Bài 1. Cho 𝛾(𝑡) = (3𝑡, 3𝑡 2 , 2𝑡 3 ). Chứng minh rằng tốc độ của đường cong là ‖𝛾′(𝑡)‖ =
3(1 + 2𝑡 2 ), và xác định độ dài cung của 𝛾 từ 𝑡 = 0 đến 𝑡.

GIẢI
Ta có: 𝛾 ′ (𝑡) = (3,6𝑡, 6𝑡 2 ).
‖𝛾′(𝑡)‖ = √9 + 36𝑡 2 + 36𝑡 4 = 3(2𝑡 2 + 1)
Vì 2𝑡 2 + 1 ≥ 1, ∀𝑡
Nên độ dài cung của 𝛾 từ 𝑡 = 0 đến t là:
𝑡
2
𝑡
∫ 3(2𝑡 2 + 1) 𝑑𝑡 = 3 ( 𝑡 3 + 𝑡)| = 2𝑡 3 + 3𝑡
3
0
0
4 3

Bài 2. Cho 𝛾(𝑡) = (𝑡, 𝑡 2 , 𝑡 2 ), với 𝑡 > 0. Xác định giá trị của 𝑡0 để độ dài cung của 𝛾 từ
3

3

𝑡 = 𝑡0 đến 𝑡 = 1 bằng độ dài cung từ 𝑡 = 1 đế 𝑡 = .
2

GIẢI
1

 Ta có: 𝛾 ′ (𝑡) = (1,2𝑡 2 , 2𝑡)
‖𝛾 ′ (𝑡)‖ = √1 + 4𝑡 + 4𝑡 2 = √(1 + 2𝑡)2 = (1 + 2𝑡)
3

 Độ dài cung của 𝛾 từ 𝑡 = 1 đến 𝑡 = là:
2
3
3 7
2
2
∫ (1 + 2𝑡) 𝑑𝑡 = (𝑡 + 𝑡 ) |2 =
4
1
1
 Độ dài cung của 𝛾 từ 𝑡 = 𝑡0 đến 𝑡 = 1 là:
1
1
∫ (1 + 2𝑡) 𝑑𝑡 = (𝑡 + 𝑡 2 ) | = 2 − 𝑡0 − 𝑡02
𝑡0
𝑡
0

−1 + √2
7
1
2
⇒ = 2 − 𝑡0 − 𝑡02 ⟺ 𝑡02 + 𝑡0 − = 0 ⇒
4
4
−1 − √2
𝑡
=
[0
2

−1+√2
Do 𝑡0 > 0 nên 𝑡0 =
𝑡0 =

2

Bài 3. Cho 𝛾(𝑡) = (𝑡 cos 𝑡, 𝑡 sin 𝑡), 𝑡 ∈ ℝ. Phần đường cong ứng với 𝑡 ≥ 0 được gọi là
đường xoắn ốc Archimedes. Xác định độ dài cung của cả đừơng cong được đo từ
𝑡 = 0.
Công thức nguyên hàm sau đậy được phép sử dụng.
1|Page


∫ √1 + 𝑥 2 𝑑𝑥 =

𝑥
1
√1 + 𝑥 2 + ln (𝑥 + √1 + 𝑥 2 ) + 𝐶, 𝐶 ∈ 𝑅
2
2

GIẢI
 Ta có: 𝛾 ′ (𝑡) = (cos 𝑡 − 𝑡 sin 𝑡 , sin 𝑡 + 𝑡 cos 𝑡)
‖𝛾′(𝑡)‖ = √(cos 𝑡 − 𝑡 sin 𝑡)2 + (sin 𝑡 + 𝑡 cos 𝑡)2 = √1 + 𝑡 2
 Độ dài cung của đường cong được đo từ 𝑡 = 0 là:
𝑡
𝑡
1
𝑡
∫ √1 + 𝑡 2 𝑑𝑡 = [ √1 + 𝑡 2 + ln (𝑡 + √1 + 𝑡 2 )] |

0
2
2
0
𝑡
1
= √1 + 𝑡 2 + ln (𝑡 + √1 + 𝑡 2 )
2
2
𝑐𝑡
Bài 4. Tham số hóa đường cong 𝛾(𝑡) = (𝑒 cos 𝑡 , 𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡), 𝑡 ∈ ℝ, với 𝑐 > 0 là một
hằng số, được gọi là một đường xoắn ốc logarit. Hãy xác định một hàm độ dài
cung 𝑠(𝑡) của 𝛾, và chứng minh rằng 𝑠(𝑡) có giới hạn là 𝑠0 khi 𝑡 → −∞. Đồng
thời chứng minh rằng 𝑠(𝑡) − 𝑠0 , có thể được hiểu là độ dài cung từ 𝛾(−∞) =
(0,0) đến 𝛾(𝑡), là tỉ lệ với ‖𝛾(𝑡)‖.

