GT hinh vi phan yieng viet

Chúng ta có thể giả sử γ có vận tốc đơn vị vì tham số hóa lại của γ không làm thay đổi độ xoắn hay tính chất nằm trên một mặt phẳng của đường cong.. Kí hiệu tham số của γ là s và d/ds bở[r]

Cơ sở hình học vi phân, A Pressley Người dịch: Phó Đức Tài Ngày 21 tháng 12 năm 2010 Mục lục Đường cong 1.1 Đường cong là gì? 1.2 Độ dài cung 1.3 Tham số hóa lại 1.4 Quan hệ đường cong định mức và đường cong tham số 1 12 Uốn cong 2.1 Độ cong 2.2 Các đường cong phẳng 2.3 Đường không gian 16 16 20 26 Tính chất toàn cục 3.1 Đường cong đóng đơn 3.2 Bất đẳng thức đẳng chu 3.3 Định lý Bốn đỉnh 34 34 37 40 Mặt cong 4.1 Mặt cong là gì? 4.2 Mặt trơn 4.3 Mặt tiếp xúc, pháp tuyến và tính định hướng 4.4 Các ví dụ mặt 4.5 Các mặt bậc hai 4.6 Các hệ trực giao ba 4.7 Các ứng dụng Định lý hàm ngược 42 42 46 51 54 57 61 63 66 66 67 67 67 67 68 68 70 72 72 Dạng thứ 5.1 Độ dài đường cong trên mặt 5.2 Các mặt đẳng cự 5.3 Ánh xạ bảo giác các mặt 5.4 Diện tích mặt 5.5 Ánh xạ đẳng diện và Định lý Archimedes Độ cong mặt 6.1 Dạng thứ hai 6.2 Độ cong các đường cong trên mặt 6.3 Độ cong chuẩn tắc và độ cong chính 6.4 Mô tả hình học các độ cong chính ii Độ cong Gauss 7.1 Độ cong Gauss và độ cong trung bình 7.2 Mặt giả cầu 7.3 Mặt dẹt 2R2 3R3 iii 73 73 76 79 Lời ngỏ Hình học vi phân tựa đề sách này đề cập đến việc nghiên cứu hình học đường cong và mặt cong không gian chiều dùng các kỹ thuật tính toán giải tích Môn học này hàm chứa số kết đẹp đẽ Toán học, ngoài để có thể hiểu hầu hết các kết này chúng ta cần số kiến thức tảng giải tích (bao gồm đạo hàm riêng), tính toán véctơ và đại số tuyến tính (bao gồm ma trận và định thức) Rất nhiều kết đường cong và mặt cong mà chúng ta thảo luận sách này là dạng sơ khai các kết tổng quát trường hợp chiều cao, chẳng hạn định lý Gauss-Bonnet, chương 11, là dạng sơ khai số lớn các kết mối quan hệ các tính chất ’địa phương’ và ’toàn cục’ các đối tượng hình học Việc nghiên cứu các quan hệ đã tạo mảng chính Toán học kỷ XX Chúng tôi muốn nhấn mạnh rằng, các phương pháp sử dụng sách này không thiết có thể mở rộng lên chiều cao (Chẳng hạn khái niệm ’liên kết’ không bàn đến suốt sách) Chúng tôi cố gắng dùng hướng tiếp cận đơn giản để chứng minh các kết Nó không nhằm hạn chế kiến thức cần phải bổ sung, mà còn giúp chúng ta tránh khái niệm khó thường gặp nghiên cứu Hình học vi phân chiều cao Chúng tôi hy vọng cách tiếp cận này làm cho môn học đẹp đẽ có thể đến với nhiều độc giả Một thật là không thể học toán cách đọc lý thuyết mà còn phải thực hành thông qua việc giải bài tập Có khoảng 200 bài tập, bạn đọc nên cố gắng giải càng nhiều càng tốt Lời người dịch: Bản dịch sách này chưa hoàn thành, số chương và nhiều hình vẽ chưa thực Chúng tôi mong cộng tác tự nguyện để các bạn sinh viên, học viên cao học có tài liệu tham khảo tiếng Việt Mọi ý kiến đóng góp xin gửi e-mail đến địa phoductai gmail.com iv Chương Đường cong mặt phẳng và không gian Trong chương này chúng ta thảo luận hai định nghĩa khái niệm (trực giác) đường cong Quan hệ chúng khó nhận ra, vì chúng ta bắt đầu vài ví dụ đường cong với định nghĩa, và từ thực hành ta có mối liên kết chúng 1.1 Đường cong là gì? Nếu có hỏi cho ví dụ đường cong, bạn có thể cho đường thẳng, chẳng hạn y − 2x = (mặc dù nó không cong), đường tròn, chẳng hạn x2 + y = 1, có lẽ parabôn, chẳng hạn y − x2 = y-2x=1 y-x = 2 x + y = Tất các đường cong này mô tả thông qua phương trình chúng hệ tọa độ Descartes f (x, y) = c, đó f là hàm có biến x, y và c là số Theo quan điểm đó, đường cong là tập hợp các điểm, đó là C = {(x, y) ∈ R2 |f (x, y) = 0} (1.1) Những ví dụ trên là các đường cong mặt phẳng R2 , chúng ta có thể xét các đường cong R3 - ví dụ, trục x hệ tọa độ chiều là đường thẳng cho {(x, y, z) ∈ R3 |y = z = 0}, và tổng quát hơn, đường cong R3 có thể định nghĩa cặp phương trình f1 (x, y, z) = c1 , f2 (x, y, z) = c2 1.1 ĐƯỜNG CONG LÀ GÌ? CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG Đường cong có dạng gọi là đường định mức (level curve), theo nghĩa, chẳng hạn đường cong cho Pt (1.1), gồm các điểm (x, y) mặt phẳng có đại lượng f (x, y) đạt mức c Có cách khác để mô tả đường cong mà hóa tiện ích nhiều trường hợp Đó là quỹ tích điểm chuyển động Do đó, γ(t) là vị trí vectơ điểm thời điểm t thì đường cong mô tả hàm γ biến số t nhận giá trị véctơ (trong R2 cho đường cong phẳng, R3 cho đường cong không gian) Chúng ta sử dụng ý tưởng này để đưa định nghĩa hình thức đầu tiên cho đường cong Rn (chúng ta quan tâm hai trường hợp n = 3, để thuận tiện xét chúng đồng thời): Định nghĩa 1.1 Một đường cong tham số (hoặc còn gọi là cung tham số) Rn là ánh xạ γ : (α, β) → Rn , với α, β thỏa mãn −∞ ≤ α < β ≤ ∞ Kí hiệu (α, β) là khoảng mở (α, β) = {t ∈ R|α < t < β} Một đường cong tham số có ảnh chứa đường cong định mức gọi là tham số hóa (thành phần) C Các ví dụ đây minh họa cách thực hành làm nào từ đường cong định mức để có đường cong tham số và ngược lại Ví dụ 1.1 Tìm tham số hóa γ(t) cho parabôn y = x2 Nếu γ(t) = (γ1 (t), γ2 (t)), các thành phần γ1 và γ2 γ phải thỏa mãn γ2 (t) = γ1 (t)2 (1.2) với t khoảng (α, β) mà γ định nghĩa (chưa xác định), điểm nằm trên parabôn phải có tọa độ (γ1 (t), γ2 (t)) với t ∈ (α, β) Rõ ràng, có thể nhận nghiệm Pt (1.2) là γ1 (t) = t, γ2 (t) = t2 Để xác định tất các điểm trên parabôn, chúng ta cho t nhận giá trị số thực (vì γ(t) có tọa độ đầu chính t, mà tọa độ đầu điểm trên parabôn có thể là số thực bất kỳ), chúng ta lấy (α, β) = (−∞, ∞) Do đó, ta có tham số hóa: γ : (−∞, ∞) → R2 , γ(t) = (t, t2 ) Nhưng đây không phải là tham số hóa parabôn đã cho Chẳng hạn tham số hóa khác, chẳng hạn γ(t) = (t3 , t6 ) (với (α, β) = (−∞, ∞)) Hoặc dạng khác là (2t, 4t2 ), và dĩ nhiên có (vô số) các dạng khác Như vậy, tham số hóa đường cong định mức cho trước là không 2 Ví dụ làm tương tự ví dụ trên, lấy x = t đó √ 1.2 Xét đường tròn x + y = Nếu √ y = − t (chúng ta có thể chọn y = − − t2 ) Như chúng ta có tham số hóa √ γ(t) = (t, − t2 ) √ Nhưng đây là tham số hóa √ nửa trên đường tròn, vì − t luôn luôn ≥ Tương tự, chúng ta chọn y = − − t2 thì phủ nửa đường tròn Nếu muốn có tham số hóa toàn đường tròn thì phải tìm cách khác Chúng ta cần tìm các hàm số γ1 (t) và γ2 (t) cho chúng thỏa mãn γ1 (t)2 + γ2 (t)2 = (1.3) với t ∈ (α, β) Có nghiệm hiển nhiên Pt (1.3) là: γ1 (t) = cos t và γ2 (t) = sin t (vì cos2 t + sin2 t = với t) Chúng ta có thể chọn (α, β) = (−∞, ∞), là thừa Chỉ cần lấy khoảng mở (α, β) có khoảng cách lớn 2π là đủ CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG 1.1 ĐƯỜNG CONG LÀ GÌ? Ví dụ sau đây cách làm nào để từ đường cong tham số hóa ta tìm đường cong định mức Ví dụ 1.3 Xét đường cong tham số hóa sau, gọi là astroid (đường hình sao): γ(t) = (cos3 t, sin3 t) Do cos2 t + sin2 t = với t, nên các tọa độ x = cos3 t, y = sin3 t điểm γ(t) thỏa mãn x2/3 + y 2/3 = Đường cong định mức này trùng với ảnh ánh xạ γ Trong sách này chúng ta nghiên cứu các đường cong (và sau đó, các mặt cong) sử dụng các tính toán giải tích Để lấy đạo hàm hàm giá trị véctơ γ(t) (như Định nghĩa 1.1), chúng ta lấy đạo hàm phần: γ(t) = (γ (t), γ (t), , γ n (t)) thì ³ dγ dγ dγ dγn ´ = , , , , dt dt dt dt ³ d2 γ d2 γ d2 γ d2 γn ´ = , , , , dt2 dt2 dt2 dt2 v.v Để tiết kiệm, chúng ta dùng kí hiệu γ̇(t) thay cho dγ/dt, γ̈(t) thay cho d2 γ/dt2 , v.v Chúng ta nói γ là trơn thành phần γ1 , γ2 , , γn γ là trơn, tức là tất các đạo hàm dγi /dt, d2 γi /dt2 ,d3 γi /dt3 , tồn tại, với i = 1, 2, , n Kể từ đây sau, tất các đường cong tham số hóa nói đến sách này giả thiết là trơn Định nghĩa 1.2 Giả sử γ(t) là đường cong tham số hóa Khi đó, đạo hàm cấp nó dγ/dt gọi là véctơ tiếp xúc γ điểm γ(t) Để tìm hiểu ý nghĩa cho thuật ngữ này, xét vectơ γ(t + δt) − γ(t) δt song song với cung nối điểm γ(t) và γ(t + δt) ảnh C γ: γ(t+δt) γ(t) Chúng ta mong chờ, δt tiến tới 0, dây cung song song với tiếp tuyến C γ(t) Do đó, tiếp tuyến phải song song với dγ γ(t + δt) − γ(t) = δt→0 δt dt lim Bằng trực giác dễ thấy kết sau đây: 1.1 ĐƯỜNG CONG LÀ GÌ? CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG Mệnh đề 1.1 Nếu vectơ tiếp xúc đường cong tham số là vectơ hằng, thì ảnh đường cong là (một phần) đường thẳng Chứng minh Giả sử γ̇(t) = a với t, đó a là vectơ Lấy tích phân hai vế, ta có Z Z dγ γ(t) = dt = adt = ta + b, dt với b là vectơ khác Nếu a 6= 0, thì đây là phương trình tham số đường thẳng song song với a qua điểm đích vectơ b: ta γ(t) a b Nếu a = thì ảnh γ là điểm đơn, trùng với điểm đích vectơ b BÀI TẬP 1.1 Hãy kiểm tra xem γ(t) = (t2 , t4 ) có phải là tham số hóa parabôn y = x2 hay không? 1.2 Tìm tham số hóa các đường cong định mức sau: (i) y − x2 = 1; (ii) x2 + y2 = 1.3 Tìm phương trình hệ tọa độ Descartes đường cong tham số: (i) γ(t) = (cos2 t, sin2 t); (ii) γ(t) = (et , t2 ) 1.4 Tính véctơ tiếp xúc các đường cong Bài tập 1.3 1.5 Phác họa đường hình Ví dụ 1.3 Tính vectơ tiếp xúc nó điểm Tại điểm nào thì có vectơ tiếp xúc vectơ không? 1.6 Giả sử P là điểm nằm trên đường tròn C có bán kính a > và có tâm điểm (0, a) hệ tọa độ Oxy Đường thẳng qua P và gốc tọa độ cắt đường thẳng y = 2a Q, đường thẳng qua P song song với trục x cắt đường thẳng qua Q song song với trục y R Khi P chạy quanh C thì quỹ tích R là đường cong, gọi là ma thuật Agnesi (witch of Agnesi) Đối với đường cong này: (i) Tìm tham số hóa; (ii) Tìm phương trình hệ tọa độ Descartes Nd: Đường cong "witch of Agnesi" Maria Agnesi trình bày sách Toán tiếng Ý bà vào 1748 (được xem là tác phẩm Toán học đầu tiên phụ nữ viết) CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG 1.2 ĐỘ DÀI CUNG Q P R ρ O 1.7 Quỹ tích điểm cố định trên đường tròn đường tròn đó lăn (không trượt) dọc theo đường thẳng gọi là đường cong xycloit (cycloid) Chứng minh đường thẳng là trục x và đường tròn có bán kính a > thì xycloit có thể tham số hóa γ(t) = a(t − sin t, − cos t) 1.8 Tổng quát hóa bài tập trên, hãy tìm tham số hóa êpixycloit (tương ứng, hypôxycloit), quỹ tích điểm cố định trên đường tròn đường tròn đó lăn (không trượt) phía ngoài (tương ứng, bên trong) tựa theo đường tròn 1.9 Chứng minh γ(t) = (cos2 t − 12 , sin t cos t, sin t) là tham số hóa đường cong giao mặt trụ có bán kính 21 xoay quanh trục z và mặt cầu bán kính có tâm (− 12 , 0, 0) (Đường cong này có tên gọi là đường cong Viviani) 1.10 Chứng minh góc γ(t) và vectơ tiếp xúc γ(t) không phụ thuộc t Ở đây, γ(t) = (et cos t, et sin t) là đường xoắn ốc lôgarit (xem hình vẽ nó Ví dụ 1.4) 1.2 Độ dài cung Giả sử v = (v1 , , ) là vectơ Rn với độ dài q kvk = v12 + · · · + vn2 Nếu u là vectơ khác Rn thì ku − vk là độ dài đoạn thẳng nối điểm biểu diễn u và v Rn Để tìm công thức cho độ dài cho độ dài đường cong tham số γ, ta chú ý rằng, δt bé, phần ảnh C γ γ(t) và γ(t + δt) gần là đoạn thẳng, đó độ dài nó xấp xỉ kγ(t + δt) − γ(t)k 1.2 ĐỘ DÀI CUNG CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG Hơn nữa, δt nhỏ, (γ(t + δt) − γ(t))/δt xấp xỉ γ̇(t), độ dài xấp xỉ kγ̇(t)kδt (1.4) Nếu chúng ta muốn tính độ dài phần (không thiết nhỏ) C chúng ta có thể chia nó thành nhiều đoạn, đoạn tương ứng với gia số nhỏ δt t, tính độ dài đoạn sử dụng 1.4, và cộng các kết lại Lấy δt tiến tới ta có chính xác độ dài Điều này gợi mở đến định nghĩa sau đây: Định nghĩa 1.3 Độ dài cung đường cong γ xuất phát từ điểm γ(t0 ) là hàm số s(t) cho Z t s(t) = kγ̇(u)k du t0 Vậy s(t0 ) = và s(t) là dương âm phụ thuộc vào t lớn hay bé t0 Nếu ta chọn R t̃ điểm khởi đầu là γ(t̃0 ) khác, thì độ dài cung s̃ khác s số t00 Ví dụ 1.4 Xét đường xoắn ốc lôgarit (logarithmic spiral) γ(t) = (et cos t, et sin t), 10 –15 –10 –5 10 15 –5 –10 –15 ta có γ̇ = (et (cos t − sin t), et (sin t + cos t)), ∴ kγ̇k2 = (e2t (cos t − sin t)2 + e2t (sin t + cos t)2 = 2e2t CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG 1.2 ĐỘ DÀI CUNG Do đó, độ dài cung γ xuất phát, chẳng hạn từ điểm γ(0) = (1, 0) là Z t√ √ s= 2e2u du = 2(et − 1) Nếu s là độ dài cung đường cong γ xuất phát từ γ(t0 ), đó Z ds d t = kγ̇(u)kdu = kγ̇(t)k dt dt t0 (1.5) Xem γ(t) là vị trí điểm chuyển động thời điểm t, thì ds/dt là vận tốc điểm đó (là tỉ lệ thay đổi khoảng cách trên đường cong) Với lí này, chúng ta đến định nghĩa sau: Định nghĩa 1.4 Giả sử γ : (α, β) → Rn là đường cong tham số, đó vận tốc nó điểm γ(t) là kγ̇(t)k, và γ gọi là đường cong có vận tốc đơn vị γ̇(t) là vectơ đơn vị với t ∈ (α, β) Chúng ta thấy nhiều ví dụ, các công thức và kết các đường cong đơn giản nhiều đường cong có vận tốc đơn vị Lí đơn giản hóa mô tả mệnh đề đây Mặc dù vấn đề này đầu tiên có vẻ không thú vị, thực nó hữu ích sau Mệnh đề 1.2 Giả sử n(t) là vectơ đơn vị, là hàm trơn biến t Khi đó, có tích ṅ(t).n(t) = với t, tức là ṅ(t) vuông góc với n(t) với t Đặc biệt, γ là đường cong có vận tốc đơn vị, thì γ̈ không vuông góc với γ̇ Chứng minh Sử dụng ’công thức tích’ đạo hàm tích các hàm có giá trị vectơ a(t) và b(t): d da db (a.b) = b + a dt dt dt Lấy đạo hàm theo t hai vế phương trình n.n = 1, theo công thức trên thu ṅ.n + n.ṅ = 0, đó 2ṅ.n = Phần còn lại suy cách lấy n = γ̇ BÀI TẬP 1.11 Tính độ dài cung dây xích (catenary) γ(t) = (t, cosh t) từ điểm (0, 1) 1.12 Chứng minh các đường cong đây có vận tốc đơn vị: ´ ³ (i) γ(t) = 13 (1 + t)3/2 , 31 (1 − t)3/2 , √t2 ; ¡ ¢ (ii) γ(t) = 45 cos t, − sin t, − 35 cos t 1.13 Tính độ dài cung xycloid Bài tập 1.7 quay hết vòng tròn 1.3 THAM SỐ HÓA LẠI 1.3 CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG Tham số hóa lại Ở các Ví dụ 1.1 và 1.2, chúng ta đã thấy đường cong có thể có nhiều tham số hóa Mối quan hệ các tham số hóa là điều quan trọng cần bàn đến Định nghĩa 1.5 Đường cong tham số γ̃ : (α̃, β̃) → Rn là tham số hóa lại đường cong tham số γ : (α, β) → Rn có song ánh trơn φ : (α̃, β̃) → (α, β) (được gọi là ánh xạ tham số hóa lại) cho ánh xạ φ−1 : (α, β) → (α̃, β̃) là ánh xạ trơn và γ̃(t̃) = γ(φ(t̃)) với t̃ ∈ (α̃, β̃) Do ánh xạ ngược φ là ánh xạ trơn, nên γ là tham số hóa lại γ̃: γ̃(φ−1 (t)) = γ(φ(φ−1 (t))) = γ(t) với t ∈ (α, β) Hai đường cong là tham số hóa lại với thì có cùng ảnh, vì chúng có các tính chất hình học giống Ví dụ 1.5 Trong Ví dụ 1.2, ta có tham số hóa γ(t) = (cos t, sin t) cho đường tròn x2 + y = 1, và tham số hóa khác γ̃(t) = (sin t, cos t) (vì sin2 t + cos2 t = 1) Để chứng tỏ γ̃ là tham số hóa lại γ, ta cần tìm ánh xạ tham số hóa lại φ cho (cos φ(t), sin φ(t)) = (sin t, cos t) Tồn φ vậy, chẳng hạn φ(t) = π/2 − t Như nhận xét phần trước, việc khảo sát đường cong đơn giản nó có vận tốc đơn vị Vì cần biết đường cong nào có tham số hóa lại là đường cong có vận tốc đơn vị Định nghĩa 1.6 Điểm γ(t) đường cong tham số γ gọi là điểm chính qui γ̇(t) 6= 0; ngược lại nó gọi là điểm kì dị Một đường cong gọi là chính qui điểm nó chính qui Trước mối quan hệ tính chính qui và biểu diễn tham số hóa lại có vận tốc đơn vị, ta nêu đây hai tính chất đơn giản đường cong chính qui Mặc dù trông các kết này chẳng có gì lôi cuốn, chúng quan trọng ứng dụng sau Mệnh đề 1.3 Mọi tham số hóa lại đường cong chính qui chính qui Chứng minh Giả sử γ và γ̃ có quan hệ Định nghĩa 1.5, đặt t = φ(t̃) và ψ = φ−1 cho t̃ = ψ(t) Lấy đạo hàm theo biến t hai vế phương trình φ(ψ(t)) = t, theo luật hợp thành ta có dφ dψ = dt̃ dt Điều đó chứng tỏ dφ(t)/dt̃ không thể Do γ̃(t̃) = γ(φ(t̃)), tương tự áp dụng luật hợp thành ta có dγ dφ dγ̃ = , dt dt̃ dt̃ từ đó suy dγ̃/dt̃ khác với t̃ dγ/dt khác vói t CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG 1.3 THAM SỐ HÓA LẠI Mệnh đề 1.4 Nếu γ(t) là đường cong chính qui thì độ dài cung, s (như Định nghĩa 1.3), xuất phát từ điểm γ, là hàm trơn theo t Chứng minh Như chúng ta đã biết (không cần phải giả thiết γ chính qui) s là hàm khả vi theo t và ds = kγ̇(t)k dt Để đơn giản hóa kí hiệu, từ đây giả sử γ là đường cong phẳng, chẳng hạn γ(t) = (u(t), v(t)), với u và v là các hàm trơn biến t Định nghĩa f : R2 → R sau √ f (u, v) = u2 + v , cho ds = f (u̇, v̇) (1.6) dt Điểm mấu chốt là có f trơn R2 \ {(0, 0)}, tức là tất các đạo hàm riêng f bậc tồn và là các hàm liên tục ngoại trừ gốc tọa độ (0, 0) Chẳng hạn, ∂f u =√ , ∂u u + v2 ∂f v =√ , ∂v u + v2 là định nghĩa tốt và liên tục ngoại trừ u = v = 0, tương tự cho các đạo hàm bậc cao Vì γ chính qui, nên u̇ và v̇ không đồng thời và từ Pt (1.6) suy ds/dt là hàm trơn Chẳng hạn, d2 s ∂f ∂f = ü + v̈, dt ∂u ∂v và tương tự với các đạo hàm bậc cao Kết chính là mệnh đề sau đây Mệnh đề 1.5 Một đường cong tham số hóa có tham số hóa lại có vận tốc đơn vị và nó là đường chính qui Chứng minh Điều kiện cần Giả sử đường cong tham số γ : (α, β) → Rn có tham số hóa lại γ̃ có vận tốc đơn vị, gọi φ là ánh xạ tham số hóa lại Với t = φ(t̃), ta có γ̃(t̃) = γ(t), dγ̃ dγ dt ∴ = , dt dt̃ dt̃ dγ dt dγ̃ ∴ k k = k k | | dt dt̃ dt̃ Do γ̃ có vận tốc đơn vị, suy kdγ̃/dt̃k = 1, vì rõ ràng dγ/dt khác không Điều kiện đủ Giả sử vectơ tiếp xúc dγ/dt luôn luôn khác không.Từ Pt (1.5), ta có ds/dt > với t, đó s là độ dài cung γ xuất phát từ điểm trên đường cong, từ Mệnh đề 1.4 suy s là hàm trơn theo t Áp dụng định lý hàm ngược, ta có s : (α, β) → R là đơn ánh, ảnh nó là khoảng mở (α̃, β̃), và ánh xạ ngược s−1 : (α̃, β̃) → (α, β) là trơn (Bạn 1.3 THAM SỐ HÓA LẠI CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG đọc nào không quen thuộc với định lý hàm ngược tạm thời chấp nhận khẳng định này; định lý này nêu mục 1.4 và cụ thể Chương 4.) Lấy φ = s−1 và γ̃ tương ứng là tham số hóa lại γ cho γ̃(s) = γ(t) Khi đó, dγ̃ ds dγ = , ds dt dt ds dγ̃ ds dγ ∴ k k = k k= ds̃ dt dt dt̃ dγ̃ ∴ k k = ds̃ (do Pt (1.5)), Chứng minh Mệnh đề 1.5 chứng tỏ độ dài cung thực chất là biến tham số hóa lại có vận tốc đơn vị đường cong chính qui: Hệ 1.1 Giả sử γ là đường cong chính qui và γ̃ là tham số hóa lại γ có vận tốc đơn vị: γ̃(u(t)) = γ(t) với t, đó u là hàm trơn theo t Khi đó, s là độ dài cung γ (xuất phát từ điểm bất kỳ) thì u = ±s + c, (1.7) với c là số Ngược lại, u có giá trị Pt (2.7) với số c nào đó và hai dấu, thì γ̃ là tham số hóa lại γ Chứng minh Tính toán phần đầu chứng minh Mệnh đề 1.5 chứng tỏ u có tham số hóa lại có vận tốc đơn vị và du dγ ds = ±k k = ± dt dt dt Pt (1.5) Vậy u = ±s + c với số c nào đó Mặc dù đường cong chính qui có tham số hóa lại có vận tốc đơn vị, có thể phức tạp, chí không thể viết chính xác, các ví dụ đây Ví dụ 1.6 Với đường xoắn ốc lôgarit γ(t) = (et cos t, et sin t), Ví dụ 1.4 ta đã biết kγ̇k2 = 2e2t Vế phải luôn luôn √ khác không, đó γ ¡là chính ¢ qui Độ dài cung γ xuất phát từ điểm (1, 0) đã biết s = 2(et − 1) Do đó, t = ln √s2 + , vì có tham số hóa lại có vận tốc đơn vị γ có công thức khá dài đây ³³ s ´ ³ ³ s ´´ ³ s ´ ³ ³ s ´´´ √ + cos ln √ + , √ + sin ln √ + γ̃(s) = 2 2 10 CHƯƠNG ĐƯỜNG CONG 1.3 THAM SỐ HÓA LẠI 1000 500 –500 –1000 –10 100 –5 80 60 40 20 10 Ví dụ 1.7 Đường cong xoắn bậc ba (twisted cubic) là đường cong không gian cho γ(t) = (t, t2 , t3 ), −∞ < t < ∞ Ta có γ̇(t) = (1, 2t, 3t2 ), √ + 4t2 + 9t4 ∴ kγ̇(t)k = Vế phải đẳng thức sau cùng luôn luôn khác không, vì γ là chính qui Độ dài cung xuất phát từ điểm γ(0) = Z t√ s= + 4u2 + 9u4 du Không thể biểu diễn tích phân này qua các hàm quen thuộc lôgarit, hàm e mũ, hàm lượng giác v.v (ví dụ này thường gọi là tích phân elliptic.) Ví dụ sau cùng đây chứng tỏ đường cong có thể có hai dạng tham số hóa lại: chính qui và không chính qui Ví dụ 1.8 Xét tham số hóa γ(t) = (t, t2 ) parabôn y = x2 , có γ̇(t) = (1, 2t) luôn luôn khác không, đó γ là chính qui Nhưng γ̃(t) = (t3 , t6 ) ˙ là tham số hóa parabôn trên Vì γ̃(t) = (3t2 , 6t5 ), và nó không t = 0, đó γ̃ không chính qui BÀI TẬP 1.14 Trong đường cong đây trường hợp nào là chính qui: (i) γ(t) = (cos2 t, sin2 t) với −∞ < t < ∞; (ii) với đường cong (i), < t < π/2; (iii) γ(t) = (t, cosh t) với −∞ < t < ∞ Tìm tham số hóa lại có vận tốc đơn vị (các) đường chính qui 11 1.4 QUAN HỆ GIỮA ĐƯỜNG CONG ĐỊNH MỨC VÀ ĐƯỜNGCHƯƠNG CONG THAM ĐƯỜNG SỐ CONG 0.5 0.2 0.4 0.6 0.8 –0.5 –1 1.15 Đường xixôit Diocles (cissoid of Diocles) hình vẽ trên, hệ tọa độ cực (r, θ) có phương trình r = sin θ tan θ, −π/2 < θ < π/2 Hãy tìm tham số hóa xixôit với biến θ, và chứng minh ³ t3 ´ γ(t) = t2 , √ , − t2 −1 < t < 1, là tham số hóa lại nó 1.16 Giả sử γ là đường cong Rn và γ̃ là tham số hóa lại γ với φ là ánh xạ tham số hóa lại (sao cho γ̃(t̃) = γ(φ(t̃))) Xét t̃0 là giá trị cố định t̃, đặt t0 = φ(t̃0 ) Giả sử s và s̃ là độ dài cung γ và γ̃ xuất phát từ điểm γ(t0 ) = γ̃(t̃0 ) Chứng minh s̃ = s dφ/dt̃ > với t̃, và s̃ = −s dφ/dt̃ < với t̃ 1.4 Quan hệ đường cong định mức và đường cong tham số Bây chúng ta cố gắng làm sáng tỏ chi tiết mối quan hệ hai dạng mô tả đường cong mà đã đề cập phần trước Đường cong định mức nói chung chúng ta đã định nghĩa không phải luôn luôn là đối tượng mà ta muốn gọi là đường cong Lấy ví dụ, ’đường cong’ định mức x2 + y = là điểm Trong định lý đây, điều kiện cần cho hàm số f (x, y) để đường cong định mức f (x, y) = c (với c là số) có thể tham số hóa được, trình bày Chú ý chúng ta có thể coi c = (vì có thể thay f f − c) Định lý 1.1 Giả sử f (x, y) là hàm trơn hai biến (tức là, đạo hàm riêng f , cấp, tồn và là các hàm liên tục) Giả sử thêm điểm đường cong định mức C = {(x, y) ∈ R2 |f (x, y) = 0}, ∂f /∂x và ∂f /∂y không đồng thời không Nếu P là điểm C, với tọa độ (x0 , y0 ), thì tồn đường cong tham số hóa chính qui γ(t), xác định trên khoảng mở chứa 0, cho γ qua P t = và γ(t) chứa C với t 12 CHƯƠNG 1.4 ĐƯỜNG QUAN HỆ CONG GIỮA ĐƯỜNG CONG ĐỊNH MỨC VÀ ĐƯỜNG CONG THAM SỐ Chứng minh định lý này ta dùng định lý hàm ngược (trong chứng minh Mệnh đề 1.5 dạng định lý hàm ngược đã sử dụng) Tại thời điểm này chúng tôi cố gắng thuyết phục bạn đọc chấp nhận nó Chứng minh nêu bài tập phần sau (Bài tập 4.31), sau định lý hàm ngược giới thiệu cách chính thức và sử dụng bàn luận mặt cong Để hiểu các điều kiện f Định lý 1.1, giả sử (x0 + ∆x, y0 + ∆y) điểm trên C nằm gần P , cho f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) = Từ định lý Taylor với hàm hai biến, f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) = f (x0 , y0 ) + ∆x ∂f ∂f + ∆y , ∂x ∂y lờ các tích các đại lượng bé ∆x và ∆y (các đạo hàm riêng lấy giá trị (x0 , y0 )) Do đó, ∆x ∂f ∂f + ∆y = ∂x ∂y (1.8) Vì ∆x ¡ ∂fvà∂f∆y ¢ bé, vectơ (∆x, ∆y) gần với vectơ tiếp tuyến C P , Pt (2.8) suy vectơ n = ∂x , ∂y là véctơ pháp tuyến C P Giả thiết Định lý 1.1 nói vectơ n khác y C n (∆x,∆y) P x không điểm C Giả sử, chẳng hạn ∂f 6= P Như n không song song với ∂y trục x P , vì tiếp tuyến C P không song song với trục y Điều này suy y C y0 P x0 x đường thẳng đứng x = constant gần x = x0 giao C điểm (x, y) gần P Nói cách khác, phương trình f (x, y) = (1.9) có nghiệm y gần y0 với x gần x0 Chú ý điều này không còn đúng trường hợp tiếp tuyến C P song song với trục y: Trong ví dụ này, đường thẳng x = constant bên trái x = x0 không cắt C lân cận điểm P , bên phải x = x0 chúng cắt C nhiều điểm Khẳng định in chữ nghiêng trên có nghĩa là có hàm số g(x), định nghĩa với x lân cận x0 , cho y = g(x) là nghiệm Pt (2.9) lân cận y0 Bây chúng ta có thể định nghĩa tham số hóa γ thành phần C lân cận P γ(t) = (t, g(t)) 13 1.4 QUAN HỆ GIỮA ĐƯỜNG CONG ĐỊNH MỨC VÀ ĐƯỜNGCHƯƠNG CONG THAM ĐƯỜNG SỐ CONG y P x0 x Nếu chúng ta chấp nhận g là hàm trơn (điều này có từ định lý hàm ngược), thì γ hẳn là đường chính qui, γ̇ = (1, ġ) hiển nhiên luôn luôn khác không Điều đó chứng minh Định lý 1.1 Thật có thể chứng minh ít khẳng định đã nêu Định lý 1.1 Giả sử f (x, y) thỏa mãn các điều kiện định lý, và giả thiết thêm đường cong định mức C cho f (x, y) = là liên thông Đối với các bạn đọc không quen thuộc với tôpô tập điểm, điều này hiểu nôm na là C có ’một phần’ Ví dụ, đường tròn x2 + y = là liên thông, còn hypecbôn x2 − y = thì không: Với giả thiết này cho f , thì có đường cong tham số γ chính qui 2 x + y =1 x -y =1 có ảnh là toàn C Hơn nữa, C không ’khép kín’ (như đường thẳng hay parabôn), có thể xây dựng γ là đơn ánh, ngược lại C ’khép kín’ (như đường tròn hay ellip), thì γ ánh xạ từ khoảng đóng [α, β] lên C, γ(α) = γ(β) và γ là đơn ánh trên khoảng mở (α, β) Có thể sử dụng lập luận tương tự để từ đường cong tham số hóa đến đường cong định mức: Định lý 1.2 Giả sử γ là đường cong tham số chính qui, và γ(t0 ) = (x0 , y0 ) là điểm ảnh γ Khi đó, tồn hàm trơn có giá trị thực f (x, y), định nghĩa với x và y nằm các khoảng mở chứa x và y tương ứng, và f thỏa mãn các điều kiện Định lý ??, cho γ(t) chứa đường cong định mức f (x, y) = với giá trị t nằm khoảng mở nào đó chứa t Chứng minh Định lý 1.2 tương tự Định lý 1.1 Giả sử γ(t) = (u(t), v(t)), đó u và v là các hàm trơn Do γ chính qui, nên ít u̇(t0 ) và v̇(t0 ) phải khác không, giả sử là u̇(t0 ) Điều này có nghĩa đồ thị u (hàm số theo biến t) không song song với trục t t0 : Như chứng minh Định lý 1.1, đường thẳng nào song song với trục t, lân cận u = x0 cắt đồ thị u điểm u(t) với t gần t0 Do đó xây dựng hàm h(x), định nghĩa với x nằm khoảng mở chứa x0 , cho t = h(x) là 14 CHƯƠNG 1.4 ĐƯỜNG QUAN HỆ CONG GIỮA ĐƯỜNG CONG ĐỊNH MỨC VÀ ĐƯỜNG CONG THAM SỐ u C u0 t0 t nghiệm u(t) = x x lân cận x0 và t lân cận t0 Định lý hàm ngược chứng tỏ h trơn Khi đó, hàm số f (x, y) = y − v(h(x)) có tính chất mà chúng ta muốn Xét trường hợp tổng quát, có thể không tồn hàm f nào thỏa mãn điều kiện Định lý 1.1 cho ảnh γ chứa đường cong định mức f (x, y) = 0, ví dụ trường hợp γ có điểm tự giao đường cong limacon γ(t) = ((1 + cos t) cos t, (1 + cos t) sin t) Từ định lý hàm ẩn suy không tồn hàm f số nào thỏa mãn các điều kiện Định lý 1.5 0.5 0.5 1.5 2.5 –0.5 –1 –1.5 1.1 để biểu diễn đường cong lân cận điểm tự cắt trên BÀI TẬP 1.17 Tổng quát hóa Định lý 1.1 cho các đường cong định mức R3 cho f (x, y, z) = g(x, y, z) = (Để đoán điều kiện tương tự cho f Định lý 1.1, chứng tỏ , ∂f , ∂f ) ) là pháp diện mặt f (x, y, z) = 0, và tìm điều kiện cho hai mặt cắt ( ∂f ∂x ∂y ∂z đường thẳng Xem bài tập 4.16 cho phát biểu chặt chẽ 1.18 Tổng quát hóa Định lý 1.2 cho đường cong R3 (và Rn ) 1.19 Phác họa đường cong đinh mức C cho f (x, y) = với f (x, y) = y − |x| Chú ý f không thỉa mãn các điều kiện Định lý 1.1 vì ∂f /∂x điểm (0, 0) trên đường cong là không tồn Chứng tỏ dù có đường cong tham số trơn γ có ảnh là toàn C Liệu có đường cong tham số hóa chính qui có tính chất này hay không? Từ đây hết sách, chúng ta đơn giản gọi ’đường cong’ chung cho hai dạng, định mức và tham số 15 Chương Đường cong uốn cong nào? Trong chương này chúng ta mô tả đường cong R3 hai hàm vô hướng, đó là độ cong và độ xoắn Độ cong là tiêu chuẩn để đánh giá đường cong sai khác đường thẳng (đường thẳng có độ đo không), còn độ xoắn là tiêu chuẩn đánh giá đường cong không nằm mặt phẳng (đường cong phẳng có độ xoắn không) Cuối cùng chúng ta thấy độ cong và độ xoắn định hình dáng đường cong 2.1 Độ cong Chúng ta muốn đo đường cong ’uốn cong’ nào Do ’độ cong’ này phụ thuộc vào ’hình dáng’ đường cong, nên: (i) độ cong không đổi đường cong có tham số hóa lại Hơn nữa, độ cong phải thỏa mãn các trường hợp đơn giản mà ta có từ trực giác, chẳng hạn: (ii) độ cong đường thẳng không, các đường tròn lớn có độ cong bé các đường tròn bé Ghi nhớ (ii), chúng ta lần định nghĩa độ cong nhờ Mệnh đề 1.1: đường cong phẳng γ có γ̈ = nơi, thì γ là phần đường thẳng, vì nó phải có độ cong không Vì độ cong γ gợi ý kγ̈k (chúng ta lấy chuẩn vì muốn đây là vô hướng, không phải là vectơ) Không may, nó phụ thuộc (một cách khá phức tạp) vào tham số hóa γ Để tránh chuyện này chúng ta thay tham số hóa lại γ có vận tốc đơn vị, tức là kγ̇k = nơi (Thật Hệ 1.1 nên không cần thiết phải lo đến khả tồn tham số hóa lại.) Vì ta có: Định nghĩa 2.1 Nếu γ là đường cong vận tốc đơn vị với tham số s, độ cong κ(s) điểm γ(s) định nghĩa là kγ̈(s)k Phần đầu điều kiện (ii) rõ ràng thỏa mãn Phần thứ hai, xét đường tròn tâm (x0 , y0 ) bán kính R Nó có tham số hóa có vận tốc đơn vị ¡ s¢ s γ(s) = x0 + R cos , y0 + R sin R R Ta có ¡ s s¢ γ̇(s) = − sin , cos , R R r ¡ s ¢2 ¡ s ¢2 ∴ kγ̇(s)k = − sin + cos = 1, R R 16 CHƯƠNG UỐN CONG 2.1 ĐỘ CONG chứng tỏ γ có vận tốc đơn vị, đó s s¢ − cos , − sin , R R R r R ¡ s ¢2 ¡ s ¢2 ∴ kγ̈(s)k = − cos + − sin = , R R R R R γ̈(s) = ¡ đó độ cong đường tròn nghịch đảo bán kính Để kiểm tra điều kiện (i), nhắc lại Hệ 1.1, γ(s) là đường cong có vận tốc đơn vị, thì các tham số hóa lại có vận tốc đơn vị γ có dạng γ(u), với u = ±s + c, và c là số Theo luật hợp thành, dγ dγ du dγ = =± , ds du ds du ∴ d ¡ dγ ¢ du d ¡ dγ ¢ d2 γ d2 γ = = ± ± = ds2 du ds ds du du du Điều đó chứng tỏ độ cong đường cong với biến s có vận tốc đơn vị giống với biến u có vận tốc đơn vị Vậy làm cách nào để tính độ cong đường cong γ(t) không có vận tốc đơn vị? Nếu γ là chính qui (xem Định nghĩa 1.6), thì Mệnh đề 1.5 nên γ có tham số hóa lại có vận tốc đơn vị γ̃ Chúng ta định nghĩa độ cong γ là độ cong đường cong có vận tốc đơn vị γ̃ Nhưng không phải luôn luôn có biểu diễn tham số hóa lại cách chính xác (xem Ví dụ 1.7), đó chúng ta thật cần công thức cho độ cong thông qua γ và t Mệnh đề 2.1 Giả sử γ(t) là đường cong chính qui R3 Khi đó, độ cong nó κ= kγ̈ × γ̇k kγ̇k3 (2.1) đây × là kí hiệu tích vectơ, và dấu chấm trên đầu kí hiệu d/dt Dĩ nhiên đường cong R2 có thể xem là đường cong R3 với tọa độ cuối không, nên có thể sử dụng Pt (2.1) để tính độ cong đường cong phẳng Chứng minh Giả sử γ̃ (với biến s) là tham số hóa lại γ có vận tốc đơn vị Kí hiệu dấu phẩy trên đầu cho d/ds Khi đó, luật hợp thành γ̃ đó Ta có ds = γ̇, dt ³ ´ γ̇ d ³ ´ γ̈ ds − γ̇ ddt2s dt ds/dt d γ̇ 00 dt κ = kγ̃ k = k k=k k=k k ds ds/dt ds/dt (ds/dt)3 ¡ ds ¢2 = kγ̇k2 = γ̇.γ̇, dt 17 (2.2) 2.1 ĐỘ CONG CHƯƠNG UỐN CONG và đạo hàm theo t cho ds d2 s = γ̇.γ̈ dt dt2 Sử dụng điều này và Pt (2.2), thu ¡ ¢2 γ̈ ds − γ̇ ddt2s ds kγ̈(γ̇.γ̇) − γ̇(γ̇.γ̈)k dt dt κ=k k= (ds/dt) kγ̇k4 Sử dụng đồng thức tích ba vectơ a × (b × c) = (a.c)b − (a.b)c (ở đây a, b, c ∈ R3 ), thu γ̇ × (γ̈ × γ̇) = γ̈(γ̇.γ̇) − γ̇(γ̇.γ̈) Hơn nữa, γ̇ và γ̈ × γ̇ là các vectơ trực giao, nên kγ̇ × (γ̈ × γ̇)k = kγ̇kkγ̈ × γ̇k Do đó kγ̈(γ̇.γ̇) − γ̇(γ̇.γ̈)k γ̇ × (γ̈ × γ̇) = kγ̇k kγ̇k4 kγ̇kkγ̈ × γ̇k = kγ̇k4 kγ̈ × γ̇k = kγ̇k3 Nếu γ là đường cong không chính qui nói chung ta không định nghĩa độ cong nó Dù sao, công thức (2.1) chứng tỏ xác định độ cong các điểm chính qui Ví dụ 2.1 Một đường xoắn ốc tròn quay quanh trục z là đường cong có dạng γ(θ) = (a cos θ, a sin θ, bθ), −∞ < θ < ∞, đó a và b là các số Nếu (x, y, z) là điểm trên (ảnh của) đường xoắn ốc thì x = a cos θ, y = a sin θ, z = bθ, với θ nào đó, nên x2 + y = a2 , chứng tỏ đường xoắn ốc nằm trên hình trụ quay quanh trục z với bán kính |a|; số dương |a| gọi là bán kính đường xoắn ốc Khi θ quay góc 2π thì điểm (a cos θ, a sin θ, bθ) quay vòng quanh trục z và nâng theo trục z khoảng 2πb; số dương 2πb gọi là độ cao đường xoắn ốc (chúng ta lấy giá trị tuyệt đối vì không có giả thiết cho a hay b là số dương) Bây chúng ta tính độ cong đường xoắn ốc dựa vào công thức Mệnh đề 2.1 Kí hiệu chấm trên đầu là cho d/dθ, ta có γ̇(θ) = (−a sin θ, a cos θ, b), √ ∴ kγ̇(θ)k = a2 + b2 18 CHƯƠNG UỐN CONG 2.1 ĐỘ CONG 20 10 –10 –20 –1 –0.5 0.5 0 0.5 –0.5 Điều đó chứng tỏ γ̇(θ) luôn luôn khác không, nên γ là chính qui (ngoại trừ trường hợp a = b = 0, đó ảnh đường xoắn ốc là điểm) Do đó có thể sử dụng công thức Mệnh đề 2.1, ta có γ̈ = (−a cos θ, −a sin θ, 0), ∴ γ̈ × γ̇ = (−ab sin θ, ab cos θ, −a2 ), ∴κ= k(−ab sin θ, ab cos θ, −a2 )k (a2 b2 + a4 )1/2 |a| = = 2 3/2 k(−a sin θ, a cos θ, b)k (a + b ) a + b2 (2.3) Vì độ cong đường xoắn ốc là số Chúng ta thử kiểm chứng lại kết này qua số trường hợp đã biết Trước hết, trường hợp b = (nhưng a 6= 0) Thì đường xoắn ốc đơn giản là đường tròn mặt phẳng xy với bán kính |a|, đã tính Định nghĩa 2.1 thì độ cong 1/|a| Mặt khác, công thức (2.3) suy độ cong |a| |a| |a| = = = 2 a +0 a |a| |a| Tiếp đến, xét trường hợp a = (nhưng b 6= 0) Khi đó ảnh đường xoắn ốc là trục z, là đường thẳng nên có độ cong Và công thức (2.3) cho cùng kết a = BÀI TẬP 2.1 Hãy tính độ cong các đường cong sau: ¢ ¡ (i) γ(t) = 13 (1 + t)3/2 , 13 (1 − t)3/2 , √t2 ; (ii) γ(t) = ( 45 cos t, − sin t, − 35 cos t); (iii) γ(t) = (t, cosh t); (iv) γ(t) = (cos3 t, sin3 t) Đối với đường hình câu (iv), chứng tỏ độ cong tiến tới vô cùng lân cận bốn điểm (±1, 0), (0, ±1) So sánh với hình vẽ phát họa Bài tập 1.5 2.2 Chứng minh rằng, độ cong κ(t) đường cong chính qui γ(t) là > nơi, thì κ(t) là hàm trơn theo t Hãy cho phản ví dụ thiếu giả thiết κ > 19 2.2 CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG 2.2 CHƯƠNG UỐN CONG Các đường cong phẳng Đối với các đường cong phẳng, ta có thể làm tinh tế định nghĩa độ cong ít và có mô tả hình học đẹp Giả sử γ(s) là đường cong có vận tốc đơn vị R2 Kí hiệu d/ds dấu chấm trên, lấy t = γ̇ là vectơ tiếp xúc γ; chú ý t là vectơ đơn vị Có hai vectơ độ dài đơn vị vuông góc với t; chọn vectơ ns là vectơ đơn vị nhận quay t góc π/2 theo ngược chiều kim đồng hồ, ns gọi là (vectơ) chuẩn đơn vị xác định dấu γ t ns Từ Mệnh đề 1.2 suy ṫ = γ̈ vuông góc với t nên nó song song với ns Bởi vậy, tồn số κs cho γ̈ = κs ns Vô hướng κs gọi là độ cong có dấu γ (nó có thể dương, âm không) Chú ý vì kns k = nên κ = kγ̈k = kκs ns k = |κs |, (2.4) vì độ cong γ là giá trị tuyệt đối độ cong có dấu nó Hình vẽ đây cho ta cách xác định dấu độ cong có dấu ns ns t t t t ns ns t Độ cong có dấu có mô tả hình học sau: Mệnh đề 2.2 Giả sử γ(s) là đường cong phẳng có vận tốc