1
Phép tính biến phân.

Xuyên suốt trong các phần 1 và 2 của bài báo cáo này, ta giả sử rằng
Ω
là
một tập con mở trong không gian
m
\ sao cho biên
∂
Ω trơn và bao đóng
_
_
Ω
là
một tập compact .

Cho
:
m
α
∂Ω → \ là một ánh xạ trơn. Ta chú ý rằng khái niệm “ trơn ” ở đây
được hiểu theo nghĩa là nó có đạo hàm liên tục mọi cấp, tức là một hàm
f
trơn
trên
Ω nếu
()
fC
∞

∈Ω.

Định nghĩa I.1 :
(
)
,
m
C
α
∞
Ω \ là không gian tất cả các hàm trơn :
m
u Ω→\
sao cho
u
α
∂Ω
= .

Định nghĩa I.2 : Cho
(
)
1
:
n
m
L
+
Ω× →\\ là một ánh xạ trơn và
(

)
:,
m
JC
α
∞
Ω→\\ là một hàm được xác định bởi tích phân sau :
(
)
(
)
1
1
, , , , .
n
x
xn
Ju L xuu u dx dx
Ω
=
∫

Hàm
L như trên được gọi là Lagrangian và
J
là phiếm hàm được xác định
bởi
L .

Phép tính biến phân nghiên cứu những điều kiện ràng buộc trên

u trong
()
,
m
C
∞
α
Ω \ khi u là một “ điểm tới hạn ” của
J
.Trước đây chúng ta chỉ đề cập
đến khái niệm điểm tới hạn trong không gian vector hữu hạn chiều, nhưng vì
(
)
,
m
C
α
∞
Ω \ là một không gian vector vô hạn chiều nên chúng ta cần phải mở
rộng khái niệm của điểm tới hạn trong không gian hàm này.

Đầu tiên, ta nhắc lại một vài nét về điểm tới hạn trong không gian vector hữu
hạn chiều
n
\ mà chúng ta đã làm quen trước đây, chúng ta có một mệnh đề quan
trọng sau đây :

Mệnh đề I.1 : Cho :
n
f →\\ là một hàm trơn. Khi đó các khẳng định sau là

tương đương với nhau :

()
1:
p
là một điểm tới hạn của
f
.

2

()
2:
(
)
(
)
(
)
12
0
n
xx x
fp f p f p==== .

() ()
0
3: () 0
t
d

ft
dt
=
=
α
, với mọi đường cong trơn
α
đi qua
p
.
Chú ý ở đây, để thuận tiện ta ký hiệu
() ()
i
x
i
f
f
pp
x
∂
=
∂
với 1,2, , .in
=

Chứng minh : Ta chứng minh mệnh đề theo chiều
(
)
(
)()()

1231⇒⇒⇒.
*
() ( )
12:⇒ Ta gọi
()
1
, ,
n
n
pp p=∈\ là một điểm tới hạn của hàm
f
nên
ta có
()
0fp∇=. Nghĩa là,
(
)
(
)
(
)
12
0
n
xx x
fp f p f p
=
== =
.
*

() ()
23:⇒ Cố định một 0>
ε
cho trước. Cho ()t
α
là đường cong bất kỳ
được tham số hóa trong
n
\ sao cho
(
)
0
p
α
=
, trong đó
()
,t
ε
ε
∈
− . Giả sử
rằng ,
()
1
() (), , ()
n
txtxt
α
= . Khi đó :


()
(
)
1
() (), , ()
n
f
tfxtxt
⎡
⎤
=
⎣
⎦
α

Ta lấy đạo hàm theo biến
t hai vế biểu thức trên, ta được :
()
() ()
//
11 1
1
() (), , (). () (), , (). ()
nnn
n
df f
f
t xtxtxt xtxtxt
dt x x

∂∂
=++
∂∂
α

Thay
0t = vào biểu thức trên, ta có được :
() ()()
/
0
() . 0
t
d
ft fp
dt
=
=∇
αα

Nhưng theo giả thiết thì
()
(
)
1
0
n
xx
fp fp
=
==, nghĩa là

()
0fp
∇
= .Do đó
()
0
() 0
t
d
ft
dt
=
=
α
.
*
() ()
31:⇒ Giả sử rằng, với mọi đường cong trơn
α
đi qua
p
ta có :
()
0
() 0
t
d
ft
dt
=

=
α
.
Suy ra :
()
(
)
()
1
//
111
(0), , (0) . (0) (0), , (0) . (0) 0 , *
n
xn x nn
fx x x fx x x++ =
Chúng ta cần chứng minh :
(
)
(
)
1
0
n
xx
fp fp
=
==.Thật vậy, ta xét :
()
()
112

, , ,
n
tptpp
α
=+ ,
(
)
,t
∈
−
ε
ε
.
thì
()
()
11
0 , ,
n
p
pp
α
==, nghĩa là đường cong
1
α
là đường cong đi qua
p
.

3

Từ
()
* dẫn đến
()
1
0
x
fp= . Bằng cách tiến hành tương tự, ta sẽ có được :
() ()
2
0
n
xx
fp fp== =. Như vậy,
(
)
(
)()
(
)
1
, , 0
n
xx
fp f p f p
∇
==.
Mệnh đề đã được chứng minh . 

Chúng ta sẽ sử dụng

()
3 để định nghĩa điểm tới hạn cho phiếm hàm
J
mà
được xác định bởi Lagrangian
L
.
Bây giờ cho
(
)
,
m
uC
α
∞
∈Ω\ , ta có các định nghĩa cơ bản sau đây :

Định nghĩa I.2 : Một biến phân trơn của
(
)
,
m
uC
α
∞
∈Ω\ là một đường cong
(
)
(
)

:, ,
m
C
α
βεε
∞
−→Ω\ sao cho
(
)
0 u
β
=
và
(
)
(
)
(
)
,
s
xsx
β
6 là trơn .
Chúng ta chú ý rằng
() ()()
0s
vx s x
s
β

=
∂
=
∂
là một ánh xạ trơn từ Ω vào
m
\ mà
triệt tiêu trên
∂Ω . Thật vậy, ta có
(
)
(
)
,
m
sC
∞
∈Ω\
α
β
nên
(
)
(
)
(
)
s
xx=
β

α
với
mọi
x
∈∂Ω. Do đó
()() ()
00
0
ss
sx x
ss
==
∂∂
=
=
∂∂
βα
với mọi
x
∈∂Ω .

Định nghĩa I.3 : Ta nói rằng
(
)
,
m
uC
α
∞
∈Ω\ là một điểm tới hạn của phiếm

hàm
J
nếu
()()
/
00J
β
=D , với mọi biến phân trơn
β
của
(
)
,
m
uC
α
∞
∈Ω\ .

Mệnh đề I.2 : Giả sử rằng
(
)
,
m
uC
α
∞
∈Ω\ là cực đại ( hoặc cực tiểu ) của
phiếm hàm
J , thì u là một điểm tới hạn của J .