GIẢI
 Ta có: 𝛾 ′ (𝑡) = (𝑐𝑒 𝑐𝑡 cos 𝑡 − 𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡 , 𝑐𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡 + 𝑒 𝑐𝑡 cos 𝑡)
‖𝛾 ′ (𝑡)‖ = √(𝑐𝑒 𝑐𝑡 cos 𝑡 − 𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡)2 + (𝑐𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡 + 𝑒 𝑐𝑡 cos 𝑡)2 = 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 2 + 1
 Hàm đọ dài 𝑠(𝑡) của cung 𝛾 là:
1
𝑠(𝑡) = ∫ 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 2 + 1 𝑑𝑡 = 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 2 + 1
𝑐
Khi 𝑡 → −∞ ta có:
1
1
lim 𝑠(𝑡) = lim 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 2 + 1 = √𝑐 2 + 1 = 𝑠0
𝑡→−∞
𝑡→−∞ 𝑐
𝑐

1 𝑐𝑡 2
1 2
1
(𝑠(𝑡) − 𝑠0 ) = 𝑒 √𝑐 + 1 − √𝑐 + 1 = √𝑐 2 + 1(𝑒 𝑐𝑡 − 1)
𝑐
𝑐
𝑐
𝑡
1
1
1
𝑡
∫ (𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 2 + 1)𝑑𝑡 = 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 2 + 1 |
= 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 2 + 1 − √𝑐 2 + 1
−∞ 𝑐
𝑐
𝑐
−∞
1
= √𝑐 2 + 1(𝑒 𝑐𝑡 − 1)
𝑐
Bài 5. Xác định tham số hóa tốc độ đơn vị của đường thẳng đi qua các điểm (0,1, −3)
và (3,3,3).

GIẢI
3 2 6

Vector 𝑢 = (3,2,6) suy ra vector 𝑣 = ( , , )
7 7 7
Khi đó ta có phương trình đường thẳng d qua các điểm (0,1, −3) và (3,3,3)

2|Page


3𝑡
2𝑡
6𝑡
𝑑(𝑡) = ( , 1 + , −3 + )
7
7
7
3
2
6
𝑑 ′ (𝑡) = ( , , )
7 7 7
3 2
2 2
6 2
√
= ( ) +( ) +( ) =1
7
7
7
Suy ra 𝑑(𝑡) là tham số hóa cần tìm.
3
Bài 6. Chứng minh rằng đường cong 𝛾(𝑡) = (cos 𝑡 sin 𝑡 , sin2 𝑡 , 𝑡) có tốc độ hằng và
4
xác định hằng số 𝑘 để tham số hóa hiệu chỉnh 𝑡 → 𝛾(𝑘𝑡) có tốc độ đơn vị.
‖𝑑 ′ (𝑡)‖


GIẢI
Ta có:
3
𝛾 ′ (𝑡) = (− sin2 𝑡 + cos 2 𝑡 , 2 sin 𝑡 . cos 𝑡 , )
4
‖𝛾 ′ (𝑡)‖

3 2
2
2
2
2
√
= (− sin 𝑡 + cos 𝑡) + (2 sin 𝑡 . cos 𝑡) + ( )
4

= √𝑠𝑖𝑛4 𝑡 − 2𝑠𝑖𝑛2 𝑡. 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 4 𝑡 + 4𝑠𝑖𝑛 𝑡 2 . 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 +

9
16

9
5
=
16 4
Suy ra đường cong có tốc độ hằng.
𝛽 = 𝛾 ∘ 𝜑 = 𝛾(𝑡) ∘ 𝛾(𝑘𝑡)
3
𝛾(𝑘𝑡) = (cos 𝑘𝑡 sin 𝑘𝑡 , sin 2𝑘𝑡 , 𝑘𝑡)
4

