Mặt tịnh tiến trong không gian hyperbolic 3 chiều

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN TẤT HIỆP MẶT TỊNH TIẾN TRONG KHƠNG GIAN HYPERBOLIC 3-CHIỀU Chun ngành : Hình Học Tôpô Mã số : 60.46.01.05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS TRẦN ĐẠO DÕNG Huế, năm 2016 i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tôi, số liệu kết nghiên cứu nêu luận văn trung thực, đồng tác giả cho phép sử dụng chưa cơng bố cơng trình khác Nguyễn Tất Hiệp ii LỜI CẢM ƠN Trước hết xin gửi lời cám ơn đến Thầy - PGS TS TRẦN ĐẠO DÕNG, cám ơn lời động viên nhắc nhở Thầy suốt trình hướng dẫn khoa học cho Thầy giúp vượt qua khó khăn để hồn thành nhiệm vụ học tập nghiên cứu Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến q Thầy giáo giảng dạy lớp Cao học Tốn Khóa 23 trường ĐHSP Huế tồn thể thầy khoa Tốn trường ĐHSP Huế giảng dạy tận tình quan tâm, động viên, khích lệ tơi suốt trình học tập thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến BGH trường ĐHSP Huế, Phòng Sau Đại học trường ĐHSP Huế tạo điều kiện để tơi hồn thành cơng việc học tập, nghiên cứu Cuối cùng, tơi gửi trân trọng biết ơn đến tất người thân, bạn bè quan tâm, động viên, giúp đỡ cho tơi suốt q trình học tập vừa qua Nguyễn Tất Hiệp iii MỤC LỤC Trang phụ bìa i Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii MỤC LỤC MỞ ĐẦU CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Mặt quy khơng gian R3 1.2 Các độ cong mặt 1.3 Mặt cực tiểu MẶT TỊNH TIẾN TRONG KHÔNG GIAN EUCLIDE 3-CHIỀU 11 2.1 Mặt tịnh tiến 11 2.2 Mặt tịnh tiến cực tiểu 12 2.3 Mặt tịnh tiến với độ cong 15 MẶT TỊNH TIẾN TRONG KHÔNG GIAN HYPERBOLIC 3-CHIỀU 20 3.1 Mặt tịnh tiến không gian Hyperbolic 20 3.2 Mặt tịnh tiến cực tiểu 21 3.3 Siêu mặt tịnh tiến cực tiểu Hn+1 32 3.3.1 Siêu mặt tịnh tiến 32 3.3.2 Siêu mặt tịnh tiến cực tiểu 33 KẾT LUẬN 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO 41 MỞ ĐẦU Trong không gian Euclide R3 , mặt M gọi mặt tịnh tiến xác định tham số hóa X : U ⊂ R2 → R3 : (x, y ) → (x, y, z (x, y )) , z (x, y ) = f (x) + g (y ) f, g hàm trơn Vào năm 1835 cơng trình mình, Scherk chứng tỏ ngồi mặt phẳng, mặt tịnh tiến cực tiểu mặt xác định z (x, y ) = cos (ax) 1 ln = ln |cos (ax)| − ln |cos (ay )| , a cos (ay ) a a a = Trên sở kết này, nhiều lớp mặt tịnh tiến khảo sát không gian Euclide 3-chiều mặt tịnh tiến với độ cong Gauss độ cong trung bình hằng, mặt tịnh tiến affine, phát triển mở rộng cho số không gian khác không gian Hyperbolic, khơng gian Lorentz-Minkowski, khơng gian tích Riemann H2 × R, Với mong muốn tìm hiểu cấu trúc, tính chất thú vị mặt tịnh tiến hướng dẫn Thầy giáo PGS.TS Trần Đạo Dõng, chọn đề tài "Mặt tịnh tiến không gian Hyperbolic 3-chiều" làm đề tài nghiên cứu cho luận văn Nội dung luận văn bao gồm ba chương sau: Chương 1: Các kiến thức sở Trong chương này, trước