Chứng minh : Cho
0
ε
> , ta xét
()
(
)
:, ,
m
C
α
βεε
∞
−→Ω\ là một biến phân
trơn bất kỳ của hàm
(
)
,
m
uC
α
∞
∈Ω\ .Ta có
(
)
:,J
β
εε
−
→D\.Theo định

nghĩa I.2 thì
()
0 u
β
= . Theo định nghĩa I.3, thì ta chỉ cần chứng minh
()()
/
00J
β
=D . Thật vậy, đặt
(
)
rs
=
β
, theo nguyên tắc đạo hàm hàm hợp, ta
có :
()()()() () () ( ) ()
/
// / /
().
ddJdr
Js Js JrsJss
ds dr ds
====DD
ββ βββ


4
Thay 0

s
= vào biểu thức trên ta được :
()()
/
//
0().(0)JJu=D
ββ
.
Nhưng theo giả thiết thì
u là cực đại ( hoặc cực tiểu), nghĩa là ulà một cực trị của
J nên
()
/
0Ju= . Vậy
()()
/
00J
β
=
D . Mệnh đề đã được chứng minh . 
Để tìm được điều kiện cho
u trở thành điểm tới hạn của phiếm hàm J , chúng
ta cần đến bổ đề sau đây :

Bổ đề I.1 : Cho ánh xạ trơn
(
)
1
, , :
m

m
ggΩ→\ , nếu
(
)
(
)
1
1
0
n
jj n
j
g x h x dx dx
=
Ω
=
∑
∫
.
với mọi hàm trơn
()
1
, , :
n
n
hhΩ→\ thỏa 0h
∂Ω
=
, thì 0,1
j

gjn
≡
≤≤.
Chứng minh :
Đầu tiên, ta sẽ chứng minh cho trường hợp
1m
=
và 1n
=
. Thật vậy, không
mất tính tổng quát ta giả sử
(
)
,abΩ= là một tập mở và bị chặn trong \ . Giả sử
phản chứng
g là không đồng nhất 0 trên
(
)
,ab , điều đó có nghĩa là tồn tại
(
)
0
,
x
ab∈ sao cho
0
()0gx ≠ . Theo tính chất của hàm g liên tục trên khoảng
()
,ab thì tồn tại một khoảng mở
(

)
(
)
12
,,ab⊂
δ
δ
sao cho g là hàm dương trên
khoảng
(
)
12
,
δ
δ
. Chọn 0
ε
> sao cho
21
2
δ
δ
ε
−
< . Ta chọn h là hàm trơn không
âm xác định trên
()
,ab mà triệt tiêu bên ngoài
(
)

12
,
δ
δ
và dương trong
khoảng
(
)
12
,
δ
εδ ε
+−.Thì rõ ràng gh là hàm dương trên
(
)
12
,
δ
εδ ε
+− và
không âm trên
()
,ab . Do đó, áp dụng tính chất của tích phân xác định, ta được :
()() ()()
2
1
0
b
a
gxhxdx gxhxdx

−
+
≥>
∫∫
δε
δε
. Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban
đầu là
()()
0
b
a
gxhxdx=
∫
. Vậy 0g
≡
trên
(
)
,ab
Ω
= .

Trong trường hợp tổng quát của
m và n . Giả sử phản chứng là tồn tại
{}
0
1, ,jn∈ sao cho
0
j

g không đồng nhất 0 trên
Ω
, điều đó có nghĩa là tồn
tại điểm
0
m
x ∈Ω⊂\ sao cho
(
)
0
0
0
j
gx
≠
. Bởi vì
Ω
mở trong
m
\ nên tồn
tại
()
0
,Bx r với r đủ nhỏ sao cho
(
)
00
,xBxr
∈
⊂Ω. Ta giả sử rằng

0
j
g
dương trên
()
0
,Bx r. Ta chọn
0
j
h là hàm trơn không âm xác định trên Ω sao

5
cho nó dương trên
()
0
,Bx r−ε và triệt tiêu bên ngoài
(
)
0
,Bx r với 0 r<<
ε

đủ nhỏ cho trước. Ta các chọn các hàm
j
h bằng 0 trên
Ω
với
{}
1, ,jn∈ mà
0

jj≠ . Như vậy
00
j
j
gh là dương trên
(
)
0
,Bx r
−
ε và không âm trên Ω. Ta có:
() () () ()
00
11
1

n
j
jnjj n
j
g
xh xdx dx
g
xh xdx dx
=
ΩΩ
=
∑
∫∫


(
)
(
)
()
00
0
1
,
0
jj n
Bx r
g x h x dx dx
−ε
≥>
∫
.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Vậy
0
j
g
≡
trên
Ω
với 1 jn≤≤. 

1. Phép tính biến phân một biến .

Trong phần này, chúng ta sẽ tìm được điều kiện cho một đường cong trên một
mặt

M
nhúng trong
n
\ nối ,
p
qM
∈
mà có chiều dài ngắn nhất .

Định nghĩa 1.1 : Cho ,
n
pq∈\ ,
,pq
M được định nghĩa là không gian các
đường cong trơn
:[0,1]
n
x → \ thỏa
(
)
(
)
0,1
x
px q
=
= .

Cho
:[0,1]

nn
L ××→\\ \ một hàm trơn và
,
:
pq
JM → \ là phiếm
hàm được xác định bởi tích phân sau :
()
(
)
1
/
0
,(), ()Jx Ltxt xt dt=
∫
,
(
)
1.1
Ta có các kết quả nhận được sau đây :

Định lý 1.1 : Cho
,
:
pq
JM → \ là phiếm hàm được xác định bởi
()
,,
L
txy ,

nghĩa là,
()
()
1
/
0
,(), ()JLtttdt
γγγ
=
∫
. Thì
,pq
M
γ
∈
là một điểm tới hạn của
phiếm hàm
J
nếu và chỉ nếu nó thỏa :
()()
/
//
, ( ), ( ) , ( ), ( )
jj
LL
tt t tt t
xy
γγ γγ
⎛⎞
∂∂

=
⎜⎟
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
,
(
)
1.2
Phương trình trên được gọi là phương trình Euler-Lagrange cho phiếm hàm
J .

Chứng minh : Trước tiên, ta chú ý rằng :

6

()
1
() (), , ()
n
n
xt x t x t=∈\ , [0,1]t
∈


()
(
)
///
11

() (), , () (), , ()
n
nn
xt xt xt yt yt==∈\ .
Giả sử rằng
γ
là một điểm tới hạn của J . Cho
β
là một biến phân của
γ
, và
()
/
0 h
β
= . Cho :
(,) ()()bst s t
β
=
.
Bởi vì
β
là một biến phân của
γ
nên theo định nghĩa I.2 thì (0)
β
γ
= , và ta có :
(0, ) (0)( ) ( )bt t t
β

γ
== ,
()
/
() (0)() 0,
b
ht t t
s
β
∂
==
∂
,
(
)
(
)
010hh==.
Theo định nghĩa của điểm tới hạn và sử dụng tích phân từng phần, ta nhận được :
()() () ()
(
)
1
//
00
0
0 0 ( ) , ( )( ), ( ) ( )
ss
dd
JJsLtststdt

ds ds
==
== =
∫
D
ββ ββ

1
0
0
,(,), (,)
s
db
L
tbst st dt
ds t
=
∂
⎛⎞
=
⎜⎟
∂
⎝⎠
∫
1
0
0
, (,), (,)
s
db

L
tbst st dt
ds t
=
⎡⎤
∂
⎛⎞
=
⎜⎟
⎢⎥
∂
⎝⎠
⎣⎦
∫

()
2
1
0
0
0, , , ( , )
s
bb
L
st st dt
sts
=
⎛⎞
∂∂
=∇×

⎜⎟
∂∂∂
⎝⎠
∫

2
2
1
11
0
0
11
. . .
nn
s
nn
bb
bb
LLL L
dt
xs x s yts yts
=
⎛⎞
∂∂
∂∂
∂∂∂ ∂
=+++++
⎜⎟
∂∂ ∂ ∂ ∂∂∂ ∂∂∂
⎝⎠

