CHƯƠNG II. SỰ TIẾP XÚC
1.

Đường cong sau đây được gọi là Cardioid (đường hình tim):
γ(t) = (2 cos t + cos 2t, 2 sin t + sin 2t)
Với giá trị nào của t thi nó chính quy? Tìm t mà tại điểm đó đường cong là kỳ dị.
Đường cong được tạo nên bởi một đường tròn bán kính 1lăn không trượt dọc
theo phía ngoài của một đường tròn cũng có bán kính bằng 1. Đường cong là vết
của một điểm nằm trên đường tròn lăn.
Giải
𝛾(𝑡) = (2 cos 𝑡 + cos 2𝑡, 2 sin 𝑡 + sin 2𝑡)
′ (𝑡)
⇒𝛾
= (−2 sin 𝑡 − 2 sin 2𝑡, 2 cos 𝑡 + 2 cos 2𝑡)
𝛾(𝑡) chính quy khi 𝛾 ′ (𝑡) ≠ 0
−2 sin 𝑡 − 2 sin 2𝑡 ≠ 0
sin 𝑡 ≠ − sin 2𝑡
⟺{
⟺{
⟺
2 cos 𝑡 + 2 cos 2𝑡 ≠ 0
cos 𝑡 ≠ − cos 2𝑡
sin 𝑡 ≠ sin(−2𝑡)
{
cos 𝑡 ≠ cos(𝜋 − 2𝑡)
𝑘2𝜋
𝑡≠
𝑡 ≠ −2𝑡 + 𝑘2𝜋
3
{
{

+ 𝑘2𝜋
⟺ [ 𝑡 ≠ 𝜋 + 2𝑡 + 𝑘2𝜋
⟺ 𝑡 ≠ −𝜋
⇒𝑡≠𝜋
𝜋
𝑘2𝜋
𝑡 ≠ 𝜋 − 2𝑡 + 𝑘2𝜋
𝑡≠ +
{
3
3
{
𝑡 ≠ −𝜋 + 2𝑡 + 𝑘2𝜋
[ 𝑡 ≠ 𝜋 + 𝑘2𝜋
Vậy khi 𝑡 ≠ 𝜋 thì đường cong là chính quy và khi 𝑡 = 𝜋 thì đường cong là kì dị.

2.

Cho γ(t) là một tham số hoán đường cong không đi qua góc tọa độ và gọi  (t0 ) là
một điểm trên vết gần với góc tọa độ nhất. Chứng minh rằng vectơ γ(t 0 ) trực
giáo với vectơ tiếp xúc γ′(t 0 ).
Giải
2
Đặt 𝑓(𝑡) = 𝛾 (𝑡)
Vì 𝛾(𝑡0 ) là một điểm trên vết gần với gốc tọa độ nhất nên 𝑓(𝑡0 ) là một điểm
⇒ 𝑓 ′ (𝑡0 ) = 0 ⇒ 2. 𝛾(𝑡0 ). 𝛾(𝑡0 ) = 0 (1)
Do 𝑓 không đi qua gốc tọa độ nên 𝛾(𝑡) ≠ 0 ∀𝑡 , khi đó. 𝛾(𝑡0 ) ≠ 0
Do đó từ (1) ⇒ 𝛾(𝑡0 ) trực giao với 𝛾′(𝑡0 ).

3.


Cho γ: I → ℝ3 là một tham số hóa đường cong trong mặt phẳng xz, nghĩa là
γ(u) = (f(u), 0, g(u)), và giả sử f(u) > 0 với mọi u ∈ I. Đường cong này, được
gọi là đường sinh, quay quanh trục z. Kết quả thu được là cái mà ta hay gọi là mặt
tròn xoay:
σ(u, v) = (f(u) cos v, f(u) sin v, g(u))
a. Giải thích việc biến v mô tả sự chuyển động quay quanh trục z.
b. Thí dụ với: γ(u) = (1,0, u) và γ(u) = (u, 0, u) (trường hợp thứ hai giả thiết u >
0). Hãy mô tả các mặt tròn xoay tương ứng với hai trường hợp trên.
1|Page


c. Mô tả một mặt cầu, trừ hai cực, như là mặt tròn xoay. Xác định đường sinh và
phương trình của mặt cầu qua phép quay trên.
d. Giả γ là tham số hóa chính quy của đường cong. Chứng minh rằng σ là một tham
số hóa chính quy của mặt.
Giải
a. Tác động hàm lượng giác cos 𝑣 và sin 𝑣 lần lượt lên các trục 𝑂𝑥, 𝑂𝑦 của đường
cong nhưng không tác động lên 𝑂𝑧. Suy ra biến v quay quanh Oz theo đường tròn
sin cos
b. Với𝛾(𝑢) = (1, 0, 𝑢) ta được mặt tròn xoay là mặt trụ.
Với𝛾(𝑢) = (𝑢, 0, 𝑢) ta được mặt tròn xoay là mặt nón phía trên trục hoành.
c. Đường sinh của mặt cầu:
𝛾(𝑢) = (𝑐𝑜𝑠 𝑢, 0, 𝑠𝑖𝑛 𝑢)
Phương trình mặt cầu:
𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑐𝑜𝑠 𝑢. 𝑐𝑜𝑠 𝑣, 𝑐𝑜𝑠 𝑢. 𝑠𝑖𝑛 𝑣, 𝑠𝑖𝑛 𝑢)
𝜋 𝜋
𝑢 ∈ (− , ) , 𝑣 ∈ (−𝜋, 𝜋)
2 2
Hai điểm kỳ dị: (0, 0, ±1)