= √(𝑠𝑖𝑛2 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡)2 +

3
𝛾′(𝑘𝑡) = (− sin2 𝑘𝑡 + cos 2 𝑘𝑡 , 2 sin 𝑘𝑡 . cos 𝑘𝑡 , )
4
‖𝛾 ′ (𝑘𝑡)‖ = √𝑘 2 sin 𝑡 − 2𝑘 2 sin2 𝑡 cos 2 𝑡 + 4𝑘 2 sin2 𝑡 cos 2 𝑡 +
= √𝑘 2 +

9 2
𝑘
16

9 2
25
5
𝑘 = √ 𝑘 2 = |𝑘|
16
16
4
5

4

4

5

Để đường cong 𝛾(𝑘𝑡) có tốc độ hằng thì ‖𝛾 ′ (𝑘𝑡)‖ = 1 ⇔ |𝑘| = 1 ⇔ 𝑘 = .

3|Page



2

2

Bài 7. Cho 𝛾(𝑡) = ( cos 3 𝑡 , sin3 𝑡) với 𝑡 ∈ ℝ. Với giá trị nào của 𝑡 thì 𝛾 là chính quy?
3
3
Xác định một tham số hiệu chỉnh bảo toàn hướng với tốc độ đơn vị của đoạn
𝜋
(0 < 𝑡 < 2 ).

GIẢI

Ta có 𝛾 ′ (𝑡) = (−2 cos 2 𝑡 sin 𝑡 , 2 sin2 𝑡 cos 𝑡)
cos 2 𝑡 ≠ 0
{
2
𝛾 chính quy ⇔ 𝛾 ′ (𝑡) ≠ 0 ⇒ [−2 cos2 𝑡 sin 𝑡 ≠ 0 ⇔ [ sin2𝑡 ≠ 0
2 sin 𝑡 cos 𝑡 ≠ 0
{sin 𝑡 ≠ 0
cos 𝑡 ≠ 0
cos 𝑡 ≠ 0
{
𝑡 ≠ 𝑘𝜋
sin 𝑡 ≠ 0
sin
𝑡
≠

0
𝜋
⇔[
⇔{
⇔{
𝑡 ≠ + 𝑘𝜋
sin 𝑡 ≠ 0
cos
𝑡
≠
0
{
2
cos 𝑡 ≠ 0
Bài 8. Cho 𝛾(𝑡) = (𝑒 𝑡 cos 𝑡 , 𝑒 𝑡 sin 𝑡), 𝑡 ∈ ℝ, là một đường xoắn ốc logarit với 𝑐 = 1. Xác
định một tham số hóa hiệu chỉnh 𝛽(𝑠), 𝑠 > 0, với tốc độ đơn vị sao cho 𝛽(𝑠) →
(0,0) khi 𝑠 → 0.

GIẢI
𝛾 ′ (𝑡) = (𝑒 𝑡 (cos 𝑡 − sin 𝑡), 𝑒 𝑡 (sin 𝑡 + cos 𝑡))
𝑣à ‖𝛾 ′ (𝑡)‖ = √𝑒 2𝑡 (cos 𝑡 − sin 𝑡)2 + 𝑒 2𝑡 (sin 𝑡 + cos 𝑡)2 = √2𝑒 𝑡 ≠ 0
Ta xác định hàm 𝑙(𝑡) là một nguyên hàm của hàm tốc độ 𝑙: 𝑅 → (0, +∞) với 𝑙 = √2𝑒 𝑡
𝑠
Khi đó hàm ngược được xác định: 𝛷 = 𝑙 −1 : (0, +∞) → 𝑅 với 𝛷(𝑠) = ln ( )
√2

Vậy tham số hóa hiệu chỉnh với tốc độ đơn vị của 𝛾 là:
𝑠
𝑠
𝑠

𝑠
𝛽(𝑠) = ( cos (ln ) ,
sin (ln ))
√2
√2 √2
√2
𝑠
𝑠
′ (𝑠)
Thật vậy :𝛽
= (− sin (ln ) + cos (ln )) ⇒ ‖𝛽′(𝑠)‖ = 1
√2
𝑠