∫

() ()
2
1
1
0
.0, . 0,
n
jj
j
jj
bb
LL
ttdt
xs yts
=
⎛⎞
∂∂
∂∂
=+
⎜⎟
⎜⎟
∂∂ ∂∂∂
⎝⎠
∑
∫

() ()
2

11
11
00
.0, . 0,
jj
nn
jj
jj
bb
LL
tdt tdt
xs yts
==
⎛⎞
⎛⎞
∂∂
∂∂
=+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
∂∂ ∂∂∂
⎝⎠
⎝⎠
∑∑
∫∫

() ()
2

11
11
00
.0, . 0,
jj
nn
jj
jj
bb
LL
tdt tdt
xs yst
==
⎛⎞
⎛⎞
∂∂
∂∂
=+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
∂∂ ∂∂∂
⎝⎠
⎝⎠
∑∑
∫∫

11
/

11
00
nn
jj
jj
jj
LL
hdt h dt
xy
==
⎛⎞⎛⎞
∂∂
=+
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
∂∂
⎝⎠⎝⎠
∑∑
∫∫


7
1/
11
11 1
00
0
t
nn n
jj j

jj j
jj j
t
LL L
hdt h h dt
xy y
=
== =
=
⎡
⎤
⎡⎤⎡⎤⎛⎞
∂∂ ∂
⎢
⎥
=+−
⎜⎟
⎢⎥⎢⎥
⎜⎟
⎢
⎥
∂∂ ∂
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦⎝⎠
⎣
⎦
∑∑ ∑
∫∫

1

/
1
11
0
0
t
nn
jj
jj
jj j
t
LL L
hdt h
xy y
=
==
=
⎡⎤
⎡
⎤
⎛⎞ ⎛ ⎞
∂∂ ∂
⎢⎥
=− +
⎢
⎥
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎜⎟ ⎜ ⎟
∂∂ ∂
⎢⎥

⎢
⎥
⎝⎠ ⎝ ⎠
⎣
⎦
⎣⎦
∑∑
∫

Nhưng vì
() ()
010hh== nên
(
)
(
)
0 1 0, 1,2, ,
jj
hh j n
=
== . Cuối cùng ta
thu được kết quả :
/
1
1
0
0
n
j
j

jj
LL
hdt
xy
=
⎡⎤
⎛⎞
∂∂
⎢⎥
−
=
⎜⎟
⎜⎟
∂∂
⎢⎥
⎝⎠
⎣
⎦
∑
∫
.
với mọi hàm trơn
[]
:0,1
n
h → \ với
(
)
(
)

010hh
=
= . Áp dụng bổ đề I.1, ta
nhận được kết quả :
()()
/
//
, ( ), ( ) , ( ), ( )
jj
LL
tt t tt t
xy
γγ γγ
⎛⎞
∂∂
=
⎜⎟
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
.
Nghĩa là định lý đã được chứng minh . 

Thí dụ 1.1 Cho
()
2
1
,,
n
i

i
L
txy y
=
=
∑
và
,
:
pq
EM → \ là một phiếm hàm
được xác định bởi
L
, nghĩa là :
()
(
)
12
/
1
0
()
n
i
j
E
tdt
γγ
=
=

∑
∫
.
Phiếm hàm
E
được gọi là phiếm hàm năng lượng . Ta đi thiết lập phương trình
Euler-Lagrange cho phiếm hàm năng lượng
E
này .

Thật vậy :
0
i
L
x
∂
=
∂
và
()
/
/
///
111
222()
nnn
iii
iii
i
L

yy t
y
===
⎛⎞
∂
===
⎜⎟
∂
⎝⎠
∑∑∑
γ
.
Như vậy, áp dụng công thức
(
)
1.2 thì phương trình Euler-Lagrange cho phiếm
hàm năng lượng
E
là :
//
1
() 0
n
i
i
t
=
=
∑
γ

.
Ta có thể cho :
//
( ) 0 ; 1,2, ,
i
ti nγ= = , nghĩa là
//
() 0tγ=. Do đó :

8
(
)
(
)
/
,tAtAtBγ=γ=+
Vì
()
0
p
γ= nên Bp= , và
(
)
1 qγ= nên
A
qp
=
− . Tóm lại, ta nhận được :
()
(

)
tptqpγ=+ −, [0,1]t
∈
.
nghĩa là nó là một đường thẳng nối
p
và q . Như vậy
(
)()
tptqpγ=+ − là
điểm tới hạn cho phiếm hàm năng lượng
E
.

2. Khảo sát đường trắc địa.

Cho
M
là một mặt nhúng trong
3
\ , và :
f
OUM→⊂ là một hệ tọa độ
lân cận, chúng ta cần lưu ý rằng
O là một tập con mở trong
2
\ .

Một đường cong trơn
α→:[0,1] U được cho bởi một đường cong trơn

()
12
(), ()
x
txt trong O sao cho :
(
)
(
)
12
(), ()tfxtxt
α
=
.
Lấy đạo hàm hai vế theo
t , ta được :
(
)
//
i
x
i
i
tfxα=
∑
. Do đó, ta có được :

() ()
2
/// / / //

(). . .
ij ij
x
ixjxxij
ij ij
tttfxfxffxx
⎛⎞
⎛⎞
== =
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
∑∑ ∑
ααα
.
Suy ra :

() ()
/////
.
ij
x
xij ij ij
ij ij
tffxxgxxx==
∑∑
α
với
()

.
ij
ij x x
gx ff= .
Ta gọi
()
ij
gx là các hệ số của dạng cơ bản thứ nhất của mặt .Ta thấy rằng
(
)
ij
g
là một ma trận đối xứng .

Chiều dài của đường cong
α
được xấp xĩ bằng :

()
11
// //
00
0
lim ( ) ( ) ( )
ij i j
t
ij
H
x t t t dt g x x x dt
Δ→

=Δ==
∑∑
∫∫
αα
.

Bây giờ chúng ta cần xác định phương trình Euler-Lagrange cho các phiếm
hàm năng lượng và phiếm hàm chiều dài trên mặt
(
)
M
fO
=
( thực chất thì
f

chỉ là một tham số hóa trong một lân cận
U của mặt
M
thôi ) trong
3
\ .

9

Cho
()()
00 11
12 12
,, ,

p
xx q xx O==∈ và
,pq
M được định nghĩa là không gian
tất cả các hàm trơn
[]
:0,1
x
O→ sao cho
(
)
(
)
0,1
x
px q
=
= .
Ta giả sử dạng cơ bản thứ nhất của mặt
M
là
(
)
ij i j
ij
g x dx dx
Ι
=
∑
. Ta xét :

f
x
γ
= D thì
γ
là một đường cong trên mặt
M
nối
(
)
f
p và
()
f
q và ta có :
() ()()()
2
///
()
ij i j
ij
tgxtxtxt=
∑
γ
,
[
]
0,1t
∈
.