d. 𝛾 là tham số hóa chính quy của đường cong
Suy ra: 𝛾 ′ (𝑢) ≠ 0.
𝑓′(𝑢) ≠ 0
→[
𝑔′(𝑢) ≠ 0
Để𝜎(𝑢, 𝑣) là tham số hóamặtchínhquythìcóítnhất 1 thànhphầnkháckhông.
𝜎 ′ (𝑢, 𝑣) = −𝑓(𝑢)𝜎(𝑢, 𝑣)
→ 𝑓(𝑢) ≠ 0 𝑣ì 𝑓 ′ (𝑢) ≠ 0.
4.

Cho σ(u, v) = (cos u cos v, cos u sin v, sin u) là tọa độ cầu chuẩn tắc.
a. Chứng minh rằng không gian tiếp xúc của σ tại p = (0, π) là Tp σ = Span{e2 , e3 }.
π
Đồng thời xác định không gian tiếp xúc tại p = ( , 0).
4

π

b. Cho w = (1,1, −1). Chứng minh rằng w ∈ Tp σ với p = ( , 0) và xác định một
4
đường cong trong σ qua điểm p và nhận w làm vectơ tiếp xúc của nó.
Giải
′
a. 𝜎𝑢 = (− sin 𝑢 cos 𝑣 , − sin 𝑢 cos 𝑣 , cos 𝑢)
𝜎𝑣′ = (− cos 𝑢 sin 𝑣 , cos 𝑢 cos 𝑣 , 0)
𝜎𝑢′ (𝑝) = (0,0,1) = 𝑒3
⇒{ ′
⇒ 𝑇𝑝 𝜎 = 𝑆𝑝𝑎𝑛{𝑒2 , 𝑒3 }
𝜎𝑣 (𝑝) = (0, −1,0) = −𝑒2
𝜋


Tại 𝑝 = ( , 0) ⇒ 𝜎𝑢′ (𝑝) = (−
4

và 𝜎𝑣′ (𝑝) = (0,

√2
, 0)
2

=

√2
√2
, 0, )
2
2

=

√2
(−𝑒1
2

+ 𝑒3 )

√2
𝑒 .
2 2


2|Page


√2
√2
⇒ 𝑇𝑝 𝜎 = { (−𝑒1 + 𝑒3 ),
𝑒 }
2
2 2
b. Ta có 𝑤 = (1,1, −1) = −(𝑒1 + 𝑒3 ) + 𝑒2 ⇒ 𝑤 ∈ 𝑇𝑝 𝜎
5.
Xét mặt σ(u, v) = (u3 , v 3 , uv), (u, v) ∈ ℝ2
a. Tìm các điểm p = (u, v) mà tại đó mặt là chính quy.
b. Xác định không gian tiếp xúc Tp σ ⊂ ℝ3 với mỗi điểm p1 = (0,1), p2 = (1,1) và
p3 = (0,0). Đồng thời xác định mặt phẳng tiếp xúc tại p1 và p2 . Tại sao không có
tại p3 ?
c. Chứng minh rằngσ là song ánh từ ℝ2 vào S = {(x, y, z)|xy − z 3 = 0}.
d. Sử dụng định lý 2.3 để xác định mặt phẳng tiếp xúc tại p1 .
e. Vectơ v = (3,6,3) thuộc vào Tp σ với p = p2 . Tìm một đường cong γ trong σ với
γ(t 0 ) = σ(p) và γ′ (t 0 ) = v (nó tồn tại trong Định lý 2.4).
Giải
a. Ta có:
σ′u = (3u2 , 0, v)
{
σ′v = (0, 3v 2 , u)
⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (−3𝑣 3 , −3𝑢3 , 9𝑢2 𝑣 2 )
Để mặt chính quy tại 𝑝 = (𝑢, 𝑣) thì 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ≠ 0
⇔ (−3𝑣 3 , −3𝑢3 , 9𝑢2 𝑣 2 ) ≠ 0
𝑣≠0
−3𝑣 3 ≠ 0

