CHƯƠNG II SỰ TIẾP XÚC Đường cong sau gọi Cardioid (đường hình tim): γ(t) = (2 cos t + cos 2t, sin t + sin 2t) Với giá trị t thi quy? Tìm t mà điểm đường cong kỳ dị Đường cong tạo nên đường tròn bán kính 1lăn không trượt dọc theo phía đường tròn có bán kính Đường cong vết điểm nằm đường tròn lăn Giải 𝛾(𝑡) = (2 cos 𝑡 + cos 2𝑡, sin 𝑡 + sin 2𝑡) ′ (𝑡) ⇒𝛾 = (−2 sin 𝑡 − sin 2𝑡, cos 𝑡 + cos 2𝑡) 𝛾(𝑡) quy 𝛾 ′ (𝑡) ≠ −2 sin 𝑡 − sin 2𝑡 ≠ sin 𝑡 ≠ − sin 2𝑡 ⟺{ ⟺{ ⟺ cos 𝑡 + cos 2𝑡 ≠ cos 𝑡 ≠ − cos 2𝑡 sin 𝑡 ≠ sin(−2𝑡) { cos 𝑡 ≠ cos(𝜋 − 2𝑡) 𝑘2𝜋 𝑡≠ 𝑡 ≠ −2𝑡 + 𝑘2𝜋 { { + 𝑘2𝜋 ⟺ [ 𝑡 ≠ 𝜋 + 2𝑡 + 𝑘2𝜋 ⟺ 𝑡 ≠ −𝜋 ⇒𝑡≠𝜋 𝜋 𝑘2𝜋 𝑡 ≠ 𝜋 − 2𝑡 + 𝑘2𝜋 𝑡≠ + { 3 { 𝑡 ≠ −𝜋 + 2𝑡 + 𝑘2𝜋 [ 𝑡 ≠ 𝜋 + 𝑘2𝜋 Vậy 𝑡 ≠ 𝜋 đường cong quy 𝑡 = 𝜋 đường cong kì dị Cho γ(t) tham số hoán đường cong không qua góc tọa độ gọi (t0 ) điểm vết gần với góc tọa độ Chứng minh vectơ γ(t ) trực giáo với vectơ tiếp xúc γ′(t ) Giải Đặt 𝑓(𝑡) = 𝛾 (𝑡) Vì 𝛾(𝑡0 ) điểm vết gần với gốc tọa độ nên 𝑓(𝑡0 ) điểm ⇒ 𝑓 ′ (𝑡0 ) = ⇒ 𝛾(𝑡0 ) 𝛾(𝑡0 ) = (1) Do 𝑓 không qua gốc tọa độ nên 𝛾(𝑡) ≠ ∀𝑡 , 𝛾(𝑡0 ) ≠ Do từ (1) ⇒ 𝛾(𝑡0 ) trực giao với 𝛾′(𝑡0 ) Cho γ: I → ℝ3 tham số hóa đường cong mặt phẳng xz, nghĩa γ(u) = (f(u), 0, g(u)), giả sử f(u) > với u ∈ I Đường cong này, gọi đường sinh, quay quanh trục z Kết thu mà ta hay gọi mặt tròn xoay: σ(u, v) = (f(u) cos v, f(u) sin v, g(u)) a Giải thích việc biến v mô tả chuyển động quay quanh trục z b Thí dụ với: γ(u) = (1,0, u) γ(u) = (u, 0, u) (trường hợp thứ hai giả thiết u > 0) Hãy mô tả mặt tròn xoay tương ứng với hai trường hợp 1|Page c Mô tả mặt cầu, trừ hai cực, mặt tròn xoay Xác định đường sinh phương trình mặt cầu qua phép quay d Giả γ tham số hóa quy đường cong Chứng minh σ tham số hóa quy mặt Giải a Tác động hàm lượng giác cos 𝑣 sin 𝑣 