Đảo đề của Mệnh đề 2 của phần 2.6 đó là một mặt định hướng trong R3 là nghịch ảnh của một giá trị chính qui của một hàm khả vi nào đó là đúng.
Và không dễ dàng để chứng minh ngay cả trường hợp đặc biệt của mặt com- pact (được định trong chương này). Phần này sẽ được dành toàn bộ để chứng minh đảo đề này.
Cho S ⊂R3 là một mặt định hướng. Điểm cốt yếu của việc chứng minh gồm việc chọn một đường vuông góc qua p ∈ S, một khoảng mở Ip quanh p với độ dài là 2εp (εp biến thiên theo p). Nếu p =6 q ∈ S thì Ip∩Iq = ∅. Do đó, sự liên hợp ∪Ip, p ∈S bao gồm một tập mở V của R3 ⊃S và có thuộc tính là qua mỗi điểm của V kẻ được duy nhất một đường vuông góc với S. Khi đó V được gọi là lân cận hình ống của S (Hình 2.32).
Như giả thiết, sự quan trọng của việc tồn tại một lân cận hình ống V của
Hình 2.32:
một mặt định hướng S. Ta có thể định nghĩa hàm g : V →R như sau: cố định sự định hướng cho S. Thấy rằng không có 2đoạn Ip và Iq, p6=q của lân cận hình ống V giao nhau. Như vậy qua mỗi điểm p ∈ V kẻ được duy nhất một đường vuông góc vớiS mà giao vớiS tại p. Ta có thể chứng minh rằngg là hàm khả vi và 0 là một giá trị chính qui của g suy ra S =g−1(0) như ta muốn chứng minh. Bây giờ ta sẽ bắt đầu việc chứng minh về sự tồn tại của một lân cận hình ống của một mặt định hướng được. Đầu tiên ta thấy rằng với mỗi điểm p của mặt chính qui tồn tại một lân cận của p mà có một lân cận hình ống.
Mệnh đề 1. Cho S là một mặt chính qui và X : U → S là một tham số hoá của một lân cận của điểm p = X(u0, v0) ∈ S. Khi đó tồn tại một lân cận W ⊂ X(U) của p trên S và ε > 0 sao cho đoạn thẳng của đường thẳng vuông góc đi qua q ∈W với tâm tại q và chiều dài 2ε là khác nhau (có nghĩa là W có một lân cận hình ống).
Chứng minh. Xét ánh xạ F :U ×R→R3 cho bởi:
F(u, v, t) = X(u, v) +t.N(u, v),(u, v)∈U, t∈R.
vớiN(u, v) = (Nx, Ny, Nz)là vectơ pháp tuyến đơn vị tạiX(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)). Về phương diện hình học, F là ánh xạ tại điểm (u, v, t) của mặt trụ U ×R
thành điểm của đường thẳng vuông góc vớiS tại một khoảng cách t từ X(u, v). Hiển nhiên F là khả vi và Jacobian tại t= 0 cho bởi
∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v Nx Ny Nz =|Xu∧Xv| 6= 0.
Theo Định lí Hàm ngược, tồn tại một hình hộp trong U ×R mà
u0−δ < u < u0+δ, v0−δ < v < v0+δ,−ε < t < ε.
Giới hạn F là một đơn ánh. Điều này có nghĩa là ảnh W bởi F cho bởi hình chữ nhật
u0−δ < u < u0+δ, v0−δ < v < v0+δ.
các đoạn thẳng của đường vuông góc với tâmq∈W và độ dài nhỏ hơn 2ε không giao nhau.
Tại điểm này phù hợp để xem xét vấn đề sau. Thực tế hàm g :V →R được định nghĩa rõ ràng, bởi giả thiết tồn tại một lân cận hình ống V là khả vi và có
0 là giá trị chính qui là một dữ liệu cục bộ.
Mệnh đề 2.Giả sử tồn tại một lân cận hình ống V ⊂R3 của mặt định hướng
S ⊂ R3 và chọn một định hướng cho S. Khi đó hàm g :V →R định nghĩa như khoảng định hướng từ 1điểmV tới chân đường vuông góc duy nhất đi qua điểm
này là khả vi và số 0 là một giá tri chính qui.
Chứng minh. Với ánh xạ F :U ×R→ R3 được xác định trong mệnh đề 1 trong đó ta giả sử tham số hoá X là thích hợp với định hướng đã cho. Kí hiệu x, y, z
là các toạ độ của F (u, v, t) =X(u, v) +tN (u, v) ta có viết:
F (u, v, t) = (x(u, v, t), y(u, v, t), z(u, v, t)).
Vì Jacobian ∂(x, y, z)
∂(u, v, t) 6= 0tạit= 0nên ta có thể đổiF trong hình hộpQnào đó
u0−δ < u < u0+δ, v0−δ < v < v0+δ,−ε < t < ε.
được ánh xạ khả viF−1(x, y, z) = (u(x, y, z), y(x, y, z), z(x, y, z))trong đó(x, y, z)∈
F (Q) = V. Nhưng hàm g :V →R trong phần trình bày của Mệnh đề 2 là chính xác tại t= (x, y, z). Do đó g khả vi. Hơn nữa 0 là giá trị chính qui của g.