𝑢≠0
⇔ [ −3𝑢3 ≠ 0 ⇔ [ 𝑢 ≠ 0 ⇔ [
𝑢≠0
𝑣≠0
{
9𝑢2 𝑣 2 ≠ 0
𝑣≠0
Vậy các điểm mà tại đó mặt là chính quy là:
𝑝 = {(𝑢, 𝑣)|𝑢 ≠ 0, 𝑣 ≠ 0, (𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 }
b. Ta có:
𝜎′𝑢 (𝑝1 ) = 𝜎′𝑢 (1, 0) = (3; 0; 0)
𝜎′𝑣 (𝑝1 ) = 𝜎′𝑣 (1, 0) = (0; 0; 1)
𝜎′𝑢 (𝑝2 ) = 𝜎′𝑢 (1, 1) = (3; 0; 1)
𝜎′𝑣 (𝑝2 ) = 𝜎′𝑣 (1, 1) = (0; 3; 1)
𝜎′𝑢 (𝑝3 ) = 𝜎′𝑢 (0, 0) = (0; 0; 0)
𝜎′𝑣 (𝑝3 ) = 𝜎′𝑣 (0, 0) = (0; 0; 0)
Mặt phẳng tiếp xúc tại 𝑝1 đi qua điểm 𝜎(𝑝1 ) = (1; 0; 0) và song song
𝜎𝑢′ (𝑝1 ) 𝑣à 𝜎𝑣′ (𝑝1 )
Suy ra phương trình tham số:
𝑥 = 1 + 3𝑡1 + 0𝑡2
{𝑦 = 0 + 0𝑡1 + 0𝑡2
𝑧 = 0 + 0𝑡1 + 1𝑡2
Mặt phẳng tiếp xúc tại 𝑝2 đi qua điểm 𝜎(𝑝2 ) = (1; 1; 1) và song song
𝜎𝑢′ (𝑝2 ) và 𝜎𝑣′ (𝑝2 )
Suy ra phương trình tham số:
𝑥 = 1 + 3𝑡1 + 0𝑡2
{𝑦 = 0 + 0𝑡1 + 3𝑡2
𝑧 = 1 + 1𝑡1 + 1𝑡2
Vì p3 không chính quy nên không có mặt phẳng tiếp xúc tại p3
c. Xét tương ứng: 𝜎:

ℝ2 ⟶ 𝑆
3|Page


(𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢3 , 𝑣 3 , 𝑢𝑣)
 Ánh xạ đơn ánh:
∀𝑥1 = (𝑢1 , 𝑣1 ), 𝑥2 = (𝑢2 , 𝑣2 ) ∈ ℝ
𝑢1 = 𝑢2
𝑥1 = 𝑥2 ⇔ { 𝑣 = 𝑣 ⇔ (𝑢13 , 𝑣13 , 𝑢1 𝑣1 ) = (𝑢23 , 𝑣23 , 𝑢2 𝑣2 ) ⇔ 𝜎(𝑥1 ) = 𝜎(𝑥2 )
1
2
 Toàn ánh:
∀𝑦 ′ = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑆 ⇒ 𝑥𝑦 − 𝑧 3 = 0 ⇔ 𝑧 = 3√𝑥𝑦
3
Khi đó ∃𝑥 ′ = ( √𝑥, 3√𝑦) ∈ ℝ2 sao cho 𝜎𝑥′ = (𝑥, 𝑦, 3√𝑥𝑦) = (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑦
Vậy 𝜎 là song ánh.
𝑢 =1
d. Ta có 𝑝1 = (1; 0) ⇒ { 0
𝑣0 = 0
⇒ 𝜎(1; 0) = (1; 0; 0) ⇒ 𝑝 = (1; 0; 0)
Suy ra phương trình mặt phẳng tiếp xúc tại p là:
𝜕𝑓(𝑝)
𝜕𝑓(𝑝)
𝜕𝑓(𝑝)
(𝑥 − 1) +
(𝑦 − 0) +
(𝑧 − 0) = 0
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧

e. Ta có: 𝛾(𝑡0 ) = 𝜎𝑝2 = (1,1,1)
𝛾 ′ (𝑡0 ) = 𝑣 = (3,6,3)
Vậy đường cong 𝑓 có dạng 𝑓(𝑡) = (𝑡 3 , 𝑡 6 , 𝑡 3 )
6.