hết chúng tơi trình bày sơ lược số kiến thức sử dụng cho chương sau bao gồm khái niệm liên quan mặt quy khơng gian R3 , từ trình bày độ cong mặt, khái niệm mặt cực tiểu số ví dụ mặt cực tiểu R3 Chương 2: Mặt tịnh tiến không gian Euclide 3-chiều Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm tính chất mặt tịnh tiến, mặt tịnh tiến cực tiểu mặt tịnh tiến với độ cong không gian Euclide 3-chiều, làm rõ số định lý mặt tịnh tiến cực tiểu, mặt tịnh tiến với độ cong hằng, độ cong trung bình khơng gian Euclide 3-chiều Chương 3: Mặt tịnh tiến không gian Hyperbolic 3-chiều Trong chương này, chúng tơi trình bày sơ lược khơng gian Hyperbolic 3-chiều, khái niệm tính chất mặt tịnh tiến, mặt tịnh tiến cực tiểu không gian Hyperbolic 3-chiều, làm rõ định lý xác định mặt tịnh tiến cực tiểu không gian Hyperbolic 3-chiều mở rộng cho trường hợp siêu mặt tịnh tiến cực tiểu không gian Hyperbolic (n + 1)-chiều Chương CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương này, trước hết chúng tơi trình bày sơ lược số kiến thức sử dụng cho chương sau bao gồm khái niệm liên quan mặt quy khơng gian R3 , từ trình bày độ cong mặt, khái niệm mặt cực tiểu số ví dụ mặt cực tiểu R3 Các kiến thức chương tham khảo từ tài liệu [1] 1.1 Mặt quy khơng gian R3 Định nghĩa 1.1.1 Một tập hợp M ⊂ R3 gọi mặt quy với p ∈ S, tồn V (p) ⊂ R3 ánh xạ X : U ⊂ R2 → V ∩ M thỏa mãn ba điều kiện: Ánh xạ X khả vi Ánh xạ X đồng phôi từ U lên V ∩ M ∀q ∈ U, ánh xạ đạo hàm DXq : R2 → R3 đơn ánh Nhận xét 1.1.1 Điều kiện tương đương với hàm thành phần X = X (x, y ) có đạo hàm riêng liên tục Điều kiện tương đương với X song ánh, liên tục X −1 liên tục Điều kiện nhằm đảm bảo mặt S không tự cắt X −1 liên tục nhằm tạo điều kiện thuận lợi mặt tính tốn Điều kiện nhằm đảm bảo tồn mặt phẳng tiếp xúc điểm p ∈ S Điều kiện tương đương với điều kiện sau điểm p ∈ S: • ∂X ∂X vector độc lập ∂x ∂y • Ma trận Jacobi S tạo thành vector cột ∂X ∂X có ∂x ∂y hạng ∂X ∂X • ∧ = ∂x ∂y Kí hiệu ∂X ∂X = Xx , = Xy ∂x ∂y Định nghĩa 1.1.2 Không gian vector 2-chiều sinh {Xx (p), Xy (p)} không gian R3p gọi không gian tiếp xúc mặt M p ∈ M , kí hiệu Tp M Mỗi vector không gian tiếp xúc Tp M gọi vector tiếp xúc mặt M p Cho M ⊂ R3 mặt quy Khi đó, tích vơ hướng tắc R3 cảm sinh tích vơ hướng mặt phẳng tiếp xúc Tp M , kí hiệu , xác định ∀ω1 , ω2 ∈ Tp M, ω1 , ω2 = ω1 ω2 Định nghĩa 1.1.3 Với khơng gian tiếp xúc Tp M , dạng tồn phương Ip : Tp M −→ R −→ Ip (ω ) = ω, ω ω p = |ω|2 gọi dạng thứ M p Giả sử X (x, y ) tham số hóa M p, ω ∈ Tp M vector tiếp xúc cung tham số mặt α : (−ε, ε) −→ M t −→ X (x (t) , y (t)) , với α (0) = p, ω = α (0) Ta có Ip (ω ) = Ip (α (0)) = α (0) , α (0) = x Xx + y Xy , x Xx + y Xy 2 = Xx , Xx (x ) + Xx , Xy x y + Xy , Xy (y ) 2 = E (x ) + 2F x y + G(y ) , với E = Xx , Xx , F = Xx , Xy , G = Xy , Xy gọi hệ số dạng thứ Ip Định nghĩa 