đơn vị, và giả sử ϕ(s) là góc quay từ vectơ có độ dài đơn vị cho trước tới vectơ tiếp xúc t γ Khi đó dϕ ds Chú ý, mặc dù góc ϕ xác định sai khác cộng thêm bội nguyên 2π, dϕ/ds luôn định nghĩa tốt Vậy độ cong có dấu đo tốc độ quay vectơ tiếp xúc đường cong Như hình vẽ trên, độ cong có dấu mang dấu dương hay âm phụ thuộc vào t quay theo ngược hay cùng chiều kim đồng hồ chuyển động dọc theo đường cong theo chiều hướng s tăng dần κs = 20 CHƯƠNG UỐN CONG 2.2 CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG Chứng minh Giả sử a là vectơ có độ dài đơn vị cho trước và b là vectơ có độ dài đơn vị nhận từ a sau quay góc π/2 ngược chiều kim đồng hồ Khi đó, t = a cos ϕ + b sin ϕ, ∴ ṫ = (−a sin ϕ + b cos ϕ) dϕ , ds dϕ , ds dϕ ∴ κs (ns a) = − sin ϕ (vì ṫ = κs ns ) ds ∴ ṫ.a = − sin ϕ (2.5) Nhưng góc ns và a là ϕ + π/2, lí t phải quay góc π/2 theo chiều kim đồng hồ để đến trùng với ns (xem hình vẽ đây) Do đó ¡ π¢ ns a = cos ϕ + = − sin ϕ Thay vào Pt (2.5) ta có đẳng thức cần phải chứng minh t ns a Kết đây chứng tỏ đường cong có vận tốc đơn vị xác định (sai khác phép dời hình R2 ) chúng ta biết độ cong có dấu nó điểm trên đường cong Nhắc lại phép dời hình R2 là ánh xạ M : R2 → R2 có dạng M = Ta ◦ R θ , đó Rθ là phép quay xung quanh gốc tọa độ góc θ ngược chiều kim đồng hồ, Rθ (x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ), và Ta là phép tịnh tiến vectơ a, Ta (v) = v + a, với vectơ (x, y) và v R2 Định lý 2.1 Giả sử k : (α, β) → R là hàm trơn Khi đó, tồn đường cong có vận tốc đơn vị γ : (α, β) → R2 với độ cong có dấu k Hơn nữa, γ̃ : (α, β) → R2 là đường cong có vận tốc đơn vị khác, với độ cong có dấu k Khi đó tồn phép dời hình M R2 cho γ̃(s) = M (γ(s)) với s ∈ (α, β) 21 2.2 CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG CHƯƠNG UỐN CONG Chứng minh Với khẳng định đầu tiên, cố định s0 ∈ (α, β) và với s ∈ (α, β) định nghĩa Z s k(u)du, (xem Mệnh đề 2.3), ϕ(s) = s0 Z s ³Z s ´ γ(s) = cos ϕ(t)dt, sin ϕ(t)dt s0 s0 Khi đó, vectơ tiếp xúc γ là γ̇(s) = (cos ϕ(s), sin ϕ(s)), đó là vectơ có độ dài đơn vị tạo góc ϕ(s) trục Ox Như vậy, γ có vận tốc đơn vị và, Mệnh đề 2.3, độ cong có dấu nó Z dϕ d s = k(u)du = k(s) ds ds s0 Với khẳng định thứ hai, giả sử ϕ̃(s) là góc trục Ox và vectơ tiếp xúc có độ dài đơn vị γ̃˙ γ̃ Khi đó, ˙ γ̃(s) = (cos ϕ̃(s), sin ϕ̃(s)), Z s ³Z s ´ γ̃(s) = cos ϕ̃(t)dt, sin ϕ̃(t)dt s0 (2.6) s0 Từ Mệnh đề 2.3 ta có dϕ̃ = k(s) ds Z s ∴ ϕ̃(s) = k(u)du + ϕ̃(s0 ) s0 Thay vào Pt (2.6), lấy a là vectơ γ̃(s0 ) và θ số ϕ̃(s0 ), thu Z s ³Z s ´ γ̃(s) = Ta cos(ϕ(t) + θ)dt, (sin ϕ(t) + θ)dt s0 s0 Z Z ³ = Ta cos θ ss0 cos ϕ(t)dt − sin θ ss0 sin ϕ(t)dt, Z sin θ Z ss0 cos ϕ(t)dt − cos θ ³Z ´ ss0 sin ϕ(t)dt Z s = Ta Rθ s0 ´ s cos ϕ(t)dt, sin ϕ(t)dt s0 = Ta Rθ (γ(s)) Ví dụ 2.2 Bất kỳ đường cong chính qui nào có độ cong là số dương là thành phần đường tròn Để kiểm tra điều này, giả sử κ là độ cong (hằng số) đường cong γ, và κs là độ cong có dấu nó Khi đó, từ Pt (2.4) suy κs = ±κ 22 CHƯƠNG UỐN CONG 2.2 CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG Xét trường hợp κs = κ số điểm trên đường cong và κs = −κ số điểm khác, điều này không thể xảy vì κs là hàm liên tục theo s (xem bài tập 2.4), nên theo Định lý Giá trị Trung gian, κs nhận hai giá trị κ và −κ thì nó phải nhận tất các giá trị Như vậy, κs = κ điểm trên đường cong, κs = −κ điểm trên đường cong Tức là κs là số Việc còn lại là chứng tỏ, với giá trị nào κs , chúng ta có thể tìm đường cong tham số với κs là độ cong có dấu Theo định lý trên, đường cong nào có độ cong có dấu là κs có thể nhận từ đường tròn này qua phép dời hình Do phép quay và phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn, nên đường cong nào có độ cong có dấu là số phải là (một phần) đường tròn Tham số hóa có vận tốc đơn vị đường tròn với tâm gốc tọa độ và bán kính R là ¡ s s¢ γ(s) = R cos , R sin R R Vectơ tiếp xúc nó ¡ s¢ s t = γ̇(s) = − sin , cos R R là vectơ có độ dài đơn vị tạo thành góc π/2 + s/R trục Ox: t s/R s/R x Do đó, độ cong có dấu γ là d ¡π s¢ + = ds R R Vậy κs > đường tròn có bán kính 1/κs có độ cong có dấu κs Ví dụ 2.3 Định lý 2.1 chứng tỏ chúng ta có thể tìm đường cong với độ cong có dấu hàm trơn cho trước Nhưng có độ cong đơn giản mà đường cong lại phức tạp Lấy ví dụ, độ cong có dấu κs (s) = s Theo chứng minh Định lý 2.1, lấy s0 = 0, thu Z s2 s0 udu = , Z Z ¡ t2 ¢ ¢ ¡ ¡t ¢ dt, s0 sin dt γ(s) = s0 cos 2 ϕ(s) = Tích phân này không tính qua các hàm ’cơ sở’ (Nó xuất lý thuyết nhiễu xạ ánh sáng, đó người ta gọi là tích phân Fresnel Mặc dù Euler khám phá đầu tiên, đường cong γ gọi là đường xoắn ốc Cornu) Dùng tính toán tích phân phương pháp số ta có hình vẽ γ trên 23 2.2 CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG CHƯƠNG UỐN CONG 0.5 –1 –0.5 0.5 –0.5 –1 y y x x Một câu hỏi tự nhiên đặt là liệu Định lý 2.1 có còn đúng không ta thay ’độ cong có dấu’ ’độ cong’ Phần đầu tiên đúng (và nếu) có giả thiết k ≥ 0, có thể chọn γ có độ cong có dấu k nên nó có độ cong k Phần sau Định lý 2.1 không còn đúng Chẳng hạn, chúng ta có thể lấy đường cong (trơn) γ có phần −1 ≤ x ≤ trùng với trục hoành, phần còn lại nằm phía trên trục hoành (Bạn đọc có thể viết phương trình cho đường cong này, xem bài tập 1.19.) Ta thực phép lật đối xứng qua trục x cho phần đường cong x ≤ Đường cong có cùng độ cong γ (xem bài tập 2.12), rõ ràng ta không thể có nó phép dời hình γ Xem bài tập 2.13 để có phiên Định lý 2.1 đúng cho độ cong thay vì độ cong có dấu BÀI TẬP 2.3 Chứng minh γ là đường cong có vận tốc đơn vị thì ṅs = −κs t 2.4 Chứng minh độ cong có dấu bất kì đường cong chính qui γ(t) nào là hàm trơn theo t (So sánh với bài tập 2.2.) 2.5 Giả sử γ(t) = (ekt cos t, ekt sin t), với −∞ < t < ∞ và k là số khác không (đây là đường xoắn ốc lôgarit - xem bài tập 1.4) Chứng minh có tham số có vận tốc đơn vị s γ cho s > với t và s → t → ∓ ±k > 0, hãy viết s là hàm theo t Chứng minh độ cong có dấu γ là 1/ks Ngược lại, hãy mô tả đường cong có độ dài có hướng 1/ks với số k khác không hàm độ dài cung s 2.6 Đường cong có vận tốc đơn vị γ có tính chất vectơ tiếp xúc t(s) tạo thành góc θ cố định với γ(s) với s Chứng minh: (i) θ = 0, thì γ là phần đường thẳng (viết γ = rt và κs = 0); 24 CHƯƠNG UỐN CONG 2.2 CÁC ĐƯỜNG CONG PHẲNG (ii) θ = π/2 thì γ là đường tròn (viết γ = rns ); (iii) < θ < π/2, thì γ là đường xoắn ốc lôgarit (chứng tỏ κs ) 2.7 Giả sử γ(t) là đường cong chính qui và λ là số Định nghĩa đường cong song song γ λ γ sau γ λ (t) = γ(t) + λns (t) Chứng minh |λκs (t)| < với t, thì γ λ là đường chính qui và độ cong có dấu nó κs /(1 − λκs ) 2.8 Giả sử γ là đường cong có vận tốc đơn vị có độ cong khác không nơi Định nghĩa tâm độ cong ε(s) γ điểm γ(s) là ε(s) = γ(s) + ns (s) κs (s) Chứng minh đường tròn có tâm ε(s) và bán kính |1/κs (s)| tiếp xúc với γ γ(s) và có cùng độ cong với γ điểm đó Đường tròn này gọi là đường tròn mật tiếp với γ điểm γ(s) (Hãy vẽ hình minh họa.) 2.9 Với kí hiệu bài 2.8, xét ε(s) tham số hóa đường cong mới, gọi nó là đường pháp bao γ (nếu γ là đường cong chính qui thì đường pháp bao nó là đường tham số hóa lại có vận tốc đơn vị nó) Giả sử κ̇s (s) 6= với giá trị s (dấu chấm trên kí hiệu cho d/ds), có thể giả sử κ̇s (s) > với s (vì có thể thay s −s) Chứng minh độ dài cung ε là u0 − κs1(s) , với u0 là số, tính độ cong có dấu ε Chứng minh đường pháp bao xyclôit γ(t) = a(t − sin t, − cos t), < t < 2π, với a > là số, ε = a(t + sin t, −1 + cos t) (xem bài tập 1.7), phép tham số hóa lại nào đó, chứng tỏ ε có thể nhận từ γ qua phép tịnh tiến mặt phẳng 2.10 Một sợi dây có độ dài ` gắn vào điểm s = đường cong γ(s) có vận tốc đơn vị Uốn sợi dây theo đường cong cho quá trình uốn thì đầu dây vạch thành đường cong ι(s) = γ(s) + (` − s)γ̇(s), với < s < ` và dấu chấm trên kí hiệu cho d/ds Đường cong ι gọi là đường thân khai γ (nếu γ là đường cong chính qui, chúng ta định nghĩa đường thân khai nó là tham số hóa lại có vận tốc đơn vị γ) Giả sử độ cong có dấu κs γ luôn khác không, chẳng hạn κs (s) > với s Chứng minh độ cong có dấu ι là 1/(` − s) 2.11 Giả sử γ là đường cong chính qui Chứng minh (i) đường thân khai đường pháp bao γ là đường cong song song với γ (ii) đường pháp bao đường thân khai γ là γ 25 2.3 ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN CHƯƠNG UỐN CONG (Có thể so sánh các khẳng định này với: tích phân đạo hàm hàm trơn f thì f cộng với số, còn đạo hàm tích phân f thì f ) 2.12 Chứng minh việc lấy đối xứng đường cong qua đường thẳng làm thay dấu độ cong có dấu nó 2.13 Chứng minh hai đường cong phẳng γ(t) và γ̃(t) có cùng độ cong khác không với t, thì γ̃ có thể nhận từ γ phép dời hình phép đối xứng qua đường thẳng sau thực phép dời hình 2.3 Đường không gian Chủ đề mà chúng ta quan tâm chính sách này là đường cong (và mặt cong) R3 , tức là đường không gian Trong đường cong phẳng hoàn toàn xác định độ cong nó (xem Định lý 2.1), thì điều này không còn đúng đường không gian Ví dụ, đường tròn có bán kính đơn vị mặt phẳng Oxy và đường xoắn ốc với a = b = 1/2 (xem Ví dụ 2.1) có cùng độ cong nơi, nhiên rõ ràng không thể chuyển từ đường này sang đường tổ hợp các phép quay và các phép tịnh tiến Chúng ta định nghĩa kiểu độ cong khác cho các đường không gian, gọi là độ xoắn, và chúng ta chứng minh độ cong cùng với độ xoắn xác định đường cong sai khác phép dời hình (Định lý 2.3) Giả sử γ(s) là đường cong có vận tốc đơn vị R3 , và đặt t = γ̇ là véctơ tiếp xúc đơn vị nó Nếu độ cong κ(s) khác không, chúng ta định nghĩa pháp tuyến chính γ điểm γ(s) là véctơ n(s) = ṫ(s) (2.7) κ(s) Do kṫk = κ, nên n là vectơ đơn vị Mặt khác, theo Mệnh đề 1.2, t.ṫ = 0, nên t và n vuông góc với Từ đó suy b=t×n (2.8) là véctơ đơn vị vuông góc với t lẫn n Véctơ b(s) gọi là trùng pháp tuyến γ điểm γ(s) Như vậy, {t, n, b} là sở trực chuẩn R3 , và theo chiều tay phải, tức là b = t × n, n = b × t, t = n × b b n t Do b(s) là véctơ đơn vị với s, nên ḃ vuông góc với b Bây chúng ta dùng ’luật nhân’ đạo hàm theo biến s tích véctơ các hàm giá trị véctơ u và v: du dv d (u × v) = ×v+u× ds ds ds 26 CHƯƠNG UỐN CONG 2.3 ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN Áp dụng điều này cho b = t × n thu ḃ = ṫ × n + t × ṅ = t × ṅ, (2.9) và theo định nghĩa (2.7) n, ṫ × n = κn × n = Phương trình (2.9) chứng tỏ ḃ vuông góc với t Do vuông góc với t và b, nên ḃ phải song song với n, vì ḃ = −τ n, (2.10) với τ là vô hướng, và gọi nó là độ xoắn γ (dấu trừ là ngầm định) Chú ý độ xoắn định nghĩa độ cong khác không Dĩ nhiên, chúng ta định nghĩa độ xoắn đường cong chính qui γ qua độ xoắn tham số hóa lại có vận tốc đơn vị γ Như trường hợp độ cong, để xem điều này có nghĩa nào, chúng ta phải chứng tỏ thay đổi tham số có vận tốc đơn vị γ có dạng u = ±s + c, với c là số, thì τ không đổi Thật vậy, thay đổi tham số thì các véctơ đã định nghĩa trên thay đổi sau: t 7→ ±t, ṫ 7→ ṫ, n 7→ n, b 7→ ±b, ḃ 7→ ḃ Từ phương trình (2.8) suy τ 7→ τ Như chúng ta đã làm độ cong Mệnh đề 2.1, có thể đưa công thức tính độ xoắn đường không gian γ thông qua γ, mà không cần điều kiện tham số hóa lại có vận tốc đơn vị: Mệnh đề 2.3 Giả sử γ(t) là đường cong chính qui R3 với độ cong khác không nơi Khi đó độ xoắn nó xác định (γ̇ × γ̈) γ τ= , (2.11) kγ̇ × γ̈k2 đó kí hiệu dấu chấm trên cho d/dt Chú ý công thức này chứng tỏ τ (t) định nghĩa nơi trên đường cong γ(t) mà đó độ cong κ(t) khác không, từ Mệnh đề 2.1 thì đây là điều kiện để mẫu số vế phải đẳng thức trên khác không Chứng minh Chúng ta có thể ’nhận được’ Pt (2.11) lặp lại các bước chứng minh Mệnh đề 2.1 Tuy nhiên có cách khác dễ và rõ ràng trình bày đây, mặc dù phương pháp này đòi hỏi biết trước kết τ Pt (2.11) Trước hết chúng ta xét trường hợp γ có vận tốc đơn vị Sử dụng các Pt (2.7) và (2.10), τ = −n.ḃ = −n.(t × n) = −n.(ṫ × n + t × ṅ) = −n(t × ṅ) Vì n = κ1 ṫ = κ1 γ̈, nên ³ d ³ ´´ τ = γ̈ γ̇ × γ̈ κ dt κ ³ ³ κ̇ ´´ γ̈ γ̇ × γ − γ̈ = κ κ κ = γ (γ̇ × γ̈), κ 27 2.3 ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN CHƯƠNG UỐN CONG γ̈.(γ̇ × γ̈) = và γ̈.(γ̇ × γ ) = − γ (γ̇ × γ̈) Nên ta có Pt (2.11) γ có vận tốc đơn vị, γ̇ và γ̈ vuông góc, đó kγ̇ × γ̈k = kγ̇kkγ̈k = kγ̈k = κ Trong trường hợp tổng quát, giả sử s là độ dài cung dọc theo γ và kí hiệu d/ds dấu phẩy Khi đó ds γ, dt ³ ds ´2 d2 s γ̈ = γ̈ 00 + γ , dt dt ³ ds ´3 ds d2 s 00 d3 s γ̇ 000 + γ + 3γ γ = dt dt dt2 dt γ̇ = Do đó ³ ds ´3 γ̇ × γ̈ = γ × γ 00 , dt ³ ´ ³ ds ´6 γ γ̇ × γ̈ = γ 000 (γ × γ 00 ), dt và vì γ (γ̇ × γ̈) γ 000 (γ × γ 00 ) = kγ̇ × γ̈k2 kγ × γ 00 k2 Ví dụ 2.4 Tính độ xoắn đường xoắn ốc γ(θ) = (a cos θ, a sin θ, bθ) đã học Ví dụ 2.1 Ta có γ̇(θ) = (−a sin θ, a cos θ, b), γ̈(θ) = (−a cos θ, −a sin θ, 0) γ (θ) = (a sin θ, −a cos θ, 0) Do đó γ̇ × γ̈ = (ab sin θ, −ab cos θ, a2 ) kγ̇ × γ̈k2 = a2 (a2 + b2 ), (γ̇ × γ̈) γ = a2 b, và vì độ xoắn (γ̇ × γ̈) γ a2 b b τ= = = 2 2 kγ̇ × γ̈k a (a + b ) a + b2 Chú ý độ xoắn đường xoắn ốc ví dụ trên không b = 0, đó đường xoắn ốc là đường tròn mặt phẳng Oxy Điều này cho chúng ta suy diễn hình học cho độ xoắn, khẳng định sau đây: 28 CHƯƠNG UỐN CONG 2.3 ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN Mệnh đề 2.4 Giả sử γ là đường cong chính qui R3 với độ cong khác không nơi (tức là độ xoắn τ γ định nghĩa được) Khi đó, ảnh γ nằm mặt phẳng và τ không điểm trên đường cong Chứng minh Chúng ta có thể giả sử γ có vận tốc đơn vị (vì tham số hóa lại γ không làm thay đổi độ xoắn hay tính chất nằm trên mặt phẳng đường cong) Kí hiệu tham số γ là s và d/ds dấu chấm trên thông thường Trước hết giả sử ảnh γ nằm mặt phẳng r.a = d, đó a là véctơ và d là số (r là véctơ vị trí điểm R3 ) Ta có thể giả thiết a là véctơ đơn vị Lấy đạo hàm γ.a = d theo biến s, thu t.a ∴ ṫ.a ∴ κn.a ∴ n.a = = = = 0, (vì ȧ = 0), (vì ṫ = κn), (vì κ = 0) (2.12) (2.13) Các phương trình (2.12) và (2.13) chứng tỏ t và n vuông góc với a Điều đó chứng tỏ b = t × n song song với a Do a và b là các véctơ đơn vị, và b(s) là hàm trơn (nên liên tục) theo biến s, suy phải có b(s) = a với s b(s) = −a với s Trong hai trường hợp, b là véctơ Nên ḃ = 0, suy τ = Ngược lại, giả sử τ = nơi Theo Pt (2.10), ḃ = 0, vì b là véctơ Như chứng minh trên γ phải nằm mặt phẳng r.b = constant Xét d (γ.b) = γ̇.b = t.b = 0, ds suy γ̇.b là số, ta đặt d Điều này có nghĩa là γ nằm mặt phẳng r.b = d Có thiếu sót tính toán mà chúng ta muốn xét đến Đó là, đã biết, với đường cong có vận tốc đơn vị, thì ṫ = κn và ḃ = −τ n (đó là các định nghĩa tương ứng n và τ ), chúng ta đã không tính ṅ Thật nó không khó Do {t, n, b} là sở trực chuẩn theo chiều tay phải R3 , b = t × n, n = b × t, t = n × b Do đó, ṅ = ḃ × t + b × ṫ = −τ n × t + κb × n = κt + τ b Kết hợp điều này lại, ta có Định lý 2.2 Giả sử γ là đường cong có vận tốc đơn vị R3 với độ cong khác không nơi Khi đó ṫ = κn ṅ = −κt + τ b ḃ = −τ n 29 (2.14) 2.3 ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN CHƯƠNG UỐN CONG Các phương trình (2.14) gọi là các phương trình Frenet-Serret (hoặc đôi có tên ngược lại, Serret-Frenet) Chú ý ma trận   κ −κ τ  −τ biểu diễn ṫ, ṅ và ḃ thông qua t, n và b là ma trận phản đối xứng Điều này giúp người ta nhớ công thức (’Lí do’ có ma trận phản đối xứng, xem bài tập 2.22.) Sau đây là ứng dung đơn giản Frenet-Serret: Mệnh đề 2.5 Giả sử γ là đường cong có vận tốc đơn vị R3 với độ cong số và độ xoắn không Khi đó, γ là (một phần của) đường tròn Chứng minh Kết này thật là hệ Ví dụ 2.2 và Mệnh đề 2.4, chứng minh sau đây có tính xây dựng và cho nhiều thông tin, đó là thông tin tâm và bán kính đường tròn và mặt phẳng chứa đường tròn đó Theo chứng minh Mệnh đề 2.4, trùng pháp tuyến chính b là véctơ và γ thì nằm mặt phẳng vuông góc với b Xét d¡ ¢ γ + n = t + ṅ = 0, ds κ κ đây chúng ta đã sử dụng tính chất độ cong κ là số và phương trình Frenet-Serret ṅ = −κt + τ b = −κt (vì τ = 0) Do đó, γ + κ1 n là véctơ hằng, đặt a, vì γ + n = a, κ (2.15) 1 ∴ kγ − ak = k − nk = κ κ Điều này chứng tỏ γ nằm trên mặt cầu có tâm a và bán kính 1/κ Do giao mặt phẳng và mặt cầu là đường tròn, ta có điều phải chứng minh (Chú ý mặt phẳng giao với mặt cầu đường tròn lớn nhất, vì n song song với mặt phẳng, vì theo Pt (2.15) tâm a mặt cầu nằm trên mặt phẳng.) Chúng ta kết thúc chương này kết tương tự Định lý 2.1 cho đường cong không gian Nhắc lại phép dời hình R3 là phép tịnh tiến và phép quay quanh gốc tọa độ Định lý 2.3 Giả sử γ(s) và γ̃(s) là hai đường cong có vận tốc đơn vị R3 , có cùng độ cong κ(s) > và cùng độ xoắn τ (s) với s Khi đó, tồn phép dời hình M R3 cho γ̃(s) = M (γ(s)) với s Hơn nữa, k và t là các hàm trơn với k > nơi, thì tồn đường cong có vận tốc đơn vị R3 có độ cong là k và độ xoắn là t 30 CHƯƠNG UỐN CONG 2.3 ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN Chứng minh Giả sử t, n và b tương ứng là các véctơ tiếp xúc, pháp tuyến chính và trùng pháp γ và t, n và b tương tự cho γ̃ Giả sử s0 là giá trị cố định tham số s Do {t(s0 ), n(s0 ), b(s0 )} và {t(s0 ), n(s0 ), b(s0 )} là các hệ trực chuẩn R3 có chiều tay phải, nên có phép quay quanh gốc tọa độ biến hệ này thành hệ với thứ tự véctơ tương ứng Hơn nữa, có phép tịnh tiến đưa γ(s0 ) đến γ̃(s0 ) (mà không ảnh hưởng đến t, n và b) Thực phép tịnh tiến sau đó đến phép quay, ta có thể giả thiết γ(s0 ) = γ̃(s0 ), t(s0 ) = t̃(s0 ), n(s0 ) = ñ(s0 ), b(s0 ) = b̃(s0 ) (2.16) Xét biểu thức A(s) = t̃.t + ñ.n + b̃.b Từ Pt (2.16), ta có A(s0 ) = Mặt khác, t̃ và t là các véctơ đơn vị, t̃.t ≤ 1, dấu xảy và t̃ = t; tương tự ñ.n và b̃.b Do đó A(s) ≤ 3, dấu xảy và t̃ = t, ñ = n và b̃ = b Như vậy, chúng ta có thể chứng minh A là số, thì t̃ = t, tức là γ̃˙ = γ̇, đó γ̃(s) − γ(s) là số Nhưng lần theo Pt (2.16), số này phải không, γ̃ = γ Do đó phần đầu định lý, chúng ta đưa việc chứng minh A là số Nhưng sử dụng phương trình Frenet-Serret: ˙ + t̃.