CHƯƠNG I. THAM SỐ HÓA CỦA ĐƯỜNG VÀ MẶT
1. Cho 𝛾: 𝐼 ⟶ 𝑅𝑛 là một tham số hóa đường cong, trong đó 𝛾 ′′ (𝑡) = 0. Chứng minh rằng
đó là một đường thẳng hoặc là một đường cong hằng (đồ thị hàm hằng).
Giải
TH1: ϒ là đường cong hằng.
Giả sử 𝛾 là đường cong hằng và 𝛾(𝑡) = 𝑎.
Ta có:
𝛾(𝑛) = 0 với mọi n>1, nϵ N.
Suy ra 𝛾′′(𝑡) = 0. (đpcm).
TH2:
Giả sử 𝛾 là đường thẳng, khi đó:
𝑥1 = 𝑎1 𝑡 + 𝑏1
𝑥1 = 0
𝑥2 = 0
𝑥2 = 𝑎2 𝑡 + 𝑏2
…
…
𝛾(𝑡) =
⟹ 𝛾(𝑡) =
…
…
{𝑥2 = 𝑎𝑛 𝑡 + 𝑏𝑛
{𝑥𝑛 = 0
Vậy ta có đpcm.
Kết luận: 𝛾 cần tìm là một đường thẳng hay một đường cong hằng.
2. Đường cong tham số hóa sau đây được gọi là đường cycloid
𝛾(𝑡) = (𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡, 1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡), 𝑡 ∈ 𝑅.
Nó được sinh ra bởi một vòng tròn bán kính bằng 1 lăn không trượt dọc theo chiều dương
trục Ox. Đường cong được vẽ lên từ sự chuyển động của một điểm nằm trên đường tròn. Hãy
giải thích công thức trên của đườngcycloid.
Giải

Giả sử 𝑀(𝑥, 𝑦) lăn không trượt trên trục Ox, xuất phát từ O.
1|Page


Gọi (𝐼, 𝑟 = 1) là đường tròn đơn vị, p là hình chiếu của I lên Ox. Gọi t là góc định hướng
⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣à 𝐼𝑃
⃗⃗⃗⃗ theo hướng (𝑒⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗
giữa 𝐼𝑀
𝑒2 ). Khi đó độ dài OP bằng độ dài cung MP nhìn góc t và
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
có thể phân tích : 𝑂𝑀 = 𝑂𝑃
𝑃𝐼 + 𝐼𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝑂𝑃
𝑃𝐼 − 𝑀𝐼
= 𝑟𝑡𝑒⃗⃗⃗1 + 𝑟𝑡𝑒⃗⃗⃗2 − (𝑟𝑠𝑖𝑛𝑡𝑒⃗⃗⃗1 + 𝑟𝑐𝑜𝑠𝑡𝑒⃗⃗⃗2 )
= 𝑟(𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡)𝑒⃗⃗⃗1 + 𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑒⃗⃗⃗2
Do 𝑟 = 1 nên suy ra tọa độ 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝑥 = 𝑟(𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡)
{
𝑦 = 𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡)
3. Xác định tham số hóa của mặt cong với ảnh là {(𝑥, 𝑦, 𝑧)| 𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 = 1}.
Giải
𝑥=𝑡
𝑡 +2𝑡 −1
Đặt {𝑦 = 𝑡1 ⇒ 𝑧 = 1 2
2


2

Vậy ta có ϒ(𝑡1, 𝑡2) = (𝑡1; 𝑡2;

𝑡1 +2𝑡2 −1
2

).

4. Xét phương trình 𝑥 3 + 𝑥𝑦 2 − 2𝑎𝑦 2 = 0 trong 𝑅2 , với 𝑎 > 0 là một hằng số.
Chứng tỏ rằng tham số hóa đường cong
2𝑎𝑡 2 2𝑎𝑡 3
𝛾(𝑡) = (
;
),
1 + 𝑡2 1 + 𝑡2
với 𝑡 ∈ 𝑅, là một song ánh vào trong tập các nghiệm. Song ánh này được gọi là cissoids
của Diocles. Vẽ một đường cong cơ bản của nó trong trường hợp 𝑎 = 1;
Giải
Ta có:
• 𝑓(𝑥1 , 𝑦1 ) = 𝑓(𝑥2 , 𝑦2 )
⇔ 𝑥13 + 𝑥1 𝑦12 − 2𝑎𝑦12 = 𝑥23 + 𝑥2 𝑦22 − 2𝑎𝑦22