+ Mặt khác: lim 𝛽(𝑠) = lim (
𝑠→0

𝑠→0 √

𝑠

√2

cos(ln ( ) ,
2
2
√

𝑠


𝑠

√

√

sin(ln ( )) = (0,0) thỏa yêu cầu bài
2
2

toán.
Bài 9. Cho 𝛽 = 𝛾 ∘ 𝜑: 𝐽 → ℝ𝑛 là một tham số hóa hiệu chỉnh bảo toàn hướng của của
𝛾: 𝐼 → ℝ𝑛 , trong đó 𝐼 và 𝐽 là các khoảng mở và giả sử rằng cả hai đường cong 𝛾 và
𝛽 có tốc độ đơn vị. Chứng minh rằng tồn tại một hằng số 𝑐 sao cho
𝜑(𝑠) = 𝑠 + 𝑐, ∀ 𝑠 ∈ 𝐽. Nếu 𝐼 = (𝑎, 𝑏), thì J là gì? Phát biểu và chứng minh các kết
quả tương tự cho trường hợp tham số hóa hiệu chỉnh đảo ngược hướng.
Giải
4|Page


 Ta có 𝛽 ′ = 𝛾 ′ (𝜑). 𝜑 ′ ⇒ ‖𝛽 ′ ‖ = ‖𝛾 ′ (𝜑). 𝜑 ′ ‖ = |𝜑 ′ |‖𝛾 ′ (𝜑)‖
‖𝛽‖ = 1
 Theo giả thiết thì { ′
⇒ |𝜑 ′ | = 1
‖𝛾 (𝜑)‖ = 1
 Nếu 𝛽 là tham số hóa hiệu chỉnh bảo toàn hướng tức là 𝜑 ′ > 0 từ đó ta được
𝜑 ′ = 1 (const) nên tồn tại một hằng số c sao cho 𝜑(𝑠) = 𝑠 + 𝑐, ∀𝑠 ∈ 𝐽.
Khi 𝐼 = (𝑎, 𝑏) do 𝜑(𝑠) = 𝑠 + 𝑐, ∀𝑠 ∈ 𝐽 đi từ 𝐽 → 𝐼 nên tập 𝐽 có dạng 𝐽 = (𝑎 −
𝑐, 𝑏 − 𝑐)
 Thương tự nếu 𝛽 là tham số hóa hiệu chỉnh đảo ngược hướng tức là 𝜑 ′ < 0 từ

đó tta được 𝜑 ′ = −1 (const) nên tồn tại một hằng số c sao cho 𝜑(𝑠) = −𝑠 +
𝑐. ∀𝑠 ∈ 𝐽.
Khi 𝐼 = (𝑎, 𝑏) do 𝜑(𝑠) = 𝑠 + 𝑐, ∀𝑠 ∈ 𝐽 đi từ 𝐽 → 𝐼 nên tập 𝐽 có dạng 𝐽 = (𝑐 −
𝑏, 𝑐 − 𝑎)
Bài 10. Mặt 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 cos 𝑣 , 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎𝑣), (𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 , với hằng số 𝑎 ≠ 0, được gọi là
mặt xoắn ốc (hay mặt đinh ốc). Chứng minh rằng 𝜎 là mặt chính quy tại mọi
điểm (𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 , với các hệ số của dạng cơ bản thứ nhất là 𝐸 = 1, 𝐹 = 0,
𝐺 = 𝑎2 + 𝑢2 .
GIẢI
′
𝜎𝑢 = (cos 𝑣 , sin 𝑣 , 0)
𝜎𝑣′ = (−𝑢 sin 𝑣, 𝑢 cos 𝑣 , 𝑎)
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (𝑎 sin 𝑣 , −𝑎 cos 𝑣 , 𝑢)
Vì sin 𝑣 , cos 𝑣 không đồng thời bằng 0, 𝑎 ≠ 0 nên 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ≠ 0 tại mọi điểm
(𝑢, 𝑣).
⇒ 𝜎 chính quy tại mọi điểm (𝑢, 𝑣)
Các hệ số của dạng cơ bản thứ nhất là:
𝐸 = ‖𝜎𝑢′ ‖2 = 1; 𝐹 = 𝜎𝑢′ . 𝜎𝑣′ = 0; 𝐺 = ‖𝜎𝑣′ ‖2 = 𝑎2 + 𝑢2
Bài 11. Xét một tham số hóa mặt 𝜎: 𝑅2 → 𝑅 có các hệ số của dạng cơ bản thứ nhất là
3 4
𝐸 = 1, 𝐹 = 0, 𝐺 = 1 + 𝑢2 . Xác định độ dài cung của đường cong 𝑡 → 𝜎( , ) từ
4 5
𝑡 = 0 đến 𝑡 = 1. Đồng thời xác định góc giữa vecter tiếp xúc tại 𝑡 = 0 của đường
3
4
cong này và vecter tiếp xúc tại 𝑡 = 0 của đường cong 𝑡 → 𝜎 ( + 𝑡, 𝑡).
4
5
Giải
𝐸 = 1; 𝐹 = 0; 𝐺 = 1 + 𝑢2