Cho σ(u, v) như trong Bài 5. Trong mỗi trường hợp sau, xác định xem γ có thể
được xem là một đường cong tham số hóa trên σ.
a. γ(t) = (t 3 , t 3 , t 2 )
b. γ(t) = (t 3 , t 3 , t 3 )
c. γ(t) = (t, t 2 , t)
Giải
3
3
2
2
a.
Với 𝛾(𝑡) = (𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ). Xét 𝜎: ℝ ⟶ ℝ3
là ánh xạ.
3 3
(𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢 , 𝑣 , 𝑢𝑣)
Giả sử 𝛾 là một đường cong tham số hóa trên 𝜎, khi đó
𝛾 = 𝜎 ∘ 𝜇 ∶ 𝐼 ⟶ ℝ3
𝑡 ⟼ (𝑡 3 , 𝑡 3 , 𝑡 2 )
Là ánh xạ. Trong đó: 𝜇: 𝐼 ⟶ ℝ2
Giả sử 𝜇: 𝐼 ⟶ ℝ2 là ánh xạ
𝑡 ⟼ (𝑡1 , 𝑡2 )
Khi đó 𝜎 ∘ 𝜇 ∶ 𝐼 ⟶ ℝ3
là ánh xạ
𝑡 ⟼ (𝑡 3 , 𝑡 3 , 𝑡 2 )
Mà 𝛾(𝑡) = (𝜎 ∘ 𝜇)(𝑡)

𝑡 3 = 𝑡13
𝑡 =𝑡
⇒ (𝑡 3 , 𝑡 3 , 𝑡 2 ) = (𝑡13 , 𝑡23 , 𝑡1 𝑡2 ) ⇒ { 𝑡 3 = 𝑡23 ⇒ {𝑡1 = 𝑡 ⇒ 𝜇(𝑡) = (𝑡, 𝑡)
2
𝑡 2 = 𝑡1 𝑡2
Vậy 𝛾 là một đường cong tham số hóa trên 𝜎.
b.
Tương tự, với 𝛾(𝑡) = (𝑡 3 , 𝑡 3 , 𝑡 3 )
4|Page


𝑡1 = 𝑡
𝑡 3 = 𝑡13
3
3
3
3
3
⇒ 𝛾(𝑡) = (𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ) = (𝑡1 , 𝑡2 , 𝑡1 𝑡2 ) ⇒ { 𝑡 3 = 𝑡23 ⇒ { 𝑡2 = 𝑡 (!)
𝑡 3 = 𝑡1 𝑡2
𝑡 3 = 𝑡1 𝑡2
Vậy 𝛾 không là một đường cong tham số hóa trên 𝜎.
c.
Tương tự với 𝛾(𝑡) = (𝑡, 𝑡 2 , 𝑡)
𝑡 = 𝑡13
⇒ 𝛾(𝑡) = (𝑡, 𝑡 2 , 𝑡) = (𝑡13 , 𝑡23 , 𝑡1 𝑡2 ) ⇒ { 𝑡 2 = 𝑡23
𝑡 = 𝑡1 𝑡2
3
𝑡1 = √𝑡
3

3
3
⇒{
⇒ 𝜇(𝑡) = ( √𝑡, √𝑡 2 )
𝑡2 = √𝑡 2
3

3

3
𝑡 3 = 𝑡1 𝑡2 = √𝑡 √𝑡 2 = √𝑡 3
Vậy 𝛾 là một đường cong tham số hóa trên 𝜎.

7.

1−t2

𝑢

=(

8.

2t

Cho γ(t) = ( 2 , 2 ) , t ∈ ℝ
1+t 1+t
Tìm đường cong thu được qua phé tham số hóa hiệu chỉnh β = γ ∘ φ với φ(u) =
u
tan( ) với u ∈ (−π, π).

2
Giải
β = γ ⋅ φ = γ(φ(u))
1 − tan2 ( )
2
1+

𝑢
tan2 ( 2 )

𝑢

,

2 tan ( )
2
1+

𝑢
tan2 ( 2 )

)

𝑢
𝑢
𝑢
𝑢
= (cos 2 ( ) (1 − tan2 ( )) ; 2 cos 2 ( ) tan ( ))
2
2

2
2
𝑢
𝑢
2
2
= (cos ( ) − sin ; sin 𝑢)
2
2
= (cos 𝑢 , sin 𝑢)
Cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢, 𝑣, ℎ(𝑢, 𝑣)) là đồ thị của hàm ℎ: ℝ2 ⟶ ℝ. Chứng minh rằng,

pháp vectơ đơn vị được cho bởi: 𝑁(𝑢, 𝑣) =

′ ,−ℎ ′ ,1)
(−ℎ𝑢
𝑣
2

2

′ ) +(ℎ ′ )
√1+(ℎ𝑢
𝑣

Giải
𝜎𝑢′

=


(1,0, ℎ𝑢′ ), 𝜎𝑣′ = (0,1, ℎ𝑣′ ) ⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (−ℎ𝑢′ , −ℎ𝑣′ , 1)
‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √1 + (ℎ𝑢′ )2 + (ℎ𝑣′ )2
′ ,−ℎ ′ ,1)
𝜎𝑢′ ×𝜎𝑣′
(−ℎ𝑢
𝑣

Áp dụng công thức 𝑁(𝑢, 𝑣) =

9.