2|Page


𝑥1 = 𝑥2
⇔ {𝑦 = 𝑦
1
2

2𝑎𝑡 2 2𝑎𝑡 3

• ∃𝑥 = ( 2 ; 2) 𝜖𝑅2
1+𝑡 1+𝑡
∀𝑓(𝑥) = 0 𝜖𝑅2
⇒ 𝛾(𝑡) là song ánh.
5. Gọi 𝑆 ⊂ 𝑅2 là tập các nghiệm của phương trình 𝑥2 + 𝑦 – 𝑧2 = 1.
a. Chứng minh rằng ánh xạ 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑣, 1 − 4𝑢𝑣, 𝑢 − 𝑣) là một đơn ánh và là tham
số hóa với mặt ảnh là S.
b. Chứng minh rằng S không chứa điểm tới hạn nào của hàm 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 + 𝑦 − 𝑧 2 và
hãy xác định một tham số hóa của S dưới dạng đồ thị của một hàm trơn h.
Giải
a. Chứng minh là đơn ánh
𝜎: 𝑅2 → 𝑅3
(𝑢, 𝑣) → 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑣, 1 − 4𝑢𝑣, 𝑢 − 𝑣)
Giả sử
𝜎(𝑢1 , 𝑣1 ) = 𝜎(𝑢2 , 𝑣2 )
⟺ (𝑢1 + 𝑣1 , 1 − 4𝑢1 𝑣1 , 𝑢1 − 𝑣1 ) = (𝑢2 + 𝑣2 , 1 − 4𝑢2 𝑣2 , 𝑢2 − 𝑣2 )
𝑢1 + 𝑣1 = 𝑢2 + 𝑣2
⟺ {1 − 4𝑢1 𝑣1 = 1 − 4𝑢2 𝑣2
𝑢1 − 𝑣1 = 𝑢2 − 𝑣2

𝑢1 = 𝑢2
⟺ { 𝑣 = 𝑣 ⟺ 𝜎 là đơn ánh.
1
2

Chứng minh ánh xạ 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑣, 1 − 4𝑢𝑣, 𝑢 − 𝑣) là tham số hóa với mặt ảnh là S.
Thay 𝑥 = 𝑢 + 𝑣, 𝑦 = 1 − 4𝑢𝑣 𝑣à 𝑧 = 𝑢 − 𝑣 vào phương trình 𝑥 2 + 𝑦 – 𝑧 2 = 1, ta
được:

(𝑢 + 𝑣)2 + (1 − 4𝑢𝑣) – (𝑢 − 𝑣)2 = 1 ⟺ 1 = 1. (luôn thỏa)
Suy ra ánh xạ 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑣, 1 − 4𝑢𝑣, 𝑢 − 𝑣) là tham số hóa với mặt ảnh là S.
b. Chứng minh rằng S không chứa điểm tới hạn nào của hàm 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 + 𝑦 − 𝑧 2 và
hãy xác định một tham số hóa của S dưới dạng đồ thị của một hàm trơn h.
3|Page


Theo giả thiết ta có: 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 + 𝑦 − 𝑧 2 . Khi đó:
𝛿𝑓
= 1 ≠ 0.
𝛿𝑦
Suy ra 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) không tồn tại điểm tới hạn
Suy ra S không chứa điểm tới hạn nào của 𝑓.
-Tham số hóa đồ thị hàm S
Đặt: 𝑥 = 𝐶𝑜𝑠ℎ𝑡 ; 𝑧 = 𝑆𝑖𝑛ℎ𝑡 => 𝑦 = 0.
𝛾(𝑡) = (𝐶𝑜𝑠ℎ𝑡, 0, 𝑆𝑖𝑛ℎ𝑡).
6. Xét phương trình 𝑥 3 𝑦 3 − 3𝑥 + 𝑦 = −1, nghiệm đúng tại (𝑥, 𝑦) = (1,1).
Chứng minh rằng, ta có thể biểu diễn tập mức dưới dạng đồ thị của hàm 𝑦 = ℎ(𝑥) trong
lân cận của điểm ta đang xét.
Giải
Xét 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 3 𝑦 3 − 3𝑥 + 𝑦 ⇒

𝜎𝑓
𝜎𝑦

= 3𝑥 3 𝑦 2 + 1.

