Chương 6

CHƯƠNG ĐỊNH LÝ GAUSS Kiểm chứng công thức độ cong Gauss mặt tròn xoay ( 𝑓 ′ 𝑔′′ − 𝑓 ′′ 𝑔′ )𝑔′ 𝐾= (𝑓 ′ + 𝑔′ )2 𝑓 Chứng minh đường sinh có tốc độ đơn vị 𝑓′′ 𝐾=− 𝑓 Giải 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑓(𝑢) cos 𝑣 , 𝑓(𝑢) sin 𝑣 , 𝑔(𝑢)) 𝜎 ′ 𝑢 = (𝑓 ′ (𝑢) cos 𝑣 , 𝑓 ′ (𝑢) sin 𝑣 , 𝑔′ (𝑢)) 𝜎 ′ 𝑣 = (−𝑓(𝑢) sin 𝑣 , 𝑓(𝑢) cos 𝑣 , 0) 𝐸 = ‖𝜎 ′ 𝑢 ‖2 = 𝑓 ′ (𝑢)2 cos 𝑣 + 𝑓 ′ (𝑢)2 sin2 𝑣 + 𝑔′ (𝑢)2 = 𝑓 ′ (𝑢) + 𝑔′ (𝑢)2 𝐹 = 𝜎′𝑢 ∙ 𝜎′𝑣 = 𝐺 = ‖𝜎 ′ 𝑣 ‖2 = 𝑓 (𝑢) sin2 𝑣 + 𝑓 (𝑢) cos 𝑣 = 𝑓 (𝑢) 𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (−𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢) cos 𝑣 , −𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢) sin 𝑣 , 𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢)) ‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = √𝑓 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) −𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢) cos 𝑣 √𝑓 (𝑢)𝑔′ (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) 𝜎′𝑢 × 𝜎′𝑣 𝑁= ′ = ‖𝜎 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ −𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢) sin 𝑣 √𝑓 (𝑢)𝑔′ (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) 𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢) √𝑓 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) ( 𝜎 𝑢𝑢 = (𝑓 cos 𝑣 , 𝑓 sin 𝑣 , 𝑔′′ (𝑢)) 𝜎 ′′ 𝑢𝑣 = (−𝑓 ′ (𝑢) sin 𝑣 , 𝑓(𝑢) cos 𝑣 , 0) 𝜎 ′′ 𝑣𝑣 = (−𝑓(𝑢) cos 𝑣 , −𝑓(𝑢) sin 𝑣 , 0) ′′ ′′ (𝑢) ) ′′ (𝑢) 1|Page 𝐿 = 𝑁 ∙ 𝜎 ′′ 𝑢𝑢 = −𝑓(𝑢)𝑓 ′′ (𝑢)𝑔′ (𝑢) cos 𝑣 − 𝑔′ (𝑢)𝑓(𝑢)𝑓 ′′ (𝑢) sin2 𝑣 + 𝑔′′ (𝑢)𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢) √𝑓 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) = −𝑓(𝑢)𝑓 ′′ (𝑢)𝑔′ (𝑢) + 𝑔′′ (𝑢)𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢) √𝑓 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) 𝑀 =𝑁∙𝜎 𝑁 =𝑁∙𝜎 ′′ ′′ = 𝑢𝑣 𝑣𝑣 𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢)𝑔′ (𝑢) sin 𝑣 cos 𝑣 𝑓 ′ (𝑢)𝑔′ (𝑢)𝑓(𝑢) sin 𝑣 cos 𝑣 − √𝑓 