑦, ℎ(𝑥, 𝑦))} ⊂ 𝑅3 đồ thị hàm ℎ(𝑥, 𝑦) = 𝑦 − 𝑥𝑦 3𝑥𝑦 ≠ ⟺ − 𝜕ℎ 3𝑥𝑦 ≠ (∗) Tính (𝑝) = − 3𝑥𝑦 ≠ 0, ∀𝑝 𝜕𝑦 Theo định lý 1.6, lân cận điểm thuộc 𝑆 thỏa (*),Scó thể viết dạng đồ thị hàm 𝑦 = 𝑔(𝑥, 𝑧) với g hàm trơn 12 Xét hệ phương trình R2 2𝑥 − 𝑥 𝑧 − 𝑦 = 𝑣à 𝑥𝑦𝑧 = nghiệm (1,1,1) Chứng minh rằng, tồn lân cận mà tập nghiệm biểu diễn dạng đồ thị hàm (x, y) = h(z) , với x ylà hàm z Giải Ta có phương trình sau: 2𝑥 − 𝑥 𝑧 − 𝑦 = 𝑣à 𝑥𝑦𝑧 = (∗) 2𝑥 − 𝑥 𝑧 − 𝑦 Có thể viết dạng 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐶 với 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( ) 𝑐 = ( ) 𝑥𝑦𝑧 Khi ta ma trận Jacobi là: 𝐷𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( 4𝑥 − 2𝑥𝑧 − 2𝑦 − 2𝑥 𝑧 ) 𝑥𝑦 𝑥𝑧 𝑥𝑦 Tại điểm (1,1,1) phương trình (*) thỏa ma trận Jacobi là: ( −2 −2 ) 1 Vì định thức hai cột đầu 𝑑𝑒𝑡𝐴 = ≠ nên theo định lý 1.7 cho phép ta giải (x, y) hàm z lân cận (1,1,1) 7|Page Như tồn lân cận mà tập nghiệm biểu diễn dạng đồ thị hàm (𝑥, 𝑦) = ℎ(𝑧) , với x, y hàm z 13 Xét ánh xạ 𝑓: 𝑅2 → 𝑅2 𝑣à 𝐶 ∈ 𝑅2 cho 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 , (𝑥 − ) + 𝑦 ) , 𝐶 = (1, 𝑎2 ) 2 2 Với a ≥ Gọi𝐿 ⊂ 𝑅3 tập nghiệm hệ phương trình 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐶 a Giải thích việc L giao tuyến mặt cầu mặt trụ, đồng thời xác định bán kính b Với trường hợp trường hợp sau đây, xác định tập hợp điểm L cho 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐷𝑓(𝑝) < Type equation here., tức dòng ma trận phụ thuộc tuyến tính 1 3 𝑎 = 0; < 𝑎 < ; 𝑎 = ; < 𝑎 < ; 𝑎 = ; < 𝑎 2 2 2 c Với trường hợp thế, định lý hàm ẩn áp dụng cho tập L Diễn tả điều theo nghĩa phần giao nói mục (a) bên Giải a Vì L ⊂ 𝑅2 tập nghiệm phương trình (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐶 Nghĩa 𝐿 nghiệm hệ phương trình: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1(1) { (𝑥 − ) + 𝑦 = 𝑎2 (2) Mà (1) phương trình mặt cầu (2) phương trình mặt trụ nên suy L giao tuyến mặt cầu mặt trụ 2𝑥 b Ma trận Jacobi: 𝐷𝑓(𝑝) = ( 2𝑥 − Với 𝑎 = ⟹ 𝐿 = ∅ Với < 𝑎 < ⟹ 𝐿 = 𝜙 2𝑦 2𝑦 2𝑧 ) Với = ⟹ 𝐿 = {(1,0,0)} 2 Với < 𝑎 < giao tuyến điểm Với 𝑎 = ⟹ 𝐿 = {(−1,0,0)} 8|Page Với 𝑎 > ⟹ 𝐿 = 𝜙 9|Page