3 4
4
𝑡 → 𝜎 ( , 𝑡) ⇒ 𝑢′ = 0 ⟹ 𝑣 ′ =
4 5
5
Độ dài cung là:
𝑡2
1

∫ (𝐸. 𝑢′2 + 2𝐹. 𝑢′ . 𝑣 ′ + 𝐺. 𝑣 ′2 )2 𝑑𝑡
𝑡1

5|Page


1
2 2

1

4
4
= ∫ [1.0 + 2.0.0. + (1 + 𝑢2 ). ( ) ] 𝑑𝑡
5
5
1

0

4

4
1 4
∫ √1 + 𝑢2 𝑑𝑡 = √1 + 𝑢2 𝑡 | = √1 + 𝑢2
0 5
5
5
0

Công thức góc giữa 2 vector tiếp xúc:
𝐸. 𝑎𝑎̃ + 𝐹(𝑎𝑏̃ + 𝑏𝑎̃) + 𝐺𝑏𝑏̃
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
1 𝑣ớ𝑖 𝑎 = 0,
1
(𝐸𝑎2 + 2𝐹𝑎𝑏 + 𝐺𝑏 2 )2 . (𝐸𝑎̃2 + 2𝐹𝑎̃𝑏̃ + 𝐺𝑏̃ 2 )2

⟹ 𝑐𝑜𝑠𝜃
=

4
4
𝑏 = , 𝑎̃ = 1, 𝑏̃ =
5
5
4
4
4 4
1.0.1 + 0. (0. . 0 + . 1) + (1 + 𝑢2 ). .
5
5
5 5

1
2 2

1
2 2

4
4
4
4
(1.0 + 2.0.0. + (1 + 𝑢2 ). ( ) ) . (1.1 + 2.0.1. + (1 + 𝑢2 ) ( ) )
5
5
5
5
16
(1 + 𝑢2 )
4√1 + 𝑢2
25
=
=
√41 + 𝑢2
4
16
+ 𝑢2 . √1 + (1 + 𝑢2 )
√1
5
25

Bài 12. Chứng minh rằng các hệ số của dạng cơ bản thứ nhất E, F và G của mặt tròn

2
xoay 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑓(𝑢)𝑐𝑜𝑠𝑣, 𝑓(𝑢)𝑠𝑖𝑛𝑣, 𝑔(𝑢)) được cho bởi 𝐸 = 𝑓 ′(𝑢) +
2
𝑔′(𝑢) , 𝐹 = 0, 𝐺 = 𝑓(𝑢)2 .
a. Đường cong 𝑡 → 𝜎(𝑢0 , 𝑡) trong 𝜎, với 𝑢0 là hằng số, được gọi là đường cong
song song. Chứng minh rằng tốc độ của nó là hằng số.
b. Đường cong 𝑡 → 𝜎(𝑡, 𝑣0 ) trong 𝜎, với 𝑣0 là hằng số, được gọi là một kinh tuyến.
Chứng minh rằng nó có tốc độ đơn vị nếu đường cong sinh ( đường cong sinh
ra mặt tròn xoay ) có tốc độ đơn vị.
Giải
𝐸 = [𝑓 ′ (𝑢)]2 + [𝑔′ (𝑢)]2
𝜎 ′ 𝑢 = (𝑓 ′ (𝑢)𝑐𝑜𝑠𝑣; 𝑓 ′ (𝑢)𝑠𝑖𝑛𝑣; 𝑔′ (𝑢))
Ta có { ′
⟹{
𝐹=0
𝜎 𝑣 = (−𝑓 ′ (𝑢)𝑠𝑖𝑛𝑣; 𝑓 ′ (𝑢)𝑐𝑜𝑠𝑣; 0)
𝐺 = [𝑓 ′ (𝑢)]2
a. 𝜇(𝑡) = (𝑢0 ; 𝑡) Khi đó:
⟹ 𝛾 ′ (𝑡) = 𝑢′ (𝑡). 𝜎 ′ 𝑢 (𝜇(𝑡)) + 𝑣 ′ (𝑡)𝜎 ′ 𝑣 (𝜇(𝑡)) = (−𝑓 ′ (𝑢0 )𝑠𝑖𝑛𝑡; 𝑓(𝑢0 )𝑐𝑜𝑠𝑡; 𝑜)
⟹ ‖𝛾 ′ (𝑡)‖ = ‖𝑓(𝑢0 )‖ ( hằng số)
b. λ(t) = (t, 𝑣0 ) Khi đó: 𝛽(𝑡) = 𝜎. λ = σ(t, 𝑣0 )
6|Page