lên trục 𝑂𝑥, 𝑂𝑦 đường cong không tác động lên 𝑂𝑧 Suy biến v quay quanh Oz theo đường tròn sin cos b Với𝛾(𝑢) = (1, 0, 𝑢) ta mặt tròn xoay mặt trụ Với𝛾(𝑢) = (𝑢, 0, 𝑢) ta mặt tròn xoay mặt nón phía trục hoành c Đường sinh mặt cầu: 𝛾(𝑢) = (𝑐𝑜𝑠 𝑢, 0, 𝑠𝑖𝑛 𝑢) Phương trình mặt cầu: 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑐𝑜𝑠 𝑢 𝑐𝑜𝑠 𝑣, 𝑐𝑜𝑠 𝑢 𝑠𝑖𝑛 𝑣, 𝑠𝑖𝑛 𝑢) 𝜋 𝜋 𝑢 ∈ (− , ) , 𝑣 ∈ (−𝜋, 𝜋) 2 Hai điểm kỳ dị: (0, 0, ±1) d 𝛾 tham số hóa quy đường cong Suy ra: 𝛾 ′ (𝑢) ≠ 𝑓′(𝑢) ≠ →[ 𝑔′(𝑢) ≠ Để𝜎(𝑢, 𝑣) tham số hóamặtchínhquythìcóítnhất thànhphầnkháckhông 𝜎 ′ (𝑢, 𝑣) = −𝑓(𝑢)𝜎(𝑢, 𝑣) → 𝑓(𝑢) ≠ 𝑣ì 𝑓 ′ (𝑢) ≠ Cho σ(u, v) = (cos u cos v, cos u sin v, sin u) tọa độ cầu chuẩn tắc a Chứng minh không gian tiếp xúc σ p = (0, π) Tp σ = Span{e2 , e3 } π Đồng thời xác định không gian tiếp xúc p = ( , 0) π b Cho w = (1,1, −1) Chứng minh w ∈ Tp σ với p = ( , 0) xác định đường cong σ qua điểm p nhận w làm vectơ tiếp xúc Giải ′ a 𝜎𝑢 = (− sin 𝑢 cos 𝑣 , − sin 𝑢 cos 𝑣 , cos 𝑢) 𝜎𝑣′ = (− cos 𝑢 sin 𝑣 , cos 𝑢 cos 𝑣 , 0) 𝜎𝑢′ (𝑝) = (0,0,1) = 𝑒3 ⇒{ ′ ⇒ 𝑇𝑝 𝜎 = 𝑆𝑝𝑎𝑛{𝑒2 , 𝑒3 } 𝜎𝑣 (𝑝) = (0, −1,0) = −𝑒2 𝜋 Tại 𝑝 = ( , 0) ⇒ 𝜎𝑢′ (𝑝) = (− 𝜎𝑣′ (𝑝) = (0, √2 , 0) = √2 √2 , 0, ) 2 = √2 (−𝑒1 + 𝑒3 ) √2 𝑒 2 2|Page √2 √2 ⇒ 𝑇𝑝 𝜎 = { (−𝑒1 + 𝑒3 ), 𝑒 } 2 b Ta có 𝑤 = (1,1, −1) = −(𝑒1 + 𝑒3 ) + 𝑒2 ⇒ 𝑤 ∈ 𝑇𝑝 𝜎 Xét mặt σ(u, v) = (u3 , v , uv), (u, v) ∈ ℝ2 a Tìm điểm p = (u, v) mà mặt quy b Xác định không gian tiếp xúc Tp σ ⊂ ℝ3 với điểm p1 = (0,1), p2 = (1,1) p3 = (0,0) Đồng thời xác định mặt phẳng tiếp xúc p1 p2 Tại p3 ? c Chứng minh rằngσ song ánh từ ℝ2 vào S = {(x, y, z)|xy − z = 0} d Sử dụng định lý 2.3 để xác định mặt phẳng tiếp xúc p1 e Vectơ v = (3,6,3) thuộc vào Tp σ với p = p2 Tìm đường cong γ σ với γ(t ) = σ(p) γ′ (t ) = v (nó tồn Định lý 