1.1.4 Phần bù trực giao p Tp M gọi không gian pháp M p, kí hiệu Np M Mỗi vector khơng gian pháp gọi vector pháp mặt Định nghĩa 1.1.5 Một trường vector M ánh xạ F : M → R3 Trường vector F gọi liên tục, khả vi ánh xạ F liên tục, khả vi • Nếu F (p) ∈ Tp M, ∀p ∈ M F gọi trường vector tiếp xúc M • Nếu F (p) ∈ Np M, ∀p ∈ M F gọi trường pháp vector M • Nếu F (p) ∈ Np M, |F (p)| = 1, ∀p ∈ M F gọi trường pháp vector đơn vị M Định nghĩa 1.1.6 Một mặt quy M gọi định hướng có trường pháp vector đơn vị liên tục N xác định tồn mặt Khi đó, trường pháp vector N gọi định hướng M Một mặt quy định hướng mặt quy định hướng hướng xác định N Xét M mặt quy X tham số hóa địa phương M Khi đó, ta chọn vector pháp đơn vị điểm p sau N (p) = Xx ∧ Xy (p ) |Xx ∧ Xy | Từ đó, ta ánh xạ khả vi N : X (U ) −→ R3 −→ N (p) p Do đó, ta N (p) pháp vector đơn vị X (U ) Định nghĩa 1.1.7 Ánh xạ N xác định gọi ánh xạ Gauss mặt M Nhận xét 1.1.2 Ánh xạ Gauss khả vi nên đạo hàm N điểm p ∈ M ánh xạ tuyến tính DNp : Tp M → TN (p) M Do Tp M ⊥Np TN (p) M ⊥Np nên ta đồng Tp M ≡ TN (p) M , ∀p ∈ M xem ánh xạ DNp : Tp M → Tp M tự đồng cấu tuyến tính Tp M Khi đó, DNp gọi ánh xạ Weigarten M p Kết đặc trưng ánh xạ Gauss Mệnh đề 1.1.1 Ánh xạ Weigarten DNp : Tp M → Tp M ánh xạ Gauss tự liên hợp, tức DNp (α) , β = α, DNp (β ) , ∀α, β ∈ Tp M Định nghĩa 1.1.8 Với không gian tiếp xúc Tp M , ánh xạ IIp : Tp M −→ R −→ IIp (α) = − DNp (α) , α α , với , tích vơ hướng Tp M cảm sinh từ tích vơ hướng tắc R3 dạng song tuyến tính, đối xứng Ánh xạ IIp gọi dạng thứ hai mặt M p Các hệ số b11 = IIp (Xx , Xx ) = − DNp (Xx ) , Xx = − Nx , Xx = N, Xxx , b12 = IIp (Xx , Xy ) = − DNp (Xx ) , Xy = − Nx , Xy = N, Xxy , b21 = IIp (Xy , Xx ) = − DNp (Xy ) , Xx = − Ny , Xx = N, Xxy , b22 = IIp (Xy , Xy ) = − DNp (Xy ) , Xy = − Ny , Xy = N, Xyy gọi hệ số dạng thứ hai Ma trận (bij )2×2 gọi ma trận dạng thứ hai Ta kí hiệu e = b11 , f = b12 = b21 , g = b22 1.2 Các độ cong mặt Ánh xạ tuyến tính DNp ánh xạ tự liên hợp không gian vector Euclide 2−chiều Tp M nên tồn sở trực chuẩn {e1 , e2 } cho DNp (e1 ) = −k1 e1 , DNp (e2 ) = −k2 e2 Khi đó, giá trị k1 , k2 gọi độ cong chính, cịn vector riêng e1 , e2 xác định phương gọi phương Ma trận DNp sở có dạng DNp = −k1 0 −k2 Định nghĩa 1.2.1 Cho (M, N ) mặt quy định hướng, p ∈ M DNp đạo hàm ánh xạ Gauss N điểm p Khi đó, ta gọi: • Định thức DNp độ cong Gauss M điểm p, kí hiệu K (p) • − tr (DNp ) gọi độ cong trung bình mặt M p, kí hiệu H (p) Suy E = Xx , Xx = + f , F = Xx , Xz = f g , G = Xz , Xz = + g , 1 N= Xx ∧ Xz = (f , −1, g ) , |Xx ∧ Xz | 1+f 2+g2 e = Xxx , N = − f , 1+f 2+g2 f = Xxz , N = 0, g 1+f 2+g2 g = Xzz , N = − Từ đó, ta Eg − 2f F + Ge He = EG − F f (1 + g ) + g (1 + f ) =− (1 + f + g ) N3 = g 1+f 2+g2 Độ cong trung bình H mặt tịnh tiến M H = zHe + N3 1+g f + 1+f = − z (1 + f + g ) 2 g + g 1+f 