⟹ 𝛽 ′(𝑡) = (𝑓 ′ (𝑢0 )𝑐𝑜𝑠𝑣0 ; 𝑓′(𝑡)𝑠𝑖𝑛𝑣0 ; 𝑔′(𝑡))
Bài 13. Cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (√1 − 𝑢2 𝑐𝑜𝑠𝑣, √1 − 𝑢2 𝑠𝑖𝑛𝑣, 𝑢), với (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 = (−1,1) × 𝑅.
Chứng minh rằng 𝜎 là một tham số hóa chính quy của mặt cầu đơn vị, bỏ đi hai
cực. Một bản đồ trái đất dựa trên tham số hóa này được gọi là một phép chiếu
bản đồ trụ. Giải thích điều này! Xác định các hệ số E, F và G đồng thời chứng
minh rằng 𝜎 là ánh xạ bảo toàn diện tích ( đẳng diện ), nghĩa là diện tích 𝐴(𝜎, 𝐷)

bằng với diện tích của D với mọi miền sơ cấp D⊂ (−1,1) × [−𝜋, 𝜋].
Giải
−𝑢
−𝑢
𝜎′𝑢 = (
𝑐𝑜𝑠𝑣,
𝑠𝑖𝑛𝑣, 1)
√1 − 𝑢2
√1 − 𝑢2
𝜎′𝑣 = (−√1 − 𝑢2 𝑠𝑖𝑛𝑣, √1 − 𝑢2 𝑐𝑜𝑠𝑣, 0)
⟹ 𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (−√1 − 𝑢2 𝑐𝑜𝑠𝑣, −√1 − 𝑢2 𝑠𝑖𝑛𝑣, −𝑢) vì (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 = (−1,1) × 𝑅 ⟹
√1 − 𝑢2 ≠ 0. Vì 𝑐𝑜𝑠𝑣 𝑣à 𝑠𝑖𝑛𝑣 𝑘ℎô𝑛𝑔 đồ𝑛𝑔 𝑡ℎờ𝑖 𝑏ằ𝑛𝑔 0. Nên 𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ≠
0 𝑣à ‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = √1 − 𝑢2 + 𝑢2 = 1 ⟹ 𝜎 là một tham số hóa chính quy của mặt cầu
𝑢2

𝑢2

𝑢2 +1−𝑢2

1

đơn vị.𝐸 = ‖𝜎 ′ 𝑢 ‖2 =
(cos 2 𝑣 + sin2 𝑣) + 1 =
+1=
=
1−𝑢2
1−𝑢2
1−𝑢2
1−𝑢2
′

′
𝐹 = 𝜎 𝑢 . 𝜎 𝑣 = 𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣. 𝑐𝑜𝑠𝑣 − 𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣. 𝑐𝑜𝑠𝑣 + 0 = 0
′
2
𝐺 = ‖𝜎 𝑣 ‖ = (1 − 𝑢2 ) sin2 𝑣 + (1 − 𝑢2 ) cos 2 𝑣 = (1 − 𝑢2 )(sin2 𝑣 + cos 2 𝑣) = 1 − 𝑢2
Diện tích của 𝐷 𝑙à: (1 + 1). (𝜋 + 𝜋) = 2.2𝜋 = 4𝜋. Mặt khác:
𝜋

𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫𝐷

‖𝜎 ′

𝑢

1

′

× 𝜎 𝑣 ‖𝑑𝐴 = ∫𝐷 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝑢𝑑𝑣 = 4𝜋.
−𝜋 −1