2.4) Giải a Ta có: σ′u = (3u2 , 0, v) { σ′v = (0, 3v , u) ⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (−3𝑣 , −3𝑢3 , 9𝑢2 𝑣 ) Để mặt quy 𝑝 = (𝑢, 𝑣) 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ≠ ⇔ (−3𝑣 , −3𝑢3 , 9𝑢2 𝑣 ) ≠ 𝑣≠0 −3𝑣 ≠ 𝑢≠0 ⇔ [ −3𝑢3 ≠ ⇔ [ 𝑢 ≠ ⇔ [ 𝑢≠0 𝑣≠0 { 9𝑢2 𝑣 ≠ 𝑣≠0 Vậy điểm mà mặt quy là: 𝑝 = {(𝑢, 𝑣)|𝑢 ≠ 0, 𝑣 ≠ 0, (𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 } b Ta có: 𝜎′𝑢 (𝑝1 ) = 𝜎′𝑢 (1, 0) = (3; 0; 0) 𝜎′𝑣 (𝑝1 ) = 𝜎′𝑣 (1, 0) = (0; 0; 1) 𝜎′𝑢 (𝑝2 ) = 𝜎′𝑢 (1, 1) = (3; 0; 1) 𝜎′𝑣 (𝑝2 ) = 𝜎′𝑣 (1, 1) = (0; 3; 1) 𝜎′𝑢 (𝑝3 ) = 𝜎′𝑢 (0, 0) = (0; 0; 0) 𝜎′𝑣 (𝑝3 ) = 𝜎′𝑣 (0, 0) = (0; 0; 0) Mặt phẳng tiếp xúc 𝑝1 qua điểm 𝜎(𝑝1 ) = (1; 0; 0) song song 𝜎𝑢′ (𝑝1 ) 𝑣à 𝜎𝑣′ (𝑝1 ) Suy phương trình tham số: 𝑥 = + 3𝑡1 + 0𝑡2 {𝑦 = + 0𝑡1 + 0𝑡2 𝑧 = + 0𝑡1 + 1𝑡2 Mặt phẳng tiếp xúc 𝑝2 qua điểm 𝜎(𝑝2 ) = (1; 1; 1) song song 𝜎𝑢′ (𝑝2 ) 𝜎𝑣′ (𝑝2 ) Suy phương trình tham số: 𝑥 = + 3𝑡1 + 0𝑡2 {𝑦 = + 0𝑡1 + 3𝑡2 𝑧 = + 1𝑡1 + 1𝑡2 Vì p3 không quy nên mặt phẳng tiếp xúc p3 c Xét tương ứng: 𝜎: ℝ2 ⟶ 𝑆 3|Page (𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢3 , 𝑣 , 𝑢𝑣) Ánh xạ đơn ánh: ∀𝑥1 = (𝑢1 , 𝑣1 ), 𝑥2 = (𝑢2 , 𝑣2 ) ∈ ℝ 𝑢1 = 𝑢2 𝑥1 = 𝑥2 ⇔ { 𝑣 = 𝑣 ⇔ (𝑢13 , 𝑣13 , 𝑢1 𝑣1 ) = (𝑢23 , 𝑣23 , 𝑢2 𝑣2 ) ⇔ 𝜎(𝑥1 ) = 𝜎(𝑥2 ) Toàn ánh: ∀𝑦 ′ = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑆 ⇒ 𝑥𝑦 − 𝑧 = ⇔ 𝑧 = 3√𝑥𝑦 Khi ∃𝑥 ′ = ( √𝑥, 3√𝑦) ∈ ℝ2 cho 𝜎𝑥′ = (𝑥, 𝑦, 3√𝑥𝑦) = (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑦 Vậy 𝜎 song ánh 𝑢 =1 d Ta có 𝑝1 = (1; 0) ⇒ { 𝑣0 = ⇒ 𝜎(1; 0) = (1; 0; 0) ⇒ 𝑝 = (1; 0; 0) Suy phương trình mặt phẳng tiếp xúc p là: 𝜕𝑓(𝑝) 𝜕𝑓(𝑝) 𝜕𝑓(𝑝) (𝑥 − 1) + (𝑦 − 0) + (𝑧 − 0) = 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 e Ta có: 𝛾(𝑡0 ) = 𝜎𝑝2 = (1,1,1) 𝛾 ′ (𝑡0 ) = 𝑣 = (3,6,3) Vậy