ṫ + ñ.ṅ + b̃.ḃ ˙ + ñ.n ˙ + b̃.b Ȧ = t̃.t = κñ.t + (−κt̃ + τ b̃).n + (−τ ñ).b + t̃.κn + ñ.(−κt + τ b) + b.(−τ n), và nó triệt tiêu các số hạng cặp khử Đối với phần hai định lý, trước hết theo lý thuyết phương trình vi phân, các phương trình Ṫ = kN, Ṅ = −kT + tB, Ḃ = −tN (2.17) (2.18) (2.19) có nghiệm T(s), N(s), B(s) cho T(s0 ), N(s0 ), B(s0 ) là các véctơ trực chuẩn chính tắc i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1) tương ứng Do ma trận   k −k t  −t biểu thị Ṫ, Ṅ và Ḃ qua T, N, B là phản đối xứng, suy các véctơ T, N và B trực chuẩn với giá trị s (xem Bài tập 2.22) Bây ta định nghĩa Z s γ(s) = T(u)du s0 Khi đó, γ̇ = T, vì T là véctơ đơn vị, nên γ có vận tốc đơn vị Tiếp đến, Ṫ = kN theo Pt (2.17), nên N là vectơ đơn vị, k là độ cong γ và N là pháp tuyến chính Tiếp đến, B là véctơ đơn vị vuông góc với T và N, B = λT × N với λ là hàm trơn theo s và ±1 với s Do k = i × j, nên λ(s0 ) = 1, suy λ(s) = với s Do đó, B là véctơ trùng pháp γ và theo Pt (2.19), t là độ xoắn γ 31 2.3 ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN CHƯƠNG UỐN CONG BÀI TẬP 2.14 Hãy tính κ, τ, t, n và b đường cong đây, kiểm chứng lại các phương trình Frenet-Serret: ¢ ¡ (i) γ(t) = 13 (1 + t)3/2 , 13 (1 − t)3/2 , √t2 ; ¡ ¢ (ii) γ(t) = 45 cos t, − sin t, − 35 cos t 2.15 Chứng minh đường cong γ(t) = ³ + t2 t , t + 1, − t´ t là đường cong phẳng 2.16 Chứng minh đường cong Bài tập 2.14(ii) là đường tròn, hãy tìm tâm và bán kính nó, và tìm mặt phẳng chứa nó 2.17 Mô tả tất các đường cong R3 với độ cong số κ > và độ xoắn số τ (Chỉ đường cong có độ cong κ và độ xoắn τ là đủ.) 2.18 Chứng minh độ xoắn đường cong chính qui γ(t) là hàm trơn theo t nó xác định 2.19 Giả sử γ(t) là đường cong có vận tốc đơn vị R3 , và độ cong κ(t) nó khác không với t Định nghĩa đường cong δ sau δ(t) = dγ(t) dt Chứng minh δ là đường cong chính qui và s là độ dài cung tham số δ thì ds = κ dt Chứng minh độ cong δ là ³ τ ´ 12 1+ , κ và hãy tìm công thức cho độ xoắn δ theo κ, τ và các đạo hàm chúng t 2.20 Một đường cong chính qui γ R3 với độ cong > gọi là đường xoắn ốc tổng quát véctơ tiếp xúc nó hợp thành góc cố định θ với véctơ cố định a Chứng minh độ xoắn τ và độ cong κ γ có quan hệ τ = ±κ cos θ (Giả thiết γ có vận tốc đơn vị và chứng tỏ a = t cos θ + b sin θ.) Chứng minh điều ngược lại, độ xoắn và độ cong đường cong chính qui có quan hệ τ = λκ với λ là số thì đường cong là đường xoắn ốc tổng quát (Vì vậy, các Ví dụ 2.1 và 2.4 chứng tỏ đường xoắn ốc vòng quanh là đường xoắn ốc tổng quát.) 32 CHƯƠNG UỐN CONG 2.3 ĐƯỜNG TRONG KHÔNG GIAN 2.21 Giả sử γ(t) là đường cong có vận tốc đơn vị với κ(t) > và τ (t) 6= với t Chứng tỏ rằng, γ nằm trên mặt cầu thì τ d ³ κ̇ ´ = κ ds τ κ2 (2.20) (Nếu γ nằm trên mặt cầu có tâm a và bán kính r, thì (γ − a).(γ − a) = r2 ; sau đó lấy đạo hàm lặp lại.) Ngược lại, Pt (2.20) thỏa mãn thì ρ2 + (ρ̇σ)2 = r2 với số (dương) r nào đó, đó ρ = 1/κ và σ = 1/τ , và chứng tỏ γ nằm trên mặt cầu có bán kính r (Xét γ + ρn + ρ̇σb.) Hãy kiểm chứng Pt (2.20) thỏa mãn đường cong Viviani (Bài tập 1.9) 2.22 Giả sử (aij ) là ma trận phản đối xứng × (tức là aij = −aji với i, j) Giả sử v1 , v2 và v3 là các hàm trơn tham số t thỏa mãn các phương trình vi phân v̇i = X aij vj , j=1 với i = 1, và và giả sử với giá trị tham số s0 nào đó các véctơ v1 (s0 ) , v2 (s0 ) và v3 (s0 ) là trực chuẩn Chứng minh v1 (s), v2 (s) và v3 (s) trực chuẩn với s (Tìm hệ các phương trình vi phân bậc cho tích vi vj , và sử dụng tính nghiệm cho trước các điều kiện đầu.) Phần còn lại sách, qui ước tất các đường cong tham số là chính qui 33 Chương Các tính chất toàn cục đường cong Cho đến tất các tính chất đường cong chúng ta thảo luận là ’địa phương’: chúng phụ thuộc vào dáng điệu đường cong lân cận điểm cho trước, không phụ thuộc vào hình dạng ’toàn cục’ đường cong Trong chương này chúng ta khảo sát số kết toàn cục đường cong Nổi tiếng nhất, và có lẽ cổ nhất, đó là ’bất đẳng thức đẳng chu’, bàn đến quan hệ độ dài (chu vi) đường cong ’đóng’ với diện tích mà nó bao quanh 3.1 Đường cong đóng đơn Trước hết chương này chúng ta bàn đến dạng đường cong gọi là ’đường cong đóng đơn’ Một cách trực giác, các đường cong ’nối kín’ không tự cắt Định nghĩa chính xác sau: Định nghĩa 3.1 Giả sử a ∈ R là số dương Một đường cong đóng đơn R2 với chu kỳ a là đường cong (chính qui) γ : R → R2 cho γ(t) = γ(t0 ) và t0 − t = ka với số nguyên k nào đó Như điểm γ(t) quay trở lại điểm đầu t tăng thêm a, không phải trước đó Đường cong đóng đơn (trái) và không đóng đơn (phải) Một kết tôpô R2 thông dụng không tầm thường, là Định lý đường cong Jordan, định lý nói đường cong đóng đơn mặt phẳng có ’phần trong’ và ’phần ngoài’: nói chính xác hơn, tập hợp các điểm R2 không nằm trên đường cong γ là hợp rời hai tập R2 , kí hiệu int(γ) và ext(γ), chúng có các tính chất sau đây: (i) int(γ) bị chặn, nghĩa là nó nằm đường tròn có bán kính đủ lớn 34 CHƯƠNG TÍNH CHẤT TOÀN CỤC 3.1 ĐƯỜNG CONG ĐÓNG ĐƠN (ii) ext(γ) không bị chặn; (iii) hai miền int(γ) và ext(γ) liên thông, nghĩa là chúng có tính chất hai điểm cùng miền có thể nối đường cong nằm miền đó (nhưng đường cong nối điểm int(γ) với điểm ext(γ) cắt ngang đường cong γ) Ví dụ 3.1 Đường tròn tham số ³ γ(t) = cos ³ 2πt ´ a , sin ³ 2πt ´´ a là đường cong đóng đơn với chu kỳ a Dĩ nhiên, phần γ là {(x, y) ∈ R2 |x2 + y < 1} còn phần ngoài γ là {(x, y) ∈ R2 |x2 + y > 1} Tuy nhiên không phải đường cong đóng đơn nào xác định phần và phần ngoài cách dễ dàng Chẳng hạn, hãy xác định xem điểm P hình vẽ đây nằm phần hay phần ngoài đường cong đóng đơn? P Do điểm trên đường cong đóng đơn γ có chu kỳ a là vết γ với tham số t, t biến đổi đoạn có khoảng cách a bất kỳ, chẳng hạn ≤ t ≤ a, nên có lí ta định nghĩa độ dài γ Z a `(γ) = kγ̇(t)kdt, (3.1) đó dấu chấm trên kí hiệu đạo hàm γ theo tham số Do γ chính qui, nên nó có tham số hóa lại có vận tốc đơn vị γ̃ với độ dài Z t s= kγ̇(u)kdu γ là tham số nó (sao cho γ̃(s) = γ(t)) Chú ý Z t+a Z a Z s(t + a) = kγ̇(u)kdu = kγ̇(u)kdu + 0 t+a kγ̇(u)kdu = `(γ) + s(t), a đặt v = u − a và γ(u − a) = γ(u), thu Z t+a Z t kγ̇(u)kdu = kγ̇(v)kdv = s(t) a 35 3.1 ĐƯỜNG CONG ĐÓNG ĐƠN CHƯƠNG TÍNH CHẤT TOÀN CỤC Do đó γ̃(s(t)) = γ̃(s(t0 )) ⇔ γ(t) = γ(t0 ) ⇔ t0 − t = ka ⇔ s(t0 ) − s(t) = k`(γ), đó k là số nguyên Điều này chứng tỏ γ̃ là đường đóng đơn với chu kỳ `(γ) Chú ý rằng, γ̃ có vận tốc đơn vị, điều này đúng cho độ dài γ̃ Nói tóm lại, chúng ta luôn có thể giả sử đường đóng đơn có vận tốc đơn vị và nó có chu kỳ độ dài Thông thường ta xét đường cong đóng đơn γ có định hướng dương Có nghĩa là chuẩn đơn vị xác định dấu ns γ (xem §2.2) hướng vào bên int(γ) điểm γ Điều này luôn luôn thực cách thay tham số t γ −t, cần thiết ns t t ns Đường cong định hướng dương (trái) và định hướng âm (phải) Trong các hình vẽ trên, mũi tên cho biết chiều tăng tham số Hãy xác định xem đường cong đóng đơn trang trước có định hướng dương? Trong tiết sau, chung ta quan tâm đến diện tích miền bao đường đóng đơn γ, tức là Z Z A(int(γ)) = dxdy (3.2) int(γ) Ta có thể tính nó nhờ vào Định lý Green, nhắc lại: với hàm trơn f (x, y) và g(x, y) (tức là các hàm có đạo hàm riêng liên tục cấp), Z Z Z ³ ∂g ∂f ´ − dxdy = f (x, y)dx + g(x, y)dy, ∂y int(γ) ∂x γ với γ là đường cong đóng đơn định hướng dương Mệnh đề 3.1 Giả sử γ(t) = (x(t), y(t)) là đường cong đóng đơn định hướng dương R2 với chu kỳ a, đó Z a A(int(γ)) = (xẏ − y ẋ)dt (3.3) Chứng minh Thay f = − 12 y, g = 21 x vào định lý Green, thu Z xdy − ydx, A(int(γ)) = γ từ đó ta có Pt (3.3) Chú ý, mặc dù công thức Pt (3.3) phụ thuộc vào tham số t γ, rõ ràng từ định nghĩa (3.2) A(int)(γ), nó không thay đổi γ tham số hóa lại BÀI TẬP 36 CHƯƠNG TÍNH CHẤT TOÀN CỤC 3.2 BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU 3.1 Chứng minh độ dài `(γ) và diện tích A(int)(γ) không đổi qua phép dời hình γ (xem §2.2) 3.2 Chứng minh đường ellip γ(t) = (a cos t, b sin t), đó a và b là các số dương, là đường đóng đơn Tính diện tích phần nó 3.3 Chứng minh đường limacon γ(t) = ((1 + cos t) cos t, (1 + cos t) sin t) là đường cong (chính qui) có γ(t + 2π) = γ(t) với giá trị t, γ không phải là đường đóng đơn 3.4 Chứng minh γ(t) là đường cong đóng đơn có chu kỳ a, và t, ns và κs tương ứng là các véctơ tiếp xúc, chuẩn đơn vị xác định dấu và độ cong có dấu, thì t(t + a) = t(t), ns (t + a) = ns (t), κs (t + a) = κs (t) (Lấy đạo hàm phương trình γ(t + a) = γ(t).) 3.2 Bất đẳng thức đẳng chu Kết quan trọng tính toàn cục đường cong phẳng là Định lý 3.1 (Bất đẳng thức đẳng chu) Giả sử γ là đường cong đóng đơn và `(γ), A(int(γ)) tương ứng là độ dài và diện tích phần nó Khi đó A(int(γ)) ≤ `(γ)2 , 4π dấu xảy và γ là đường tròn Rõ ràng đẳng thức xảy γ là đường tròn, vì đó `(γ) = 2πR và A(int(γ)) = πR2 , đó R là bán kính đường tròn Để chứng minh định lý này, chúng ta cần kết từ giải tích, đó là bất đẳng thức Wirtinger: Mệnh đề 3.2 Giả sử F : [0, π] → R là hàm trơn thỏa mãn F (0) = F (π) = Khi đó Z π³ ´ Z π dF dt ≥ F (t)2 dt, dt 0 dấu xảy và F (t) = A sin t với t ∈ [0, π], với A là số Thừa nhận kết này bây chúng ta chứng minh bất đẳng thức đẳng chu Chứng minh Để làm đơn giản chứng minh, trước hết chúng ta chuẩn bị vài giả thiết cho γ Đầu tiên, có thể giả sử γ tham số hóa độ dài cung s Tuy nhiên, có π xuất 37 3.2 BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU CHƯƠNG TÍNH CHẤT TOÀN CỤC Định lý , thuận tiện ta giả sử chu kỳ γ là π Nếu ta thay đổi tham số γ từ s thành t = πs/`(γ), (3.4) đường cong thu đóng đơn, và có chu kỳ π vì s tăng `(γ), t tăng π Do đó từ bây chúng ta giả sử γ tham số hóa sử dụng tham số t Pt (3.4) Đơn giản hóa thứ hai, chú ý `(γ) và A(int(γ)) không thay đổi thực phép tịnh tiến γ γ(t) 7→ γ(t) + b, với b là véctơ (xem Bài tập 3.1) Lấy b = −γ(0), chúng ta có thể giả thiết γ(0) = 0, tức là có thể giả thiết γ bắt đầu và kết thúc gốc tọa độ Để chứng minh Định lý 3.2 chúng ta tính `(γ) và A(int(γ)) nhờ sử dụng hệ tọa độ cực x = r cos θ, y = r sin θ Theo luật hợp thành, ta có ẋ2 + ẏ = ṙ2 + r2 θ̇2 , xẏ − y ẋ = r2 θ̇, đó d/dt ký hiệu dấu chấm trên Khi đó, sử dụng Pt 3.4, thu ṙ2 + r2 θ̇2 = ¡ dx ¢2 ¡ dy ¢2 ³¡ dx ¢2 ¡ dy ¢2 ´¡ ds ¢2 `(γ)2 + = + = , dt dt dt dt dt π2 vì (dx/ds)2 + (dy/ds)2 = Hơn nữa, từ Pt (3.3), ta có Z Z π π A(int(γ)) = (xẏ − y ẋ) = r θ̇dt 2 (3.5) (3.6) Điều cần chứng minh tương đương với `(γ)2 − A(int(γ)) ≥ 0, 4π dấu xảy và γ là đường tròn Theo Pt (3.5), Z π `(γ)2 (ṙ2 + r2 θ̇2 )dt = π Do đó, sử dụng Pt (3.6), `(γ)2 − A(int(γ)) = 4π đó Z Z π I= π (ṙ + r θ̇ )dt − 2 Z π 2 (ṙ2 + r2 θ̇2 − 2r2 θ̇)dt r2 θ̇dt = I, (3.7) Vì để kết thúc chứng minh, chúng ta cần I ≥ 0, và I = và γ là đường tròn Bằng tính toán đơn giản, Z π Z π 2 I= r (θ̇ − 1) dt + (ṙ2 − r2 )dt (3.8) 0 38 CHƯƠNG TÍNH CHẤT TOÀN CỤC 3.2 BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU θ−α r θ α Tích phân đầu tiên vế phải Pt (3.8) rõ ràng ≥ 0, và tích phân sau ≥ bất đẳng thức Wirtinger (lấy F = r: chú ý r(0) = r(π) = vì γ(0) = γ(π) = 0) Do đó I ≥ 0, dấu xảy và hai tích phân này không Nhưng tích phân đầu tiên không θ̇ = với t, còn tích phân thứ hai không r = A sin t với A là số nào đó (do Wirtinger) Vì θ = t + α, với α là số, nên r = A sin(θ − α) Dễ dàng nhận hệ tọa độ cực đây là phương trình đường tròn có bán kính A Ta kết thúc chứng minh Định lý 3.2 ¤ Bây chúng ta chứng minh bất đẳng thức Wirtinger: Đặt G(t) = F (t)/ sin t Với kí hiệu dấu chấm trên cho d/dt, ta có Z π Z π Ḟ dt = (Ġ sin t + G cos t)2 dt 0 Z π Z π Z π G2 cos2 tdt GĠ sin t cos tdt + Ġ sin t + = 0 Tính tích phân phần: Z π Z π ¯π ¯ GĠ sin t cos tdt = G sin t cos t − G2 (cos2 t − sin2 t)dt 0 Z π = G2 (sin2 t − cos2 t)dt Do đó Z π Z 2 Z π Ġ sin t + và 2 π G (sin t − cos t)dt + G2 cos2 tdt 0 Z0 π Z π Z π Ġ2 sin2 tdt, = (G + Ġ2 ) sin2 tdt = F dt + Ḟ dt = Z π Z π Z π Ḟ dt − 0 Z π F dt = Ġ2 sin2 tdt Tích phân vế phải rõ ràng ≥ 0, và nó không và Ġ = với t, tức là, và G(t) số, chẳng hạn A, với t Vậy F (t) = A sin t, ta có điều phải chứng minh ¤ BÀI TẬP 39 3.3 ĐỊNH LÝ BỐN ĐỈNH CHƯƠNG TÍNH CHẤT TOÀN CỤC 3.5 Sử dụng bất đẳng thức đẳng chu cho ellip x2 y + =1 a2 b (với a và b là các số dương), hãy chứng minh Z 2π p √ a2 sin2 t + b2 cos2 tdt ≥ 2π ab, dấu xảy và a = b (xem bài tập 3.2) 3.3 Định lý Bốn đỉnh Chúng ta kết thúc chương này kết tiếng đường cong lồi mặt phẳng Một đường cong đóng đơn γ gọi là lồi phần nó int(γ) là hình lồi, theo nghĩa thông thường tức là đoạn thẳng nối hai điểm int(γ) hoàn toàn nằm bên nó Đường cong lồi (trái) và lõm (phải) Định nghĩa 3.2 Một đỉnh đường cong γ(t) R2 là điểm mà độ cong có dấu κs đó có tính ổn định, tức là dκs /dt = Dễ thấy định nghĩa này không phụ thuộc vào tham số hóa cho γ (xem Bài tập 3.7) Ví dụ 3.2 Đường ellip γ(t) = (a cos t, b sin t), với a và b là các số dương, là đường cong đóng đơn lồi với chu kỳ 2π (xem các Bài tập 3.2 và 3.6) Dễ dàng tính độ cong có dấu nó ab κs (t) = 2 (a sin t + b2 cos2 t)3/2 Do đó 3ab(b2 − a2 ) sin t cos t dκs = 2 dt (a sin t + b2 cos2 t)5/2 triệt tiêu đúng bốn điểm trên ellip, đó là các điểm với t = 0, π/2, π và 3π/2, là điểm cuối ellip nằm trên hai trục tọa độ Định lý sau đây số đỉnh bé mà đường cong đóng đơn có thể có Định lý 3.2 (Định lý Bốn đỉnh) Mọi đường cong đóng đơn lồi R2 có ít bốn đỉnh Thật định lý đúng bỏ giả thiết lồi, chứng minh phức tạp chứng minh mà chúng ta đưa đây 40 CHƯƠNG TÍNH CHẤT TOÀN CỤC 3.3 ĐỊNH LÝ BỐN ĐỈNH Chứng minh Chúng ta có thể giả thiết γ(t) có vận tốc đơn vị, chu kỳ độ dài ` nó Xét tích phân Z ` κ˙s (t)γ(t)dt, dấu chấm trên kí hiệu cho d/dt (Nhắc lại Bài tập 2.4, κs là hàm trơn theo t.) Lấy tích phân phần và sử dụng phương trình ṅs = −κs (t) (xem bài tập 2.3), thu Z Z ` κ˙s γdt = − Z ` Z ` κs γ̇dt = − ` κs tdt = − 0 ṅs dt = ns (`) − ns (0) = (3.9) Vì κs đạt giá trị nó đoạn đóng [0, `], vì κs phải nhận giá trị cực đại và cực tiểu nó các điểm, chẳng hạn tương ứng P và Q γ Ta có thể giả sử P 6= Q, không κs phải là hàm hằng, nên γ là đường tròn (xem bài tập 2.2), và điểm γ là đỉnh Giả sử a là véctơ đơn vị song song với véctơ PQ, và giả sử b là véctơ thu cách quay a góc π/2 ngược chiều kim đồng hồ Xét tích véctơ tích phân Pt (3.9) với véctơ b, thu Z ` κ˙s (γ.b)dt = (3.10) Giả sử có P và Q là các đỉnh γ Do γ lồi, nên đường thẳng nối P và Q chia γ thành b P Q a Đường cong lồi (trái) và lõm (phải) hai cung, và chúng không có đỉnh nào khác, chúng ta có thể giả sử κ̇s > phần cung này và κ̇s < phần cung Nhưng hàm lấy tích phân vế trái Pt (3.10) luôn luôn > luôn luôn < (ngoại trừ P và Q thì nó triệt tiêu), đó tích phân phải > < 0, vô lí Do đó, tồn thêm ít đỉnh, chẳng hạn R Nếu không có đỉnh nào khác thì ba biểm P , Q và R chia γ thành ba cung, cung có κ̇s luôn luôn > < Vì κ̇s phải cùng dấu hai cung kề Do đó, có đường thẳng chia γ làm hai cung, κ̇s > phần cung này và κ̇s < phần cung Tương tự phần trên ta có điều vô lí BÀI TẬP 3.6 Chứng minh ellip Bài tập 3.2 là lồi 3.7 Chứng minh định nghĩa đỉnh đường cong không phụ thuộc vào tham số hóa nó 3.8 Chứng minh limacon Bài tập 3.3 có hai đỉnh 41 Chương Các mặt cong không gian ba chiều Trong chương này chúng ta giới thiệu vài cách khác đề cách toán học khái niệm mặt cong Mặc dù đơn giản coi mặt cong là miếng vá, đã đủ cho hầu hết sách, chưa thể mô tả cách thỏa đáng cho các đối tượng mà chúng ta muốn gọi là các mặt cong Chẳng hạn, mặt cầu không phải là miếng vá, nó có thể mô tả dán hai miếng vá cách thích hợp Ý tưởng đằng sau phép dán này khá đơn giản, việc thực cách chính xác hóa có chút phức tạp Chúng tôi cố gắng làm giảm thiểu phiền hà này cách đưa chứng minh cần kiên nhẫn tiết cuối cùng chương này; kết đó không sử dụng chỗ khác sách nên muốn có thể bỏ qua Thật ra, các mặt cong (đối lập với miếng vá) sử dụng cách chính xác vài chỗ sách 4.1 Mặt cong là gì? Một mặt cong là tập R3 mà lân cận điểm tựa mảnh R2 , chẳng hạn bề mặt địa cầu, mặc dù nó gần là mặt cầu, người đứng trên mặt đất quan sát thì nó dường là mặt phẳng Để hiểu cách chính xác nhóm từ ’tựa như’ và ’lân cận’ trước hết chúng ta cần có vài chuẩn bị Chúng ta phát biểu cho Rn với n ≥ 1, mặc dù cần cho n = 1, Trước hết, tập U Rn gọi là mở, với điểm a U , tồn số dương ε cho điểm u ∈ Rn cách điểm a khoảng cách ε nằm U : a ∈ U và ku − ak < ε ⇒ u ∈ U Ví dụ, toàn Rn là tập mở, Dr (a) = {u ∈ Rn | ku − ak < r}, cầu mở tâm a bán kính r > (Nếu n = 1, cầu mở gọi là khoảng mở; n = nó gọi là đĩa mở.) Tuy nhiên, D̄r (a) = {u ∈ Rn | ku − ak ≤ r} 42 CHƯƠNG MẶT CONG 4.1 MẶT CONG LÀ GÌ? không mở, vì với số ε nhỏ nào có điểm cách điểm (a1 + r, a2 , , an ) ∈ D̄r (a) khoảng cách ε mà nó không nằm D̄r (a) (chẳng hạn lấy điểm (a1 + r + ε , a2 , , an )) Tiếp đến, X và Y tương ứng là các tập u ∈ Rm và u ∈ Rn , ánh xạ f : X → Y gọi là liên tục điểm a ∈ X các điểm gần với điểm a có ảnh qua f là các điểm Y gần với điểm f (a) Chính xác hơn, f liên tục a với ε > 0, tồn δ > cho u ∈ X và ku − ak < δ ⇒ kf (u) − f (a)k < ε Và f gọi là liên tục nó liên tục điểm thuộc X Hợp hai ánh xạ liên tục là liên tục Dựa vào định nghĩa tập mở, ta có khẳng định tương đương sau: f liên tục và khi, với tập mở V Rn , tồn tập mở U Rm cho f ánh xạ U ∩ X vào V ∩Y Nếu f : X → Y liên tục và song ánh, và ánh xạ ngược nó f −1 : Y → X liên tục, thì f gọi là đồng phôi và X gọi là đồng phôi với Y Bây chúng ta đã có thể đến khái niệm mặt cong R3 Định nghĩa 4.1 Một tập S R3 gọi là mặt cong với điểm P ∈ S, tồn tập mở U R2 và tập mở W chứa P R3 cho S ∩ W đồng phôi với U Như mặt cong trang bị các đồng phôi σ : U → S ∩ W , mà chúng ta gọi là các miếng vá các tham số hóa Tập hợp tất các miếng vá này gọi là đồ S Mỗi điểm S nằm ảnh ít miếng vá đồ S Lí cho thuật ngữ này rõ qua các ví dụ đây Ví dụ 4.1 Mỗi mặt phẳng R3 là mặt cong với đồ là miếng vá Thật vậy, giả sử a là điểm nào đó trên mặt phẳng, p và q là hai véctơ vuông góc với nhau, có độ dài đơn vị và song song với mặt phẳng đã cho Khi đó véctơ song song với mặt phẳng là tổ hợp tuyến tính p và q, có dạng up + vq với các vô hướng u và v Với r là điểm trên mặt phẳng, thì véctơ r − a song song với mặt phẳng, đó r − a = up + vq, ∴ r = a + up + vq, với các vô hướng u và v nào đó Như có thể xét mảnh vá là σ(u, v) = a + up + vq, và ánh xạ ngược nó là σ −1 (r) = ((r − a).p, (r − a).q) Từ các công thức trên có thể thấy σ và σ −1 là các ánh xạ liên tục, đó σ là đồng phôi (Chúng ta không kiểm tra chi tiết điều này.) Trong ví dụ chúng ta thấy vì cần phải xét đến mặt cong, mà không phải là các miếng vá Ví dụ 4.2 Xét mặt cầu đơn vị S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y + z = 1} 43 4.1 MẶT CONG LÀ GÌ? CHƯƠNG MẶT CONG là mặt cong Tham số hiển nhiên là thông qua vĩ độ θ và kinh độ ϕ: σ(θ, ϕ) = (cos θ cos ϕ, cos θ sin ϕ, sin θ) hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Nếu không hạn chế (θ, ϕ), thì σ không phải là song ánh (và đó nó không phải là đồng phôi) Để phủ hết mặt cầu, rõ ràng chọn sau là đủ π π − ≤ θ ≤ , ≤ ϕ ≤ 2π 2 Tuy nhiên, tập hợp các điểm (θ, ϕ) thỏa mãn các bất đẳng thức trên không phải là tập mở R2 , vì nó không thể coi là miếng vá Tập mở lớn thỏa mãn các bất đẳng thức trên là π π U = {(θ, ϕ) | − < θ < , < ϕ < 2π}, 2 đó ảnh σ : U → R3 không phải là toàn mặt cầu, mà là phần bù nửa đường tròn lớn C bao gồm các điểm trên mặt cầu có tọa độ (x, 0, z) với x ≥ Do đó, σ : U → R3 phủ lên ’mảnh’ mặt cầu Một lần nữa, chúng ta không kiểm tra chi tiết σ là đồng phôi U và phần giao mặt cầu với tập mở W = {(x, y, z) ∈ R3 | x < y 6= 0} Vì để chứng tỏ mặt cầu là mặt cong, chúng ta cần phải xây dựng thêm ít mảnh vá để phủ nốt phần mặt cầu bị σ bỏ qua Ví dụ, xét σ̃ là mảnh vá nhận cách quay σ góc π quanh trục Oz và sau đó góc π/2 quanh trục Ox Cụ thể, σ̃ : U → R3 xác định σ̃(θ, ϕ) = (− cos θ cos ϕ, − sin θ, − cos θ sin ϕ) 44 CHƯƠNG MẶT CONG 4.1 MẶT CONG LÀ GÌ? (tập mở U giống trường hợp σ) Ảnh σ̃ là phần bù nửa đường tròn lớn C˜ bao gồm các điểm trên mặt cầu có tọa độ (x, y, 0) với x ≤ (xem hình vẽ đây) Rõ ràng C và C˜ không giao nhau, vì hợp thành các ảnh σ và σ̃ là toàn mặt cầu Chú ý hầu hết các điểm mặt cầu nằm trên ảnh hai mảnh vá hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Một trực giác rõ ràng, nhiên chứng minh không phải là hiển nhiên, đó là mặt cầu không thể phủ mảnh vá (xem Bài tập 4.5) Ví dụ cuối cùng chúng ta (tại thời điểm này) là tập R3 gần là, không phải, mặt cong Ví dụ 4.3 Xét mặt nón đúp S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y = z } hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Để nhận thấy đây không phải là mặt cong, giả sử σ : U → S ∩ W là mảnh vá chứa đỉnh (0, 0, 0) mặt nón, và giả sử a ∈ U là điểm tương ứng với đỉnh này Chúng ta có thể giả thiết U là cầu mở với tâm a, vì tập mở U chứa a phải chứa cầu mở Rõ ràng tập mở W phải chứa điểm p phần bên S− với z < S và điểm q phần bên trên S+ với z > S; gọi b và c là các điểm tương ứng thuộc U Rõ ràng tồn đường cong π nằm U qua b và c, không qua a Qua ánh xạ σ ảnh nó là đường cong γ = σ ◦ π nằm trọn S, qua p và q, không qua đỉnh (Chú ý trường hợp tổng quát, γ không trơn mà liên tục, điều này không làm ảnh hưởng đến khẳng định.) Điều này không thể xảy (Bạn đọc thành thạo tôpô tập điểm có thể đưa lập luận chặt chẽ cho khẳng định này.) hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Nếu chúng ta bỏ đỉnh thì nhận mặt cong S− ∪ S+ Nó có đồ bao gồm hai miếng vá σ ± : U → R3 , với U = R2 \ {(0, 0)}, xác định ánh xạ ngược phép chiếu lên mặt phẳng Oxy: √ σ ± (u, v) = (u, v, ± u2 + v ) Như ví dụ mặt cầu, điểm a mặt cong S nói chung nằm ảnh nhiều miếng vá Giả sử σ : U → S ∩ W và σ̃ : Ũ → S ∩ W̃ là hai miếng vá mà a ∈ S ∩ W ∩ W̃ Do σ và σ̃ là các đồng phôi, nên σ −1 (S ∩ W ∩ W̃ ) và σ̃ −1 (S ∩ W ∩ W̃ ) là các tập mở V ⊆ U và Ṽ ⊆ Ũ tương ứng Đồng phôi hợp thành σ ◦ σ̃ : Ṽ → V gọi là ánh xạ chuyển từ σ đến σ̃ Nếu kí hiệu ánh xạ này là Φ, ta có σ̃(ũ, ṽ) = σ(Φ(ũ, ṽ)) với (ũ, ṽ) ∈ Ṽ hinhve!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! BÀI TẬP 4.1 Chứng minh đĩa mở mặt phẳng Oxy là mặt cong 4.2 Chứng minh mặt trụ tròn xoay S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y = 1} có thể phủ miếng vá, vì nó là mặt cong (Gợi ý: Lấy U là mặt phẳng bỏ điểm.) 45 4.2 MẶT TRƠN CHƯƠNG MẶT CONG x 4.3 Định nghĩa các miếng vá σ± : U → R3 cho mặt cầu có bán kính đơn vị từ việc giải phương trình x2 + y + z = biến x theo y và z: √ x σ± (u, v) = (± − u2 − v , u, v), xác định trên tập mở U = {(u, v) ∈ R2 |u2 + v < 1} Tương tự, giải phương trình theo y y z và z có thể định nghĩa tương ứng các miếng vá σ± và σ± (với cùng U ) Chứng minh với sáu miếng vá này mặt cầu có cấu trúc mặt !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 4.4 Hyperboloid tầng là S = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y − z = 1} (Hình vẽ hyperboloid có thể xem Mệnh đề 4.6.) Chứng minh rằng, với θ, đường thẳng (x − z) cos θ = (1 − y) sin θ, (x + z) sin θ = (1 + y) cos θ nằm trên S, và điểm S thì nằm trên đường thẳng này Hãy chứng tỏ S có thể phủ miếng vá, đó nó là mặt (So sánh với trường hợp mặt trụ Bài tập 4.2.) Hãy tìm họ đường thẳng thứ hai trên S, và hãy chứng tỏ hai đường thẳng nào cùng họ thì không cắt nhau, đường thẳng thuộc họ thứ thì giao với tất các đường thẳng thuộc họ thứ hai ngoại trừ trường hợp Vì người ta gọi S là mặt thước kép 4.5 Chứng minh mặt cầu đơn vị không thể phủ miếng vá (Cần kiến thức tôpô tập điểm.) 4.2 Mặt trơn Trong Hình học vi phân chúng ta dùng các tính toán giải tích để nghiên cứu các mặt (và các đối tượng hình học khác) Chẳng hạn Với lý đó, chúng ta cần xét các mặt với các cấu trúc bổ sung Trước hết, với U là tập mở Rm , ánh xạ f : U → Rn gọi là trơn n thành phần f , là các hàm U → R, có đạo hàm riêng liên tục cấp Khi đó các đạo hàm riêng f tính thành phần Ví dụ, m = và n = 3, và f (u, v) = (f1 (u, v), f2 (u, v), f3 (u, v)), thì ³ ∂f ∂f ∂f ´ ∂f = , , , ∂u ∂u ∂u ∂u ³ ∂f ∂f ∂f ´ ∂f = , , , ∂v ∂v ∂v ∂v và tương tự cho các đạo hàm cấp cao Chúng ta thường dùng cách viết ngắn gọn sau: ∂f = fu , ∂u 46 ∂f = fv , ∂v CHƯƠNG MẶT CONG 4.2 MẶT TRƠN ∂ 2f = fuu , ∂u2 ∂ 2f = fuv , ∂u∂v ∂2f = fvv , ∂v và tương tự Chú ý fuv = fvu , vì tất các đạo hàm riêng các thành phần f liên tục Bây thì có thể nói đến tính trơn các miếng vá σ : U → R3 đồ S Tuy nhiên chúng ta cần thêm điều kiện Định nghĩa 4.2 Một miếng vá σ : U → R3 gọi là chính qui nó trơn và các véctơ σ u và σ v độc lập tuyến tính điểm (u, v) ∈ U Một cách tương đương, σ trơn đồng thời tích véctơ σ u × σ v khác véctơ không điểm U Cuối cùng chúng ta đến định nghĩa lớp các mặt học sách này Định nghĩa 4.3 Một trơn là mặt σ mà đồ bao gồm các miếng vá chính qui Ví dụ 4.4 Mặt phẳng Ví dụ 4.1 là mặt trơn Do σ(u, v) = a + up + vq rõ ràng là trơn và σ u = p, σ v = q độc lập tuyến tính (vì p và q theo cách chọn là các véctơ có độ dài đơn vị vuông góc với nhau) Ví dụ 4.5 Mặt cầu có bán kính đơn vị S Ví dụ 4.2, có σ và σ̃ trơn Để kiếm tra tính chính qui, tính σ θ = (− sin θ cos ϕ, − sin θ sin ϕ, cos θ), σ ϕ = (− cos θ sin ϕ, cos θ cos ϕ, 0), dẫn đến σ θ × σ ϕ = (− cos2 θ cos ϕ, − cos2 θ sin ϕ, − sin θ cos θ) đó kσ θ × σ ϕ k = | cos θ| Hơn (θ, ϕ) ∈ U , thì −π/2 < θ < π/2, đó cos θ 6= Tương tự, có thể kiểm tra tính chính qui σ̃ Trong Bài tập 4.3 chúng ta cho họ các miếng vá khác phủ mặt cầu đơn vị S , và dễ dàng kiểm tra tính chính qui chúng (xem Bài tập 4.7) Cùng với Ví dụ 4.5, chúng ta có hai đồ cho S bao gồm các miếng vá chính qui, vì câu hỏi đặt ra: đồ nào chúng ta dùng để nghiên cứu mặt cầu? Câu trả lời là chúng ta có thể dùng một, hai Với tám miếng vá Bài tập 4.3 và cùng với Ví dụ 4.5 ta có đồ thứ ba Trong hầu hết các trường hợp (không phải tất cả, xem Định nghĩa 4.5), với mặt ta có thể dùng thuật ngữ đồ cực đại, đó là đồ chứa tất các miếng vá chính qui σ : U → S ∩ W , đó U và W , tương ứng, là các tập mở R2 và R3 Các miếng vá gọi là các miếng vá chấp nhận S Bản đồ cực đại không phụ thuộc vào cách chọn nào Hai kết đây có vẻ không thú vị ngay, chúng quan trọng cho hệ sau đó Mệnh đề 4.1 Các ánh xạ chuyển mặt trơn là trơn Chứng minh khẳng định này trình bày Tiết 4.7 Kết là điều khẳng định ngược lại 47 4.2 MẶT TRƠN CHƯƠNG MẶT CONG Mệnh đề 4.2 Giả sử U và Ũ là các tập mở R2 và σ : U → R3 là miếng vá chính qui Giả sử Φ : Ũ → U là song ánh trơn với ánh xạ ngược Φ−1 : U → Ũ trơn Khi đó, σ̃ = σ ◦ Φ : Ũ → R3 là miếng vá chính qui Chứng minh Miếng vá σ̃ là trơn hợp thành các ánh xạ trơn là trơn Với tính chính qui, giả sử (u, v) = Φ(ũ, ṽ) Theo qui tắc dây chuyền, σ̃ ũ = ∂u ∂v σu + σv , ∂ ũ ∂ ũ vì σ̃ ṽ = ∂u ∂v ´ σu × σv ∂ ũ ∂ṽ ∂ṽ ∂ ũ Vô hướng vế phải phương trình trên là định thức ma trận Jacobi µ ∂u ∂u ¶ J(Φ) = ∂∂vũ ∂ṽ ∂v σ̃ ũ × σ̃ ṽ = ³ ∂u ∂v ∂u ∂v σu + σv , , ∂ṽ ∂ṽ − ∂ ũ (4.1) ∂ṽ Φ Nhắc lại kiến thức giải tích, Ψ và Ψ̃ là hai ánh xạ các tập mở R2 , J(Ψ̃ ◦ Ψ) = J(Ψ̃)J(Ψ) (Thật ra, điều này tương đương với qui tắc dây chuyền cho đạo hàm riêng cấp Ψ̃ ◦ Ψ.) Lấy Ψ = Φ và Ψ̃ = Φ−1 , ta có J(Φ−1 ) = J(Φ)−1 Đặc biệt, J(Φ) khả nghịch, vì định thức nó khác không và từ Pt (4.1) suy σ̃ chính qui Nếu các miếng vá chính qui σ và σ̃ mệnh đề trên, chúng ta nói σ̃ là tham số hóa lại σ, còn Φ là ánh xạ chuyển Chú ý σ đó là tham số hóa lại σ̃, vì σ = σ̃ ◦ Φ−1 Cũng chú ý rằng, σ : U → S ∩ W và σ̃ : Ũ → S ∩ W̃ là hai miếng vá chấp nhận mặt trơn S, và V ⊆ U và Ṽ ⊆ Ũ là các tập mở cho σ(V ) = σ̃(Ṽ ) = S ∩ W ∩ W̃ , thì Φ = σ −1 ◦ σ̃ : Ṽ → V là song ánh, trơn và có ánh xạ ngược trơn Mệnh đề 4.1 Vì vậy, σ̃ là tham số hóa lại σ nơi mà hai xác định Nhận xét này dẫn đến nguyên lí mà chúng ta sử dụng suốt sách Đó là, chúng ta có thể định nghĩa tính chất mặt cho trước nào chúng ta có thể định nghĩa nó cho miếng vá chính qui với điều kiện nó không thay đổi miếng vá tham số hóa lại Để minh họa nguyên lí này, chúng ta định nghĩa cái gọi là ánh xạ trơn f : S1 → S2 , đó S1 và S2 là các mặt trơn Theo nguyên lí chung chúng ta, có thể giả sử S1 và S2 phủ miếng vá σ : U1 → R3 và σ : U2 → R3 , và định nghĩa này phải không bị ảnh hưởng tham số hóa lại σ và σ Do σ và σ là các song ánh, ánh xạ f : S1 → S2 cho ta ánh xạ σ −1 ◦ f ◦ σ : U1 → U2 , và chúng ta nói f trơn ánh xạ này trơn (chúng ta đã có khái niệm trơn ánh xạ các tập mở R2 ) Bây giả sử σ̃ : Ũ1 → R3 và σ̃ : Ũ2 → R3 là các tham số hóa lại σ và σ , với Φ1 : Ũ1 → U1 và Φ2 : Ũ2 → U2 tương ứng là các ánh xạ tham số hóa lại Chúng ta phải chứng tỏ ánh xạ tương ứng σ̃ −1 ◦ f ◦ σ̃ là trơn σ −1 ◦ f ◦ σ trơn Điều này đúng, −1 −1 −1 σ̃ −1 ◦ f ◦ σ̃ = σ̃ ◦ (σ̃ ◦ σ̃ ) ◦ f ◦ (σ̃ ◦ σ̃ ) ◦ σ̃ −1 −1 = (σ̃ −1 ◦ σ̃ ) ◦ (σ ◦ f ◦ σ ) ◦ (σ̃ ) ◦ σ̃ ) −1 = Φ−1 ◦ (σ ◦ f ◦ σ ) ◦ Φ1 , 48 CHƯƠNG MẶT CONG 4.2 MẶT TRƠN và Φ1 , Φ−1 là các ánh xạ trơn (giữa các tập mở R ) Phần kiểm tra hợp thành các ánh xạ trơn các mặt là ánh xạ trơn dành lại cho bạn đọc Chúng ta đặc biệt quan tâm đến ánh xạ trơn f : S1 → S2 mà là song ánh và ánh xạ ngược f −1 : S2 → S1 là trơn Những ánh xạ gọi là các vi phôi, và có vi phôi thì S1 và S2 gọi là vi phôi với Sau đây là tính chất cần thiết: Mệnh đề 4.3 Giả sử f : S1 → S2 là vi phôi Nếu σ là mảnh vá chấp nhận trên S1 thì f ◦ σ là mảnh vá chấp nhận trên σ Chứng minh Chúng ta có thể giả sử S1 và S2 phủ tương ứng mảnh vá σ : U1 → R3 và σ : U2 → R3 Do f là vi phôi, f (σ (u, v)) = σ (F (u, v)), đó F : U1 → U2 là song ánh, trơn và F −1 trơn Từ Mệnh đề 4.2 ta có kết Ví dụ 4.6 Chúng ta xét ánh xạ quấn mặt phẳng lên mặt trụ tròn xoay có bán kính và trục Oz, xét tham số hóa σ : U → R3 cho σ (u, v) = (cos u, sin u, v), U = {(u, v) ∈ R2 |0 < u < 2π} Nếu chúng ta quấn toàn mặt phẳng lên mặt trụ thì ánh xạ này không phải là song ánh, mặt phẳng phải quấn quanh vô hạn lần Vì chúng ta xét dải dài vô hạn mặt phẳng Oyz với độ rộng 2π, có tham số hóa σ : U → R3 cho σ (u, v) = (0, u, v) Ta quấn dải này quanh mặt trụ cho đường thẳng z = v song song với trục Oz quấn ’theo eo’ mặt trụ độ cao v so với mặt Oxy Do chiều rộng dải chu vi mặt trụ, điểm trên dải tương ứng điểm trên mặt trụ với góc cực u Như vậy, ánh xạ quấn này biến điểm (0, u, v) dải thành điểm (cos u, sin u, v) mặt trụ, tức là với kí hiệu trên thì f (0, u, v) = (cos u, sin u, v) Từ đó ta có thể biểu thị F thông qua các tham số đơn giản sau F (u, v) = (u, v), f (σ (u, v)) = σ (u, v) Chúng ta kết thúc tiết này với việc xây dựng tổng quát cho mặt cong trơn Thật ra, có thể chứng tỏ mặt cong trơn có thể xây dựng Như chúng ta đã thấy các ví dụ trên, các mặt thường cho là các mặt mức {(x, y, z) ∈ R3 |f (x, y, z) = c}, đó f là hàm trơn và c là số Chúng ta có thể cho c = cách thay f f − c, chẳng hạn mặt cầu đơn vị S thì mặt mức là x2 + y + z = Trong các ví dụ này, chúng ta có thể xây dựng các đồ cách khá đặc biệt Kết mà chúng ta bàn đây cho ta điều kiện đủ để mặt mức là trơn !!!!!!!!!!!!!! Định lý 4.1 Giả sử cS là tập R3 có tính chất sau: Mỗi điểm P ∈ S, tồn tập mở W R3 chứa P và hàm trơn f : W → R cho (i) S ∩ W = {(x, y, z) ∈ W |f (x, y, z) = 0}; 49 4.2 MẶT TRƠN CHƯƠNG MẶT CONG (ii) Các đạo hàm riêng fx , fy và fz không cùng triệt tiêu P Khi đó, S là mặt trơn Chứng minh trình bày Tiết 4.7 Ví dụ 4.7 Với mặt cầu đơn vị S , ta lấy W = R3 và f (x, y, z) = x2 + y + z − Khi đó, (fx , fy , fz ) = (2x, 2y, 2z), vì k(fx , fy , fz )k = điểm S Suy (fx , fy , fz ) khác không nơi trên S Từ định lý trên ta có S là mặt trơn Ví dụ 4.8 Với mặt nón phía Ví dụ 4.3, f (x, y, z) = x2 + y − z Khi đó, (fx , fy , fz ) = (2x, 2y, −2z), nó triệt tiêu đỉnh (0, 0, 0) Bỏ đỉnh ta có mặt trơn, đã thấy là mặt trơn Trong phần còn lại sách, mặt cong hiểu là mặt cong trơn, và mảnh vá hiểu là mảnh vá trơn chính qui (hoặc cách tương đương là mảnh vá chấp nhận được) Nếu không nhấn mạnh gì thì tất các mặt cong giả thiết là liên thông, tức là bất kì hai điểm nào S tìm đường cong qua chúng và nằm trọn S Điều giả thiết này không phải là quá nghiêm ngặt, vì không khó khăn có thể chứng minh mặt cong là hợp rời các mặt cong liên thông, đó có thể nghiên cứu riêng lẻ thành phần liên thông Tất các mặt các ví dụ nói trên là các mặt liên thông ngoại trừ mặt nón hai tầng Ví dụ 4.3, mặt này là hợp rời hai nửa nón S± bỏ đỉnh nó (để trở thành mặt cong) BÀI TẬP 4.6 Chứng minh rằng, f (x, y) là hàm trơn, thì đồ thị nó {(x, y, z) ∈ R3 | z = f (x, y)} là mặt trơn với đồ gồm mảnh vá chính qui σ(u, v) = (u, v, f (u, v)) 4.7 Kiểm tra sáu mảnh vá mặt cầu đơn vị Ví dụ 4.3 chính qui Tính các ánh xạ chuyển chúng và chứng tỏ các ánh xạ này trơn 4.8 Chứng minh σ(r, θ) = (r cosh θ, r sinh θ, r2 ) là tham số hyperbolic paraboloid z = x2 − y phần z > (Hình vẽ hyperbolic paraboloid có thể tìm thấy Mệnh đề 4.6.) Sử dụng Bài tập 4.6 để tìm tham số hóa khác σ̃ cho mảnh vá nói trên, chứng tỏ σ̃ là tham số hóa lại σ Tương tự tìm hai tham số hóa cho phần z < hyperbolic paraboloid 4.9 Chứng minh mặt mức x2 y z + + = 1, a2 b c đó a, b và c là các số khác không, là mặt trơn (được gọi là mặt ellipsoid) (Hình vẽ ellipsoid có thể tìm thấy Mệnh đề 4.6.) 