Bây giờ ta cho :
() ()
1
,
2
ij i j
ij
L
xy g x yy=
∑

và
,
E
H được định nghĩa là các hàm phiếm hàm năng lượng và chiều dài :
()
()
1
/
0
(), ()
E
xLxtxtdt=
∫
- phiếm hàm năng lượng .
()
()
1
/
0

(), ()
H
xLxtxtdt=
∫
- phiếm hàm chiều dài .
Phương trình Euler-Lagrange cho phiếm hàm
,
E
H lần lượt là :
/
/
k
k
L
L
x
x
⎛⎞
∂∂
=
⎜⎟
∂
∂
⎝⎠
,
()
2.1
/
/
11


22
k
k
L
L
x
x
LL
⎛⎞
∂∂
=
⎜⎟
∂
∂
⎝⎠
,
()
2.2
Ta nhận được mệnh đề sau :

Mệnh đề 2.1 : Nếu
()
x
t là một điểm tới hạn của phiếm hàm năng lượng
E
thì :
():i
x
là nghiệm của phương trình :

// / /
0
m
mijij
ij
xxx
+
Γ=
∑
, trong đó
()
,,,
1
2
mkm
ij ki j jk i ij k
k
gg g gΓ= + −
∑
,
(
)
2.3
():ii
/
()
x
t không phụ thuộc vào t .
Chứng minh :


():i Trước tiên, ta lưu ý rằng :
() () ()
()
// // /
111
,,.
222
ij i j ij i j ij i j
ij ij ij
L
xy gxyy gxxx gxx Lxx====
∑∑∑


10
Ta sẽ thiết lập phương trình Euler-Lagrange cho phiếm hàm năng lượng
E
.Thật
vậy, theo
()
2.2 thì :
/
/
k
k
L
L
x
x
⎛⎞

∂∂
=
⎜⎟
∂
∂
⎝⎠
. Ta có :
// // //
,
11 1
.
22 2
ijij ijij ijkij
ij ij ij
kk k
L
gxx gxx g xx
xx x
⎛⎞⎛⎞
∂∂ ∂
== =
⎜⎟⎜⎟
∂∂ ∂
⎝⎠⎝⎠
∑∑∑
; trong đó
để cho tiện trình bày, ta ký hiệu :
() ()
,
ij

ij k
k
g
gx x
x
∂
=
∂
.
Mặt khác, ta có :
// // /
// /
11
.
22
ijij ijij iki
ij ij i
kk k
L
gxx gxx gx
xx x
⎛⎞⎛⎞
∂∂ ∂
== =
⎜⎟⎜⎟
∂∂ ∂
⎝⎠⎝⎠
∑∑∑
.
Do đó :

/
/
///////
,,
/
,
ik i ik m i m ik i ik m i m
iim im
k
L
gx g xx gx g xx
x
⎛⎞
⎛⎞⎛ ⎞
∂
== += +
⎜⎟
⎜⎟⎜ ⎟
∂
⎝⎠⎝ ⎠
⎝⎠
∑∑∑ ∑

//
ik i
i
gx+
∑
.
Ta thay đổi các chỉ số chạy trong tổng như sau :


// // //
,,,
,
mj i j
ik m i m ik j i j jk i j i
i m ij ji
gxx gxx gxx
=↔
==
∑∑∑
.
Suy ra :
// // //
,,,
,
1
2
ik m i m ik j i j jk i j i
i m ij ji
gxx gxx gxx
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
∑∑∑
.

Do đó, phương trình Euler-Lagrange cho phiếm hàm năng lượng
E

được viết lại :
// // // //
,,,
11
22
ij k i j ik j i j jk i j i ik i
ij ij ji i
gxx g xx gxx gx
⎛⎞
=++
⎜⎟
⎝⎠
∑∑∑∑

hay là :
// // // //
,,,
11
22
ij k i j ki j i j jk i i j ik i
ij ij ji i
gxx gxx gxx gx
⎛⎞
=++
⎜⎟
⎝⎠
∑∑∑∑

suy ra :


11
()
// / /
,,,
1
0
2
ik i ki j jk i ij k i j
iij
gx g g g xx++−=
∑∑
,
()
*
Cho
ij
g là phần tử ở vị trí ij của ma trận nghịch đảo của ma trận
()
ij
g . Nhân hai
vế của biểu thức
()
* cho
km
g và lấy tổng theo k , ta được :
()
// / /
,,,
,
1

0.
2
km km
ik i ki j jk i ij k i j
ik ijk
ggx g g g g xx++−=
∑∑

Nhưng mà
ik
km im
k
gg =δ
∑
và
(
)
ij
g là ma trận đối xứng nên ta có thể viết
phương trình trên dưới dạng :
()
// / /
,,,
1
0.
2
km
mkijjkiijkij
ijk
xggggxx++−=

∑

Đặt :
()
,,,
1
2
mkm
ij ki j jk i ij k
k
gg g gΓ= + −
∑
.
Cuối cùng ta được :
// / /
0.
m
mijij
ij
xxx
+
Γ=
∑

Đây là điều cần chứng minh .
):b Chúng ta chỉ cần chứng minh :
(
)
2
/

() 0
d
xt
dt
=
. Thật vậy, ta có :
(
)
/
2
/ / / / / / // / / //
,
()
ij i j ij k i j k ij i j ij i j
ij ijk ij ij
d
x
t g xx g xxx g x x g xx
dt
⎛⎞
==++
⎜⎟
⎝⎠
∑∑ ∑∑


()
/// / // / //
,
ij

ij k i j k ij mk m k j ij i km k m
ijk ijm
g xxx g x xx gx xx=−Γ+Γ
∑∑

/// /// / //
,
mm
ij k i j k mj ik i k j im i kj k j
ijk ijm ijm
g xxx g xxx g x xx=−Γ−Γ
∑∑ ∑


/// /// ///
,
11
[,] [,]
22
mr mr
ij k i j k mj i k j im i k j
ijk ijkmr
g xxx g g ikrxxx g g kjrxxx=− −
∑∑

()
///
,
1
[,] [,]

2
ij k jr ir i k j
ijk r
gikrkjrxxx
⎛⎞
=−δ+δ
⎜⎟
⎝⎠
∑∑


12
///
,
11
[,] [,]
22
ij k i j k
ijk
gikjkjixxx
⎛⎞
=−−
⎜⎟
⎝⎠
∑
.
()()
///
,,,, ,,,
11

22
ij k kj i ij k ik j ki j ij k kj i i j k
ijk
gggg gggxxx
⎛⎞
=−+−−+−
⎜⎟
⎝⎠
∑
.
0= ,
trong đó, ta định nghĩa
,,,
[,]
ik j jk i ij k
ij k g g g
=
+−. Như vậy
()
2
/
x
t là hằng
số, tức là
()
/
x
t là hằng số, nghĩa là nó không phụ thuộc vào t . Đây là điều cần
chứng minh. Lưu ý rằng trong tính toán trên, số hạng thứ hai của dòng thứ ba có
được là do ta đổi

i và m , còn số hạng thứ ba có được là do ta đổi j và m . Mệnh
đề đã được chứng minh . 

Mệnh đề 2.2 : Cho
[]
[
]
:, 0,1kab→ là một vi đồng phôi . Khi đó ta có :
():i
()()
H
xk Hx=D , nghĩa là chiều dài của một đường cong trên mặt
M

không phụ thuộc vào cách tham số hóa của đường cong.
():ii Nếu
x
là một điểm tới hạn của J thì
x
kD cũng là điểm tới hạn của J .
Chứng minh : Giả sử
(
)
s
kr= và
(
)
(
)
()yr xkr

=
, thì .
dy dx ds
dr ds dr
= . Các
khẳng định
()
i và
()
ii sẽ có được bằng cách áp dụng công thức đổi biến trong
tích phân . 