‖𝜎𝑢′ ×𝜎𝑣′ ‖

=

2

2

(đpcm)

′ ) +(ℎ ′ )
√1+(ℎ𝑢
𝑣

Cho σ(u, v), (u, v) ∈ ℝ2 là một mặt trơn và đặt τ(s, t) = σ(−t, s). Chứng minh
rằng τ là thu được từ σ bởi một tham số hóa hiệu chỉnh. Xét xem nó là dạng bảo
toàn hay đảo ngược hướng ?
Giải
τ = σ ∙ φ = σ(φ(u, v))

5|Page


Ta có: 𝜏(𝑠, 𝑡) = 𝜎(−𝑡, 𝑠) ⇒ 𝜑(𝑢, 𝑣) = (−𝑡, 𝑠)
𝜑′ = (−1,0)
⇒{ 𝑢
𝜑′𝑣 = (0,1)
−1 0
𝐷𝜑(𝑢, 𝑣) = (
)= -1 < 0
0 1
Vậy 𝜏 đảo ngược hướng.
1

10.

Cho σ(u, v) = (u, uv, v 2 ) , (u, v) ∈ ℝ2 . Xác định σ′u , σ′v và σ′u × σ′v . Với điểm (u, v)
2
nào thì σ là chính quy? Xác định pháp vectơ đơn vị 𝐍 tại (u, v) = (4,2).
Giải
′
′
′
Ta có: 𝜎𝑢 = (1, 𝑣, 0), 𝜎𝑣 = (0, 𝑢, 𝑣) ⇒ 𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ = (𝑣 2 , −𝑣, 𝑢)
𝑢≠0
Để 𝜎 chính quy tại điểm (𝑢, 𝑣) thì 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ≠ 0 ⇒ (𝑣 2 , −𝑣, 𝑢) ≠ 0 ⇒ [
𝑣≠0
Vì (𝑢, 𝑣) = (4,2) ≠ (0,0) nên 𝜎 chính quy tại (𝑢, 𝑣). Khi đó pháp vectơ đơn vị 𝑵
tại (4,2) là:
(4, −2,4)

𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′
1
2 1 2
(4,
𝑵(4,2) = ′
=
=
−2,4)
=
,− , )
(
‖𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ ‖ √16 + 4 + 16 6
3 3 3

11.

Cho σ(u, v) = (u, uv, v 2 ) , (u, v) ∈ U = {(u, v) ∈ ℝ2 |u ≠ 0}. Chứng minh rằng
2
(u, v) ⟶ (u, uv) là một vi phôi U ⟶ Uvà xác định ánh xạ ngược của ánh xạ
ϕ: U ⟶ U. Chứng minh rằng ham số hóa hiệu chỉnh σ ∘ ϕ: U ⟶ ℝ3 , σ là một đồ
thị của hàm dạng z = h, (x, y) ∈ U.
Giải
Xét tương ứng 𝜑: 𝑈 → 𝑈
(𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢, 𝑢𝑣)
Chứng minh φ là ánh xạ
∀(𝑢1 , 𝑣1 ), (𝑢2 , 𝑣2 ) ∈ 𝑈
𝑢1 = 𝑢2
Giả sử (𝑢1 , 𝑣1 ) = (𝑢2 , 𝑣2 ) ⇒ { 𝑣 = 𝑣 ⇒ 𝑢1 . 𝑣1 = 𝑢2 . 𝑣2 ⇒ (𝑢1 , 𝑢1 𝑣1 ) =
1
2

(𝑢2 , 𝑢2 𝑣2 )
Chứng minh φ là đơn ánh
∀(𝑢1 , 𝑢1 𝑣1 ), (𝑢2 , 𝑢2 𝑣2 ) ∈ 𝑈
𝑢1 = 𝑢2
Giả sử (𝑢1 , 𝑢1 𝑣1 ) = (𝑢2 , 𝑢2 𝑣2 ) ⇔ { 𝑣 = 𝑣 ⇒ (𝑢1 , 𝑣1 ) = (𝑢2 , 𝑣2 )
1
2
Chứng minh φ là toàn ánh
∀(𝑢, 𝑢𝑣) ∈ 𝑈 ⇒ ∃(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 (𝑢, 𝑢𝑣) = 𝜑(𝑢, 𝑣)
Suy ra φ là song ánh nên nó là hàm trơn
Ta có : ánh xạ ngược
𝑈 → 𝑈
𝑣
(𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢, )
𝑢
Tương tự cũng là song ánh. Suy ra nó là hàm trơn.
(𝑢, 𝑣) ⟼ (𝑢, 𝑢𝑣) là vi phôi

1

6|Page


1

12.

Cho σ(u, v) = (u, uv, v 2 ). Tìm hai tập mở khác rỗng U, W ⊂ ℝ2 và một vi phôi
2
φ: W ⟶ U, sao cho tham số hóa hiệu chỉnh σ ∘ φ của σ|U là đồ thị của hàm dạng

x = h(y, z), với (y, z) ∈ W.

13.