𝜎𝑓
(1,1) = 3 + 1 = 4 ≠ 0 𝑉à (1,1)𝜖𝐶 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝛺|𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶}
𝜎𝑓

Theo định lý 1.5 thì trong lân cận của (1,1) thì 𝐶 là đồ thị của hàm 𝑦 = ℎ(𝑥)
7. Ký hiệu ∁ là tập mức trong 𝑅2 của phương trình 4𝑥 4 − 5𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 = 0.
a. Chứng minh rằng từ định lý hàm ẩn ta có thể khẳng định rằng với mỗi điểm
(𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ ∁{0,0}, tồn tại một lân cận của nó sao cho trong ∁ có thể biểu diễn dưới
dạng đồ thị của hàm 𝑦 = ℎ(𝑥).
b. Giải phương trình và xác định rõ tập ∁.
Giải
a) Xét 𝑓: 𝑅2 → 𝑅 được xác định bởi 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 4 − 5𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 và tập mức 𝐶 =
{(𝑥, 𝑦)|𝑓(𝑥, 𝑦) = 0}.
Khi đó:

𝜎𝑓
𝜎𝑦

= 4𝑦 3 − 10𝑥 2 𝑦 Do đó:

𝜎𝑓
𝜎𝑦

=0

4|Page


4𝑦 3
5
⇔ 4𝑦 − 10𝑥 𝑦 = 0 ⇒ 𝑥 =
⇒ 𝑦2 = 𝑥2
10𝑦
2

3

2

2

5
Thay 𝑦 2 = 𝑥 2 vào phương trình 4𝑥 4 − 5𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 = 0 ta được:
2
5

5

2

2

2

4𝑥 4 − 5𝑥 2 𝑥 2 + ( 𝑥 2 ) = 0 ⇔ 4𝑥 4 −
Ta thấy trên 𝐶:

𝜎𝑓
𝜎𝑦

25
2

𝑥4 +


25
4

𝑥 4 = 0.

= 0 là p = (0,0)

Suy ra tâp mức 𝐶 có thể xem là đồ thị của hàm 𝑦 = ℎ(𝑥) trong lân cận của mỗi điểm trên
nó trừ p = (0,0).
b) Giải phương trình:
4𝑥 4 − 5𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 = 0 ⇔ 4𝑥 4 − 4𝑥 2 𝑦 2 − 𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 = 0
⇔ 4𝑥 2 (𝑥 2 − 𝑦 2 ) − 𝑦 2 (𝑥 2 − 𝑦 2 ) = 0 ⇔ (4𝑥 2 − 𝑦 2 )(𝑥 2 − 𝑦 2 ) = 0
𝑥 = ±𝑦
4𝑥 2 − 𝑦 2 = 0
1
⇔[ 2
⇔[
𝑥=± 𝑦
𝑥 − 𝑦2 = 0
2
1

Vậy 𝐶 = {(𝑥, 𝑦)|𝑥 = ±𝑦 𝑣à 𝑥 = ± 𝑦}.
2

8. Cho thí dụ để chứng tỏ rằng điều kiện 𝑓𝑦 ′(𝑥0 , 𝑦0 ) ≠ 0 trong Định lý 1.5 là điều kiện đủ chứ
không phải là điều kiện cần. Nghĩa là, nếu 𝑓𝑦′ (𝑥0 , 𝑦0 ) = 0 đôi lúc ta vẫn có thể biểu diễn tập
mức dưới dạng đồ thị của hàm y = h(x), với h là hàm trơn xác định trong lân cận của (𝑥0 , 𝑦0 ).
Giải
2𝑥 2 − 𝑦 2 = 0, 𝐶 = {(𝑥, 𝑦) ∈ Ω|𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) = 0}

𝑓𝑦′ = −2𝑦; 𝑝 = (0,0) ∈ 𝐶
Khi đó : 𝑓𝑦′ = 0. Tuy nhiên ta vẫn có thể biểu diễn y theo x: 𝑦 =±√2𝑥 2 = ±√2𝑥
9. Xét hàm 𝑓 như trong định lý 1.5, nhưng lại giả sử 𝑓 ′ (𝑥0 , 𝑦0 ) = 0. Chứng minh rằng nếu
𝑓′(𝑥0 , 𝑦0 ) ≠ 0, thì ta không thể biểu diễn tập mức dưới dạng đồ thị 𝑦 = ℎ(𝑥), với ℎ là hàm
trơn trong bất kỳ lân cận nào của điểm (𝑥0 , 𝑦0 ).
Giải
5|Page