Vậy 𝜎 là ánh xạ bảo toàn diện tích.
Bài 14. Vẽ các tập sau đây trên 𝑅2 và chỉ ra rằng chúng là các miền sơ cấp:
a. 𝐷 = [1,2] × [0,1].
b. 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|1 ≤ 𝑢 ≤ 2,0 ≤ 𝑣 ≤ 𝑢 − 1
c. 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|0 ≤ 𝑣 ≤ 1, 𝑣 + 1 ≤ 2}
d. 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|1 ≤ 𝑢 ≤ 2,0 ≤ 𝑣 ≤ 2 − 𝑢}.
Trong mỗi trường hợp, hãy tinh tích phân ∫𝐷 𝑢𝑑𝐴 Lập lại các tính toán với thứ
tự lấy tích phân đối với 𝑢 𝑣à 𝑣 đảo ngược với nhau.
Giải


7|Page


2

1

v

2

3
a. ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑣 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢𝑑𝑢 =
2
𝐷
1 0
1
1 2
1
3
3
∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑣 =
2
𝐷
0 1
0 2

1


1

O

2

v

2

𝑢−1

b. ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫
𝐷

2

1

1

u

𝑢𝑑𝑣 𝑑𝑢

0

5
6
1

1 2
1
(1 + 𝑣)2
5
∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑣 = ∫ [2 −
] 𝑑𝑣 =
2
6
𝐷
0 1+𝑣
0
= ∫ 𝑢(𝑢 − 1)𝑑𝑢 =

2

O

u
-1

v
2

𝑢−1

c. ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫
𝐷

1


1

0

2

𝑢𝑑𝑣 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢(𝑢 − 1)𝑑𝑢 =
1
1

2

5
6

1

(1 + 𝑣)2
5
∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑣 = ∫ [2 −
] 𝑑𝑣 =
2
6
𝐷
0 1+𝑣
0
2

O


u
-1
2

2
3
𝐷
1 0
1
1 2−𝑣
1 (2
2
− 𝑣)
1
2
∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑣 = ∫ (
− ) 𝑑𝑣 =
2
2
3
𝐷
0 1
0

v

d. ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫

2


O

2−𝑢

2

1

2

𝑢𝑑𝑣 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢(2 − 𝑢)𝑑𝑢 =

u

Bài 15. Cho 𝛾(𝑡) = (3𝑡, 4𝑡, 5√1 − 𝑡 2 𝑣ớ𝑖 𝑡 ∈ (−1,1).
a. Xác định một tham số hóa hiệu chỉnh của 𝛾 với tốc độ đơn vị. ( công thức nguyên
1

hàm được sử dụng: ∫(1 − 𝑡 2 )^−2 𝑑𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑐, 𝑐 ∈ 𝑅).

8|Page


b.

c.

Cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (3𝑡, 4𝑡, 5√1 − 𝑡 2 ), 𝑣ớ𝑖 𝑢 ∈ 𝑅 𝑣à − 1 < 𝑣 < 1. Kiểm chứng rằng 𝛾
có thể xem như một đường cong tham số trong 𝜎, đồng thời xác định các hệ số
của vector tiếp xúc 𝛾′(𝑡) tương ứng với cơ sở{𝜎 ′ 𝑢, 𝜎 ′ 𝑣 } của 𝑇𝛾(𝑡)𝜎 𝑘ℎ𝑖 𝑣 ≠ 0.

Xác định các hệ số E, F và G của 𝜎, và viết công thức tính diện tích 𝐴(𝜎, 𝐷), trong
1
đó D là hình chữ nhật 𝐷 = [0,1] × [0, ].
2

GIẢI
𝛾(𝑡) = (3𝑡, 4𝑡, 5√1 − 𝑡 2 ) , 𝑡 ∈ (−1,1)
a. 𝛾 ′ (𝑡) = (3,4,
‖𝛾 ′ (𝑡)‖

−5𝑡
√1−𝑡 2

)

= √9 + 16 +
=

√25

25𝑡 2
25𝑡 2
25(1 − 𝑡 2 ) + 25𝑡 2
√
√
= 25 +
=
1 − 𝑡2
1 − 𝑡2
1 − 𝑡2

5

=

√1 + 𝑡 2 √1 − 𝑡 2
𝜋
𝜋
1
Độ dài cung:
= 5 arcsin 𝑡 |
= 5 ( + ) = 5𝜋 là một hằng số.
2
2
−1
Vậy tham số hóa hiệu chỉnh của 𝛾 với tốc độ đơn vị là
1
1
5 ∫−1
𝑑𝑡
√1−𝑡 2