Cho U = {(u, v) ∈ ℝ2 |u > v} và σ(u, v) = ( (u + v), (u2 + v 2 ), uv)với (u, v) ∈
2
2
U. Lấy p = (2,0).
a. Chứng minh rằng σ chính quy tại p và xác định Tp σ.
b. Đặt W = {(s, t) ∈ ℝ2 |s 2 > t và xác định hàm σ: W ⟶ ℝ2 bởi
φ(s, t) = (s + √s 2 − t, s − √s 2 − t).
Chứng minh rằng, σlà vi phôi từ W vào U và xác định xem nó bảo toàn hay đảo
ngược hướng.
c. Mặt τ = σ ∘ φ là đồ thị của một hàm. Hãy xác định hàm đó.
d. Tìm q ∈ W sao cho φ(q) = p và xác định τ(q) và Tq τ
Giải
a. Ta có:
1
1
𝜎(𝑢, 𝑣) = ( (𝑢 + 𝑣), (𝑢2 + 𝑣 2 ), 𝑢𝑣) , (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈, 𝑝 = (2,0)
2
2
1
1
1
1
𝜎𝑢′ = ( , 𝑢, 𝑣) , 𝜎𝑣′ = ( , 𝑣, 𝑢) ⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (𝑢2 − 𝑣 2 , (𝑣 − 𝑢), (𝑣 − 𝑢)) ≠ 0
2
2
2

2
′
′
⇒ 𝜎𝑢 và 𝜎𝑣 độc lập tuyến tính.
⇒ 𝜎 chính quy tại 𝑝.
Tại 𝑝 = (2,0) ta có :
𝜎(2,0) = (1,2,0)
1
𝜎𝑢′ (2,0) = ( , 2, 0)

1

1

2

1
𝜎𝑣′ (2,0) = ( , 2,0)
2
Do đó, không gian tiếp xúc tại 𝑝 = (2,0) là không gian sinh của 𝜎𝑢′ và 𝜎𝑣′ (mp 𝑦𝑧)
1
và mặt phẳng tiếp xúc là mặt phẳng đi qua điểm( , 𝑦, 𝑧) và song song với mặt
2
phẳng 𝑦𝑧.
b. 𝜑: 𝑊 → 𝑅2
(𝑠, 𝑡) ⟼ 𝜑(𝑠, 𝑡) = (𝑠 + √𝑠 2 − 𝑡 , 𝑠 − √𝑠 2 − 𝑡)
∀(𝑠1 , 𝑡1 ), (𝑠2 , 𝑡2 ) ∈ 𝑊 Giả sử (𝑠1 , 𝑡1 ) = (𝑠2 , 𝑡2 ) (∗)
𝜑(𝑠1 , 𝑡1 ) = (𝑠1 + √𝑠1 2 − 𝑡1 , 𝑠1 − √𝑠1 2 − 𝑡1 ) = 𝑠2 + √𝑠2 2 − 𝑡2 , 𝑠2 − √𝑠2 2 − 𝑡2
= 𝜑(𝑠2 , 𝑡2 )
Suy ra 𝜑 là ánh xạ

∀(𝑠1 , 𝑡1 ), (𝑠2 , 𝑡2 ) ∈ 𝑊 sao cho 𝜑(𝑠1 , 𝑡1 ) = 𝜑(𝑠2 , 𝑡2 )
𝑠1 + √𝑠1 2 − 𝑡1 = 𝑠2 + √𝑠2 2 − 𝑡2 (1)
Ta có: {
⇔ 𝑠1 = 𝑠2
𝑠1 − √𝑠1 2 − 𝑡1 = 𝑠2 − √𝑠2 2 − 𝑡2 (2)
Thay vào (1) ta được:
7|Page


𝑠1 + √𝑠1 2 − 𝑡1 = 𝑠1 + √𝑠1 2 − 𝑡2
⇔ √𝑠1 2 − 𝑡1 = √𝑠2 2 − 𝑡2
⇔ 𝑠1 2 − 𝑡1 = 𝑠2 2 − 𝑡2 ⇔ 𝑡1 = 𝑡2
⇒ (𝑠1 , 𝑡1 ) = (𝑠2 , 𝑡2 )
Suy ra 𝜑 là đơn ánh
∀ (𝑠 + √𝑠 2 − 𝑡 , 𝑠 − √𝑠 2 − 𝑡) ∈ 𝑅2
⇒ ∃(𝑠, 𝑡) ∈ 𝑊: 𝜑(𝑠, 𝑡) = (𝑠 + √𝑠 2 − 𝑡 , 𝑠 − √𝑠 2 − 𝑡)
Suy ra 𝜑 là toàn ánh. Vậy 𝜑 là song ánh
𝜑: 𝑊 → 𝑅2
và
𝛾: 𝑅2 → 𝑊
𝑠+𝑡
(𝑠, 𝑡) ⟼ 𝜑(𝑠, 𝑡)
(𝑠, 𝑡) ↦ 𝛾(𝑠, 𝑡) = (
, 𝑠𝑡)
2
∀ (𝑠, 𝑡): (𝜑 ∙ 𝛾)(𝑠, 𝑡) = (𝑠, 𝑡)
𝑠+𝑡
𝜑(𝛾(𝑠, 𝑡)) = 𝜑 (
, 𝑠𝑡)
2