Mệnh đề 2.3
Nếu
x
là một điểm tới hạn của phiếm hàm chiều dài
H
và tương ứng theo
tham số hóa theo chiều dài, thì
x
cũng là một điểm tới hạn của phiếm hàm năng
lượng
E
.
Ngược lại, nếu
x
là một điểm tới hạn của phiếm hàm năng lượng
E
thì
x

được
tham số hóa theo chiều dài và cũng là điểm tới hạn cho phiếm hàm chiều dài
H
.
Chứng minh :
* Giả sử
x
là một điểm tới hạn của
H
và
(
)
(
)
12
(), ()tfxtxt
α
= là một
đường cong được tham số hóa theo chiều dài. Điều đó có nghĩa là chúng ta giả sử
()
/
1tα≡. Suy ra :
()
(
)
2
////
,1
ij i j
ij

tgxxLxxα= = ≡
∑
.

13
Bởi vì
x
là một điểm tới hạn của
H
nên
x
là nghiệm của phương trình
()
2.2 .
Nhưng mà
()
/
,1Lxx ≡ nên
x
cũng là nghiệm của phương trình
()
2.1 , nghĩa là
x
là một điểm tới hạn cho
E
theo định lý 1.1.

* Ngược lại, nếu
x
là một điểm tới hạn của phiếm hàm năng lượng

E
thì theo
mệnh đề
()
2.1 ii− ta có được
(
)
/
,
L
xx là hằng số. Nếu
(
)
/
(), ()
L
xt x t là hằng
số thì các phương trình
()
2.1 và
(
)
2.2 là như nhau. Điều đó chứng tỏ nếu
x
là
một điểm tới hạn của
E
thì
x
cũng là điểm tới hạn của

H
. Mệnh đề đã được
chứng minh . 

Một điểm tới hạn của phiếm hàm chiều dài
H
trên
,pq
M được gọi là một
đường trắc địa . Phương trình
(
)
2.3 được gọi là phương trình vi phân đường trắc
địa hay ngắn gọn hơn là phương trình đường trắc địa .

Từ mệnh đề
2I. nếu
(
)
(
)
12
(), ()tfxtxtγ= là một đường cong trên
M

nối
,
p
q mà được tham số hóa theo chiều dài và có chiều dài ngắn nhất, thì γ là
đường trắc địa, và

()
12
(), ()
x
txt là nghiệm của phương trình đường trắc địa .

3. Phép tính biến phân hai biến .

Giả sử rằng
Ω là một tập con mở của
2
\ sao cho biên
∂
Ω là một đường
cong đóng đơn. Ta cố định một hàm
:
γ
∂
Ω→\ .

Định nghĩa 3.1:
()
,C
γ
Ω \ được định nghĩa là tập hợp tất cả các ánh xạ trơn
:u Ω→\ sao cho u
γ
∂Ω
= .
Bây giờ, chúng ta xét :

3
:
L
Ω
×→\\

là một hàm trơn, và
()
:,JC
γ
Ω→\\ là phiếm hàm được xác định bởi :
()
()
, , ( , ), ( , ), ( , )
xy
J u Lxyuxy u xy u xy dxdy
Ω
=
∫
,
()
3.1
Chúng ta muốn đi tìm điều kiện để cho hàm
u trở thành một điểm tới hạn của
phiếm hàm
J . Điều này chúng ta có thể thực hiện giống như trong trường hợp

14
một biến ngoại trừ việc chúng ta cần sử dụng đến dạng hai chiều của Định lý cơ
bản của phép tính vi tích phân, nghĩa là, công thức Green hoặc định lý Stoke’s

trong trường hợp hai chiều .

Trước tiên, chúng ta nhớ lại định nghĩa của tích phân đường .
(
)
(
)
,,Pxydx Qxydy
∂Ω
+
∫v
.
Cho
()
[]
2
,:,xy ab→ \ là một tham số hóa của đường cong biên ∂Ω, thì :
()()
//
(), () () (), () ()
b
a
Pdx Qdy P x t y t x t Q x t y t y t dt
∂Ω
⎡⎤
+= +
⎣⎦
∫∫v
.


Định nghĩa 3.2 : Ta nói một miền
2
Ω
⊂ \ là miền đơn giản nếu mọi đường
thẳng đi qua điểm trong của miền và song song với trục tọa độ
x
Ο hoặc yΟ đều
cắt biên
∂Ω của nó tại đúng hai điểm .

Định lý 3.1 : (Định lý Green) . Cho các ánh xạ trơn ,:PQ
Ω
→ \ . Khi đó ta
có :
QP
Pdx Qdy dxdy
xy
∂Ω Ω
⎛⎞
∂∂
+= −
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
∫∫∫v
,
(
)
3.2
Chứng minh : Trước hết ta chứng minh định lý Green cho trường hợp các miền

đơn giản và sau đó mở rộng cho các miền tổng quát .

* Trường hợp 1
:
Ω
là miền đơn giản theo trục y
Ο
, tức là :

()
(
)()
{}
2
12
,: ,
x
yaxbgxygxΩ= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤\
Chúng ta cần chứng minh :
() ()
,,
P
x
ydxdy Pxydx
y
Ω∂Ω
∂
−=
∂
∫∫ ∫

.
Thật vậy, bằng cách áp dụng định lý Fubini, ta có :
()()
2
1
()
21
()
,() ,()
bgx b
agx a
PP
dxdy dy dx P x g x P x g x dx
yy
Ω
⎛⎞
∂∂
==−
⎡
⎤
⎜⎟
⎣
⎦
∂∂
⎝⎠
∫∫ ∫ ∫ ∫

Do đó :
()()
12

,() ,()
b
a
P
dxdy P x g x P x g x dx
y
Ω
∂
−= −
⎡
⎤
⎣
⎦
∂
∫∫ ∫
.

15
Mặt khác thì
1234
CC CC∂Ω = ∪ ∪ ∪ , trong đó :
(
)
11
Cgx
≡
,
{}
2
Cxb≡=,

()
32
Cgx≡ ,
{}
4
Cxa≡= và các đường cong này được định hướng sao cho
khi đi trên
∂Ω thì miền Ω nằm về bên phía tay trái .Theo tính chất của tích phân
đường thì :
1234 13
CC CC CC
Pdx Pdx Pdx Pdx Pdx Pdx Pdx
∂Ω
=+++=+
∫∫∫∫∫∫∫
.
bởi vì trên
2
C và
4
C ta có
x
là hằng số , nghĩa là 0dx
=
nên các tích phân trên
2
C và
4
C triệt tiêu .
Bây giờ ta sẽ tham số hóa đường cong

1
C và đường cong
3
C
−
:
()
{}
2
11
,() :Ctgt atb=∈≤≤\ và
(
)
{
}
2
32
,() :Ctgt atb
−
=
∈≤≤\
Khi đó :
13 1
3
CC CC
Pdx Pdx Pdx Pdx Pdx
−
∂Ω
=+=−
∫∫∫∫∫


() () ()()
12 12
, () , () , () , ()
bb b
aa a
P t g t dt P t g t dt P t g t P t g t dt=−=−
⎡
⎤
⎣
⎦
∫∫ ∫

So sánh các kết quả trên, ta nhận được điều cần chứng minh .