50 CHƯƠNG MẶT CONG 4.3 MẶT TIẾP XÚC, PHÁP TUYẾN VÀ TÍNH ĐỊNH HƯỚNG 4.10 Một mặt xuyến thu từ phép quay đường tròn C nằm mặt phẳng Π xung quanh đường thẳng L (không cắt C) nằm Π Chọn Π là mặt phẳng Oxz, L là trục Oz, a > là khoảng cách từ tâm C đến L, và b < a là bán kính C Chứng minh mặt xuyến là mặt trơn, hai cách sau: (i) Thông qua đồ gồm các mảnh vá σ(θ, ϕ) = ((a + b cos θ) cos ϕ, (a + b cos θ) sin ϕ, b sin θ), với (θ, ϕ) các khoảng mở thích hợp R2 (ii) Thông qua việc xem nó là mặt mức xác định (x2 + y + z + a2 − b2 )2 = 4a2 (x2 + y ) !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 4.11 Với S là mặt trơn, ta định nghĩa khái niệm hàm trơn S → R Chứng minh rằng, S là mặt trơn, ánh xạ thành phần ánh xạ nhúng S → R3 là hàm trơn S → R 4.12 Chứng minh phép tịnh tiến và phép biến đổi tuyến tính khả nghịch R3 biến các mặt trơn thành các mặt trơn 4.3 Mặt tiếp xúc, pháp tuyến và tính định hướng Một cách tự nhiên nghiên cứu mặt cong S là tìm hiểu qua các đường cong (trơn) γ nằm trên S Nếu γ : (α, β) → R3 nằm ảnh mảnh vá σ : U → R3 đồ S, thì tồn ánh xạ (α, β) → U , biến t → (u(t), v(t)), cho γ(t) = σ(u(t), v(t)) (4.2) Trong đó u và v cần thiết phải là các hàm trơn (xem Bài tập 4.30) Ngược lại, t → (u(t), v(t)) là trơn, thì Pt (4.2) xác định đường cong nằm trên S Tổng quát, γ là đường cong trên S và giả sử γ(t0 ) là điểm nào đó γ nằm trên mảnh vá σ cS, thì Pt (4.2) đúng với t thuộc tập mở nào đó chứa t0 Vì chúng ta có thể hạn chế trường hợp đường cong có dạng (4.2) Định nghĩa 4.4 Không gian tiếp xúc điểm P mặt cS là tập hợp tất các véctơ tiếp tuyến P tất các đường cong trên cS qua P Mệnh đề 4.4 Giả sử σ : U → R3 là mảnh vá mặt S chứa điểm P S, và giả sử (u, v) là hệ tọa độ U Khi đó, không gian tiếp xúc với S P là không gian véctơ R3 sinh các véctơ σ u và σ v (các đạo ánh xác định điểm (u0 , v0 ) ∈ U mà σ(u0 , v0 ) = P ) Chứng minh Giả sử γ là đường cong trơn trên S, chẳng hạn cho γ(t) = σ(u(t), v(t)) Kí hiệu d/dt dấu chấm trên Theo luật hợp thành, ta có γ̇ = σ u u̇ + σ v v̇ 51 4.3 MẶT TIẾP XÚC, PHÁP TUYẾN VÀ TÍNH ĐỊNH HƯỚNG CHƯƠNG MẶT CONG Do đó γ̇ là tổ hợp tuyến tính σ u và σ v Ngược lại, véctơ nằm không gian véctơ R3 sinh σ u và σ v có dạng ξσ u + ησ v , với ξ và η là các vô hướng Định nghĩa γ(t) = σ(u0 + ξt, v0 + ηt) Khi đó, γ là đường cong trơn trên S và t = 0, tức là điểm P trên S, ta có γ̇ = ξσ u + νσ v Điều này chứng tỏ véctơ sinh σ u và σ v là véctơ tiếp xúc P đường cong nào đó trên S Do σ u và σ v độc lập tuyến tính, nên không gian tiếp xúc có chiều 2, và vì từ đây sau ta gọi là mặt tiếp xúc Chú ý Định nghĩa 4.4 cho ta thấy mặt tiếp xúc không phụ thuộc vào việc chọn mảnh vá chứa P , cho dù điều này không thật hiển nhiên từ Mệnh đề 4.4 (xem Bài tập 4.15) Do mặt tiếp xúc P ∈ S qua gốc tọa độ R3 , vì nó hoàn toàn xác định véctơ có độ dài đơn vị vuông góc với nó, gọi là véctơ pháp tuyến S P Dĩ nhiên là có hai véctơ vậy, Mệnh đề 4.4, ta đã chọn mảnh vá σ : U → R3 thì có thể xác định véctơ pháp tuyến σu × σv Nσ = (4.3) kσ u × σ v k (trong đó các đạo ánh xác định điểm trên U tương ứng với P ), rõ ràng véctơ này có độ dài đơn vị và vuông góc với tổ hợp tuyến tính σ u và σ v Ta gọi nó là véctơ pháp tuyến chuẩn tắc mảnh vá σ P Tuy nhiên, không giống mặt tiếp xúc, Nσ không phải là không độc lập vào việc chọn mảnh vá σ chứa P Thật vậy, σ : U → R3 là mảnh vá khác chứa P đồ S, chứng minh Mệnh đề 4.2 thì σ̃ ũ × σ̃ ṽ = det(J(Φ))σ u × σ v , đó J(Φ) là ma trận Jacobi ánh xạ chuyển Φ từ σ đến σ̃ Vì véctơ pháp tuyến chuẩn tắc σ̃ là σ̃ ũ × σ̃ ṽ σu × σv Nσ̃ = =± = ±Nσ , kσ̃ ũ × σ̃ ṽ k kσ u × σ v k đây dấu là dấu định thức J(Φ) Điều này dẫn đến định nghĩa sau đây Định nghĩa 4.5 Một mặt định hướng là mặt với đồ có tính chất sau: Với ánh xạ chuyển Φ hai mảnh vá đồ, thì det(J(Φ)) > nơi mà Φ xác định Lập luận phần trên cho chúng ta khẳng định sau đây Mệnh đề 4.5 Mỗi mặt định hướng có cách xác định véctơ pháp tuyến chuẩn tắc điểm, cách lấy các véctơ pháp tuyến chuẩn tắc mảnh vá đồ S Ngoài ra, điều ngược lại đúng: Nếu mặt S có pháp tuyến chuẩn N xác định điểm P ∈ S và nó phụ thuộc liên tục P , thì S định hướng Rõ hơn, xét đồ cực đại S, giữ lại mảnh vá σ(u, v) σ u × σ v bội dương N, ngược lại thì bỏ mảnh vá này Các mảnh vá còn lại lập thành đồ thỏa mãn điều kiện Mệnh 52 CHƯƠNG MẶT CONG 4.3 MẶT TIẾP XÚC, PHÁP TUYẾN VÀ TÍNH ĐỊNH HƯỚNG đề 4.5 Chi tiết chứng minh dành lại cho người đọc (lập luận tương tự ví dụ tiếp sau đây) Hầu hết các mặt mà chúng ta xét đến là định hướng (xem Bài tập 4.16) Dưới đây là ví dụ mặt không định hướng Ví dụ 4.9 Lá Möbius là mặt thu cách quay đoạn thẳng L xung quanh trung điểm P đồng thời P chạy trên đường tròn C, cụ thể P quay vòng quanh C thì L quay nửa vòng quanh P Nếu ta lấy C là đường tròn x2 + y = mặt phẳng Oxy, và L là đoạn thẳng có độ dài đơn vị thời điểm song song với trục Oz với trung điểm P = (1, 0, 0) Khi P quay góc θ quanh trục Oz, L phải quay góc θ/2 quanh P mặt phẳng chứa P và trục Oz Do đó điểm (1, 0, t) L lúc ban đầu biến thành điểm ³³ ³ θ´ θ´ θ´ σ(t, θ) = − t sin cos θ, ( − t sin sin θ, t cos 2 Lấy miền xác định σ là U = {(t, θ) ∈ R2 | − 1/2 < t < 1/2, < θ < 2π} Chúng ta có thể lấy mảnh vá thứ hai σ̃ có công thức σ với miền xác định là U = {(t, θ) ∈ R2 | − 1/2 < t < 1/2, −π < θ < π} Có thể kiểm tra hai mảnh vá này lập thành đồ cho lá Möbius, chúng là các mảnh vá chính qui, vì lá Möbius nằm tựa trên mặt trơn S !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Chúng ta tính véctơ pháp tuyến chuẩn Nσ các điểm nằm trên đường tròn (tại t = 0) Tại điểm vậy, ta có ³ θ θ θ´ σ t = − sin cos θ, − sin sin θ, cos , σ θ = (− sin θ, cos θ, 0), 2 vì θ θ´ θ − cos θ cos , − sin θ cos , − sin 2 Véctơ này có độ dài đơn vị, vì nó chính là Nσ Nếu lá Möbius định hướng thì véctơ pháp tuyến chuẩn N xác định điểm S và nó chuyển động trơn trên S Tại điểm σ(0, θ) nằm trên đường tròn giữa, ta phải có ³ σt × σθ = N = λ(θ)Nσ , đó λ : (0, 2π) → R là ánh xạ trơn và λ(θ) = ±1 với θ Do đó, λ(θ) = với θ ∈ (0, 2π), λ(θ) = −1 với θ ∈ (0, 2π) Thay N −N cần thiết, ta có thể giả thiết λ = Tại điểm σ(0, 0) = σ(0, 2π), ta phải có (do tính trơn N) N = lim+ Nσ = (−1, 0, 0) θ→0 và N = lim− Nσ = (1, 0, 0) θ→2π Điều này là mâu thuẫn, đó lá Möbius không định hướng BÀI TẬP 53 4.4 CÁC VÍ DỤ VỀ MẶT CHƯƠNG MẶT CONG 4.13 Tìm phương trình mặt tiếp xúc mảnh vá đây điểm tương ứng: (i) σ(u, v) = (u, v, u2 − v ), (1, 1, 0); (ii) σ(r, θ) = (r cosh θ, r sinh θ), (1, 0, 1) 4.14 Mặt đinh ốc là mặt quét cánh quạt máy bay, máy bay và cánh quạt nó chuyển động (Hình vẽ mặt đinh ốc có thể xem Ví dụ 9.3.) Nếu máy bay bay dọc theo trục Oz, chứng minh mặt đinh ốc có thể tham số σ(u, v) = (v cos u, v sin u, λu), với λ là số Chứng minh cotang góc tạo véctơ pháp tuyến chuẩn σ P và trục Oz tỉ lệ với khoảng cách từ P đến trục 4.15 Giả sử σ(u, v) là mảnh vá Chứng minh tập hợp các tổ hợp tuyến tính σ u và σ v là không đổi σ tham số hóa lại 4.16 Xét mặt S định nghĩa f (x, y, z) = 0, đó f là hàm trơn cho fx , fy và fz không đồng thời triệt tiêu bất kì điểm nào S Chứng minh véctơ ∇f = (fx , fy , fz ) vuông góc với mặt tiếp xúc điểm S, điều này dẫn đến S định hướng (So sánh với Bài tập 1.17.) 4.17 Giả sử S là mặt và F : S → R là hàm trơn (xem Bài tập 4.11) Chứng minh rằng, với điểm P ∈ S, tồn véctơ ∇S F mặt phẳng tiếp xúc P cho d¯ (∇S F ).γ̇(0) = ¯t=0 F (γ(t)) dt với đường cong γ S với γ(0) = P Từ đó chứng tỏ ∇S F = F có cực đại địa phương cực tiểu địa phương P Chứng minh rằng, S là mặt Bài tập 4.16, thì ∇S F là hình chiếu vuông góc ∇F lên mặt tiếp xúc với S, và chứng tỏ rằng, F có cực đại địa phương cực tiểu địa phương P , thì ∇F = λ∇f với số λ nào đó (Đây gọi là Phương pháp nhân tử bất định Lagrange.) 4.4 Các ví dụ mặt Bây chúng ta trình bày vài lớp mặt đơn giản Một số khác gặp phần sau sách Ví dụ 4.10 Một mặt trụ (tổng quát) là mặt S thu tịnh tiến đường cong Nếu đường cong là γ : (α, β) → R3 và a là véctơ có độ dài đơn vị có hướng là hướng phép tịnh tiến, thì điểm thu tịnh tiến điểm γ(u) γ theo véctơ va song song với a là σ(u, v) = γ(u) + va 54 CHƯƠNG MẶT CONG 4.4 CÁC VÍ DỤ VỀ MẶT Khi đó, với σ : U → R3 , đó U = {(u, v) ∈ R2 |α < u < β}, thì rõ ràng σ trơn Do σ(u, v) = σ(u0 , v ) ⇔ γ(u) − γ(u0 ) = (v − v)a, với σ là mảnh vá (do đó, là đơn ánh), vì đường thẳng song song với a cắt γ không quá điểm Cuối cùng, vì σ u = γ̇, σ v = a (dấu chấm trên kí hiệu thay cho d/du), suy σ là chính qui và véctơ tiếp xúc γ không song song với a !!!!!!!!!!!!!!!!!!!hinh ve Biểu diễn tham số nói trên là đơn giản γ nằm trên mặt phẳng vuông góc với a Thật vậy, điều này luôn luôn có thể đạt cách thay γ hình chiếu nó lên mặt phẳng (xem Bài tập 4.22) Điều kiện chính qui rõ ràng thỏa mãn γ̇ luôn khác không, tức là γ là chính qui Chúng ta có thể lấy mặt phẳng này là Oxy và a = (0, 0, 1) song song với trục Oz Khi đó, γ(u) = (f (u), g(u), 0) với các hàm trơn f và g nào đó, tham số hóa trở thành σ(u, v) = (f (u), g(u), v) Như ví dụ, bắt đầu với đường tròn, ta có mặt trụ (tròn) Lấy đường tròn có tâm là gốc tọa độ, bán kính và nằm trên mặt phẳng Oxy, nó có thể tham số sau γ(u) = (cos u, sin u, 0), với miền xác định chẳng hạn < u < 2π và −π < u < π Từ đó có đồ gồm hai mảnh vá cho mặt trụ sau σ(u) = (cos u, sin u, v), với miền xác định là các tập mở {(u, v) ∈ R2 |0 < u < 2π}, {(u, v) ∈ R2 | − π < u < π} Ví dụ 4.11 Một mặt nón (tổng quát) là hợp tất các đường thẳng qua điểm cố định và các điểm đường cong Nếu p là điểm cố định và γ : (α, β) → R3 là đường cong, thì điểm tổng quát trên đường thẳng qua p và điểm γ(u) đường cong là σ(u, v) = (1 − v)p + vγ(u) Rõ ràng σ là trơn Ta có, σ(u, v) = σ(u0 , v ) ⇔ vγ(u) − v γ(u0 ) + (v − v)p = 0, tức là các điểm p, γ(u) và γ(u0 ) không thẳng hàng Vậy, với σ là mảnh vá, đường thẳng qua p không qua quá điểm γ (đặc biệt, γ không qua p) Cuối cùng, ta có σ u = v γ̇, σ v = γ − p (với d/du kí hiệu dấu chấm trên), để σ chính qui thì v 6= 0, tức là đỉnh mặt nón cần bỏ (xem Bài tập 4.3), và số các đường thẳng tạo mặt nón không có đường nào tiếp xúc với γ !!!!!!!!!!!!!!!!!!! hinh ve Biểu diễn tham số nói trên là đơn giản γ nằm trên mặt phẳng Nếu mặt phẳng này chứa điểm p thì mặt nón đơn giản là thành phần mặt phẳng Ngược lại, có thể lấy p là gốc tọa độ và mặt phẳng là z = Khi đó, γ(u) = (f (u), g(u), 1) với các hàm trơn f và g nào đó, và tham số hóa có dạng σ(u, v) = v(f (u), g(u), 1) Các Ví dụ 4.10 và 4.11 là trường hợp đặc biệt lớp mặt ví dụ tiếp sau đây 55 4.4 CÁC VÍ DỤ VỀ MẶT CHƯƠNG MẶT CONG Ví dụ 4.12 Một mặt kẻ là mặt hợp thành các đường thẳng, chúng gọi là các đường kẻ mặt Giả sử C là đường cong R3 giao với tất các đường kẻ Mỗi điểm P mặt nằm trên các đường kẻ, đường này giao với C điểm kí hiệu là Q Giả sử γ là tham số hóa C với γ(u) = Q, và δ(u) là véctơ khác không có hướng trùng với đường kẻ qua γ(u), đó P có tọa độ σ(u, v) = γ(u) + vδ(u), với v là vô hướng nào đó !!!!!!!!!!!!!!!!!!!! hinh ve Với d/du kí hiệu dấu chấm trên, ta có σ u = γ̇ + v δ̇, σ v = δ Như vậy, σ là chính qui γ̇ + v δ̇ và δ độc lập tuyến tính Điều này thỏa mãn, chẳng hạn γ̇ và δ độc lập tuyến tính và v đủ nhỏ Vậy, để có mặt thì đường cong C không tiếp xúc với đường kẻ nào Ví dụ 4.13 Một mặt tròn xoay là mặt tạo quay đường cong phẳng, gọi là đường sinh, xung quanh đường thẳng nằm mặt phẳng (chứa đường cong) Các đường tròn tạo phép quay điểm nằm trên đường sinh quanh trục quay gọi là các đường vĩ tuyến mặt, các đường nằm trên mặt tạo quay đường sinh góc nào đó gọi là các đường kinh tuyến nó (Cách đặt tên này giống địa lý, chúng ta coi đất là mặt tạo phép quay đường tròn lớn qua các cực quanh trục cực, lấy u và v tương ứng là vĩ độ và kinh độ.) Ta chọn Oz là trục quay và Oxz là mặt phẳng chứa đường sinh Mỗi điểm P mặt thu cách quay điểm Q nào đó trên đường sinh với góc v (chẳng hạn) quanh xung quanh trục Oz Nếu γ(u) = (f (u), 0, g(u)) là tham số hóa đường sinh chứa Q, đó P có tọa độ σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)) !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! hinh ve Để kiểm tra tính chính qui, ta tính (với dấu chấm trên là kí hiệu thay cho d/du): σ u = (f˙ cos v, f˙ sin v, ġ), σ v = (−f sin v, f cos v, 0), ∴ σ u × σ v = (f ġ cos v, −f ġ sin v, f f˙), ∴ kσ u × σ v k2 = f (f˙2 + ġ ) Như vậy, σ u × σ v không triệt tiêu f (u) luôn khác không, tức là γ không cắt trục Oz, và f˙ và ġ không đồng thời không, tức là γ γ là chính qui Trong trường hợp này chúng ta có thể giả sử f (u) > 0, để f (u) là khoảng cách từ σ(u, v) đến trục quay Khi đó, σ đơn ánh đòi hỏi γ không tự cắt và góc v phép quay thuộc khoảng có độ rộng ≤ 2π Với điều kiện này, các mảnh vá có dạng σ lập nên cấu trúc mặt trơn cho mặt tròn xoay BÀI TẬP 56 CHƯƠNG MẶT CONG 4.5 CÁC MẶT BẬC HAI 4.18 Mặt tròn xoay thu quay đường cong x = cosh z mặt phẳng Oxz quanh trục Oz gọi là mặt catenoid Hãy mô tả đồ cho mặt này (Hình vẽ cho mặt catenoid có thể xem Tiết 9.2.) 4.19 Chứng minh σ(u, v) = (sech u cos v, sech u sin v, u) là mảnh vá chính qui mặt cầu đơn vị (nó gọi là phép chiếu Mercator) Chứng minh các kinh tuyến và vĩ tuyến trên mặt cầu tương ứng qua σ với các đường thẳng vuông góc mặt phẳng 4.20 Một loxodrome là đường cong trên mặt cầu đơn vị giao với các vĩ tuyến với cùng góc α Chứng minh với mặt Mercator σ (xem Bài tập 4.19), có loxodrome vận tốc đơn vị thỏa mãn u̇ = cos α cosh u, v̇ = ± sin α cosh u (dấu chấm trên kí hiệu cho phép lấy đạo hàm biến là tham số loxodrome) Chứng tỏ loxodrome tương ứng qua σ với các đường thẳng mặt phẳng Ouv 4.21 Một mặt conoid đứng là mặt kẻ với các đường kẻ song song với mặt phẳng Π và cắt đường thẳng L vuông góc với Π Nếu Π là mặt Oxy và L là trục Oz, chứng minh σ(u, v) = (v cos θ(u), v sin θ(u), u) là mảnh vá chính qui cho mặt conoid, đó θ(u) là góc đường kẻ qua (0, 0, u) và trục Oz (θ(u) cho là hàm trơn theo u) Với θ(u) = u ta có mặt đinh ốc (Bài tập 4.14) !!!!!!!!!!!!!!! hinh ve 4.22 Chứng minh rằng, σ(u, v) là mặt trụ (tổng quát) Ví dụ 4.10 thì: (i) Đường cong γ̃(u) = γ(u) − (γ(u).a)a nằm mặt phẳng vuông góc với a; (ii) σ(u, v) = γ̃(u) + ṽa, đó ṽ = v + γ(u).a; (iii) σ̃(u, ṽ) = γ̃(u) + ṽa là tham số hóa lại σ(u, v) 4.5 Các mặt bậc hai Mặt phẳng, hệ tọa độ Descarte cho phương trình tuyến tính theo x, y và z, là mặt đơn giản Theo cách hiểu này thì các mặt đơn giản tiếp sau đó là các mặt cho phương trình bậc hai theo x, y và z Ta đến định nghĩa sau Định nghĩa 4.6 Một mặt bậc hai là tập R3 xác định phương trình có dạng (rA).r + b.r + c = 0, đó r = (x, y, z), A là ma trận thực đối xứng cấp ba, b ∈ R3 là véctơ hằng, và c là số thực 57 4.5 CÁC MẶT BẬC HAI CHƯƠNG MẶT CONG Cụ thể hơn, lấy   a1 a4 a6 A = a4 a2 a5  , a6 a5 a3 b = (b1 , b2 , b3 ) Khi đó, phương trình mặt bậc hai là a1 x2 + a2 y + a3 z + 2a4 xy + 2a5 yz + 2a6 xz + b1x + b2 y + b3 z + c = (4.4) Một mặt bậc hai không thiết là mặt Chẳng hạn, mặt bậc hai cho x2 + y + z = là điểm, cho x2 + y = là đường thẳng Và thú vị hơn, với xy = ta có hai mặt phẳng cắt nhau, không phải là mặt (Một cách trực quan, nó có "góc" dọc theo đường thẳng giao hai mặt phẳng này.) Kết đây cho ta thấy xét mặt bậc hai có thể đưa phương trình đơn giản Mệnh đề 4.6 Bằng phép dời hình R3 , mặt bậc hai khác rỗng cho 4.4, đó các hệ số không đồng thời không, có thể đưa các dạng sau: (i) ellipsoid: x2 p2 + y2 q2 z2 r2 + =1 x2 p2 (ii) hyperboloid tầng: y2 q2 + − (iii) hyperboloid hai tầng: z2 r2 − x2 p2 x2 p2 + y2 q2 =z (iv) paraboloid elliptic: x2 p2 (v) paraboloid hyperbolic: (vi) mặt nón bậc hai: (vii) mặt trụ elliptic: x2 p2 x2 p2 + + y2 q2 x2 p2 (viii) mặt trụ hyperbolic: y2 q2 − − − y2 q2 z2 r2 z2 r2 =1 y2 q2 =1 =z =0 =1 − y2 q2 =1 (ix) mặt trụ parabolic: xp2 = y (x) mặt phẳng: x = (xi) cặp mặt phẳng song song: x2 = p2 (xii) cặp mặt phẳng cắt nhau: (xiii) đường thẳng x2 p2 + y2 q2 x2 p2 + y2 q2 + (xiv) điểm: x2 p2 − y2 q2 =0 =0 z2 r2 = 58 CHƯƠNG MẶT CONG 4.5 CÁC MẶT BẬC HAI Chứng minh Chứng minh dựa vào lập luận sau Nếu A là ma trận thực đối xứng, thì luôn tồn ma trận P mà P t P = I và det(P ) = cho A0 = P t AP là ma trận đường chéo (P t là ma trận