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) √𝑓 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) 𝑓 (𝑢)𝑔′ (𝑢) cos 𝑣 𝑓 (𝑢)𝑔′ (𝑢) sin2 𝑣 = + ′2 =0 √𝑓 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) √𝑓 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 (𝑢) 𝑓 (𝑢)𝑔′ (𝑢) = √𝑓 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 (𝑢)𝑓 ′ (𝑢) 𝐿𝑁 − 𝑀2 𝑓 𝑔′ (𝑔′′ 𝑓 ′ − 𝑔′ 𝑓 ′′ ) (𝑔′′ 𝑓 ′ − 𝑔′ 𝑓 ′′ )𝑔′ 𝐾= = = 2 2 𝐸𝐺 − 𝐹 ′ ′ 𝑓 (𝑔 + 𝑓 ) (𝑔′ + 𝑓 ′ ) 𝑓 Do đường sinh có tốc độ đơn vị, suy ra: 2 𝑓 ′ + 𝑔′ = suy 𝑓 ′ 𝑓 ′′ + 𝑔′ 𝑔′′ = ⇒ 𝑓 ′ 𝑓 ′′ = −𝑔′𝑔′′ từ độ cong Gauss ta có: (𝑔′′ 𝑓 ′ − 𝑔′ 𝑓 ′′ )𝑔′ 𝑔′′ 𝑔′ 𝑓 ′ − 𝑔′ 𝑓 ′′ −𝑓 ′ 𝑓 ′′ 𝑓 ′ − 𝑔′2 𝑓′′ −𝑓′′(𝑓 ′ + 𝑔′ ) 𝐾= = = = 2 𝑓 𝑓 𝑓 ′ ′ (𝑔 + 𝑓 ) 𝑓 −𝑓′′ = 𝑓 𝑡 Đường cong phẳng 𝛾(𝑡) = (sin 𝑡, cos 𝑡 + ln(tan )) , với < 𝑡 < 𝜋 gọi đường tractrix (đường đẳng tiếp tuyến) 𝜋 Chứng minh đường cong quy với 𝑡 ≠ Mặt tròn xoay 𝑢 𝜎(𝑢, 𝑣) = (sin 𝑢 cos 𝑣 , sin 𝑢 sin 𝑣 , cos 𝑢 + ln tan ) , < 𝑢 < 𝜋, 𝑣 ∈ ℝ gọi giả (mặt) cầu kiểm chứng 𝐾 = −1 tất điểm giả cầu, ngoại 𝜋 trừ điểm 𝑢 = (vì giống với mặt cầu bán kính 1, với độ cong 𝐾 = 1) 2|Page Giải ) sin 𝑡 cos 𝑡 ≠ ′ (𝑡) 𝛾 ≠0⇔{ − sin 𝑡 + ≠0 sin 𝑡 cos 𝑡 ≠ 𝜋 cos 𝑡 ≠ ⇔ {1 − sin2 𝑡 ⇔{ ⇔ cos 𝑡 ≠ ⇔ 𝑡 ≠ + 𝑘𝜋 cos 𝑡 ≠ ≠0 sin 𝑡 𝜋 Vậy 𝛾(𝑡) quy với 𝑡 ≠ 𝜎 ′ 𝑢 = (cos 𝑢 cos 𝑣 , cos 𝑢 sin 𝑣 , − sin 𝑢 + ) sin 𝑢 𝜎 ′ 𝑣 = (− sin 𝑢 sin 𝑣 , sin 𝑢 cos 𝑣 , 0) cos 𝑢 𝜎′′𝑢𝑢 = (− sin 𝑣 cos 𝑣 , − sin 𝑢 sin 𝑣 , − cos 𝑢 + ) sin 𝑢 𝜎′′𝑢𝑣 = (− cos 𝑢 sin 𝑣 , cos 𝑢 cos 𝑣 , 0) 𝜎 ′′ 𝑣𝑣 = (− sin 𝑢 cos 𝑣 , − sin 𝑢 sin 𝑣 , 0) 𝐸 = ‖𝜎 ′ 𝑢 ‖2 = −1 + sin 𝑢 ′ ′ 𝐹 =𝜎 𝑢∙𝜎 𝑣 =0 𝐺 = ‖𝜎 ′ 𝑣 ‖2 = sin2 𝑢 𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (− cos 𝑣 cos 𝑢 , −𝑠𝑖𝑛 𝑣 cos 𝑢 , cos 𝑢 sin 𝑢) ‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = |cos 𝑢| − cos 𝑣 cos 𝑢 −𝑠𝑖𝑛 𝑣 cos 𝑢 cos 𝑢 sin 𝑢 N=( , , ) |cos 𝑢| |cos 𝑢| |cos 𝑢| cos 𝑢 ′′ 𝐿 = N ∙ 𝜎 𝑢𝑢 = sin 𝑢 |cos 𝑢| ′′ 𝑀 = N ∙ 𝜎 𝑢𝑣 = cos 𝑢 sin 𝑢 ′′ 𝑁 = N ∙ 𝜎 𝑣𝑣 = |cos 𝑢| cos 𝑢 𝐿𝑁 − 𝑀 cos 𝑢 = −1 𝐾= = 𝐸𝐺 − 𝐹 − sin2 𝑢 Thí dụ 6.5.5, cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 , 𝑎 cosh 𝑢 , sin 𝑣 , 𝑎𝑢) 𝑣ớ𝑖 (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 = ℝ2 𝜌(𝑠, 𝑡) = (𝑠 cos 𝑡 , 𝑠 sin 𝑡 , 𝑎 𝑡)𝑣ớ𝑖 (𝑠, 𝑡) ∈ 𝑉 = ℝ2 Tính hệ số 𝐿, 𝑀, 𝑁 𝜎 𝑣à 𝜌, từ xác định độ cong Gauss chúng 𝛾′(𝑡) = (cos 𝑡 , − sin 𝑡 + 3|Page Giải ′ 𝜎 𝑢 = (𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣 , 𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎) 𝜎 ′ 𝑣 = (−𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 , 0) 𝜎 ′′ 𝑢𝑢 = (𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 , 𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 , 0) 𝜎 ′′ 𝑢𝑣 = (−𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣 , 0) 𝜎 ′′ 𝑣𝑣 = (−𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 , −𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 , 0) 𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (−𝑎2 cosh 𝑢 cos 𝑣 , −𝑎2 cosh 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎2 cosh 𝑢 sinh 𝑢) ‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = 𝑎2 cosh 𝑢 √1 + sinh2 𝑢 𝐸 = ‖𝜎 ′ 𝑢 ‖2 = 𝑎2 sinh2 𝑢 + 𝑎2 = 𝑎2 (sinh2 𝑢 + 1) 𝐹 = 𝜎′𝑢 ∙ 𝜎′𝑣 = 𝐺 = ‖𝜎 ′ 𝑣 ‖2 = 𝑎2 cosh2 𝑢 det(𝜎 ′ 𝑢 𝜎 ′ 𝑣 𝜎 ′′ 𝑢𝑢 ) −𝑎3 cosh2 𝑢 𝑎 cosh 𝑢 ′′ 𝐿 = 𝑁 ∙ 𝜎 𝑢𝑢 = = = − ‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ 𝑎2 cosh 𝑢 √1 + sinh2 𝑢 √1 + sinh2 𝑢 𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣 −𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 det(𝜎 ′ 𝑢 𝜎 ′ 𝑣 𝜎 ′′ 𝑢𝑢 ) = | 𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣 𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑢 𝑎 ′ ′ ′′ ) det(𝜎 𝑢 𝜎 𝑣 𝜎 𝑢𝑣 𝑀 = 𝑁 ∙ 𝜎 ′′ 𝑢𝑣 = =0 ‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ 𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 | 𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣 −𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 −𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣 det(𝜎 ′ 𝑢 𝜎 ′ 𝑣 𝜎 ′′ 𝑢𝑣 ) = | 𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣 𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑢 𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣 | 𝑎 0 ′ ′ ′′ ) det(𝜎 𝑢 𝜎 𝑣 𝜎 𝑣𝑣 𝑎 cosh 𝑢 𝑎 cosh 𝑢 𝑁 = 𝑁 ∙ 𝜎 ′′ 𝑣𝑣 = = = ‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ 𝑎2 cosh 𝑢 √1 + sinh2 𝑢 √1 + sinh2 𝑢 𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣 −𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 −𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 det(𝜎 ′ 𝑢 𝜎 ′ 𝑣 𝜎 ′′ 𝑣𝑣 ) = | 𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣 𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑢 −𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 | 𝑎 0 𝐿𝑁 − 𝑀 −𝑎 cosh 𝑢 𝑎 cosh 𝑢 −𝑎2 𝐾= = = 𝐸𝐺 − 𝐹 (1 + sinh2 𝑢)𝑎2 (sinh2 𝑢 + 1) 𝑎2 cosh2 𝑢 𝑎4 (1 + sinh2 𝑢)2 −1 = 𝑎 cosh2 𝑢 𝜌(𝑠, 𝑡) = (𝑠 cos 𝑡 , 𝑠 sin 𝑡 , 𝑎 𝑡) 𝜌′ 𝑠 = (cos 𝑡 , sin 𝑡 , 0) 𝜌′ 𝑡 = (−𝑠 sin 𝑡 , 𝑠 cos 𝑡 , 𝑎) 𝜌′′ 𝑠𝑠 = (0,0,0) 𝜌′′ 𝑠𝑡 = (− sin 𝑡 , cos 𝑡 , 0) 𝜌′′ 𝑡𝑡 (−𝑠 cos 𝑡 , −𝑠 sin 𝑡 , 0) 4|Page 𝐸 = ‖𝜌′ 𝑠 ‖ = 𝐹 = 𝜌′ 𝑠 ∙ 𝜌′ 𝑡 = 𝐺 = ‖𝜌′ 𝑡 ‖ = 𝑎2 + 𝑠 𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 = (𝑎 sin 𝑡 , −𝑎 cos 𝑡 , 𝑠) ‖𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 ‖ = √𝑎2 + 𝑠 𝐿 =𝑁∙𝜌 ′′ 𝑠𝑠 = det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑠𝑠 ) ‖𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 ‖ =0 cos 𝑡 −𝑠 sin 𝑡 det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑠𝑠 ) = | sin 𝑡 𝑠 cos 𝑡 0| 𝑎 0 ′ ′ ′′ det(𝜌 𝑠 𝜌 𝑡 𝜌 𝑠𝑡 ) 𝑎 𝑀 = 𝑁 ∙ 𝜌′′ 𝑠𝑡 = = − ‖𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 ‖ √𝑎2 + 𝑠 cos 𝑡 −𝑠 sin 𝑡 − sin 𝑡 det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑠𝑡 ) = | sin 𝑡 𝑠 cos 𝑡 cos 𝑡 | 𝑎 0 det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑡𝑡 ) ′′ 𝑁 = 𝑁 ∙ 𝜌 𝑡𝑡 = =0 ‖𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 ‖ cos 𝑡 −𝑠 sin 𝑡 −𝑠 cos 𝑡 det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑡𝑡 ) = | sin 𝑡 𝑠 cos 𝑡 −𝑠 sin 𝑡 | 𝑎 0 2 𝐿𝑁 − 𝑀 −𝑎 𝐾= = 𝐸𝐺 − 𝐹 (𝑎2 + 𝑠 )(𝑎2 + 𝑠 ) Ta thấy: 𝐿𝑁 − 𝑀2 −𝑎2 −𝑎2 −𝑎2 𝐾= = = = 𝐸𝐺 − 𝐹 (𝑎2 + 𝑠 )(𝑎2 + 𝑠 ) ((𝑎2 + 𝑠 ))2 𝐺 với định lí 6.4 Chứng minh mặt tròn xoay 𝜏(𝑠, 𝑡) = (𝑠 cot 𝑡 , 𝑠 sin 𝑡 , 𝑎 ln 𝑡)𝑣ớ𝑖 (𝑠, 𝑡) ∈ 𝑈 = {(𝑠, 𝑡)|𝑡 > 0} 𝑎 số , có củng độ cong Gauss mặt xoắn ốc 𝜌 tập 3, giới hạn 𝑈 Tuy nhiên dạng thứ chúng khác Điều mâu thuẫn với định lí 6.4 không? Giải 𝜏 ′ 𝑠 = (cos 𝑡 , sin 𝑡 , 0) 5|Page 𝑎 𝜏 ′ 𝑡 = (−𝑠 sin 𝑡, 𝑠 cos 𝑡 , ) 𝑡 ′′ 𝜏 𝑠𝑠 = (0,0,0) 𝜏 ′′ 𝑠𝑡 = (− sin 𝑡 , cos 𝑡 , 0) 𝑎 𝜏 ′′ 𝑡𝑡 = (−𝑠 cos 𝑡, − 𝑠 sin 𝑡 , − ) 𝑡 𝑎 𝑎 𝜏 ′ 𝑠 × 𝜏 ′ 𝑡 = ( sin 𝑡 , cos 𝑡 , 𝑠) 𝑡 𝑡 ‖𝜏 ′ 𝑎 2 √ 𝑠 × 𝜏 𝑡‖ = ( ) + 𝑠 𝑡 ′ 𝐸 = ‖𝜏 ′ 𝑠 ‖2 = 𝐹 = 𝜏 ′𝑠 ∙ 𝜏 ′𝑡 = 𝑎2 𝐺= =𝑠 + 𝑡 𝑡 ′′ 𝐿 = 𝑁 ∙ 𝜏 𝑠𝑠 = ′ det(𝜏 ′ 𝑠 𝜏 ′ 𝑡 𝜏 ′ 𝑠𝑡 ) ′′ 𝑀 = 𝑁 ∙ 𝜏 𝑠𝑡 = =− ‖𝜏 ′ 𝑠 × 𝜏 ′ 𝑡 ‖ ‖𝜏 ′ ‖2 det(𝜏 ′ 𝑠 𝜏 ′ 𝑡 𝜏 ′ ′ 𝑁 = 𝑁 ∙ 𝜏 ′′ 𝑡𝑡 𝑎 𝑡√ 𝑎2 + 𝑠2 𝑠2 −𝑠 sin 𝑡 − sin 𝑡 𝑎 𝑠 cos 𝑡 cos 𝑡 | = − 𝑡 𝑎 𝑡 ′ ′ ′′ det(𝜏 𝑠 𝜏 𝑡 𝜏 𝑡𝑡 ) 𝑎𝑠 = = ‖𝜏 ′ 𝑠 × 𝜏 ′ 𝑡 ‖ 𝑎2 𝑡 2√ + 𝑠2 𝑠 cos 𝑡 = | ) sin 𝑡 𝑠𝑡 −𝑠 cos 𝑡 𝑎𝑠 −𝑠 sin 𝑡 | = 𝑡 𝑎 − 𝑡 𝑎 2 − ( ) 𝐿𝑁 − 𝑀 −𝑎 𝑡 𝐾= = = 2 𝐸𝐺 − 𝐹 𝑎 𝑎 2 2 𝑡 (( 𝑡 ) + 𝑠 ) (( 𝑡 ) + 𝑠 ) 𝑎 Nếu ta đặt 𝐴 = 𝑣à 𝑆 = 𝑠, lúc độ cong Gauss cos 𝑡 det(𝜏 𝑠 𝜏 𝑡 𝜏 𝑡𝑡 ) = | sin 𝑡 ′ ′ ′′ −𝑠 sin 𝑡 𝑠 cos 𝑡 𝑎 𝑡 𝑡 𝐾= −𝐴 (𝐴2 + 𝑆 )2 6|Page giống với độ cong Gauss tập3 Tuy nhiên dạng thứ chúng khác ( tính 𝐸, 𝐹, 𝐺 thấy rõ) điều không mâu thuẩn với định lí 6.4, định lí cho biết độ cong Gauss biểu thị qua 𝐸, 𝐹, 𝐺 mặt cong có 𝐸, 𝐹, 𝐺 chúng khác có biểu thị để độ cong Gauss chúng a Cho ba số 𝑒, 𝑓, 𝑔 ∈ ℝ, với 𝑒𝑔 > 𝑓 𝑣à 𝑒, 𝑓 > cho trước chứng minh tồn mặt tham số hóa quy 𝜎: ℝ2 → ℝ3 , ảnh mặt phẳng 𝑥𝑦, cho 𝐸(𝑢, 𝑣) = 𝑒, 𝐹(𝑢, 𝑣) = 𝑓 𝑣à 𝐺(𝑢, 𝑣) = 𝑔 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 (𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 b cho 𝜎: 𝑈 → ℝ3 mặt tham số hóa quy với 𝐸, 𝐹 𝐺 số chứng minh tồn vi phôi cảm sinh phép đẳng cự từ 𝜎 vào mặt tham số hóa có ảnh chứa mặt phẳng 𝑥𝑦 Giải a Xét 𝜎(𝑢, 𝑣) = (√𝑒𝑢 + 𝑓 √𝑒 𝑣, √ 𝑒𝑔 − 𝑓 𝑣, 0) 𝑒 Ta thấy: 𝜎 ′ 𝑢 = (√𝑒, 0,0) 𝜎′𝑣 = ( 𝑒𝑔 − 𝑓 ,√ , 0) 𝑒 √𝑒 𝑓 Lúc ∀(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 ta thấy {𝜎 ′ 𝑢 , 𝜎 ′ 𝑣 } độc lập tuyến tính