đường cong 𝑓 có dạng 𝑓(𝑡) = (𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ) Cho σ(u, v) Bài Trong trường hợp sau, xác định xem γ xem đường cong tham số hóa σ a γ(t) = (t , t , t ) b γ(t) = (t , t , t ) c γ(t) = (t, t , t) Giải 3 2 a Với 𝛾(𝑡) = (𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ) Xét 𝜎: ℝ ⟶ ℝ3 ánh xạ 3 (𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢 , 𝑣 , 𝑢𝑣) Giả sử 𝛾 đường cong tham số hóa 𝜎, 𝛾 = 𝜎 ∘ 𝜇 ∶ 𝐼 ⟶ ℝ3 𝑡 ⟼ (𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ) Là ánh xạ Trong đó: 𝜇: 𝐼 ⟶ ℝ2 Giả sử 𝜇: 𝐼 ⟶ ℝ2 ánh xạ 𝑡 ⟼ (𝑡1 , 𝑡2 ) Khi 𝜎 ∘ 𝜇 ∶ 𝐼 ⟶ ℝ3 ánh xạ 𝑡 ⟼ (𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ) Mà 𝛾(𝑡) = (𝜎 ∘ 𝜇)(𝑡) 𝑡 = 𝑡13 𝑡 =𝑡 ⇒ (𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ) = (𝑡13 , 𝑡23 , 𝑡1 𝑡2 ) ⇒ { 𝑡 = 𝑡23 ⇒ {𝑡1 = 𝑡 ⇒ 𝜇(𝑡) = (𝑡, 𝑡) 𝑡 = 𝑡1 𝑡2 Vậy 𝛾 đường cong tham số hóa 𝜎 b Tương tự, với 𝛾(𝑡) = (𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ) 4|Page 𝑡1 = 𝑡 𝑡 = 𝑡13 3 3 ⇒ 𝛾(𝑡) = (𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ) = (𝑡1 , 𝑡2 , 𝑡1 𝑡2 ) ⇒ { 𝑡 = 𝑡23 ⇒ { 𝑡2 = 𝑡 (!) 𝑡 = 𝑡1 𝑡2 𝑡 = 𝑡1 𝑡2 Vậy 𝛾 không đường cong tham số hóa 𝜎 c Tương tự với 𝛾(𝑡) = (𝑡, 𝑡 , 𝑡) 𝑡 = 𝑡13 ⇒ 𝛾(𝑡) = (𝑡, 𝑡 , 𝑡) = (𝑡13 , 𝑡23 , 𝑡1 𝑡2 ) ⇒ { 𝑡 = 𝑡23 𝑡 = 𝑡1 𝑡2 𝑡1 = √𝑡 3 ⇒{ ⇒ 𝜇(𝑡) = ( √𝑡, √𝑡 ) 𝑡2 = √𝑡 3 𝑡 = 𝑡1 𝑡2 = √𝑡 √𝑡 = √𝑡 Vậy 𝛾 đường cong tham số hóa 𝜎 1−t2 𝑢 =( 2t Cho γ(t) = ( , ) , t ∈ ℝ 1+t 1+t Tìm đường cong thu qua phé tham số hóa hiệu chỉnh β = γ ∘ φ với φ(u) = u tan( ) với u ∈ (−π, π) Giải β = γ ⋅ φ = γ(φ(u)) − tan2 ( ) 1+ 𝑢 tan2 ( ) 𝑢 , tan ( ) 1+ 𝑢 tan2 ( ) ) 𝑢 𝑢 𝑢 𝑢 = (cos ( ) (1 − tan2 ( )) ; cos ( ) tan ( )) 2 2 𝑢 𝑢 2 = (cos ( ) − sin ; sin 𝑢) 2 = (cos 𝑢 , sin 𝑢) Cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢, 