* Trường hợp 2
: Ω là miền đơn giản theo trục
x
Ο
, tức là :
()
{}
2
12
, : () (),
x
yhyxhycydΩ= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤\ .
Chúng ta cần chứng minh :
Q
dxdy Qdy

x
Ω∂Ω
∂
=
∂
∫∫ ∫
. Thật vậy , ta có :
()
()
()
()
()
()
2
1
21
,,
dhy d
chy c
QQ
dxdy dx dy Q h y y Q h y y dy
xx
Ω
∂∂
⎛⎞
⎡
⎤
==−
⎜⎟
⎣

⎦
∂∂
⎝⎠
∫∫ ∫ ∫ ∫

Mặt khác thì
1234
CC CC∂Ω = ∪ ∪ ∪ , trong đó
{
}
1
Cyc
≡
= ,
(
)
22
Chy≡ ,
{}
3
Cyd≡= và
()
41
Chy≡ và các đường cong này được định hướng sao cho
khi đi trên
∂Ω thì miền Ω nằm về bên phía tay trái . Theo tính chất của tích phân
đường ta có :
1234 24
CC CC CC
Qdy Qdy Qdy Qdy Qdy Qdy Qdy

∂Ω
=+++=+
∫∫∫∫∫∫∫

bởi vì trên
1
C và
3
C thì các tích phân đường tương ứng bằng không .Ta tham số
hóa các đường
2
C và
4
C
−
như sau :
(
)
{}
2
22
(), :Chtt ctd=∈≤≤\

16
(
)
{}
2
41
(), :Chtt ctd

−
=∈≤≤\ .
Khi đó :
24 2
4
CC CC
QdyQdyQdyQdyQdy
−
∂Ω
=+=−
∫∫∫∫∫

()
()
()
()
()
()
()
()
21 21
,, ,,
ddd
ccc
Qhttdt Qhttdt Qhtt Qhtt dt
⎡
⎤
=−=−
⎣
⎦

∫∫∫

So sánh các kết quả trên, ta nhận được điều cần chứng minh .

* Trường hợp 3
: Ω là miền đơn giản theo cả trục
x
Ο
và y
Ο
thì theo các trường
hợp 1 và 2 ta có :
P
dxdy Pdx
y
Ω∂Ω
∂
−=
∂
∫∫ ∫
và
Q
dxdy Qdy
x
Ω∂Ω
∂
=
∂
∫∫ ∫


Cộng vế theo vế các biểu thức trên, ta thu được :
QP
dxdy Pdx Qdy
xy
Ω∂Ω
⎛⎞
∂∂
−=+
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
∫∫ ∫


* Trường hợp 4
: Bây giờ đối với miền
Ω
không phải là miền đơn giản, nhưng
bằng cách vẽ đoạn thẳng
A
B song song với trục
x
Ο
, ta có thể chia miền
Ω

thành 2 miền con đơn giản là
1
Ω
và

2
Ω
.
Biên của
1
Ω là
1
A
BmA∂Ω = gồm đoạn thẳng
A
B và cung BmA, còn biên
của miền
2
Ω là
2
A
nBA∂Ω = gồm cung
A
nB và đoạn thẳng BA.
Áp dụng công thức trong trường hợp 3 cho các miền con đơn giản
1
Ω và
2
Ω

ta có :
11
1
QP
IdxdyPdxQdy

xy
Ω∂Ω
⎛⎞
∂∂
=− =+
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
∫∫ ∫

AB BmA
Pdx Qdy Pdx Qdy=++ +
∫∫
.
22
1
QP
IdxdyPdxQdy
xy
Ω∂Ω
⎛⎞
∂∂
=− =+
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
∫∫ ∫

AnB BA
Pdx Qdy Pdx Qdy=+++

∫∫
.

Chú ý rằng các đoạn
A
B và BA là các đường cong tương đương ngược hướng
nhau nên :

17
AB BA
Pdx Qdy Pdx Qdy+=− +
∫∫

Từ đó ta có :
12
BmA AnB
QP
dxdy I I Pdx Qdy Pdx Qdy
xy
Ω
⎛⎞
∂∂
−=+=+++
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
∫∫ ∫ ∫

.Pdx Qdy
∂Ω

=+
∫


* Trường hợp 5
: Đối với miền
Ω
tổng quát với biên
∂
Ω trơn từng khúc, ta có
thể chia
Ω thành một số hữu hạn các miền con đơn giản bằng các đường song
song với trục
x
Ο hoặc yΟ . Áp dụng công thức đã chứng minh cho các miền đơn
giản, rồi cộng các kết quả thu được lại với nhau ( chú ý rằng tích phân trên các
đoạn song song với các trục
x
Ο hoặc y
Ο
triệt tiêu từng đôi một ) ta sẽ có :
.
QP
Pdx Qdy dxdy
xy
∂Ω Ω
⎛⎞
∂∂
+= −
⎜⎟

∂∂
⎝⎠
∫∫∫

Chú ý : Công thức Green vẫn còn đúng cho miền đa liên .
Định lý đã được chứng minh . 

Giả sử
u là một điểm tới hạn của J , chúng ta muốn tìm điều kiện trên u .
Cho
β
là một biến phân của u trong
(
)
,C
γ
Ω
\ , và
(
)
/
0h
β
= , nghĩa là ta có
() ()( )
0
,,
s
hxy s xy
s

β
=
∂
=
∂
. Vì
β
là một biến phân của u trong
()
,C
γ
Ω \ ,
nghĩa là
() ()
:, ,C
γ
β
εε
−→Ω\ nên
(
)
(
)
,sC
γ
β
∈
Ω \ , tức
()
s

β
γ
∂Ω
=

nên ta có
0h
∂Ω
= . Mặt khác, ta cũng có
(
)
0 u
=
β
. Tính toán trực tiếp, ta nhận
được kết quả sau :

() () () ()
00
() , , , ,
ss
dd
J s L x y s s s dxdy
ds ds x y
==
Ω
⎛⎞
∂∂
=
⎜⎟

∂∂
⎝⎠
∫
ββββ


() () ()
0
,, , ,
s
d
L
xy s s s dxdy
ds x y
=
Ω
⎛⎞
∂∂
=
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
∫
βββ


() () ()
22
0
0,0, , ,

s
L
sssdxdy
sxsys
=
Ω
⎛⎞
∂∂ ∂
=∇×
⎜⎟
∂∂∂∂∂
⎝⎠
∫
βββ


18
() () ()
22
0
0,0, , ,
s
L
sssdxdy
ssxsy
=
Ω
⎛⎞
∂∂ ∂
=∇×

⎜⎟
∂∂∂∂∂
⎝⎠
∫
βββ

() () ()
00 0
0,0, , ,
ss s
L
ss sdxdy
sxs ys
== =
Ω
⎛⎞
∂∂∂ ∂∂
⎡⎤⎡⎤
=∇×
⎜⎟
⎢⎥⎢⎥
∂∂∂ ∂∂
⎣⎦⎣⎦
⎝⎠
∫
ββ β

() () ()
0,0, , , , , ,
L

hxy hxy hxy dxdy
xy
Ω
⎛⎞
∂∂
=∇×
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
∫

()()
(
)
()
0,0, ,, ,, ,
xy
L
hxy h xy h xy dxdy
Ω
=∇×
∫

xy
xy
LL L
hh hdxdy
uu u
Ω
⎛⎞

∂∂ ∂
=++
⎜⎟
⎜⎟
∂∂ ∂
⎝⎠
∫

xxy y
xx
yy
LL L L L
hh hh hdxdy
uu u u u
Ω
⎛⎞⎛⎞
⎛⎞⎛⎞
∂∂ ∂ ∂ ∂
=+ − + −
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
∂∂ ∂ ∂ ∂
⎝⎠⎝⎠
⎝⎠⎝⎠
∫

xy x y
xx
yy

LL L L L
h dxdy h h dxdy
uu u u u
ΩΩ
⎡⎤⎡⎤
⎛⎞ ⎛ ⎞
⎛⎞ ⎛ ⎞
∂∂ ∂ ∂ ∂
⎢⎥⎢⎥
=− − + +
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎜⎟ ⎜ ⎟
∂∂ ∂ ∂ ∂
⎢⎥⎢⎥
⎝⎠ ⎝ ⎠
⎝⎠ ⎝ ⎠
⎣⎦⎣⎦
∫∫