Suy 𝜎(𝑢, 𝑣) tham số hóa từ ℝ2 → ℝ3 thỏa điều kiện: 𝐸(𝑢, 𝑣) = 𝑒 𝐹(𝑢, 𝑣) = 𝑓 ∀(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 𝐺(𝑢, 𝑣) = 𝑔 Ta dễ thấy 𝜎(𝑢, 𝑣) mặt phẳng 𝑥𝑦 (vì thành phần cao độ 0) b Xét 𝑒𝑔 − 𝑓 √ 𝜋(𝑢, 𝑣) = (√𝑒𝑢 + 𝑣, 𝑣) , (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 𝑒 √𝑒 𝑓 𝛾(𝑢, 𝑣) = (𝑢, 𝑣, 0) Khi 𝜋(𝑢, 𝑣) vi phôi 7|Page Xét 𝑒𝑔 − 𝑓 √ 𝛾 ∘ 𝜋 = (√𝑒𝑢 + 𝑣, 𝑣, 0) 𝑒 √𝑒 𝑓 Khi đó: 𝐸=𝑒 𝐹=𝑓 𝐺=𝑔 Vậy 𝛾 ∘ 𝜋 đẳng cự với 𝜎, có ảnh chứa mặt phẳng 𝑥𝑦 a Cho < 𝑎 < 𝑠 𝑓(𝑠) = 𝑎 cos 𝑠 𝑣à 𝑔(𝑠) = ∫ √1 − 𝑎2 sin2 𝑟 𝑑𝑟 Kiểm chứng đường cong 𝛾(𝑠) = (𝑓(𝑠), 𝑔(𝑠)) có tốc độ đơn vị Giải 𝑔′(𝑠) = √1 − 𝑎2 sin2 𝑠 𝛾 ′ (𝑠) = (𝑓 ′ (𝑠), 𝑔′ (𝑠)) = (−𝑎 sin 𝑠 , √1 − 𝑎2 sin2 𝑠 ) ‖𝛾 ′ (𝑠)‖ = √𝑎2 sin2 𝑠 + (1 − 𝑎2 sin2 𝑠) = Suy 𝛾(𝑠) = (𝑓(𝑠), 𝑔(𝑠)) có tốc độ đơn vị b Cho 𝜌(𝑠, 𝑡) = (𝑓(𝑠) cos 𝑡 , 𝑓(𝑠) sin 𝑡 , 𝑔(𝑠)) mặt tròn xoay với đường sinh 𝛾(𝑠) 𝜋 𝜋 (𝑠, 𝑡) ∈ 𝑉 = {(𝑠, 𝑡)|− < 𝑠 < , −𝜋 < 𝑡 < 𝜋} 2 Hơn nữa, gọi 𝜎(𝑢, 𝑣) ký hiệu phần mặt cầu đơn vị với tọa độ cầu chuẩn tắc (xem thí dụ 1.2.2), với miền xác định giới hạn 𝑈 = 𝜋 𝜋 {(𝑢, 𝑣)|− < 𝑢 < , −𝑎𝜋 < 𝑣 < 𝑎𝜋}, nghĩa phần mặt sau gỡ bỏ 𝑣 Chứng minh ánh xạ 𝜓: 𝑈 → 𝑉 cho 𝜓(𝑢, 𝑣) = (𝑢, ) cảm sinh 𝑎 phép đẳng cự (với 𝑎 = ta hình dung 𝜓 phép uốn cong mặt cầu, thí dụ vỏ cam) Ta đưa kết luận cho đường cong 𝜌? Giải Ta có: 8|Page 𝑣 𝑣 𝑢 𝜌 ∘ 𝜓 = (𝑎 cos 𝑢 cos , 𝑎 cos 𝑢 sin , ∫ √1 − 𝑎2 sin2 𝑟 𝑑𝑟 ) 𝑎 𝑎 𝑣 𝑣 (𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑢 = (− asin 𝑢 cos , − asin 𝑢 sin , √1 − 𝑎2 sin2 𝑢) 𝑎 𝑎 𝑣 𝑣 (𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑣 = (− cos 𝑢 sin , cos 𝑢 cos , 0) 𝑎 𝑎 Khi đó: 𝐸 = ‖(𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑢 ‖ = = 𝐸𝜎 𝐹 = (𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑢 ∙ (𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑣 = = 𝐹𝜎 𝐺 = ‖(𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑣 ‖ = cos 𝑢 = 𝐺𝜎 Vì vậy, ánh xạ 𝜓: 𝑈 → 𝑉 cảm sinh phép đẳng cự từ 𝜎 𝑣à𝑜 𝜌 𝑐 Cho 𝜓(𝑢, 𝑣) = (𝑢, 𝑣 + ) 𝑣ớ𝑖 (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 = {(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 |𝑢 > 0}, 𝑐 ∈ ℝ 𝑢 số a Cho 𝜎: 𝑈 → ℝ3 tham số hóa trơn, xét 𝜏 = 𝜎 ∘ 𝜓 Kiểm chứng 𝑐 𝜏 ′ 𝑢 (𝑢, 𝑣) = 𝜎 ′ 𝑢 (𝜓(𝑢, 𝑣)) − ′ (𝜓(𝑢, 𝑣)) 𝑢 𝜎𝑣 ′ (𝑢, xác định biểu thức tương tự cho 𝜏 𝑣 𝑣) b Giả sử dạng thứ 𝜎 cho 𝐸 = + 𝑣 , 𝐹 = 𝑢𝑣, 𝐺 = 𝑢2 với (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 Chứng minh 𝜓 cảm sinh đẳng cự từ 𝜎 vào (nghĩa là, lấy 𝑉 = 𝑈 𝑣à 𝜌 = 𝜎 định nghĩa 6.5.2) c Không cần tính rõ ràng độ cong Gauss 𝐾(𝑢, 𝑣), chứng minh 𝐾(𝑢, 𝑣) không phụ thuộc vào 𝑣 Giải a 9|Page 𝜕𝜎1 𝜕𝜎1 (𝜓) (𝜓) 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝜎2 𝜕𝜎2 𝑐 𝐷𝜏 = 𝐷𝜎(𝜓) 𝐷𝜓 = ( (𝜓) (𝜓) − 1) 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝑢 𝜕𝜎3 𝜕𝜎3 (𝜓) (𝜓) ( 𝜕𝑢 ) 𝜕𝑣 𝜕𝜎1 𝑐 𝜕𝜎1 𝜕𝜎1 (𝜓) − (𝜓) (𝜓) 𝜕𝑢 𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑣 𝜕𝜎2 𝑐 𝜕𝜎2 𝜕𝜎2 = (𝜓) − (𝜓) (𝜓) 𝜕𝑢 𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑣 𝜕𝜎3 𝑐 𝜕𝜎3 𝜕𝜎3 (𝜓) − (𝜓) (𝜓)) ( 𝜕𝑢 𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑣 𝑐 𝜏𝑢′ = 𝜎𝑢′ (𝜓) − 𝜎𝑣′ (𝜓) 𝑢 Vậy { ′ ′ (𝜓) 𝜏𝑣 = 𝜎𝑣 b Ta có: 𝑐 ′ ′ ′ 𝐸𝜏 = ‖𝜏𝑢 ‖ = ‖𝜎𝑢 (𝜓) − 𝜎𝑣 (𝜓)‖ 𝑢 𝑐2 ′ 𝑐 ′ = ‖𝜎𝑢 (𝜓)‖ + ‖𝜎𝑣 (𝜓)‖2 − 2 𝜎𝑢′ (𝜓) 𝜎𝑣′ (𝜓) 𝑢 𝑢 2 𝑐 𝑐 𝑐 𝑐 = + (𝑣 + ) + 𝑢2 − 2 𝑢 (𝑣 + ) = + 𝑣 = 𝐸𝜎 𝑢 𝑢 𝑢 𝑢 ′ ′ 2 𝐺𝜏 = ‖𝜏𝑣 ‖ = ‖𝜎𝑣 (𝜓)‖ = 𝑢 = 𝐺𝜎 𝑐 𝑐 𝑐 𝐹𝜏 = 𝜏𝑢′ 𝜏𝑣′ = 𝜎𝑢′ (𝜓) 𝜎𝑣′ (𝜓) − ‖𝜎𝑣′ (𝜓)‖2 = 𝑢 (𝑣 + ) − 𝑢2 = 𝑢𝑣 = 𝐹𝜎 𝑢 𝑢 𝑢 Vì 𝜓 cảm sinh đẳng cự từ 𝜎 vào c Theo câu b ta : 𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣) = 𝐾𝜏 (𝑢, 𝑣) ⇔ 𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣) = 𝐾𝜎∘𝜓 (𝑢, 𝑣) ⇔ 𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣) = 𝐾𝜎 (𝜓(𝑢, 𝑣)) 𝑐 ⇔ 𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣) = 𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣 + ) ∀(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈, ∀𝑐 ∈ ℝ 𝑢 Nếu độ cong Gauss 𝐾(𝑢, 𝑣) phụ thuộc vào 𝑣, ta cố định (𝑢, 𝑣) cho 𝑐 ⟶ +∞ 𝑐 𝐾(𝑢, 𝑣) = lim 𝐾 (𝑢, 𝑣 + ) (biến đổi 𝐾(𝑢, 𝑣) hàm hằng) Vô lý 𝑢 𝑐⟶+∞ Vậy độ cong Gauss 