Giả sử cho hàm 𝑓 mà không ảnh hưởng đến tập 2𝑥 + 𝑦 2
Chọn 𝜎 = 0 sao cho lân cận |𝑥 − 𝑥0 | = 0 của p nằm trong tập Ω và 𝑓(𝑦) ≥ 𝑎.
Trong lân cận này với hằng số 𝑎 = 0
Khi đó: 𝑦 → 𝑓(𝑥, 𝑦) là hàm tăng nghiêm ngặt trong [𝑦0 − 𝜎, 𝑦0 + 𝜎] với mỗi 𝑥 cố định
|𝑥 − 𝑥0 | = 0 vì 𝑝 𝜖 2𝑥 + 𝑦 2 nên ta có 𝑓(𝑃) = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) = 0. Trong đó: 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 − 𝜎) = 0
10. Phương trình 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 0 nghiệm đúng tại(x, y, z) = (0,0,0). Chứng minh rằng, tập
nghiệm của phương trình đã cho trong lân cận của điểm này có thể biểu diễn dưới dạng một
đồ thị. Đồng thời chỉ ra rằng điều khẳng định trên là đúng tại mọi nghiệm của phương trình.
Giải
Đặt 𝐶 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅2 |𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 0} và
𝑓 = 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑠𝑖𝑛𝑧
𝑓′𝑥 = 𝑦 + 𝑧
𝑓′𝑦 = 𝑥
Ta có: {
𝑓 ′ 𝑧 = 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑧
𝑓′𝑥 = 0
′
Tại điểm (0,0,0) thì { 𝑓 𝑦 = 0 và điểm (0,0,0) ∈ C
𝑓′𝑧 = 1 ≠ 0
⟹ (0,0,0) không là điểm tới hạn.
Theo định lý 1.6 thì trong lân cận của điểm này có thể biểu diễn dưới dạng một đồ thị.

Giả sử tồn tại điểm p(x, y, z)là điểm tới hạn:
𝑥=0
𝑓′𝑥 = 0
𝜋
𝑦+𝑧 =0
𝑦
=
−
+ 𝑘𝜋
′
(𝑘 ∈ 𝒵) (1)
{𝑓 𝑦 = 0 ⟺ {
𝑥=0
2
𝜋
𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑧 = 0 𝑧 = + 𝑘𝜋
𝑓′𝑧 = 1
2
{
Thấy rằng (1) không thoả 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 0, suy ra điểm 𝑝 ∉ 𝐶
⟹Trong tập nghiệm không có điểm tới hạn nào. ∀(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) ∈ 𝐶 𝑡ℎì 𝑓 ′ 𝑥 ≠ 0, 𝑓 ′ 𝑦 ≠
0, 𝑓 ′ 𝑧 ≠ 0.
6|Page


Theo định lý 1.6 thì trong lân cận nào đó của (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) ∈ 𝐶có thể biểu diễn dưới dạng
đồ thị. Đồng thời khẳng định trên là đúng.
11. Gọi 𝑠 = {(𝑥, 𝑦, ℎ(𝑥, 𝑦))} ⊂ 𝑅3 là đồ thị của hàm ℎ(𝑥, 𝑦) = 𝑦 − 𝑥𝑦 3 . Chứng tỏ rằng
trong một lân cận của mỗi điểm của S thỏa mãn điều kiện 3𝑥𝑦 2 ≠ 1, S có thể được viết
dưới dạng đồ thị của hàm 𝑦 = 𝑔(𝑥, 𝑧) với g là trơn.

Giải
Ta có 𝑠 = {(𝑥, 𝑦, ℎ(𝑥, 𝑦))} ⊂ 𝑅3 là đồ thị của hàm ℎ(𝑥, 𝑦) = 𝑦 − 𝑥𝑦 3 và 3𝑥𝑦 2 ≠ 1 ⟺ 1 −
𝜕ℎ
3𝑥𝑦 2 ≠ 0 (∗) Tính (𝑝) = 1 − 3𝑥𝑦 2 ≠ 0, ∀𝑝
𝜕𝑦

Theo định lý 1.6, trong một lân cận của mỗi điểm thuộc 𝑆 thỏa (*),Scó thể được viết dưới
dạng đồ thị của hàm 𝑦 = 𝑔(𝑥, 𝑧) với g là hàm trơn.
12. Xét hệ phương trình trong R2
2𝑥 2 − 𝑥 2 𝑧 2 − 𝑦 2 = 0 𝑣à 𝑥𝑦𝑧 = 1.
nghiệm đúng tại (1,1,1). Chứng minh rằng, tồn tại một lân cận mà trong đó tập nghiệm
có thể biểu diễn ở dạng đồ thị của hàm (x, y) = h(z) , với x và ylà các hàm của z.
Giải
Ta có phương trình sau:
2𝑥 2 − 𝑥 2 𝑧 2 − 𝑦 2 = 0 𝑣à 𝑥𝑦𝑧 = 1 (∗)
2𝑥 2 − 𝑥 2 𝑧 2 − 𝑦 2
0
Có thể viết dưới dạng 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐶 với 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (
) và 𝑐 = ( )
𝑥𝑦𝑧
1
Khi đó ta được ma trận Jacobi là:
𝐷𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (

4𝑥 − 2𝑥𝑧 2 − 2𝑦 − 2𝑥 2 𝑧
)
𝑥𝑦
𝑥𝑧
𝑥𝑦


Tại điểm (1,1,1) các phương trình trong (*) thỏa và ma trận Jacobi là:
(

2 −2 −2
)
1
1
1

Vì định thức của hai cột đầu 𝑑𝑒𝑡𝐴 = 4 ≠ 0 nên theo định lý 1.7 cho phép ta giải (x, y) là
hàm của z trong lân cận (1,1,1).
7|Page


Như vậy tồn tại một lân cận mà trong đó tập nghiệm có thể biểu diễn các dạng đồ thị của
hàm (𝑥, 𝑦) = ℎ(𝑧) , với x, y là các hàm của z.
13. Xét ánh xạ 𝑓: 𝑅2 → 𝑅2 𝑣à 𝐶 ∈ 𝑅2 được cho bởi
1 2
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 , (𝑥 − ) + 𝑦 2 ) , 𝐶 = (1, 𝑎2 ).
2
2

2

2

Với a ≥ 0. Gọi𝐿 ⊂ 𝑅3 là tập nghiệm của hệ phương trình 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐶.
a. Giải thích việc L là giao tuyến của mặt cầu và mặt trụ, đồng thời xác định bán kính của nó.
b. Với mỗi một trường hợp trong 6 trường hợp sau đây, hãy xác định tập hợp các điểm trong
L sao cho tại đó 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐷𝑓(𝑝) < Type equation here., tức là các dòng của ma trận là phụ

thuộc tuyến tính.
1
1 1
3
3 3
𝑎 = 0; 0 < 𝑎 < ; 𝑎 = ; < 𝑎 < ; 𝑎 = ; < 𝑎.
2
2 2
2
2 2
c. Với mỗi trường hợp như thế, định lý hàm ẩn nào có thể áp dụng cho tập L. Diễn tả điều này
theo nghĩa phần giao như đã nói ở mục (a) bên trên.
Giải
a. Vì L ⊂ 𝑅2 là tập nghiệm của phương trình (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐶 .
Nghĩa là 𝐿 là nghiệm của hệ phương trình:
𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 1(1)
{
1 2
(𝑥 − ) + 𝑦 2 = 𝑎2 (2)
2
Mà (1) là phương trình mặt cầu và (2) phương trình mặt trụ nên suy ra L là giao tuyến
của mặt cầu và mặt trụ.
2𝑥
b. Ma trận Jacobi: 𝐷𝑓(𝑝) = (
2𝑥 − 1
Với 𝑎 = 0 ⟹ 𝐿 = ∅
Với 0 < 𝑎 < 1 ⟹ 𝐿 = 𝜙

2𝑦
2𝑦


2𝑧
)
0

1

Với = ⟹ 𝐿 = {(1,0,0)} .
2

1

3

2

2

Với < 𝑎 < giao tuyến là 2 điểm.
3

Với 𝑎 = ⟹ 𝐿 = {(−1,0,0)}
2

8|Page


3

Với 𝑎 > ⟹ 𝐿 = 𝜙.

2

9|Page