chuyển vị A) Các phần tử nằm trên đường chéo A0 là các giá trị riêng A, các véctơ hàng P là các véctơ riêng tương ứng Với ma trận A Định nghĩa 4.6, định nghĩa r0 = (x0 , y , z ), b0 = (b01 , b02 , b03 ), với (x0 y z ) = (x y z)P, (b01 b02 b03 ) = (b1 b2 b3 )P Viết lại phương trình mặt bậc hai sau (x y z)A(x y z)t + (b1 b2 b3 )(x y z)t + c = và thay (x y z) = (x0 y z )P t , (b1 b2 b3 ) = (b01 b02 b03 )P t , ta thu (x0 y z )A0 (x0 y z )t + (b01 b02 b03 )(x0 y z )t + c = 0, ∴ (r0 A0 ).r0 + b.r0 + c = 0, ∴ a1 x0 + a02 y + a03 z + b01 x0 + b02 y + b03 z + c = 0, đó a01 , a02 và a03 là các phần tử trên đường chéo A0 , tức là các giá trị riêng A Do ma trận thực cấp ba P với P t P = I và det(P ) = đặc trưng cho phép quay R3 , vì mặt bậc hai này thu từ mặt ban đầu phép dời hình Do đó, ta có thể dùng (4.4), với giả thiết a4 = a5 = a6 = 0, tức là a1 x2 + a2 y + a3 z + b1x + b2 y + b3 z + c = (4.5) Bây giờ, giả sử (4.5) có a1 6= Nếu ta định nghĩa x0 = x + b1 /2a1 , tương ứng với phép tịnh tiến R3 , phương trình trên trở thành a1 x0 + a2 y + a3 z + b2 y + b3 z + c0 = 0, đó c0 là số Nói cách khác, a1 6= 0, chúng ta có thể giả sử b1 = 0, và có thể xét tương tự a2 và a3 Nếu a1 , a2 và a3 Pt (4.5) khác không, thì ta có thể đưa a1 x2 + a2 y + a3 z + c = Nếu c 6= 0, ta có các trường hợp (i), (ii) và (iii), phụ thuộc vào dấu a1 , a2 , a3 và c, và c = ta có các trường hợp (vi) và (xiv) Nếu ba số a1 , a2 và a3 có số không, chẳng hạn a3 = 0, phương trình trở thành a1 x2 + a2 y + b3 z + c = (4.6) Nếu b3 6= 0, đặt z = z + c/b3 Như vậy, phép tịnh tiến (sau đó chia cho b3 ), đưa trường hợp a1 x2 + a2 y + z = Nó rơi vào hai trường hợp (iv) và (v) 59 4.5 CÁC MẶT BẬC HAI CHƯƠNG MẶT CONG Nếu b3 = Pt (4.6), ta có a1 x2 + a2 y + c = Nếu c = ta có các trường hợp (xii) và (xiii) Nếu c 6= 0, chia hai vế cho c dẫn đến các trường hợp (vii) và (viii) Bây ta xét a2 = a3 = 0, a1 6= Khi đó a1 x2 + b2 y + b3 z + c = (4.7) Nếu b2 và b3 không đồng thời không, cách quay mặt phẳng Oyz cho trục Oy song song với véctơ (b2 , b3 ), chúng ta có thể giả sử b2 6= 0, b3 = 0, và phép tịnh tiến dọc theo trục Oy ta có thể giả sử c = Do đó phương trình đưa dạng a1 x2 + y = 0, tức là ứng với trường hợp (ix) Nếu b2 = b3 = Pt (4.7), thì c = hay trường hợp (x) và c 6= dẫn đến trường hợp (xi) Cuối cùng, a1 = a2 = a3 = 0, thì (4.5) là phương trình mặt phẳng, vì qua phép dời hình chúng ta lại đưa trường hợp (x) Ví dụ 4.14 Xét mặt bậc hai x2 + 2y + 6x − 4y + 3z = Đặt x0 = x + 3, y = y − (một phép tịnh tiến), ta có 2 x0 + 2y + 3z = 18 Đặt z = z − (một phép tịnh tiến khác), thu 2 x0 + 2y + 3z = Cuối cùng, đặt x00 = x0 , y 00 = −y , z 00 = −z (quay góc π quanh trục Ox), dẫn đến 00 2 00 x + y = z 00 , 3 đây là mặt paraboloid elliptic Nó có thể tham số hóa x00 = u, y 00 = v, z 00 = 31 u2 + 23 v Tương ứng với x = u − 3, y = − v, z = − 13 u2 − 23 v , và chứng tỏ mặt bậc hai trên là mặt trơn với đồ gồm mảnh vá ³ 2 2´ σ(u, v) = u − 3, − v, − u − v 3 BÀI TẬP 4.23 Hãy viết các tham số hóa cho mặt bậc hai các trường hợp (i)-(xi) Mệnh đề 4.6 (đối với trường hợp (vi) ta cần bỏ gốc tọa độ) 4.24 Mặt bậc hai nào là (a) mặt trụ tổng quát; 60 CHƯƠNG MẶT CONG 4.6 CÁC HỆ TRỰC GIAO BỘ BA (b) mặt nón tổng quát; (c) mặt kẻ; (d) mặt tròn xoay? 4.25 Bằng cách đặt u= x y − , p q v= x y + , p q tìm mảnh vá phủ mặt paraboloid hyperbolic x2 y − = z p2 q Từ đó chứng minh mặt paraboloid hyperbolic là mặt kẻ đúp 4.26 Chứng minh rằng, mặt bậc hai chứa ba điểm nằm trên đường thẳng, thì nó chứa đường thẳng (Tham số đường cong γ(t) = a + bt, thay vào Pt (4.4) phương trình bậc hai theo t) Chứng tỏ rằng, L1 , L2 và L3 là ba đường thẳng không giao R3 , thì có mặt bậc hai chứa ba đường thẳng này (Lấy ba điểm trên đường và có mặt bậc hai qua tất chín điểm này.) 4.27 Sử dụng Bài tập 4.26 để mặt kẻ đúp là (phần của) mặt bậc hai (Một mặt là mặt kẻ đúp nó là hợp hai họ đường thẳng mà họ các đường thẳng không cắt nhau, đường thẳng họ thứ cắt với đường thẳng họ thứ hai, với số hữu hạn các trường hợp ngoại lệ.) Mặt bậc hai nào là mặt kẻ đúp? 4.6 Các hệ trực giao ba Trong tiết này chúng ta các mặt bậc hai có thể tạo nên ví dụ đẹp các hệ trực giao ba nào Một hệ hiểu là gồm ba họ mặt, họ phụ thuộc vào tham số, hệ có tính chất, P là điểm nằm trên mặt họ thì ba mặt tiếp xúc các mặt P là đôi trực giao Ví dụ đơn giản nhất, dĩ nhiên là trường hợp ba họ mặt phẳng song song với ba mặt đôi trực giao cho trước Một số ví dụ khác, khá hiển nhiên, xem Bài tập 4.28 Nhưng ví dụ thú vị có thể xây dựng ba hệ mặt bao gồm các ellipsoid, các hyperboloid tầng và các hyperboloid hai tầng, cách tương ứng Thật vậy, giả sử p, q và r là các số, và giả sử < p2 < q < r2 Với (x, y, z) ∈ R3 , t khác với ba giá trị p2 , q và r2 , đặt Ft (x, y, z) = y2 z2 x2 + + p2 − t q − t r − t Cố định điểm (a, b, c) ∈ R3 , với a, b, c khác không Các tính chất sau là rõ ràng: (i) Ft (a, b, c) là hàm trơn theo biến t trên các khoảng mở (−∞, p2 ), (p2 , q ), (q , r2 ) và (r2 , ∞); (ii) Ft (a, b, c) → t → ±∞; 61 4.6 CÁC HỆ TRỰC GIAO BỘ BA CHƯƠNG MẶT CONG (iii) Ft (a, b, c) → ∞ t dần đến p2 , q r2 phía bên trái, và Ft (a, b, c) → −∞ t dần đến p2 , q r2 phía bên phải Từ ba tính chất trên và Định lý giá trị trung bình suy tồn ít giá trị t khoảng mở (−∞, p2 ), (p2 , q ) và (q , r2 ) cho Ft (a, b, c) = Mặt khác Ft (a, b, c) = tương đương với phương trình bậc ba Gt (a, b, c) = 0, đó Gt (a, b, c) = a2 (q − t)(r2 − t) + b2 (p2 − t)(r2 − t) + c2 (p2 − t)(q − t) − (p2 − t)(q − t)(r2 − t), (4.8) và vì nó có nhiều là ba nghiệm thực Do đó có ba số u ∈ (−∞, p2 ), v ∈ (p2 , q ) và w ∈ (q , r2 ) (dĩ nhiên là phụ thuộc vào (a, b, c)) cho Fu (a, b, c) = 1, Fv (a, b, c) = 1, Fw (a, b, c) = (4.9) Ba mặt bậc hai xác định Fu (x, y, z) = 1, Fv (x, y, z) = và Fw (x, y, z) = tương ứng là ellipsoid, hyperboloid tầng và hyperboloid hai tầng, và chúng ta đã chứng minh mặt chứa điểm chung (a, b, c) ∈ R3 , điểm này không nằm trên mặt phẳng tọa độ Hơn nữa, chúng lập nên hệ trực giao ba Thật vậy, véctơ ³ x2 y2 z2 ´ , , p2 − t q − t r − t vuông góc với mặt tiếp xúc Ft (x, y, z) = (x, y, z) (xem Bài tập 4.16) Vì vậy, để hai mặt đầu tiên (4.9) vuông góc với (a, b, c), chẳng hạn, thì chúng ta cần chứng minh a2 b2 c2 + + = (p2 − u)(p2 − v) (q − u)(q − v) (r2 − u)(r2 − v) Vế trái phương trình này là Fu (a, b, c) − Fv (a, b, c) − − = u−v u−v Chúng ta có thể thiết lập tham số hóa cho ba họ đồng thời Chú ý đa thức bậc ba Gt (a, b, c) (t − u)(t − v)(t − w), nó chia hết cho tích này và hệ số t3 Đặt t = p2 , q và r2 và giải các phương trình thu theo a2 , b2 và c2 , ta tìm q 2 −v)(p2 −w) a = (p (r−u)(p , −p2 )(q −p2 ) q −u)(q −v)(q −w) (4.10) b = (q (p , −q )(r −q ) q −u)(r2 −v)(r2 −w) c = (r (p −r )(q −r ) Định nghĩa σ(u, v, w) = (x, y, z), đó x, y và z vế phải ba phương trình (4.10), với tổ hợp dấu tùy ý Với u cố định (tương ứng, v cố định, w cố định), ta có tám mảnh vá cho mặt ellipsoid Fu (x, y, z) = (tương ứng, mặt hyperboloid tầng Fv (x, y, z) = 1, mặt hyperboloid hai tầng Fw (x, y, z) = 1) BÀI TẬP 4.28 Chứng minh sau đây là các hệ trực giao ba: 62 CHƯƠNG MẶT CONG 4.7 CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ HÀM NGƯỢC • các mặt cầu có tâm là gốc tọa độ, các mặt phẳng chứa trục Oz và các mặt nón tròn xoay có trục là Oz; • các mặt phẳng song song với mặt phẳng Oxy, các mặt phẳng chứa trục Oz và các mặt trụ tròn xoay có trục là Oz !!!!!!!!!!!!!!! hinh ve 4.29 Dựa vào mặt bậc hai Ft (x, y, z) = 0, với Ft (x, y, z) = x2 y2 + − 2z + t, p2 − q − t hãy xây dựng hệ trực giao chứa hai họ các paraboloid elliptic và họ các paraboloid hyperbolic (xem trên) Tương tự (4.10) hãy tìm tham số hóa cho mặt này 4.7 Các ứng dụng Định lý hàm ngược Trong tiết này chúng ta trình bày các chứng minh Mệnh đề 4.1 và Định lý 4.1 Trước hết giả sử f : U → Rn là ánh xạ trơn, đó U là tập mở Rm Viết (ũ1 , , ũn ) = f (u1 , , um ), thì ma trận Jacobi f là  ∂ ũ1 ∂ ũ1  ∂ ũ1 · · · ∂u ∂u1 ∂u2 m  ∂ ũ2 ∂ ũ2 · · · ∂ ũ2   ∂u1 ∂u2 ∂um  J(f ) =    . ∂ ũn ∂u1 ∂ ũn ∂u2 ··· ∂ ũn ∂um Chúng ta đã dùng với m = n = Tiết 4.2, nhiên bây cần thêm các trường hợp khác Công cụ chính cần đây là Định lý 4.2 (Định lý hàm ẩn) Giả sử f : U → Rn là ánh xạ trơn định nghĩa trên tập mở U Rn (n ≥ 1) Giả sử rằng, điểm x0 ∈ U nào đó, ma trận Jacobi J(f ) là khả nghịch Khi đó, tồn tập mở V Rn và ánh xạ trơn g : V → Rn cho (i) y0 = f (x0 ) ∈ V ; (ii) g(y0 ) = x0 ; (iii) g(V ) ⊆ U ; (iv) g(V ) là tập mở Rn ; (v) f (g(y)) = y với y ∈ V Đặc biệt, g : V → g(V ) và f : g(V ) → V là các song ánh nghịch Như vậy, định lý hàm ẩn nói rằng, J(f ) là khả nghịch điểm nào đó, thì f là song ánh lân cận điểm đó và ánh xạ ngược nó là ánh xạ trơn Chứng minh cho định lý này có thể xem các sách giải tích nhiều biến 63 4.7 CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ HÀM NGƯỢC CHƯƠNG MẶT CONG Chúng ta sử dụng định lý hàm ẩn để chứng minh Mệnh đề 4.1 Ta cần rằng, σ : U → R3 và σ̃ : Ũ → R3 là hai mảnh vá chính qui đồ mặt S, thì ánh xạ chuyển từ σ đến σ̃ là trơn nơi mà nó xác định Giả sử điểm P nằm trên hai mảnh vá, tức là σ(u0 , v0 ) = σ̃(ũ0 , ṽ0 ) = P Viết σ(u, v) = (f (u, v), g(u, v), h(u, v)) Do σ u và σ v độc lập tuyến tính, nên ma trận Jacobi σ   fu fv  gu gv  hu hv có hạng khắp nơi Do đó, có ít ba ma trận cấp là khả nghịch khắp nơi Giả sử ma trận µ ¶ fu fv gu gv khả nghịch P (Chứng minh hoàn toàn tương tự hai trường hợp kia.) Áp dụng định lý hàm ẩn cho ánh xạ F : U → R2 với F (u, v) = (f (u, v), g(u, v)), tồn tập mở V R2 chứa F (u0 , v0 ) và tập mở W U chứa (u0 , v0 ) cho F : W → V là song ánh với ánh xạ ngược F −1 : V → W trơn Do σ : W → σ(W ) là song ánh, nên phép chiếu π : σ(W ) → V cho π(x, y, z) = (x, y) là song ánh, π = F ◦ σ −1 trên σ(W ) Suy W̃ = σ̃ −1 (σ(W )) là tập mở Ũ và σ −1 ◦ σ̃ = F −1 ◦ F̃ trên W̃ , đó F̃ = π ◦ σ̃ Do F −1 và F̃ là trơn trên W̃ , nên ánh xạ chuyển σ −1 ◦ σ̃ Do σ −1 ◦ σ̃ trơn trên tập mở chứa điểm (u0 , v0 ), nơi mà nó xác định, nên nó là trơn Bây chúng ta chứng minh Định lý 4.1 Với P, W và f phát biểu định lý, giả sử P = (x0 , y0 , z0 ) và fz 6= P (Chứng minh hoàn toàn tương tự hai trường hợp kia.) Xét ánh xạ F : W → R3 xác định F (x, y, z) = (x, y, f (x, y, z)) Ma trận Jacobi F là   0  0, fx fy fz rõ ràng nó khả nghịch vì fz 6= Theo định lý hàm ngược, tồn tập mở V R3 chứa F (x0 , y0 , z0 ) = (x0 , y0 , 0) và ánh xạ trơn G : V → W cho W̃ = G(V ) là tập mở, F : W̃ → V và G : V → W̃ là các song ánh nghịch Do V là tập mở, tồn các tập mở U1 R2 chứa (x0 , y0 ) và U2 R chứa cho V chứa tập mở U1 × U2 gồm tất các điểm (x, y, w) với (x, y) ∈ U1 và w ∈ U2 Do đó, có thể giả sử V = U1 × U2 Khi đó, F và G là các song ánh nghịch có nghĩa là G(x, y, w) = (x, y, g(x, y, w)) 64 CHƯƠNG MẶT CONG 4.7 CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ HÀM NGƯỢC với g : U1 × U2 → R là ánh xạ trơn nào đó, và f (x, y, g(x, y, w)) = w với (x, y) ∈ U1 , w ∈ U2 Định nghĩa σ : U1 → R3 sau σ(x, y) = (x, y, g(x, y, 0)) Khi đó σ là đồng phôi từ U1 đến S ∩ W̃ (ánh xạ ngược nó là ánh xạ hạn chế xuống S ∩ W̃ phép chiếu π(x, y, z) = (x, y)) Rõ ràng σ là ánh xạ trơn và nó là chính qui vì σ x × σ y = (−gx , −gy , 1) khác không nơi Vì σ là mảnh vá chính qui trên S chứa điểm P đã cho Do P là điểm tùy ý trên S, ta có thể xây dựng đồ cho S và dẫn đến nó là mặt (trơn) BÀI TẬP 4.30 Chứng minh rằng, γ : (α, β) → R3 là đường cong mà ảnh nó nằm trên mảnh vá σ : U → R3 , thì γ(t) = σ(u(t), v(t)) với (α, β) → U , t 7→ (u(t), v(t)) là ánh xạ trơn nào đó (Theo các bước chứng minh Mệnh đề 4.1.) 4.31 Chứng minh Định lý 1.1 và tổng quát hóa cho đường mức R3 (Bài tập 1.17) 65 Chương Dạng thứ Có lẽ với bọ có thiên hướng hình học thì sống trên bề mặt nó mong muốn đo khoảng cách hai điểm nằm trên bề mặt đó Dĩ nhiên khoảng cách đó khác với khoảng cách hai điểm này theo cách đo cư dân sống không gian ba chiều xung quanh, lí là vì đoạn thẳng nối hai điểm là khoảng cách ngắn hai điểm R3 này nói chung không nằm trên mặt Dạng thứ là công cụ giúp tính độ dài cung trên mặt, góc và diện tích 5.1 Độ dài đường cong trên mặt Nếu γ(t) = σ(u(t), v(t)) là đường cong nằm trên mảnh vá σ, thì độ dài cung từ điểm γ(t0 ) là hàm Z t s= kγ̇(u)k t0 Ta có γ̇ = σ u u̇ + σ v v̇, nên kγ̇(u)k2 = (σ u u̇ + σ v v̇).(σ u u̇ + σ v v̇) = (σ u σ u )u̇ + (σ u σ v )u̇v̇ + (σ v σ u )v̇ u̇ + (σ v σ v )v̇ = (σ u σ u )u̇2 + 2(σ u σ v )u̇v̇ + (σ v σ v )v̇ = E u̇2 + 2F u̇v̇ + Gv̇ , đó E = kσ u k2 , Vậy Z t s= F = σ u σ v , G = kσ v k2 (E u̇2 + 2F u̇v̇ + Gv̇ )1/2 dt t0 Nếu đưa dt vào dấu và viết 66 (5.1) CHƯƠNG DẠNG CƠ BẢN THỨ NHẤT 5.2 CÁC MẶT ĐẲNG CỰ 5.2 Các mặt đẳng cự 5.3 Ánh xạ bảo giác các mặt 5.4 Diện tích mặt 5.5 Ánh xạ đẳng diện và Định lý Archimedes 67 Chương Độ cong mặt Trong chương này chúng tôi giới thiệu vài cách làm để đo mức độ cong mặt cong Tất các cách này cuối cùng dựa vào dạng thứ hai mảnh vá Ta lại có (xem Định lý 10.4) mảnh vá xác định sai khác phép dời hình R3 các dạng thứ và thứ hai nó Điều này giống đường cong phẳng có vận tốc đơn vị xác định sai khác phép dời hình độ cong có dấu nó 6.1 Dạng thứ hai Để xem làm nào định nghĩa độ cong mặt, chúng ta bắt đầu cách tìm cách mô tả cho độ cong đường cong phẳng Giả sử γ là đường cong có vận tốc đơn vị R2 Khi tham số t γ tăng thành t + ∆t, vị trí đường cong cách tiếp tuyến nó khoảng (γ(t + ∆t) − γ(t)).n, đó n là pháp tuyến chuẩn γ γ(t) Theo định lý Taylor, γ(t + ∆t) = γ(t) + γ̇(t)∆t + γ̈(t)(∆t)2 + remainder, đó (remainder)/(∆t)2 tiến tới không ∆t tiến tới không Do n vuông góc với véctơ tiếp xúc đơn vị t = γ̇, và γ̈ = ṫ = κn, đó κ là độ cong γ Do đó, γ̈.n = κ và độ lệch γ so với đường tiếp tuyến nó là 1 (γ̇(t)∆t + γ̈(t)(∆t)2 + · · · ).n = κ(∆t)2 + remainder 2 (6.1) !!!!!!!!!!!!!! Bây xét σ là mảnh vá R3 với pháp tuyến chuẩn tắc N Tương tự trên, các tham số (u, v) σ tăng thành (u + ∆u, v + ∆v), mặt cong vị trí cách xa mặt tiếp xúc nó σ(u, v) khoảng cách (σ(u + ∆u, v + ∆v) − σ(u, v)).N !!!!!!!!!!!!!! Theo định lý Taylor cho trường hợp hai biến, σ(u + ∆u, v + ∆v) − σ(u, v) σ u ∆u + σ v ∆v + (σ uu (∆u)2 + 2σ uv ∆u∆v + σ vv (∆v)2 ) + remainder, 68 CHƯƠNG ĐỘ CONG CỦA MẶT 6.1 DẠNG CƠ BẢN THỨ HAI đó (remainder)/((∆u)2 + (∆v)2 ) tiến tới không (∆u)2 + (∆v)2 tiến tới không Vì σ u và σ v tiếp xúc với mặt cong, nên chúng vuông góc với N, vì độ lệch σ so với mặt tiếp xúc (L(∆u)2 + 2M ∆u∆v + N (∆v)2 ) remainder, (6.2) đó L = σ uu N, M = σ uv N, N = σ vv N (6.3) So sánh hai phương trình (6.2) và (6.1), ta thấy biểu thức L(∆u)2 + 2M ∆u∆v + N (∆v)2 là tương tự hạng tử κ(∆t)2 trường hợp đường cong Ta gọi biểu thức L(∆u)2 + 2M ∆u∆v + N (∆v)2 (6.4) là dạng thứ hai σ Như trường hợp dạng thứ nhất, chúng ta coi biểu thức (6.4) là cách đơn giản để xác định các hàm L, M và N Chúng ta thấy có thông tin hàm này (cùng với dạng thứ nhất) thì tính độ cong đường cong nào nằm trên mặt σ Ví dụ 6.1 Xét mặt phẳng σ(u, v) = a + up + vq (xem Ví dụ 4.1) Do σ u = p và σ v = q là các véctơ hằng, nên σ uu = σ uv = σ vv = Do đó dạng thứ hai mặt phẳng không Ví dụ 6.2 Xét mảnh vá σ mặt tròn xoay: σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)) Theo Ví dụ 4.13 chúng ta có thể giả sử f (u) > với u và đường sinh u 7→ (f (u), 0, g(u)) là đường cong có vận tốc đơn vị, tức là f˙2 + ġ = (dấu chấm trên kí hiệu tắt cho d/du) Khi đó: σ u = (f˙ cos v, f˙ sin v, ġ), σ v = (−f sin v, f cos v, g), ∴ E = kσ u k2 = f˙2 + ġ = 1, F = σ u σ v = 0, G = kσ v k2 = f , ∴ σ u × σ v = (−f ġ cos v, −f ġ sin v, f f˙), ∴ kσ u × σ v k = f (do f˙2 + ġ = 1), σu × σv ∴N= = (−ġ cos v, −ġ sin v, f˙), kσ u × σ v k σ uu = (f¨ cos v, f¨ sin v, g̈), σ uv = (−f˙ sin v, f˙ cos v, 0), σ vv = (−f cos v, −f sin v, 0), ∴ L = σ uu N = f˙g̈ − f¨ġ, M = σ uv N = 0, N = σ vv N = f ġ, vì dạng thứ hai (f˙g̈ − f¨ġ)du2 + f ġdv 69 6.2 ĐỘ CONG CỦA CÁC ĐƯỜNG CONG TRÊN MỘT MẶT CHƯƠNG ĐỘ CONG CỦA MẶT Đối với mặt cầu, ta có thể lấy f (u) = cos u, g(u) = sin u, với −π/2 < u < π/2, đó L = 1, M = 0, N = cos2 u (Chú ý các điều kiện f > và f˙2 + ġ = thỏa mãn.) Thay u và v các kí hiệu thông thường θ và ϕ, chúng ta có dạng thứ hai mặt cầu đơn vị bằng: dθ2 + cos2 θdϕ2 Đối với mặt trụ đứng bán kính đơn vị, ta có thể lấy f (u) = 1, g(u) = (một lần nữa, các điều kiện f > và f˙2 + ġ = thỏa mãn.) Do đó L = M = 0, N = 1, vì dạng thứ hai mặt trụ này là dv BÀI TẬP 6.1 Tính dạng thứ hai paraboloit elliptic σ(u, v) = (u, v, u2 + v ) 6.2 Giả sử dạng mảnh vá σ không khắp nơi Chứng minh σ là phần mặt phẳng (Gợi ý: Bằng việc tính các biểu thức kiểu (σ u N)u , chứng tỏ Nu và Nv vuông góc với σ u và σ v , dẫn đến véctơ pháp tuyến chuẩn N σ là véctơ hằng.) Đây là khẳng định tương tự cho mặt cong định lý nói đường cong có độ cong không khắp nơi là phần đường thẳng 6.3 Giả sử mảnh vá σ̃(ũ, ṽ) là tham số hóa lại mảnh vá σ(u, v) với ánh xạ tham số hóa lại (u, v) = Φ(ũ, ṽ) Chứng minh ¶ ¶ µ µ L M L̃ M̃ t = ±J J, M N M̃ Ñ đó J là ma trận jacobi Φ, lấy dấu dương det(J) > và dấu âm det(J) < 6.4 Chứng minh dạng thứ hai mảnh vá không đổi sau phép dời hình 6.2 Độ cong các đường cong trên mặt Một cách tự nhiên khác để khảo sát độ cong mặt là nhìn vào độ cong các đường cong khác trên mặt đó Nếu γ(t) = σ(u(t), v(t)) là đường cong có vận tốc đơn vị trên mảnh vá σ, đó γ̇ là véctơ đơn vị và tiếp xúc với σ Do đó, γ̇ vuông góc với véctơ pháp tuyến chuẩn N, vì γ̇, N và N × γ̇ lập thành hệ véctơ trực chuẩn Một lần nữa, γ có vận tốc đơn vị, suy γ̈ vuông góc với γ, đó nó biểu thị tuyến tính qua N và N × γ̇: γ̈ = κn N + κg N × γ̇ 70 (6.5) CHƯƠNG ĐỘ CONG CỦA MẶT 6.2 ĐỘ CONG CỦA CÁC ĐƯỜNG CONG TRÊN MỘT MẶT !