Nhưng theo công thức Green thì :
xy xy
x
y
LL LL
h h dxdy hdy hdx
uu uu
Ω∂Ω
⎡⎤
⎛⎞

⎛⎞
∂∂ ∂∂
⎢⎥
+=−
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
∂∂ ∂∂
⎢⎥
⎝⎠
⎝⎠
⎣⎦
∫∫

và bởi vì
0h
∂Ω
= theo nhận xét phía trên, cho nên tích phân đường :
0
xy
LL
hdy hdx
uu
∂Ω
∂
∂
−
=
∂∂
∫

.
Do đó :
()
0
()
s
xy
x
y
dLLL
J s hdxdy
ds u u u
β
=
Ω
⎡⎤
⎛⎞
⎛⎞
∂∂ ∂
⎢⎥
=− −
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
∂∂ ∂
⎢⎥
⎝⎠
⎝⎠
⎣⎦
∫

.
Điều đó có nghĩa là nếu u là một điểm tới hạn của J , thì :

19
0
xy
x
y
LL L
hdxdy
uu u
Ω
⎡⎤
⎛⎞
⎛⎞
∂∂ ∂
⎢⎥
−− =
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
∂∂ ∂
⎢⎥
⎝⎠
⎝⎠
⎣⎦
∫
,
(
)

3.3
với mọi hàm trơn
:h Ω→\ mà triệt tiêu trên
∂
Ω. Để tìm được điều kiện cho
u , ta cần đến bổ đề sau :
Bổ đề 3.1 : Cho
n
Ω
⊂ \ là một tập con mở, và
__
:f Ω→\ là một ánh xạ trơn.
Nếu
1
()() 0
n
f x g x dx dx
Ω
=
∫
, với mọi hàm trơn :g
∂
Ω→\ sao cho
0g
∂Ω
= thì 0
f
= .
Chứng minh : Phương pháp chứng minh hoàn toàn tương tự như trong chứng
minh của bổ đề I.1. 


Định lý 3.2 : Nếu u là một điểm tới hạn của J mà được xác định bởi
()
3.1 , thì
khi đó
0
xy
x
y
LL L
uu u
⎛⎞
⎛⎞
∂∂ ∂
−−=
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
∂∂ ∂
⎝⎠
⎝⎠
,
(
)
3.4
Phương trình này là phương trình Euler-Lagrange của phiếm hàm
J được xác
định bởi
()
3.1 .

Chứng minh : Từ
()
3.3 , áp dụng bổ đề 3.1 ta có ngay điều cần chứng minh . 

Thí dụ 3.1 : Xét
2
Ω⊂\ và :
∂
Ω→\
α
là một hàm trơn, và
()
22
x
y
L
uuu=+
với
()
,uC
γ
∈Ω\ . Ta sẽ tìm điều kiện để u trở thành một điểm tới hạn của
phiếm hàm
J được xác định bởi
L
. Thật vậy, ta có :
0
L
u
∂

=
∂
, 2
x
x
L
u
u
∂
=
∂
và 2
y
y
L
u
u
∂
=
∂
.
Theo
()
3.4 , phương trình Euler-Lagrange của phiếm hàm J là :
0
xy
x
y
LL L
uu u

⎛⎞
⎛⎞
∂∂ ∂
−−=
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
∂∂ ∂
⎝⎠
⎝⎠
.
Suy ra :

20
22
22
0
xx yy
uu
uu
xy
∂∂
+
=+=
∂∂
.

Đây chính là điều kiện của
(
)

,uC
γ
∈Ω\ mà chúng ta cần tìm .

4. Mặt cực tiểu.

Cho
M
là một mặt nhúng trong
3
\ và
(
)
12
,:
f
xx O U→ là một hệ tọa độ
địa phương trên
M
, và cho
__
OΩ⊂ là một miền compact . Chú ý rằng O là một
tập mở trong
2
\ .

Khi ta cố định
1
x
và cho

2
x
biến thiên thì ta được một đường cong trên mặt
M
nhận
2
x
f
làm vector vận tốc. Khi ta cố định
2
x
và cho
1
x
biến thiên thì ta
cũng thu được một đường cong trên mặt
M
mà nhận
1
x
f
làm vector vận tốc. Như
vậy tại mỗi điểm
p
trên mặt
M
, tồn tại một mặt phẳng tiếp xúc
p
TS với mặt
cong mà nó nhận

{
}
12
,
xx
f
f làm cơ sở .

Như ta đã biết, diện tích hình bình hành sinh bởi
1
x
f
và
2
x
f
là :
()
()
11 1 2 12
22
2
11 22 12
.,. det
x
xxxxx ij
Bff f f ff gg g g=×= − = − = ,
trong đó :
11 1
22 2

12 21
2
11
2
22
12 21
,
,
,,
xx x
xx x
xx x x
gff f
gff f
gff ffg
⎧
==
⎪
⎪
==
⎨
⎪
===
⎪
⎩
,
()
11 12
2
12 22

gg
g
gg
⎛⎞
=∈Μ
⎜⎟
⎝⎠
\
gọi là các hệ số của dạng cơ bản thứ nhất của mặt
M
.

Ta cần xấp xĩ diện tích của
(
)
f
Ω
theo phương pháp sau. Cụ thể, ta chia
miền
Ω thành các hình vuông nhỏ tùy ý, và xấp xĩ diện tích của ảnh của mỗi hình

21
vuông này qua ánh xạ
f
bởi diện tích của một hình bình hành có các cạnh là
1
1x
f
xΔ và
2

2x
f
xΔ , thì tổng của những xấp xĩ diện tích này là :
(
)
12
det .
ij
ij
gxx
Δ
Δ
∑

Diện tích của
()
f Ω là :
()
()
2
1 2 11 22 12 1 2
det ( )
ij
A
g x dx dx g g g dx dx
ΩΩ
==−
∫∫ ∫∫
.
Chúng ta muốn chứng minh rằng nếu

(
)
f
Ω
có diện tích nhỏ nhất giữa các mặt
trong
3
\ với biên
()
f ∂Ω cố định thì độ cong trung bình của mặt
M
phải bằng
không .
Trước tiên, ta có một vài định nghĩa và mệnh đề :

Mệnh đề 4.1 : Mỗi mặt chính quy xét một cách địa phương phải là một đồ thị .
Chứng minh : Chúng ta có thể tham khảo phương pháp chứng minh trong [1].

Bởi vì điều kiện cho điểm tới hạn của một phiếm hàm biến phân được tính
toán một cách địa phương và tính địa phương của một mặt trong
3
\ là một đồ thị
như trong mệnh đề 4.1, nên từ đây chúng ta có thể giả sử rằng
:
f
Ω→\ là một
đồ thị và phương pháp biến phân được sử dụng xuyên suốt trong đồ thị .

Định nghĩa 4.1 : Một mặt trong
3

\ được gọi là mặt cực tiểu nếu độ cong trung
bình của nó là
0
H
= .