2+g2 Do mặt tịnh tiến M mặt cực tiểu nên với (x, z ) ∈ U ta có H = Điều tương đương với f (1 + g ) + g (1 + f ) 0=− z+ (1 + f + g ) ⇔ z f 1+g2 +g 1+f g 1+f 2+g2 = 2g + f + g Khi đó, ta phương trình z f 1+f g + 1+g2 1+f 2+g2 = 2g (1 + f ) (1 + f ) 27 (3.2.11) Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.13) theo biến x ta z f 1+f ⇔ z f 1+f 2f f (1 + f ) (1 + g ) − (1 + f + g ) (1 + g ) 2f f 2 (1 + f ) (1 + g ) 2f f g = 2g (1 + f ) (1 + g ) = 2g Khi đó, ta phương trình z f 1+f = −4 g3 (1 + f ) + g ff (3.2.12) Giả sử f f = suy f = f = Khi đó, ta có f (x) = ax + b, a, b ∈ R Từ (3.3.13) ta g + a2 + g = g 1+g2 (1 + a2 ) (1 + g ) + a2 + g ⇔ zg = 2g + a2 ⇔ zg + a2 = 2g + a2 + g z ⇔ zg g −3 + a2 = 2g −2 + a2 + (3.2.13) Đặt t = g , phương trình (3.2.13) trở thành zt t−3 + a2 = 2t−2 + a2 + (3.2.14) Đặt u = t−2 , ta u = −2t−3 t ⇔ t−3 t = − u Khi đó, phương trình (3.3.2) trở thành − zu + a2 = 2u + a2 + 2 ⇔ zu + a2 + 4u + a2 + = 4 ⇔u + u=− z z (1 + a2 ) (3.2.15) Phương trình (3.3.3) phương trình vi phân tuyến tính cấp với p (z ) = z q (z ) = − z (1 + a2 ) Ta có p (z )dz = dz = ln |z| + c1 , c1 ∈ R z 28 Chọn P (z ) = ln |z| = ln (z ) P (z ) nguyên hàm p (z ) z4 Ta có F (z ) = eP (z) q (z ) dz = − z dz = − + c, z (1 + a2 ) + a2 c ∈ R Khi đó, ta nghiệm phương trình (3.3.3) u (z ) = e−P (z) F (z ) = − z4 c c (1 + a2 ) − z + c = − = + a2 z4 z + a2 z (1 + a2 ) Do u = t−2 nên ta có c (1 + a2 ) − z z (1 + a2 ) z (1 + a2 ) ⇔ t2 = c (1 + a2 ) − z t−2 = √ z2 c (1 + a2 ) − z √ z2 Do t = g nên ta suy g = + a2 c (1 + a2 ) − z Do Do đó, ta chọn t = g= + a2 + a2 z2 dy c (1 + a2 ) − z Giả sử f f = Khi đó, phương trình (3.3.14) trở thành f g3 1+f = = d, ff z (1 + g ) −4 (1 + f ) d ∈ R Nếu d = ta g = hay g (z ) = p, p ∈ R Phương trình (3.3.13) trở thành f = 0, mâu thuẫn với f f = Suy d = nên ta g = Ta có g3 = d ⇔ g − dzg − dz = 0, z (1 + g ) g3 = d ⇔ g = dzg + dz, z (1 + g ) f 1+f −4f f (1 + f ) =d⇔ f 1+f = −4d 29 (3.2.16) ff (1 + f ) (3.2.17) Lấy nguyên hàm hai vế phương trình (3.2.17) theo biến x ta f 1+f ⇔ f 1+f 2 = 2d dx = − 4d ff (1 + f ) dx + b, 1+f b ∈ R Ta có g3 g3 = d ⇔ = dz z (1 + g ) 1+g2 (3.2.18) Đạo hàm hai vế phương trình (3.2.18) theo ẩn z ta 3g g (1 + g ) − g 2g g =d (1 + g ) ⇔ 3g g + g − g 2g g = d + g ⇔ 3g g + g − dz + g 2g g = d + g 2 ⇔ 3g g − 2dzg g = d + g 3g − 2dzg = d + g ⇔g (3.2.19) Do d = 0, + g = nên g (3g − 2dzg ) = hay 3g − 2dzg = Phương trình (3.2.19) trở thành g = d (1 + g ) d (1 + g ) ⇔ g = 3g − 2dzg 3g (g − 2dz ) (3.2.20) Thay vào phương trình (3.3.13) ta suy d 1+f 2+g2 + b + = g 1+f g (3g − 2dz ) (1 + f ) (1 + g ) d 2g 1+f 2+g2 ⇔ 2d +b+ = 1+f g (3g − 2dz ) z (1 + g ) 1+f z 2d (3.2.21) Ta lại có g3 2g 2d = dz ⇔ = 1+g2 z (1 + g ) g2 (3.2.22) Thay (3.2.22) vào (3.2.21) ta d 2d + f + g b + 2d + = + f g (3g − 2dz ) g 1+f Do 3bg − 2dzbg − 5dg + 4d2 z = 