𝑠+𝑡

=(

2
𝑠+𝑡

=(

2

+√

(𝑠+𝑡)2

+√

4
(𝑠+𝑡)2
4

− 𝑠𝑡 ,
,

𝑠+𝑡
2

𝑠+𝑡
2


−√

−√

(𝑠+𝑡)2

(𝑠+𝑡)2
4

4

− 𝑠𝑡 )

) = (𝑠, 𝑡)

Suy ra 𝜑 có hàm ngược. Vậy 𝜑 là vi phôi.
1
1
𝜑 ′ 𝑠 = (1 +
,1 −
)
√𝑠 2 − 𝑡
√𝑠 2 − 𝑡
1
1
𝜑 ′ 𝑡 = (−
,−
)
2√𝑠 2 − 𝑡

2√𝑠 2 − 𝑡
1
1
1+
1−
√𝑠 2 − 𝑡
√𝑠 2 − 𝑡
𝐷𝜑 =
1
1
−
−
2
2√𝑠 2 − 𝑡 )
( 2√𝑠 − 𝑡
1
⇒ det 𝐷𝜑 =
>0
√𝑠 2 − 𝑡
⟹ φ bảo toàn hướng
c. 𝜏 = 𝜎 ∙ 𝜑 = 𝜎(𝜑(𝑠, 𝑡))
= 𝜎 (𝑠 + √𝑠 2 − 𝑡 , 𝑠 − √𝑠 2 − 𝑡)
1
1
= ( (2𝑠), (4𝑠 2 − 2𝑡), 𝑠 2 − 𝑠 2 − 𝑡)
2
2
= (𝑠, 2𝑠 2 − 𝑡, −𝑡)
Đồ thị hàm 𝜏 là (𝑠, 2𝑠 2 − 𝑡, −𝑡)
d. 𝜑(𝑞) = 𝑝 = (2,0), 𝑞 = (𝑠, 𝑡)

𝑠 + √𝑠 2 − 𝑡 = 2
(1)
𝑠 + √𝑠 2 − 𝑡 = 2
⇔ {
{
𝑠 − √𝑠 2 − 𝑡 = 0
𝑠 = √𝑠 2 − 𝑡
(2)
2
2
(2) ⇒ 𝑠 = 𝑠 − 𝑡 ⇒ 𝑡 = 0 thế vào (1) ⇒ 𝑠 = 1
8|Page


⇒ 𝑞 = (1,0)
𝜏(𝑞) = (𝑠, 2𝑠 2 − 𝑡, −𝑡) = (1,2,1)


Xác định 𝑇𝑞𝜏
𝜏𝑠′ = (1,4𝑠, 0)

→ 𝜏𝑠′ (𝑞) = (1,4,0)
𝜏𝑡′ = (0,1,1)
→ 𝜏𝑡′ (𝑞) = (0,1,1)
Vậy không gian tiếp xúc tại 𝑞 sinh bởi 𝜏𝑠′ 𝑣à 𝜏𝑡′ .
14.

Trong bài tập này chúng ta đồng nhất tập hợp M2,2 của các ma trận thực cấp 2 ×
2 với ℝ4 . Cho F: M2,2 = ℝ4 → M2,2 = ℝ4 là ánh xạ A ⟶ A2 (ở đây là phép bình
phương là phép nhân hai ma trận). Xác định ma trận, cấp 4 × 4, DF(I), với I là ma

trận đơn vị trong M2,2 . Chứng minh rằng, với mọi ma trận đủ gần với I đều có
căn bậc 2.
Giải
𝑎
𝑏

Giả sử 𝑀2,2 = (

2
𝑐
) => (𝑀2,2 )2 = ( 𝑎 + 𝑏𝑐
𝑑
𝑎𝑏 + 𝑏𝑑
→
𝑀2,2 = ℝ4

𝑎𝑐 + 𝑐𝑑 ) 𝑣à 𝐼 = (1 0)
0 1
𝑏𝑐 + 𝑑 2

𝑭: 𝑀2,2 = ℝ4
𝑎 𝑐
𝑀2,2 = (
) ↦ 𝐹(𝑀2,2 ) = a 2 bc ; ab bd ; ca dc ; cb d 2
𝑏 𝑑
Suy ra 𝐷𝐹(𝐼) = (2, 2, 2, 2 )
Xét (𝑀2,2 )2 × (𝑀2,2 )2 = (𝑀2,2 )4
(𝑎2 + 𝑏𝑐)2 + 𝑏𝑐(𝑎 + 𝑑)2 (𝑎𝑐 + 𝑐𝑑)(𝑎2 + 2𝑏𝑐 + 𝑏 2 )
(𝑀2,2 ) × (𝑀2,2 ) = (
)