Cách khác: ∂t
∂x = ∂t ∂y =
∂t
∂z = 0 với một vài điểm tạit= 0. Do đó vi phân dF−1
là kì dị tại t = 0 trái với giả thiết.
Để đi đến tổng quát nghĩa là để chứng minh sự tồn tại một lân cận hình ống của một mặt định hướng toàn vẹn ta cần một lí luận hình học tôpô. Ta sẽ giới hạn mặt compact mà bây giờ ta sẽ định nghĩa.
Cho A là một tập của R3. Chúng ta nói rằng p ∈R3 là (một điểm giới hạn) của A nếu mọi lân cận trong R3 chứa một điểm của A khác B. Tập A được gọi là đóng nếu chứa toàn bộ những điểm giới hạn của nó. Tập A bị chặn nếu được chứa trong một hình cầu nào đó của R3. Nếu A đóng và bị chặn thì A được gọi là tập compact.
Mặt cầu và vành xuyến là các mặt compact. Mặt paraboloid tròn xoay
z = x2 + y2,(x, y) ∈ R là đóng nhưng không bị chặn nên nó không phải là mặt compact. Hình đĩa x2+y2 <1 trong mặt phẳng và mặt Mobius là bị chặn nhưng không đóng nên nó không phải là mặt compact.
Ta sẽ cần một vài thuộc tính của tập compact trong R3. Khoảng cách giữa 2
điểm p, q ∈R3 được kí hiệu là d(p, q).
Mệnh đề 3. (Bolazo- Weierstrass) Cho A ⊂ R3 là tập compact. Khi đó mọi tập vô hạn của A có ít nhất một điểm giới hạn trong A.
Mệnh đề 4. (Heine-Borel) Cho A ⊂ R3 là tập compact và {Uα} là một họ các tập mở của A sao cho ∪αUα = A. Khi đó có thể chọn một số hữu hạn
Uk1, Uk2, ..., Ukn của Uα sao cho ∪Uki =A, i= 1, n.
Mệnh đề 5. Cho A ⊂ R3 là tập compact và {Uα} là họ của tập mở A sao cho ∪αUα=A. Khi đó ∃δ >0 :p, q ∈A ta có d(p, q)< δ. Từ đó p, q ∈U α.
Bây giờ, ta đi chứng minh Mệnh đề 3. Giả sử không có δ > 0 nghĩa là cho 1
n,∃pn, qn :d(pn, qn) < 1
n nhưng pn, qn không cùng thuộc họ các tập mở {Uα}.
Đặt n = 1,2, ... ta có được hai tập vô hạn của các điểm pn, qn. Theo Mệnh đề 1 có các điểm giới hạn p, q tương ứng. Do d(p, q) < 1
n ta chọn các điểm giới hạn theo cách này để p=q. Lại có p∈Uα với α bất kì, vì p∈A =∪αUα và Uα là tập mở nên có một mặt cầu mởBε(p) với tâm tại p sao cho Bε(p)⊂Uα. Mặt khác p
là điểm giới hạn của pn và qn trong Bε(p)⊂Uα nghĩa là pn và qn cùng thuộc Uα (mâu thuẫn với giả thiết). Sử dụng Mệnh đề 2 và Mệnh đề 3 ta sẽ chứng minh sự tồn tại của một lân cận hình ống của một mặt định hướng compact.
Định lí 1. Cho S ⊂R3 là mặt định hướng chính qui compact. Khi đó tồn tại
ε >0 :p, q ∈S ta có độ dài các đoạn của các đường vuông góc bằng 2ε với tâm
p, q là dời nhau (nghĩa là S có một lân cận hình ống). Chứng minh.
Từ Mệnh đề 1 với mỗi điểm p ∈S tồn tại một lân cận Wp và ε < 0 sao cho chứa các điểm của Wp với ε= εp. Cho p chạy qua S ta thu được một họ {Wp}
với ∪p∈SWp =S.
Từ tính compact Mệnh đề 2 có thể chọn số vô hạn Wp0S. Ta nói W1,W2, ...,Wk tương ứng vớiε1, ε2, ..., εk sao cho ∪Wi =S, i= 1, k. Ta cóε <min ε1, ε2, ..., εk,δ2
trong đó δ là số Lebesgue của họ {Wi} (Mệnh đề 3).
Thật vậy cho 2 điểm p, q ∈ S. Nếu cả 2 cùng thuộc Wi, i= 1, k thì các đoạn của các đường vuông góc với tâm p, q và độ dài 2ε không cắt nhau do ε < εi. Nếu p, q /∈ Wi khi đó d(p, q) >δ là các đoạn của các đường vuông góc tâm p, q
và độ dài 2ε cắt nhau tại điểm Q∈R3 ta có 2ε >d(p, Q) +d(Q, p)>d(p, q)>δ
trái với định nghĩa về ε.
Định lí 2. Cho S ⊂R3 là mặt định hướng chính qui compact. Khi đó tồn tại hàm khả vi g :V →R xác định trên một tập mở V ⊂ R3 với V ⊃S (rõ ràng là một lân cận hình ống cua S) mà 0 là giá trị chính qui sao cho S =g−1(0).
một mặt định hướng nếu mặt này không phải là compact là đúng mà không hạn chế về tính compact.
Nhận xét 2. Có thể chứng minh rằng một mặt chính qui compact trong R3 là định hướng được.