30 (3.2.23) • Nếu b = phương trình (3.2.23) trở thành 4dz − 5dg + 4d2 z = ⇔ g = Thay g vào phương trình (3.3.15) ta 4dz 4dz − dz − dz = 5 16d3 z − dz = ⇔ − 125 16d2 z ⇔ − dz +1 =0 125 16d2 z ⇔ + = 125 16d2 z + = 0, ∀z ∈ R nên trường hợp b = dẫn đến mâu thuẫn 125 • Nếu b = 0, đặt X = g Do Phương trình (3.3.15) trở thành X − dzX − dz = ⇔ X = dzX + dz Phương trình (3.2.23) trở thành 3bX − 2dbzX − 5dX + 4d2 z = ⇔ 3b dzX + dz − 2dbzX − 5dX + 4d2 z = ⇔ 3bdzX + 3bdz − 2dbzX − 5dX + 4d2 z = ⇔ bdzX + 3bdz − 5dX + 4d2 z = ⇔ bzX − 5X + 3bz + 4dz = (3.2.24) Do − 5X + 3z (3d + b) X − 2dz (2d + b) = (3.2.25) Từ phương trình (3.2.24) (3.2.25) ta − 5bzX + 3bz (3d + b) X − 2dbz (2d + b) = ⇔ − (5X − 3bz − 4dz ) + 3bz (3d + b) X − 2dbz (2d + b) = ⇔ − 25X − (−3bz − 4dz ) + 3bz (3d + b) X − 2dbz (2d + b) = ⇔ bz (9d + 3b) − 25 X = (−3bz − 4dz ) + 2dbz (2d + b) −20dz − 15bz + 4d2 bz + 2db2 z ⇔X = bz (9d + 3b) − 25 (−20d − 15b + 4d2 bz + 2db2 z ) z ⇔X = bz (9d + 3b) − 25 31 Thay X vào phương trình (3.2.24) ta (−20d − 15b + 4d2 bz + 2db2 z ) z bz bz (9d + 3b) − 25 −5 (−20d − 15b + 4d2 bz + 2db2 z ) z + bz (9d + 3b) − 25 3bz + 4dz = ⇔ 4d2 b3 (2d + b) z − b2 16d3 − 109d2 b − 108db2 − 27b3 z − 125db2 z = Do phương trình phương trình bậc nghiệm với z nên ta suy     4d2 b3 (2d + b)2 = −b2 (16d3 − 109d2 b − 108db2 − 27b3 ) =    −125db2 = Khi đó, ta b = (mâu thuẫn với giả thiết b = 0) Tiếp theo chúng tơi tìm hiểu siêu mặt tịnh tiến cực tiểu không gian Hyperbolic Hn+1 3.3 Siêu mặt tịnh tiến cực tiểu Hn+1 3.3.1 Siêu mặt tịnh tiến Trong phần này, tương tự trường hợp mặt tịnh tiến mặt tịnh tiến khơng gian Hyperbolic 3-chiều, chúng tơi xét mơ hình nửa không gian không gian Hyperbolic (n + 1)-chiều Hn+1 , tức Rn+1 = {x1 , , xn , xn+1 |xn+1 > } ⊂ Rn+1 + trang bị mêtric Hyperbolic ds2 = dx21 + + dx2n+1 x2n+1 Do việc chọn tọa độ xn+1 > mơ hình nửa khơng gian Rn+1 có + khác biệt với khơng gian Euclide Rn+1 nên ta có định nghĩa siêu mặt tịnh tiến không gian Hyperbolic nhiều chiều cụ thể sau Định nghĩa 3.3.1 Siêu mặt M ⊂ Hn+1 gọi siêu mặt tịnh tiến loại I có tham số hóa X : U ⊂ Rn → Rn+1 + 32 xác định X (x1 , , xn ) = (x1 , , xn , f1 (x1 ) + + fn (xn )) , fi , ∀i = 1, n hàm trơn Định nghĩa 3.3.2 Siêu mặt M ⊂ Hn+1 gọi siêu mặt tịnh tiến loại II có tham số hóa X : U ⊂ Rn → Rn+1 + xác định X (x1 , , xn ) = (x1 , , f1 (x1 ) + + fn (xn ) , xn ) , fi , ∀i = 1, n hàm trơn Nhận xét 3.3.1 Cho M siêu mặt mơ hình nửa khơng gian Hn+1 Kí hiệu n trường vector chuẩn tắc đơn vị M tương ứng với mêtric Hyperbolic Rn+1 + , ta thu trường vector chuẩn tắc đơn vị N M n tương ứng với mêtric tắc Euclide xác định N = xn+1 Từ đó, kí hiệu H He độ cong trung bình Hyperbolic độ cong trung bình Euclide mặt M , ta thu đẳng thức H (x, y, z ) = xn+1 He (x, y, z ) + Nn+1 , với Nn+1 thành phần thứ (n + 1) vector chuẩn tắc đơn vị N 