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Các vô hướng κn và κg tương ứng gọi là độ cong chuẩn tắc và độ cong trắc địa Do N và N × γ̇ là các véctơ đơn vị vuông góc với nhau, từ Pt (6.5) suy κn = γ̈.N, κg = γ̈.N × γ̇ và kγ̈k = κ2n + κ2g Do đó, độ cong κ = kγ̈k γ xác định κ2 = κ2n + κ2g (6.6) Hơn nữa, n là pháp tuyến chuẩn γ cho γ̈ = κn, thì κn = κn.N = κ cos ψ, (6.7) đó ψ là góc N Do đó, từ Pt (6.6) ta có κg = ±κ sin ψ (6.8) Rõ ràng từ định nghĩa ta có κn và κg cùng giữ nguyên dấu cùng thay dấu σ tham số hóa lại Nếu γ chính qui, không thiết có vận tốc đơn vị, chúng ta định nghĩa các độ cong trắc địa và chuẩn γ thông qua tham số hóa lại có vận tốc đơn vị nó Khi tham số có vận tốc đơn vị biến thành ±t + c, với c là số, rõ ràng κn 7→ κn và κg 7→ ±κg , vì κn định nghĩa tốt cho đường cong chính qui, đó κg định nghĩa tốt sai khác dấu Các phương trình (6.7) và (6.8) còn đúng cho các trường hợp tổng quát Một trường hợp đặc biệt quan trọng là γ là lát cắt chuẩn tắc mặt cong, tức là γ là giao mặt cong với mặt phẳng Π (mặt phẳng vuông góc với mặt tiếp xúc mặt cong điểm γ) !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Do γ nằm trên Π, pháp tuyến chuẩn n song song với Π, và Π vuông góc với mặt phẳng tiếp xúc, suy N song song với Π Do hai véctơ n và N vuông góc với γ̇, và γ song song với Π, suy n và N phải song song với nhau, tức là ψ π Từ hai phương trình 6.7) và (6.8), ta có κn = ±κ, κg = lát cắt chuẩn tắc Chúng ta nghiên cứu độ cong chuẩn tắc κn cụ thể tiết sau, còn độ cong trắc địa κg học Chương BÀI TẬP 6.5 Tính độ cong chuẩn tắc đường tròn γ(t) = (cos t, sin t, 1) nằm trên paraboloid elliptic σ(u, v) = (u, v, u2 + v ) (xem Bài tập 6.1) 6.6 Chứng minh đường cong nằm trên mặt có các độ cong chuẩn tắc và trắc địa không khắp nơi thì nó là phần đường thẳng 6.7 Chứng minh độ cong chuẩn tắc đường cong trên mặt cầu bán kính r ±1/r 71 6.3 ĐỘ CONG CHUẨN TẮC VÀ ĐỘ CONG CHÍNH CHƯƠNG ĐỘ CONG CỦA MẶT 6.8 Tính độ cong trắc địa đường tròn trên mặt cầu (không thiết là đường tròn lớn nhất) 6.9 Xét mặt tròn xoay σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)), đó u 7→ (f (u), 0, g(u)) là đường cong có vận tốc đơn vị R3 Tính độ cong trắc địa (i) đường kinh tuyến v = số; (ii) đường vĩ tuyến u = số 6.10 Một đường cong có vận tốc đơn vị γ với độ cong κ > và pháp tuyến chuẩn tắc n tạo thành phần giao hai mặt cong S1 và S2 với các pháp tuyến chuẩn N1 và N2 Chứng minh rằng, κ1 và κ2 là các độ cong chuẩn tắc γ xét là đường cong trên S1 và S2 , tương ứng, thì κ1 N2 − κ2 N1 = κ(N1 × N2 ) × n Chứng tỏ α là góc hai mặt này thì κ2 sin2 α = κ21 + κ22 − 2κ1 κ2 cos α 6.11 Giả sử γ là đường cong có vận tốc đơn vị trên mảnh vá σ với độ cong κ > Giả sử ψ là góc γ̈ và N, và đặt B = t × N (các kí hiệu thông thường) Chứng minh N = n cos ψ + b sin ψ, B = b cos ψ − n sin ψ Chứng tỏ ṫ = κn N − κg B, Ṅ = −κn t + τg B, Ḃ = κg t − τg N, đó τg = τ + ψ̇ (τg gọi là độ xoắn trắc địa γ; xem Bài tập 8.4.) 6.12 Một đường cong γ trên mặt S gọi là tiệm cận độ cong chuẩn tắc không khắp nơi Chứng minh đường thẳng nằm trên mặt là đường cong tiệm cận Chứng tỏ đường cong với độ cong dương là tiệm cận và véctơ trùng pháp b nó song song với pháp tuyến chuẩn S điểm γ 6.13 Chứng minh đường cong tiệm cận trên mặt σ(u, v) = (u cos v, u sin v, ln u) xác định ln u = ±(v + c), đó c là số tùy ý 6.14 Chứng minh đường cong tiệm cận với độ cong dương có độ xoắn độ xoắn trắc địa nó (xem Bài tập 6.11) (Gợi ý: Chứng tỏ B song song với n.) 6.3 Độ cong chuẩn tắc và độ cong chính 6.4 Mô tả hình học các độ cong chính 72 Chương Độ cong Gauss và ánh xạ Gauss Chúng ta giới thiệu hai độ cong khác mặt, đó là độ cong Gauss và độ cong trung bình Mặc dù hai độ cong này kết hợp lại thì cùng cho thông tin hai độ cong chính, chúng có nhiều ý nghĩa hình học Đặc biệt chương 10 chúng ta thấy tính chất đáng chú ý, độ cong Gauss không đổi ta uốn mà không làm giãn mặt cong, điều này không xảy các độ cong chính Trong chương này chúng ta bàn đến số tính chất các độ cong Gauss và trung bình, và ý nghĩa hình học chúng 7.1 Độ cong Gauss và độ cong trung bình Định nghĩa 7.1 Giả sử κ1 và κ2 là hai độ cong chính mảnh vá Khi đó độ cong Gauss mảnh vá là K = κ1 κ2 , và độ cong trung bình nó là H = (κ1 + κ2 ) Chú ý có vài tác giả thường bỏ qua thừa số 1/2 định nghĩa H, mặc dù thì có vẻ mâu thuẫn với nghĩa thông thường ’trung bình’ Theo Bài tập 6.17 thì độ cong Gauss không thay đổi tham số hóa lại mặt cong, độ cong trung bình thì có thể thay đổi dấu Vì độ cong Gauss định nghĩa tốt cho bất kì mặt cong S nào Dễ dàng thu các công thức cụ thể cho H và K sau: Mệnh đề 7.1 Giả sử σ(u, v) là mảnh vá và các dạng thứ và thứ hai nó tương ứng là Edu2 + 2F dudv + Gdv và Ldu2 + 2M dudv + N dv Khi đó: (i) K = (ii) H = LN −M ; EG−F LG−2M F +N E ; 2(EG−F ) (iii) Các độ cong chính là H ± √ H − K 73 7.1 ĐỘ CONG GAUSS VÀ ĐỘ CONG TRUNG BÌNH CHƯƠNG ĐỘ CONG GAUSS Chứng minh Theo Định nghĩa ??, các độ cong chính κ1 , κ2 là nghiệm phương trình ¯ ¯ ¯ L − κE M − κF ¯ ¯ ¯ ¯M − κF N − κG ¯ = 0, ∴ (L − κE)(N − κG) − (M − κF )2 = 0, ∴ (EG − F )κ2 − (LG − 2M F + N E)κ + LN − M = Từ định lý Viet suy ra: LN − M LG − 2M F + N E , H = (κ1 + κ2 ) = EG − F 2(EG − F ) K = κ1 κ2 = Khẳng định cuối là từ định nghĩa H và K suy κ1 và κ2 là nghiệm phương trình κ2 − 2Hκ + K = 0, vì nhận các giá trị H ± √ H − K Ví dụ 7.1 Đối với mặt cầu đơn vị, theo ví dụ ?? thì κ1 = κ2 = 1, đó K = H = Đối với mặt trụ tròn xoay có bán kính 1, theo ví dụ ?? thì κ1 = 1, κ2 = 0, đó K = 0, H = 12 Ví dụ 7.2 Trong Ví dụ 6.2 chúng ta đã xét mặt tròn xoay cho σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)), đó giả thiết f > và f˙2 + ġ = khắp nơi (dấu chấm trên kí hiệu cho d/du) Chúng ta đã tính E = 1, F = 0, F = f , L = f˙g̈ − f¨ġ, M = 0, N = f ġ Theo Mệnh đề 7.1(i), độ cong Gauss K= LN − M (f˙g̈ − f¨ġ)f ġ = EG − F f2 (7.1) Chúng ta có thể làm đơn giản công thức trên nhờ điều kiện f˙2 + ġ = 1, lấy đạo hàm đẳng thức này theo biến u suy f˙f¨ + ġg̈ = 0, ∴ (f˙g̈ − f¨ġ)ġ = −f˙2 f¨ − f¨ġ = −f¨, ∴K=− f¨f f¨ = − f2 f 74 CHƯƠNG ĐỘ CONG GAUSS 7.1 ĐỘ CONG GAUSS VÀ ĐỘ CONG TRUNG BÌNH Ví dụ 7.3 Đối với mặt kẻ, xét phương trình σ(u, v) = γ(u) + vδ(u), (xem Ví dụ 4.12) Kí hiệu d/du dấu chấm trên, ta có σ u = γ̇ + v δ̇, σ v = δ, ∴ σ uv = δ̇, σ vv = Do đó, N = (σ u ×σ v )/kσ u ×σ v k là véctơ pháp tuyến chuẩn tắc σ, thì M = σ uv N = δ̇.N and N = Do đó LN − M −(δ̇.N)2 K= = ≤ 0, EG − F EG − F tức là độ cong Gauss mặt kẻ là số âm không, có thể chứng minh khẳng định này cách khác (xem Bài tập 7.8) Chúng ta quay trở lại ví dụ này Mục 7.3 BÀI TẬP 7.1 Tính độ cong Gauss và độ cong trung bình mặt σ(u, v) = (u + v, u − v, uv) điểm (2,0,1) 7.2 Tính độ cong Gauss mặt helicoid và mặt catenoid (xem các Bài tập 4.14 và 4.18) 7.3 Tính độ cong Gauss mặt z = f (x, y), đó f là hàm trơn 7.4 Với kí hiệu Ví dụ 7.3, chứng minh (i) δ là véctơ pháp tuyến n γ là véctơ trùng pháp b nó, thì K = và bg là đường cong phẳng (sử dụng Mệnh đề 2.4); (ii) γ là đường cong trên mặt S và δ là pháp tuyến chuẩn tắc S, thì K = và γ là đường thẳng cong S (sử dụng Bài tập 6.18.) 7.5 Giả sử σ là biểu diễn tham số mặt xuyến Bài tập 4.10, và giả sử K là độ cong Gauss nó Chứng minh ZZ KdAσ = (Ý nghĩa kết này giải thích Mục 11.3.) 7.6 Chứng minh độ cong Gauss và độ cong trung bình không đổi sau phép dời hình, qua phép vị tự (x, y, z) 7→ a(x, y, z), đó a là số khác không, thì chúng thay đổi nhân thêm a−2 và a−1 , tương ứng 7.7 Chứng minh độ cong Gauss và độ cong trung bình mảnh vá σ : U → R3 là các hàm trơn trên U Chứng minh các độ cong chính là các hàm trơn trên tập mở U mà trên đó σ không có điểm rốn nào (Sử dụng Mệnh đề 7.1.) 75 7.2 MẶT GIẢ CẦU CHƯƠNG ĐỘ CONG GAUSS 7.8 Chứng minh K ≤ điểm thuộc đường cong tiệm cận trên mặt cong (sử dụng Hệ ??) Dựa vào đó, cách khác chứng minh độ cong Gauss mặt kẻ ≤ nơi (sử dụng Bài tập 6.12) 7.9 Chứng minh rằng, FIII là dạng mảnh vá σ (xem Bài tập 6.22), thì FIII − 2HFII + KFI = 0, đó K và H tương ứng làµđộ cong ¶ Gauss và độ cong trung bình σ (Sử dụng kết a c sau: ma trận A = ta có đẳng thức A2 − (a + d)A + (ad − bc)I = 0.) b d 7.10 Sử dụng Bài tập 7.9 chứng tỏ rằng, γ(t) là đường cong trên mảnh vá σ, thì dọc theo γ, Ṅ.Ṅ + 2H Ṅ.γ̇ + K γ̇.γ̇ = µ ¶ u̇ (Chú ý rằng, γ(t) = σ(u(t), v(t)), T = , thì Ṅ.Ṅ = T t FIII T ) Từ đó suy độ xoắn v̇ τ đường cong tiệm cận trên mặt liên hệ với độ cong Gauss K mặt τ = −K (Sử dụng Bài tập 6.12.) 7.2 Mặt giả cầu Trong các ví dụ mục 7.1 chúng ta đã thấy số mặt có độ cong không số dương Trong mục này chúng ta xây dựng mặt cong có độ cong Gauss số âm Cho mục đích này, lần chúng ta lại xét mặt tròn xoay σ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)) Theo Ví dụ 7.2, độ cong Gauss nó f¨ K=− f (7.2) ¨ Trường hợp K = khắp nơi Khi đó, Pt (7.2) √ suy f = 0, nên f (u) = au + b với a và b 2 ˙ là các √ số Do f + ġ = 1, ta có ġ = ± − a (vì cần điều kiện |a| ≤ 1) và đó g(u) = ± − a2 u + c, đó c là số khác Bằng phép tịnh tiến theo trục z chúng ta có thể giả sử c = 0, và phép quay quanh chẳng hạn (trục x) có thể giả thiết dấu đây là + Như ta thu mặt kẻ √ σ(u, v) = (b cos v, b sin v, 0) + u(a cos v, a sin v, − a2 ) Nếu a = đây là mặt trụ tròn xoay; |a| = nó là mặt phẳng xy; và < |a| < nó là phần mặt nón (để rõ đặt biến ũ = au + b) Trường hợp K = khắp nơi (Bất kì mặt có độ cong Gauss là số dương có thể đưa trường hợp này phép vị tự R3 , xem Ví dụ ??) Khi đó, Pt (7.2) trở thành f¨ + f = 0, 76 CHƯƠNG ĐỘ CONG GAUSS 7.2 MẶT GIẢ CẦU phương trình này có nghiệm tổng quát f (u) = a cos(u + b), với a và b là các số Chúng ta có thể giả sử b = phép đổi biến ũ = u + b, ṽ = v Bằng phép thay dấu và thêm bớt số, ta có Z p g(u) = − a2 sin2 udu Tích phân này không biểu diễn qua các hàm ’cơ sở’ ngoại trừ a = ±1 Trường hợp a = không cho ta mặt cong, vì cần xét a = (do a = −1 có thể đưa trở lại trường hợp này cách quay mặt cong góc π theo trục z) Do đó, f (u) = cos u, g(u) = sin u, vì đây là mặt cầu đơn vị Trường hợp cuối cùng, K = −1 khắp nơi Nghiệm tổng quát Pt (7.2) có dạng f (u) = aeu + be−u , đó a và b là các số tùy ý Đối với hầu hết các giá trị a và b chúng ta không thể biểu diễn g qua các hàm sở, vì đây chúng ta xét trường hợp a = và b = Khi đó, f (u) = eu và Z √ g(u) = − e2u du (7.3) Chú ý để tích phân Pt (7.3) có nghĩa thì cần có điều kiện u ≤ Tích phân này có thể tính cách đặt v = eu Khi đó, Z √ Z √ − v2 − e2u du = dv v Z ³ ´ dv = −v √ v Z 1−v √ dv √ = − v2 + v − v2 Đặt = v −1 tích phân cuối cùng Dẫn đến Z √ Z √ dw − e2u du = − v2 + √ w2 − √ = − v − cosh−1 w ³1´ √ − v − cosh−1 = v √ −1 −u 2u = − e − cosh (e ) Ở đây chúng ta bỏ qua số, vì có thể làm nó không qua phép tịnh tiến thích hợp theo phương trục z Vậy √ f (u) = eu , g(u) = − e2u − cosh−1 (e−u ) Đặt x = f (u), z = g(u), ta thấy đường sinh mặt phẳng xz có phương trình ³ ´ √ −1 z = − x − cosh x 77 (7.4) 7.2 MẶT GIẢ CẦU CHƯƠNG ĐỘ CONG GAUSS Quay đường cong này quanh trục z thu mặt gọi là mặt giả cầu, mặt này có độ cong Gauss −1 khắp nơi Chú ý, u ≤ 0, x = eu bị hạn chế miền < x ≤ Hình vẽ định nghĩa Pt (??) gọi là đường tractrix, nó có minh họa hình học thú vị Xét đường tiếp tuyến điểm P trên đường cong này, giả sử nó cắt trục z điểm Q Chúng ta tính độ dài đoạn P Q Giả sử P là điểm có tọa độ (x0 , z0 ) Bằng cách tính toán trực tiếp nghiên cứu cách tính tích phân (7.3), có thể thu √ dz − x2 = dx x Do đó, tiếp tuyến P có phương trình p − x20 z − z0 = (x − x0 ) x0 Tiếp tuyến này cắt trục z điểm (0, z1 ), đó p q − x20 z1 − z0 = (0 − x0 ) = − − x20 x0 Do khoảng cách P Q tính (P Q)2 = x20 + (z1 − z0 )2 = x20 + − x20 = 1, tức là, khoảng cách P Q là số và Điều này có nghĩa là đường tractrix có thể mô tả sau Giả sử lừa kéo thùng đá sợi dây có chiều dài Giả sử thời điểm xuất phát lừa điểm (0, 0), còn thùng đá thì điểm (1, 0), và giả sử cừu chậm rãi dọc theo hướng âm trục z Khi đó, thùng đựng đá chuyển động dọc theo đường tractrix Nghiên cứu hình học trên mặt giả cầu là chủ đề gọi là hình học phi euclid Rất nhiều kết hình học phẳng euclid đúng trên mặt giả cầu, có số thì khác Chẳng hạn, tổng ba góc tam giác trên mặt giả cầu luôn bé π (Chúng ta giải thích khái niệm cạnh ’thẳng’ để hiểu nào là tam giác Chương - cụ thể xem Ví dụ ??.) Bạn đọc nên so sánh với Định lý ??, đó khẳng định tổng ba góc tam giác trên mặt cầu luôn lớn π BÀI TẬP 7.11 Đối với mặt giả cầu: (i) tính độ dài đường sinh; (ii) tính diện tích tổng thể; (iii) tính các độ cong chính; (iv) chứng minh tất điểm là điểm hyperbolic 7.12 Chứng minh (i) đặt w = e−u , đó tham số hóa lại mặt giả cầu σ (v, w) có dạng thứ dv + dw2 w2 (được gọi là mô hình nửa mặt phẳng trên); 78 CHƯƠNG ĐỘ CONG GAUSS 7.3 MẶT DẸT (ii) đặt U= v2 + w2 − −2v ,V = 2 v + (w + 1) v + (w + 1)2 đó tham số hóa lại σ (U, V ) mặt giả cầu có dạng thứ dU + dV (1 − U − V )2 Đây gọi là mô hình đĩa, vì miền w > mặt phẳng vw tương ứng với đĩa U + V < mặt phẳng U V Những miền nào mô hình nửa mặt phẳng và mô hình đĩa tương ứng với miền u < 0, −π < v < π mà tham số hóa σ mặt giả cầu xác định miền này? 7.13 Giả sử S là mặt tròn xoay có trục là trục z, và giả thiết thêm đường sinh nó là đường cong γ(u) có vận tốc đơn vị mặt phẳng xz Giả sử γ cắt vuông góc với trục z u = ±π/2, không cắt trục z −π/2 < u < π/2 Chứng minh rằng, độ cong Gauss K S số, thì số này và S là mặt cầu đơn vị 7.3 Mặt dẹt Trong mục 7.2, chúng ta đã đưa vài ví dụ các mặt có độ cong Gauss K số, chưa phân loại đầy đủ mặt Trong mục này chúng ta mô tả khá đầy đủ các mặt dẹt, tức là các mặt có K = khắp nơi Để làm vậy, chúng ta sử dụng dạng tham số đặc biệt, dùng cho mặt cong tùy ý, nó mô tả mệnh đề đây Mệnh đề 7.2 Giả sử P là điểm thuộc mặt cong S và giả sử P không phải là điểm rốn Khi đó, tồn mảnh vá σ(u, v) S chứa P mà dạng thư và thứ hai nó tương ứng là Edu2 + Gdv và Ldu2 + N dv , với E, G, L và N là các hàm trơn nào đó Nhắc lại, Mục 6.3, điểm P thuộc mặt S là điểm rốn hai độ cong chính S P Trong Mục 6.3, ta có mảnh vá σ mệnh đề, thì σ u và σ v là các véctơ chính tương ứng với các độ cong chính L/E và N/G Ta gọi σ là mảnh vá chính Tạm thời chúng ta chấp nhận Mệnh đề 7.3 để chứng minh kết sau đây Mệnh đề 7.3 Giả sử P là điểm nằm trên mặt dẹt S, và P không phải là điểm rốn Khi đó, tồn mảnh vá S chứa P mà là mặt kẻ Chứng minh Xét mảnh vá σ : U → R3 chứa điểm P Mệnh đề 7.2, chẳng hạn P = σ(u0 , v0 ) Theo Mệnh đề 7.1(ii), độ cong Gauss K = LN/EG Do độ cong Gauss không khắp nơi, vì L = N = điểm thuộc U , và P không phải là điểm rốn nên L và N không đồng thời không Giả sử L(u0 , v0 ) 6= Khi đó, L(u, v) 6= với (u, v) nằm tập mở nào đó chứa điểm (u0 , v0 ) Bằng cách thu nhỏ U cần thiết, ta có thể giả sử L 6= với điểm thuộc U Vì vậy, N = khắp nơi, và dạng thứ hai σ Ldu2 79 7.3 MẶT DẸT CHƯƠNG ĐỘ CONG GAUSS Chúng ta chứng minh các đường cong tham số u = số là các đường thẳng Một đường thẳng có thể tham số v 7→ σ(u0 , v), đó u0 là giá trị số cho biến u Khi đó t = σ v /G1/2 , vì theo Mệnh đề 1.1 chúng ta cần phải chứng minh tv = Theo Mệnh đề ??, véctơ pháp tuyến chuẩn có đạo hàm Nu = −E −1 Lσ u , Nv = (7.5) Do đó, tv Nu = −EL−1 tv Nu Do t.Nu = và Nuv = 0, nên từ Pt (7.5) suy tv Nu = −t.Nuv Do đó tv σ u = Mặt khác tv t = 0, theo cách xây dựng t là véctơ đơn vị, vì tv σ v = Cuối cùng, từ Pt (7.5) có tv N = −t.Nv = Do các véctơ σ u , σ v và N lập thành sở R3 , ta có kết luận tv = Do đó nhiệm vụ chúng ta là mô tả cấu trúc các mặt kẻ dẹt Lấy tham số mặt kẻ Ví dụ 7.3: σ(u, v) = γ(u) + vδ(u) Ta có σ u = γ̇ + v δ̇, σ v = δ, dấu chấm trên kí hiệu cho d/du, và độ cong Gauss σ không và δ̇.(σ u × σ v ) = Do σ u × σ v = γ̇ × δ + v δ̇ × δ, và δ̇.(δ̇ × δ) = 0, suy K=0 và δ̇.(γ̇ × δ) = ˙ độc lập tuyến tính khắp nơi Như vậy, K = và γ̇, δ và bd 80 (7.6)