Mệnh đề 4.2 : Nếu một mặt
M
trong
3
\ là một điểm tới hạn của phiếm hàm
diện tích thì động cong trung bình của
M
phải bằng không, nghĩa là
M
là một
mặt cực tiểu .
Chứng minh : Theo định lý 3.2, chúng ta cần chứng minh phương trình Euler-
Lagrange cho phiếm hàm diện tích chính là phương trình
0
H
=
.
Cho
:uO→ \ , và
()
(
)
12 12 12
,,,(,)

f
xx xxuxx
=
là một đồ thị của u . Cho
__
OΩ⊂ . Nếu
()
Mf=Ω có diện tích nhỏ nhất giữa các mặt trong
3
\ mà có
cùng biên là
()
f ∂Ω , thì u phải là điểm tới hạn của phiếm hàm diện tích :
()
(
)
12
det
ij
A
u g dx dx
Ω
=
∫∫
.
Ta có :

22
()
11

1, 0,
x
x
f
u= ,
(
)
22
0, 1,
xx
f
u= .
Các hệ số của dạng cơ bản thứ nhất của mặt :
11 1 2 2 2
22
11 22
,1, ,1
x
xx xx x
gff ugff u==+= =+ và
12 12
12
,
x
xxx
gffuu==
Do đó :
()
()
(

)
(
)
(
)
1212 12
2
2
22 22
11 22 12
det 1 1 1
ij x x x x x x
ggg g u u uu uu=−=++− =++
Như vậy, phiếm hàm diện tích là :
()
()
12
1
22
2
12
1
xx
A
uuudxdx
Ω
=++
∫∫
.
Từ phiếm hàm diện tích trên, ta nhận thấy rằng :

()
()
12 1 2
1
22
2
,, 1
xx x x
Luu u u u=+ + .
Lấy đạo hàm theo các biến u ,
1
x
u và
2
x
u , ta được :
0
L
u
∂
=
∂
,
()
12 1
1
1
22
2
1

x
xx
x
L
uu u
u
−
∂
=+ +
∂
,
()
12 2
2
1
22
2
1
x
xx
x
L
uu u
u
−
∂
=+ +
∂

Bởi vì

u là điểm tới hạn của phiếm hàm diện tích
A
nên theo định lý 3.2, ta có
được :
12
12
0
xx
xx
LL L
uu u
⎛⎞⎛⎞
∂∂ ∂
−− =
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
∂∂ ∂
⎝⎠⎝⎠

suy ra :
() ()
()
12 1 12 2
12
11
22 22
22
110,1
xx x xx x
xx

uu u uu u
−−
⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥
++ +++ =
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦

Bằng những tính toán cụ thể, ta có :


()
(
)
()()
111 212 1
11
12 1
1
12 12
1
22
2
31
22 22
22
1
11
xxx x xx x
xx

xx x
x
xx xx
uu u u u
u
uu u
uu uu
−
⎡⎤
+
⎢⎥
++ =− +
⎢⎥
⎣⎦
++ ++


23
()
(
)
()()
112 2 22 2
22
12 2
2
12 12
1
22
2

31
22 22
22
1
11
xxx x xx x
xx
xx x
x
xx xx
uu u u u
u
uu u
uu uu
−
⎡⎤
+
⎢⎥
++ =− +
⎢⎥
⎣⎦
++ ++

Thay vào phương trình
()
1 , ta được :
()
()()
(
)

()
111 12 2 1 112 2 22 2
11
12 12 12
31 3
22 22 22
22 2
11 1
x
xx xx x x x xx x x x x
xx
xx xx xx
uu u u u uu uu u
u
uu uu uu
++
−+−
++ ++ ++

()
22
12
1
22
2
0
1
xx
xx
u

uu
+=
++
.
Suy ra :
()
(
)
111122111 12
22
1
xxxxxxxxx xx
uu uuuu uu−+ +++−
()
(
)
112222222 12
22
10
xxxxxxxxx xx
uu uu u u u u−+ +++=.
Sau khi rút gọn, ta nhận được kết quả :

()
(
)
11 2 2 2 1 1 2 12
22
1120
xx x x x x x x xx

uuu uuuu++ +− = ,
()
2

* Bây giờ, ta sẽ đi thiết lập độ cong trung bình
H
.
Ta có :
()
11
1, 0,
x
x
f
u= và
(
)
22
0, 1,
xx
f
u=
Lấy tích có hướng giữa
1
x
f
và
2
x
f

, ta được :
(
)
12 1 2
,,1
xx x x
ff uu×=−− .
Suy ra :
12 12
22
1
x
xxx
f
fuu×=++. Ta chọn trường vector pháp tuyến :
()
(
)
12
12
12
12
12
22
,,1
,
1
xx
xx
xx

x
x
uu
ff
Nxx
ff
uu
−−
×
==
×
++
.
()
11 11
0,0,
x
xxx
fu= ,
(
)
22 22
0,0,
x
xxx
fu= ,
(
)
12 12
0,0,

x
xxx
fu= .

24

Ta tính các hệ số của dạng cơ bản thứ hai của mặt :
11
11
12
11
22
,
1
xx
xx
x
x
u
bNf
uu
==
++
,
22
22
12
22
22
,

1
xx
xx
x
x
u
bNf
uu
==
++

12
12
12
12
22
,
1
xx
xx
x
x
u
bNf
uu
==
++

11 12
12 22

12
11 12
22
12 22
1
1
x
xxx
x
xxx
xx
uu
bb
b
bb
uu
uu
⎛⎞
⎛⎞
==
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
++
⎝⎠

Nhân hai ma trận :
11 12 1 1 2
12 22

12 2
12
1
2
1
2
22
1
1

1
1
xx xx x x x
xx xx
xx x
xx
uu uuu
bg
uu
uu
uu
−
−
⎛⎞
+
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟

⎜⎟
+
++
⎝⎠
⎝⎠

()
11 12 2 1 2
12 22
12 1
22
2
3
2
22
2
1
1

1
1
x
xxx x xx
xx x x
xx x
xx
uu uuu
uu
uu
uu

⎛⎞
+−
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
−+
⎝⎠
⎝⎠
++

Độ cong trung bình là :
()
(
)
(
)
()
11 2 2 2 1 12 1 2
12
22
1
3
22
2
112
1
.

2
21
x
xxxx xxxxx
xx
uuu uuuu
Hrbg
uu
−
++ +−
=Τ =
++
,
()
3
Từ
()
2 và
()
3 ta suy ra : độ cong trung bình 0
H
=
, nghĩa là
M
là mặt cực
tiểu. Mệnh đề đã được chứng minh . 

Từ chứng minh của mệnh đề 4.2, ta rút ra định lý sau :

Mệnh đề 4.3 : Phương trình Euler-Lagrange của phiếm hàm diện tích

A
là
0
H
= .




25
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO .

[1]. Manfredo P. do Carmo, Differential Geometry of Curves and Surfaces,
Prentice-Hall, Inc., Englewood Cliffs, New Jersey, 1976 .
[2]. Nguyễn Duy Tiến, Trần Đức Long, Bài Giảng Giải tích, Nhà xuất bản Đại
học quốc gia Hà Nội, 2004 .
[3]. Nguyễn Đình Phư, Nguyễn Công Tâm, Đinh Ngọc Thanh, Đặng Đức Trọng,
Giải tích hàm nhiều biến, Nhà xuất bản Đại học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh,
2002 .