3.3.2 Siêu mặt tịnh tiến cực tiểu Định nghĩa 3.3.3 Siêu mặt tịnh tiến M không gian Hyperpolic Hn+1 gọi siêu mặt tịnh tiến cực tiểu có độ cong trung bình H không điểm Như ta biết không gian Hyperpolic H3 , mặt tịnh tiến loại I mặt cực tiểu điều có cịn khơng gian Hyperpolic Hn+1 khơng? Để trả lời cho câu hỏi có định lý sau Định lý 3.3.1 Trong khơng gian Hyperpolic Hn+1 , siêu mặt tịnh tiến loại I siêu mặt tịnh tiến cực tiểu Chứng minh Giả sử không gian Hyperpolic Hn+1 , tồn siêu mặt M tịnh tiến cực tiểu loại I Khi siêu mặt M có tham số hóa dạng X: U ⊂ Rn −→ Rn+1 + (x1 , , xn ) −→ (x1 , , xn , f (x1 , , xn )) 33 , U tập mở Rn f (x1 , , xn ) = f1 (x1 ) + + fn (xn ) với f1 , , fn hàm trơn Ta có Xxi = 0, , 1, , f xi , ∀i = 1, n, Xxi xi = 0, , 0, f , ∀i = 1, n, xi Xxi xj = (0, , 0, 0) , ∀i = j = 1, n Tính tốn trực tiếp ta He = (−1) n n  n fj , fk 1 + k=1 fi 1+  n n k=j i=1 n (−1) Nn+1 = n fi 1+ i=1 Độ cong trung bình siêu mặt tịnh tiến M H = xn+1 He + Nn+1 n = (−1) n fi i=1  n n fj  (−1) + fi 1+ i=1 n n k=j k=1 fi  n fk 1 +  1+  n i=1 Do M siêu mặt tịnh tiến cực tiểu nên ∀ (x1 , , xn ) ∈ U ta có H = Điều tương đương với n 0= (−1) n fi i=1  n 1+ fi k=1  n f k 1 +  n  n fj  n (−1) + k=j 1+ i=1 n ⇔  k=1  n fj  n fi = −n + i=1 k=j Giả sử fi = 0, ∀i = 1, n Khi đó, phương trình (3.3.1) trở thành n fi −n 1+ = i=1 n Do −n + fj fi i=1 fk 1 + fi  i=1  n n = nên phương trình mâu thuẫn i=1 Suy ∃fi = 0, ≤ i ≤ n 34 (3.3.1) Ta chứng minh ∀i = 1, n, fi = Thật vậy, giả sử ∃fj = 0, ≤ j ≤ n Do fj = nên fj = axj + b, a, b ∈ R Do M đồ thị hàm trơn nên ta a = Khi đó, ta đa thức vế phải phương trình (3.3.1) có bậc biến xj vế trái có bậc biến xj Phương trình (3.3.1) trở thành    n  n fi  + axj + b   i=j,i=1  n l=k,l=1  n fl  = −3 1 + a2 + f k 1 + k=j,k=1  fi  i=j,i=1 (3.3.2) Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.2) theo biến xj ta    n n f l  = fk 1 + a k=j,k=1 l=k,l=1  n ⇔  n fl  = f k 1 + k=j,k=1 (3.3.3) l=k,l=1 Thay (3.3.3) vào phương trình (3.3.2) ta   n = −3 1 + a2 + fi  i=j,i=1 n Do −3 + a2 + fi < nên phương trình dẫn đến mâu thuẫn i=j,i=1 Do đó, ta ∀i = 1, n, fi = Ta xét trường hợp sau: Giả sử fi = 0, ∀i = 1, n Do fi = 0, ∀i = 1, n nên ta suy phương trình (3.3.1) có vế phải đa thức bậc biến xi vế trái đa thức bậc biến xi Tính tốn cụ thể ta n fl = i=l,l=1 Do đó, ta suy f1 = = fn = Điều mâu thuẫn với ∀i = 1, n, fi = 35 Giả sử fi , ∀i = 1, n khơng đồng thời Khơng tính tổng quát ta giả sử f1 = 0, f2 = Do f1 nên ta suy phương trình (3.3.1) có vế phải đa thức bậc biến x1 vế trái đa thức bậc biến x1 Tính tốn cụ thể ta f2 + + fn = Đạo hàm hai vế phương trình theo biến x2 ta suy f2 = 0, điều mâu thuẫn với điều giả sử f2 = Giả sử fi = 0, ∀i = 1, n Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.1) theo biến x1 ta       n n n f j  + fk 1 + f1  k=1 n fj  + fi f1 1 + i=1 