𝐾(𝑢, 𝑣) không phụ thuộc vào 𝑣 Chứng minh phát biểu sau cách áp dụng quy tắc đạo hàm (quy tắc dây chuyền) đồng thức (3) mục 3.4: 10 | P a g e a Nếu 𝜓 cảm sinh phép đẳng cự từ 𝜎 𝑣à𝑜 𝜌, 𝜓 −1 cảm sinh phép đẳng cự từ 𝜌 𝑣à𝑜 𝜎 b Nếu thêm mặt tham số hóa thứ ba 𝜏: 𝑊 → ℝ3 , với vi phôi 𝜑: 𝑉 → 𝑊 cảm sinh đẳng cự từ 𝜌 𝑣à𝑜 𝜏 𝜑°𝜓 cảm sinh đẳng cự từ 𝜎 𝑣à𝑜 𝜏 Giải −1 a 𝜓 vi phôi (hiển nhiên 𝜓 cảm sinh phép đẳng cự từ 𝜎 vào 𝜌) [𝐷(𝜌 ∘ 𝜓)]𝑇 𝐷(𝜌 ∘ 𝜓) = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎 ⇔ (𝐷𝜓)𝑇 [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓)𝐷𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎 ⇒ [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓) = (𝐷𝜓 −1 )𝑇 (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎𝐷𝜓 −1 ⇒ [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓) = (𝐷𝜓 −1 )𝑇 (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎𝐷𝜓 −1 ⇒ [𝐷𝜌]𝑇 𝐷𝜌 = (𝐷𝜓 −1 )𝑇 [𝐷𝜎(𝜓 −1 )]𝑇 𝐷𝜎(𝜓 −1 )𝐷𝜓 −1 ⇒ [𝐷𝜌]𝑇 𝐷𝜌 = [𝐷𝜎 ∘ 𝜓]𝑇 𝐷𝜎 ∘ 𝜓 𝐸𝜌 = 𝐸𝜎∘𝜓−1 Vì ta { 𝐹𝜌 = 𝐹𝜎∘𝜓−1 𝐺𝜌 = 𝐺𝜎∘𝜓−1 Vậy 𝜓 −1 cảm sinh phép đẳng cự từ 𝜎 vào 𝜌 b (𝐷𝜌 ∘ 𝜓)𝑇 𝐷𝜌 ∘ 𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎 Ta có { (𝐷𝜏 ∘ 𝜙)𝑇 𝐷𝜏 ∘ 𝜙 = (𝐷𝜌)𝑇 𝐷𝜌 (𝐷𝜓)𝑇 [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓)𝐷𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎 { (𝐷𝜙)𝑇 [𝐷𝜏(𝜙)]𝑇 𝐷𝜏(𝜙)𝐷𝜙 = (𝐷𝜌)𝑇 𝐷𝜌 (𝐷𝜓)𝑇 [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓)𝐷𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎 ⇒{ 𝑇 [𝐷𝜙(𝜓)]𝑇 [𝐷𝜏(𝜙(𝜓))] 𝐷𝜏(𝜙(𝜓))𝐷𝜙(𝜓) = [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓) Thay phương trình thứ hai vào phương trình thứ ta được: 𝑇 (𝐷𝜓)𝑇 [𝐷𝜙(𝜓)]𝑇 [𝐷𝜏(𝜙(𝜓))] 𝐷𝜏(𝜙(𝜓))𝐷𝜙(𝜓)𝐷𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎 [𝐷𝜙 ∘ 𝜓]𝑇 [𝐷𝜏(𝜙 ∘ 𝜓)]𝑇 𝐷𝜏(𝜙 ∘ 𝜓) = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎 ⇔ [𝐷𝜏 ∘ (𝜙 ∘ 𝜓)]𝑇 𝐷𝜏 ∘ (𝜙 ∘ 𝜓) = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎 𝐸𝜏∘(𝜙∘𝜓) = 𝐸𝜎 Vì ta : { 𝐹𝜏∘(𝜙∘𝜓) = 𝐹𝜎 𝐺𝜏∘(𝜙∘𝜓) = 𝐺𝜎 Vậy 𝜑°𝜓 cảm sinh đẳng cự từ 𝜎 vào 𝜏 11 | P a g e