(𝑎𝑏 + 𝑏𝑑)(𝑎2 + 2𝑏𝑐 + 𝑏 2 ) (𝑏𝑐 + 𝑑 2 ) + 𝑏𝑐(𝑎 + 𝑑)2
2

2

Qua ánh xạ 𝑮: 𝑀4,4 = ℝ4

→

𝑀4,4 = ℝ4

(𝑀2,2 )2 × (𝑀2,2 )2 = (𝑀2,2 )4 ↦ 𝐺((𝑀2,2 )4 )

Với 𝐺((𝑀2,2 )4 ) = ((𝑎2 + 𝑏𝑐)2 + 𝑏𝑐(𝑎 + 𝑑)2 ; (𝑎𝑏 + 𝑏𝑑)(𝑎2 + 2𝑏𝑐 + 𝑏 2 ); (𝑎𝑐 +
𝑐𝑑)(𝑎2 + 2𝑏𝑐 + 𝑏 2 ); (𝑏𝑐 + 𝑑 2 ) + 𝑏𝑐(𝑎 + 𝑑)2 )
Suy ra 𝐷𝐺(𝐼) = (4, 4, 4, 4 )
Đặ𝑡 𝐴 = 𝐷𝑮(𝐼)𝑣à 𝐵 = 𝐷𝑭(𝐼)
Khi đó với mỗi ma trận 𝑀2,2 đủ gần với ma trận 𝐼 thì 𝐴 đủ gần với 𝐵 tức là khi đó
det(𝐴) ≠ 0. Theo định lý hàm ngược thì tồn tại một lân cận mở 𝑊 ⊂ ℝ4 của A và
một lân cận 𝑉 ⊂ ℝ4 của 𝐹(𝐴) sao cho 𝑉 = 𝐹(𝑊) và ánh xạ thu hẹp là một vi phôi
(tức là 𝐹|𝑊 là một vi phôi) khi đó tồn tại 𝐹 −1 |𝑉 là một vi phôi từ 𝑉 ⟶ 𝑊, khi đó
ta đặt 𝐵 = 𝐹 −1 (𝐴) (tức là 𝐹 −1 |𝑉 (𝐴)) ta được :
9|Page


𝐵2 = 𝐹(𝐵) = 𝐹(𝐹 −1 (𝐴)) = 𝐴 nên ma trận 𝐵 là căn bậc 2 của ma trận 𝐴.
Như vậy ta thấy rằng 𝐷𝑭(𝐼) = (2, 2, 2, 2 ) = √𝐷𝑮(𝐼)
15.

⇒ Đpcm


Cho 𝜎: 𝑈 → ℝ3 là một đơn ánh và là một tham số hóa chính quy của mặt, và giả
sử rằng tập ảnh của 𝜎(𝑈) được chứa trong mặt phẳng xy. Chứng minh rằng tập
hợp 𝑉 = {(𝑠, 𝑡)|(𝑠, 𝑡, 0) ∈ 𝜎(𝑈)} là mở trong ℝ2 , và mặt 𝜏(𝑠, 𝑡) = (𝑠, 𝑡, 0), (𝑠, 𝑡) ∈
𝑉 Có thể viết dưới dạng một tham số hóa hiệu chỉnh của 𝜎
Giải
Vì 𝜎 là đơn ánh nên nó sẽ có ánh xạ ngước 𝐹 −1 : 𝐹(𝑈) = 𝑈 tập mở theo hệ quả
2.10 𝐹 −1 là hàm trơn trong một lân cận nào đó của F vì F là tùy ý nên 𝐹 −1 là
hàm trơn => chính quy
Giả sử 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑓(𝑢, 𝑣), 𝑔(𝑢, 𝑣), ℎ(𝑢, 𝑣)), 𝜎(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ3
Vì 𝜎 là chính quy, giả sử 𝑝 ∈ 𝑈
𝑓𝑢 ′ 𝑓𝑣 ′
=> 𝐷𝜎 = (𝑔𝑢 ′ 𝑔𝑣 ′ ) là độc lập tuyến tính tại p
ℎ𝑢 ′ ℎ𝑣 ′
Giả sử hai dòng đầu 𝐷𝜎 là độc lập tuyến tính.
Xét 𝜋 ∶ ℝ3 → ℝ2 là phép chiếu (𝑥, 𝑦, 𝑧) → (𝑥, 𝑦)
Đặt 𝐹 = 𝜋 ∙ 𝜏: 𝑈 → ℝ2 , khi đó
𝐹(𝑢, 𝑣) = (𝑓(𝑢, 𝑣); 𝑔(𝑢, 𝑣)).

10 | P a g e