k=j j=2 = −2nf1 f1  n 2.fk f1 f1  k=2 (3.3.4) Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.4) theo biến x2 ta suy    n n f1 f2 1 + fj  + f1 1+ j=3   2fk f2 f2 k=3  n fj  + + f2 f1 1 +  n j=2 2.fk f1 f1  k=2 n + fi 2f1 f2 f2 + 2f2 f1 f1 = (3.3.5) i=1 Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.5) theo biến x3 ta f1 f2 f3 f3 + f3 f2 f2 + f2 f1 f3 f3 + f3 f1 f1 + f3 f1 f2 f2 + f2 f1 f1 Do ∀i = 1, n, fi f1 f1 f2 f2 f3 f3 = (3.3.6) = nên ta suy ∀i = 1, n, fi = fi = hay = Chia hai vế phương trình (3.3.6) cho f1 f1 f2 f2 f3 f3 ta có 36 f1 f3 f2 + f3 f3 f2 f2 + f2 f3 f1 + f3 f3 f1 f1 + f3 f1 f2 + = f1 f1 f2 f2 (3.3.7) Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.7) theo biến x1 ta f1 f1 f1 f1 f3 f2 + f f f2 f2 =− 3 1 + f2 f3 (3.3.8) Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.8) theo biến x1 ta có   f1 f1 f1 f1         =0⇔   f1 f1 f1 f1 = c1 , c1 ∈ R Từ đó, ta có f1 f1 f1 f1 f3 f2 + f f f2 f2 =− 3 = c1 1 + f2 f3 Do f1 f1 f1 = c1 f1 ⇔ f1 = c1 f1 + d1 f1 f1 , d1 ∈ R Tương tự, ta f2 = c2 f2 + d2 f2 f2 , f3 = c3 f3 + d3 f3 f3 , c2 , c3 , d2 , d3 ∈ R 37 (3.3.9) Khi đó, phương trình (3.3.9) trở thành f1 f1 f1 f1 ⇔ f3 f2 + f f2 =− = c1 f3 + f2 f1 f1 f1 f1 =− (d2 + d3 ) f2 f3 + c2 f3 + c3 f2 f3 + f2 Xét − (d2 + d3 ) f2 f3 + c2 f3 + c3 f2 = c1 f3 + f2 (3.3.10) Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.10) theo biến x2 ta (d2 + d3 ) f2 f3 + c3 f2 f3 + f2 = (d2 + d3 ) f2 f3 + c2 f3 + c3 f2 f2 (3.3.11) Do f2 = nên từ phương trình (3.3.11) ta suy (d2 + d3 ) f3 + c3 f3 + f2 ⇔ (d2 + d3 ) f3 = (d2 + d3 ) f2 f3 + c2 f3 + c3 f2 + c3 f3 − c2 f3 = (3.3.12) Do f3 = nên từ phương trình (3.3.12) ta có (d2 + d3 ) f3 + c3 − c2 = Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.13) theo biến x3 ta (d2 + d3 ) f3 = ⇔ d2 + d3 = Suy d2 + d3 = 0, c3 = c2 Tương tự, ta có d1 + d2 = 0, d1 + d3 = 0, c1 = c2 , c1 = c3 Từ đó, ta suy c1 = c2 = c3 , d1 = d2 = d3 = 38 (3.3.13) Do f1 = c1 f1 , f2 = c2 f2 , f3 = c3 f3 (3.3.14) Thay vào phương trình (3.3.7) ta f1 c1 c1 + f3 f2 + ⇔ 2c1 f1 + f2 + f3 f2 c1 c1 + f3 f1 + f3 = c1 c1 + f1 f2 =0 (3.3.15) Nếu c1 = từ phương trình (3.3.14) ta suy f1 = f2 = f3 = 0, điều mâu thuẫn với giả thiết fi = 0, ∀i = 1, n Do đó, ta suy c1 = Đạo hàm hai vế phương trình (3.3.15) theo biến x3 ta thu f3 = 0, điều mâu thuẫn với giả thiết fi = 0, ∀i = 1, n Từ trường hợp trên, suy không tồn siêu mặt tịnh tiến loại I cực tiểu 39 KẾT LUẬN Luận văn bao gồm phần mở đầu, nội dung kết luận Phần nội dung trình bày chương luận văn • Trong chương 1, chúng tơi đọc hiểu trình bày sơ lược số kiến thức bao gồm khái niệm liên quan mặt quy khơng gian R3 , từ trình bày độ cong mặt khái niệm mặt cực tiểu R3 Ngoài ra, chúng tơi trình bày số ví dụ mặt cực tiểu khơng gian R3 • Trong chương 2, giới thiệu mặt tịnh tiến, mặt tịnh tiến cực tiểu đưa số ví dụ mặt tịnh tiến khơng gian Euclide 3-chiều thể Định lý 2.2.1, Ví dụ 2.2.1 Tiếp đó, chúng tơi khảo sát chứng minh tính chất mặt tịnh tiến với độ cong Gauss thông qua Định lý 2.3.1 độ cong trung bình H = thơng qua Định lý 2.3.2 • Trong chương 3, chúng tơi giới thiệu mặt tịnh tiến, mặt tịnh tiến cực tiểu khảo sát tính chất mặt tịnh tiến cực tiểu không gian Hyperbolic 3-chiều thể Định lý 3.2.1 Định lý 3.2.2 Tiếp đó, chúng tơi giới thiệu siêu mặt tịnh tiến, định nghĩa siêu mặt tịnh tiến cực tiểu khảo sát tính chất siêu mặt tịnh tiến loại I không gian Hyperbolic (n + 1)-chiều 3-chiều thể Định lý 3.3.1 Sau thời gian tìm tịi nghiên cứu số tính chất mặt tịnh tiến khơng gian Hyperbolic 3-chiều siêu mặt tịnh tiến khơng gian Hyperbolic (n + 1)-chiều, cịn nhiều vấn đề thân tơi đọc tìm hiểu chưa thể trình bày chi tiết như: tính chất mặt tịnh tiến loại II với độ cong tính chất siêu mặt tịnh tiến cựa tiểu loại II Hy vọng thời gian đến thân có điều kiện tìm hiểu hồn thiện chủ đề nêu Tác giả cố gắng kiểm tra lỗi tả sửa chữa ý diễn đạt nhiều lần trước kết thúc luận văn, cịn nhiều thiếu sót việc trình bày luận văn, nên tác giả mong thầy cô bạn đóng góp ý kiến để luận văn hồn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy bạn góp ý cho tác giả quan tâm đến luận văn 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Đ.T Hiếu (2009), Bài giảng hình học vi phân, Trường ĐHSP, Đại học Huế Tiếng Anh [2] Carmo, Manfredo P., (1976), Differential geometry of curves and surfaces,Translated from the Portuguese-Hall, Inc., Englewood Cliffs,N.J [3] F Dillen, L Verstraelen, G Zafindratafa (1991), A generalization of the translation surfaces of Scherk, Differential Geometry in honor of Radu Rosca, K U L, 107-109 [4] H Liu (1999), Translation surfaces with constant mean curvature in 3dimensinal spaces, J Geom., vol 64, 141-149 [5] R López (2011), Minimal translation surfaces in hyperbolic spaces, Beitrage zur Algebra und Geometrie, vol 52, 105-112 [6] K Seo (2013), Translation hypersurfaces with constant curvature in space forms, Osaka J Math., vol 50, 631-641 [7] L Verstraelen, J Walrave, S Yaprak (1994), The minimal translation surfaces in Euclidean space, Soochow J.Math., vol 20, 77-82 41 ... không gian Euclide 3- chiều Chương 3: Mặt tịnh tiến không gian Hyperbolic 3- chiều Trong chương này, trình bày sơ lược khơng gian Hyperbolic 3- chiều, khái niệm tính chất mặt tịnh tiến, mặt tịnh tiến. .. tài liệu [5], [6] 3. 1 Mặt tịnh tiến không gian Hyperbolic Trong phần này, khảo sát mặt tịnh tiến không gian Hyperbolic 3- chiều H3 thay cho mặt tịnh tiến không gian Euclide R3 xét chương Để thuận... trình (3. 3.11) ta suy (d2 + d3 ) f3 + c3 f3 + f2 ⇔ (d2 + d3 ) f3 = (d2 + d3 ) f2 f3 + c2 f3 + c3 f2 + c3 f3 − c2 f3 = (3. 3.12) Do f3 = nên từ phương trình (3. 3.12) ta có (d2 + d3 ) f3 + c3 − c2