𝑣, ℎ(𝑢, 𝑣)) đồ thị hàm ℎ: ℝ2 ⟶ ℝ Chứng minh rằng, pháp vectơ đơn vị cho bởi: 𝑁(𝑢, 𝑣) = ′ ,−ℎ ′ ,1) (−ℎ𝑢 𝑣 2 ′ ) +(ℎ ′ ) √1+(ℎ𝑢 𝑣 Giải 𝜎𝑢′ = (1,0, ℎ𝑢′ ), 𝜎𝑣′ = (0,1, ℎ𝑣′ ) ⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (−ℎ𝑢′ , −ℎ𝑣′ , 1) ‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √1 + (ℎ𝑢′ )2 + (ℎ𝑣′ )2 ′ ,−ℎ ′ ,1) 𝜎𝑢′ ×𝜎𝑣′ (−ℎ𝑢 𝑣 Áp dụng công thức 𝑁(𝑢, 𝑣) = ‖𝜎𝑢′ ×𝜎𝑣′ ‖ = 2 (đpcm) ′ ) +(ℎ ′ ) √1+(ℎ𝑢 𝑣 Cho σ(u, v), (u, v) ∈ ℝ2 mặt trơn đặt τ(s, t) = σ(−t, s) Chứng minh τ thu từ σ tham số hóa hiệu chỉnh Xét xem dạng bảo toàn hay đảo ngược hướng ? Giải τ = σ ∙ φ = σ(φ(u, v)) 5|Page Ta có: 𝜏(𝑠, 𝑡) = 𝜎(−𝑡, 𝑠) ⇒ 𝜑(𝑢, 𝑣) = (−𝑡, 𝑠) 𝜑′ = (−1,0) ⇒{ 𝑢 𝜑′𝑣 = (0,1) −1 𝐷𝜑(𝑢, 𝑣) = ( )= -1 < 0 Vậy 𝜏 đảo ngược hướng 10 Cho σ(u, v) = (u, uv, v ) , (u, v) ∈ ℝ2 Xác định σ′u , σ′v σ′u × σ′v Với điểm (u, v) σ quy? Xác định pháp vectơ đơn vị 𝐍 (u, v) = (4,2) Giải ′ ′ ′ Ta có: 𝜎𝑢 = (1, 𝑣, 0), 𝜎𝑣 = (0, 𝑢, 𝑣) ⇒ 𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ = (𝑣 , −𝑣, 𝑢) 𝑢≠0 Để 𝜎 quy điểm (𝑢, 𝑣) 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ≠ ⇒ (𝑣 , −𝑣, 𝑢) ≠ ⇒ [ 𝑣≠0 Vì (𝑢, 𝑣) = (4,2) ≠ (0,0) nên 𝜎 quy (𝑢, 𝑣) Khi pháp vectơ đơn vị 𝑵 (4,2) là: (4, −2,4) 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ 2 (4, 𝑵(4,2) = ′ = = −2,4) = ,− , ) ( ‖𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ ‖ √16 + + 16 3 11 Cho σ(u, v) = (u, uv, v ) , (u, v) ∈ U = {(u, v) ∈ ℝ2 |u ≠ 0} Chứng minh (u, v) ⟶ (u, uv) vi phôi U ⟶ Uvà xác định ánh xạ ngược ánh xạ ϕ: U ⟶ U Chứng minh ham số hóa hiệu chỉnh σ ∘ ϕ: U ⟶ ℝ3 , σ đồ thị hàm dạng z = h, (x, y) ∈ U Giải Xét tương ứng 𝜑: 𝑈 → 𝑈 (𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢, 𝑢𝑣) Chứng minh φ ánh xạ ∀(𝑢1 , 𝑣1 ), (𝑢2 , 𝑣2 ) ∈ 𝑈 𝑢1 = 𝑢2 Giả sử (𝑢1 , 𝑣1 ) = (𝑢2 , 𝑣2 ) ⇒ { 𝑣 = 𝑣 ⇒ 𝑢1 𝑣1 = 𝑢2 𝑣2 ⇒ (𝑢1 , 𝑢1 𝑣1 ) = (𝑢2 , 𝑢2 𝑣2 ) Chứng minh φ đơn ánh ∀(𝑢1 , 𝑢1 𝑣1 ), (𝑢2 , 𝑢2 𝑣2 ) ∈ 𝑈 𝑢1 = 𝑢2 Giả sử (𝑢1 , 𝑢1 𝑣1 ) = (𝑢2 , 𝑢2 𝑣2 ) ⇔ { 𝑣 = 𝑣 ⇒ (𝑢1 , 𝑣1 ) = (𝑢2 , 𝑣2 ) Chứng minh φ toàn ánh ∀(𝑢, 𝑢𝑣) ∈ 𝑈 ⇒ ∃(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 (𝑢, 𝑢𝑣) = 𝜑(𝑢, 𝑣) Suy φ song ánh nên hàm trơn Ta có : ánh xạ ngược 𝑈 → 𝑈 𝑣 (𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢, ) 𝑢 Tương tự song ánh Suy hàm trơn (𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢, 𝑢𝑣) vi phôi 6|Page 12 Cho σ(u, v) = (u, uv, v ) Tìm hai tập mở khác rỗng U, W ⊂ ℝ2 vi phôi φ: W ⟶ U, cho tham số hóa hiệu chỉnh σ ∘ φ σ|U đồ thị hàm dạng x = h(y, z), với (y, z) ∈ W 13 Cho U = {(u, v) ∈ ℝ2 |u > v} σ(u, v) = ( (u + v), (u2 + v ), uv)với (u, v) ∈ 2 U Lấy p = (2,0) a Chứng minh σ quy p xác định Tp σ b Đặt W = {(s, t) ∈ ℝ2 |s > t xác định hàm σ: W ⟶ ℝ2 φ(s, t) = (s + √s − t, s − √s − t) Chứng minh rằng, σlà vi phôi từ W vào U xác định xem bảo toàn hay đảo ngược hướng c Mặt τ = σ ∘ φ đồ thị hàm Hãy xác định hàm d Tìm q ∈ W cho φ(q) = p xác định τ(q) Tq τ Giải a Ta có: 1 𝜎(𝑢, 𝑣) = ( (𝑢 + 𝑣), (𝑢2 + 𝑣 ), 𝑢𝑣) , (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈, 𝑝 = (2,0) 2 1 1 𝜎𝑢′ = ( , 𝑢, 𝑣) , 𝜎𝑣′ = ( , 𝑣, 𝑢) ⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (𝑢2 − 𝑣 , (𝑣 − 𝑢), (𝑣 − 𝑢)) ≠ 2 2 ′ ′ ⇒ 𝜎𝑢 𝜎𝑣 độc lập tuyến tính ⇒ 𝜎 quy 𝑝 Tại 𝑝 = (2,0) ta có : 𝜎(2,0) = (1,2,0) 𝜎𝑢′ (2,0) = ( , 2, 0) 1 𝜎𝑣′ (2,0) = ( , 2,0) Do đó, không gian tiếp xúc 𝑝 = (2,0) không gian sinh 𝜎𝑢′ 𝜎𝑣′ (mp 𝑦𝑧) mặt phẳng tiếp xúc mặt phẳng qua điểm( , 𝑦, 𝑧) song song với mặt phẳng 𝑦𝑧 b 𝜑: 𝑊 → 𝑅2 (𝑠, 𝑡) ⟼ 𝜑(𝑠, 𝑡) = (𝑠 + √𝑠 − 𝑡 , 𝑠 − √𝑠 − 𝑡) ∀(𝑠1 , 𝑡1 ), (𝑠2 , 𝑡2 ) ∈ 𝑊 Giả sử (𝑠1 , 𝑡1 ) = (𝑠2 , 𝑡2 ) (∗) 𝜑(𝑠1 , 𝑡1 ) = (𝑠1 + √𝑠1 − 𝑡1 , 𝑠1 − √𝑠1 − 𝑡1 ) = 𝑠2 + √𝑠2 − 𝑡2 , 𝑠2 − √𝑠2 − 𝑡2 = 𝜑(𝑠2 , 𝑡2 ) Suy 𝜑 ánh xạ ∀(𝑠1 , 𝑡1 ), (𝑠2 , 𝑡2 ) ∈ 𝑊 cho 𝜑(𝑠1 , 𝑡1 ) = 𝜑(𝑠2 , 𝑡2 ) 𝑠1 + √𝑠1 − 𝑡1 = 𝑠2 + √𝑠2 − 𝑡2 (1) Ta có: { ⇔ 𝑠1 = 𝑠2 𝑠1 − √𝑠1 − 𝑡1 = 𝑠2 − √𝑠2 − 𝑡2 (2) Thay vào (1) ta được: 7|Page 𝑠1 + √𝑠1 − 𝑡1 = 𝑠1 + √𝑠1 − 𝑡2 ⇔ √𝑠1 − 𝑡1 = √𝑠2 − 𝑡2 ⇔ 𝑠1 − 𝑡1 = 𝑠2 − 𝑡2 ⇔ 𝑡1 = 𝑡2 ⇒ (𝑠1 , 𝑡1 ) = (𝑠2 , 𝑡2 ) Suy 𝜑 đơn ánh ∀ (𝑠 + √𝑠 − 𝑡 , 𝑠 − √𝑠 − 𝑡) ∈ 𝑅2 ⇒ ∃(𝑠, 𝑡) ∈ 𝑊: 𝜑(𝑠, 𝑡) = (𝑠 + √𝑠 − 𝑡 , 𝑠 − √𝑠 − 𝑡) Suy 𝜑 toàn ánh Vậy 𝜑 song ánh 𝜑: 𝑊 → 𝑅2 𝛾: 𝑅2 → 𝑊 𝑠+𝑡 (𝑠, 𝑡) ⟼ 𝜑(𝑠, 𝑡) (𝑠, 𝑡) ↦ 𝛾(𝑠, 𝑡) = ( , 𝑠𝑡) ∀ (𝑠, 𝑡): (𝜑 ∙ 𝛾)(𝑠, 𝑡) = (𝑠, 𝑡) 𝑠+𝑡 𝜑(𝛾(𝑠, 𝑡)) = 𝜑 ( , 𝑠𝑡) 𝑠+𝑡 =( 𝑠+𝑡 =( +√ (𝑠+𝑡)2 +√ (𝑠+𝑡)2 − 𝑠𝑡 , , 𝑠+𝑡 𝑠+𝑡 −√ −√ (𝑠+𝑡)2 (𝑠+𝑡)2 4 − 𝑠𝑡 ) ) = (𝑠, 𝑡) Suy 𝜑 có hàm ngược Vậy 𝜑 vi phôi 1 𝜑 ′ 𝑠 = (1 + ,1 − ) √𝑠 − 𝑡 √𝑠 − 𝑡 1 𝜑 ′ 𝑡 = (− ,− ) 2√𝑠 − 𝑡 2√𝑠 − 𝑡 1 1+ 1− √𝑠 − 𝑡 √𝑠 − 𝑡 𝐷𝜑 = 1 − − 2√𝑠 − 𝑡 ) ( 2√𝑠 − 𝑡 ⇒ det 𝐷𝜑 = >0 √𝑠 − 𝑡 ⟹ φ bảo toàn hướng c 𝜏 = 𝜎 ∙ 𝜑 = 𝜎(𝜑(𝑠, 𝑡)) = 𝜎 (𝑠 + √𝑠 − 𝑡 , 𝑠 − √𝑠 − 𝑡) 1 = ( (2𝑠), (4𝑠 − 2𝑡), 𝑠 − 𝑠 − 𝑡) 2 = (𝑠, 2𝑠 − 𝑡, −𝑡) Đồ thị hàm 𝜏 (𝑠, 2𝑠 − 𝑡, −𝑡) d 𝜑(𝑞) = 𝑝 = (2,0), 𝑞 = (𝑠, 𝑡) 𝑠 + √𝑠 − 𝑡 = (1) 𝑠 + √𝑠 − 𝑡 = ⇔ { { 𝑠 − √𝑠 − 𝑡 = 𝑠 = √𝑠 − 𝑡 (2) 2 (2) ⇒ 𝑠 = 𝑠 − 𝑡 ⇒ 𝑡 = vào (1) ⇒ 𝑠 = 8|Page ⇒ 𝑞 = (1,0) 𝜏(𝑞) = (𝑠, 2𝑠 − 𝑡, −𝑡) = (1,2,1) Xác định 𝑇𝑞𝜏 𝜏𝑠′ = (1,4𝑠, 0) → 𝜏𝑠′ (𝑞) = (1,4,0) 𝜏𝑡′ = (0,1,1) → 𝜏𝑡′ (𝑞) = (0,1,1) Vậy không gian tiếp xúc 𝑞 sinh 𝜏𝑠′ 𝑣à 𝜏𝑡′ 14 Trong tập đồng tập hợp M2,2 ma trận thực cấp × với ℝ4 Cho F: M2,2 = ℝ4 → M2,2 = ℝ4 ánh xạ A ⟶ A2 (ở phép bình phương phép nhân hai ma trận) Xác định ma trận, cấp × 4, DF(I), với I ma trận đơn vị M2,2 Chứng minh rằng, với ma trận đủ gần với I có bậc Giải 𝑎 𝑏 Giả sử 𝑀2,2 = ( 𝑐 ) => (𝑀2,2 )2 = ( 𝑎 + 𝑏𝑐 𝑑 𝑎𝑏 + 𝑏𝑑 → 𝑀2,2 = ℝ4 𝑎𝑐 + 𝑐𝑑 ) 𝑣à 𝐼 = (1 0) 𝑏𝑐 + 𝑑 𝑭: 𝑀2,2 = ℝ4 𝑎 𝑐 𝑀2,2 = ( ) ↦ 𝐹(𝑀2,2 ) = a bc ; ab bd ; ca dc ; cb d 𝑏 𝑑 Suy 𝐷𝐹(𝐼) = (2, 2, 2, ) Xét (𝑀2,2 )2 × (𝑀2,2 )2 = (𝑀2,2 )4 (𝑎2 + 𝑏𝑐)2 + 𝑏𝑐(𝑎 + 𝑑)2 (𝑎𝑐 + 𝑐𝑑)(𝑎2 + 2𝑏𝑐 + 𝑏 ) (𝑀2,2 ) × (𝑀2,2 ) = ( ) (𝑎𝑏 + 𝑏𝑑)(𝑎2 + 2𝑏𝑐 + 𝑏 ) (𝑏𝑐 + 𝑑 ) + 𝑏𝑐(𝑎 + 𝑑)2 2 Qua ánh xạ 𝑮: 𝑀4,4 = ℝ4 → 𝑀4,4 = ℝ4 (𝑀2,2 )2 × (𝑀2,2 )2 = (𝑀2,2 )4 ↦ 𝐺((𝑀2,2 )4 ) Với 𝐺((𝑀2,2 )4 ) = ((𝑎2 + 𝑏𝑐)2 + 𝑏𝑐(𝑎 + 𝑑)2 ; (𝑎𝑏 + 𝑏𝑑)(𝑎2 + 2𝑏𝑐 + 𝑏 ); (𝑎𝑐 + 𝑐𝑑)(𝑎2 + 2𝑏𝑐 + 𝑏 ); (𝑏𝑐 + 𝑑 ) + 𝑏𝑐(𝑎 + 𝑑)2 ) Suy 𝐷𝐺(𝐼) = (4, 4, 4, ) Đặ𝑡 𝐴 = 𝐷𝑮(𝐼)𝑣à 𝐵 = 𝐷𝑭(𝐼) Khi với ma trận 𝑀2,2 đủ gần với ma trận 𝐼 𝐴 đủ gần với 𝐵 tức det(𝐴) ≠ Theo định lý hàm ngược tồn lân cận mở 𝑊 ⊂ ℝ4 A lân cận 𝑉 ⊂ ℝ4 𝐹(𝐴) cho 𝑉 = 𝐹(𝑊) ánh xạ thu hẹp vi phôi (tức 𝐹|𝑊 vi phôi) tồn 𝐹 −1 |𝑉 vi phôi từ 𝑉 ⟶ 𝑊, ta đặt 𝐵 = 𝐹 −1 (𝐴) (tức 𝐹 −1 |𝑉 (𝐴)) ta : 9|Page 𝐵2 = 𝐹(𝐵) = 𝐹(𝐹 −1 (𝐴)) = 𝐴 nên ma trận 𝐵 bậc ma trận 𝐴 Như ta thấy 𝐷𝑭(𝐼) = (2, 2, 2, ) = √𝐷𝑮(𝐼) 15 ⇒ Đpcm Cho 𝜎: 𝑈 → ℝ3 đơn ánh tham số hóa quy mặt, giả sử tập ảnh 𝜎(𝑈) chứa mặt phẳng xy Chứng minh tập hợp 𝑉 = {(𝑠, 𝑡)|(𝑠, 𝑡, 0) ∈ 𝜎(𝑈)} mở ℝ2 , mặt 𝜏(𝑠, 𝑡) = (𝑠, 𝑡, 0), (𝑠, 𝑡) ∈ 𝑉 Có thể viết dạng tham số hóa hiệu chỉnh 𝜎 Giải Vì 𝜎 đơn ánh nên có ánh xạ ngước 𝐹 −1 : 𝐹(𝑈) = 𝑈 tập mở theo hệ 2.10 𝐹 −1 hàm trơn lân cận F F tùy ý nên 𝐹 −1 hàm trơn => quy Giả sử 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑓(𝑢, 𝑣), 𝑔(𝑢, 𝑣), ℎ(𝑢, 𝑣)), 𝜎(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ3 Vì 𝜎 quy, giả sử 𝑝 ∈ 𝑈 𝑓𝑢 ′ 𝑓𝑣 ′ => 𝐷𝜎 = (𝑔𝑢 ′ 𝑔𝑣 ′ ) độc lập tuyến tính p ℎ𝑢 ′ ℎ𝑣 ′ Giả sử hai dòng đầu 𝐷𝜎 độc lập tuyến tính Xét 𝜋 ∶ ℝ3 → ℝ2 phép chiếu (𝑥, 𝑦, 𝑧) → (𝑥, 𝑦) Đặt 𝐹 = 𝜋 ∙ 𝜏: 𝑈 → ℝ2 , 𝐹(𝑢, 𝑣) = (𝑓(𝑢, 𝑣); 𝑔(𝑢, 𝑣)) 10 | P a g e