𝑠
3𝑠 4𝑠
𝑠 2
𝛽(𝑠) = 𝛾 ( ) = ( , , 5√1 − ( ) )
5𝜋
5𝜋 5𝜋
5𝜋
𝑐. 𝜎(𝑢, 𝑣) = (3𝑢, 4𝑢, 5√1 − 𝑣 2 ) ta có:
𝜎𝑢′ = (3,4,0); 𝜎𝑣′ = (0,0, −

𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (−

5𝑣
√1−𝑣 2

20

)
,

15𝑣

√1 − 𝑣 2 √1 − 𝑣 2
𝐸 = ‖𝜎𝑢′ ‖2 = 25; 𝐹 = 𝜎𝑢′ . 𝜎𝑣′ = 0
25𝑣 2
′
2
𝐺 = ‖𝜎𝑣 ‖ =
1 − 𝑣2

, 0) ; ‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ =

25𝑣
√1 − 𝑣 2

1
2 2 2
25 𝑣

25𝑣

𝜎 = (𝐸. 𝐺 − 𝐹 2 ) = (
=
)
1 − 𝑣2
√1 − 𝑣 2
1
1 2

𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫ 𝜎𝑑𝐴 = ∫ ∫
𝐷

0 0

25𝑣
√1 − 𝑣 2

𝑑𝑣𝑑𝑢

9|Page


1
2

Tính ∫
0

𝜋
6


25𝑣

𝑑𝑣 = ∫

√1 − 𝑣 2

0

25 sin 𝑥
√1 − sin2 𝑥

𝜋
6

cos 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 25 sin 𝑥 𝑑𝑥
0

√3
= −25 ( − 1)
2
1

√3
√3
⟹ 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫ −25 ( − 1) 𝑑𝑢 = −25 ( − 1)
2
2
0

Bài 16. Cho 𝜎 là một mặt tròn xoay ( xem bài tập 12). Gọi 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|𝑎 ≤ 𝑢 ≤ 𝑏, −𝜋 ≤

𝑣 ≤ 𝜋} và giả sử rằng [𝑎, 𝑏] được chứa trong khoảng xác định của đường cong
sinh (của mặt tròn xoay). Kiểm chứng rằng diện tích của 𝜎 trên D được cho bởi
𝑏
2𝜋 ∫𝑎 √𝑓 ′ (𝑢)2 + 𝑔′ (𝑢)2 𝑓(𝑢)𝑑𝑢. Xác định diện tích của hình vành đai trên mặt
𝜋
cầu bán kính bằng 1, với vĩ độ thõa mãn điều kiện |𝑢| ≤ . Đồng thời xác định
𝜋

𝜋

4

2

4

diện tích của hình mũ lưỡi trai, với ≤ 𝑢 ≤ .
Giải
2

2

𝐸 = (𝑓 ′ (𝑢)) + (𝑔′ (𝑢))
Ta có {
(theo câu 12)
𝐹=0
2
𝐺 = (𝑓(𝑢))
Nên diện tích của 𝜎 trên miền 𝐷 là :
𝑏


𝜋

2

2

𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫ √𝐸𝐺 − 𝐹 2 𝑑𝐴 = ∫ ∫ √(𝑓 ′ (𝑢)) + (𝑔′ (𝑢)) 𝑓(𝑢)𝑑𝑣 𝑑𝑢
𝐷

𝑏

𝑎

−𝜋
2

2

= ∫ √(𝑓 ′ (𝑢)) + (𝑔′ (𝑢)) 𝑓(𝑢)𝑑𝑢
𝑎

Đối với mặt cầu bán kính bằng 1 thì : 𝑓(𝑢) = cos 𝑢; 𝑔(𝑢) = sin 𝑢 cho nên
Diện tích của hình vành đại trên mặt cầu bán kính bằng 1, với vĩ độ thỏa |𝑢| ≤
𝜋
.
4

𝜋
4


𝑆 = 2𝜋 ∫ √sin2 𝑢 + cos 2 𝑢 . cos 𝑢 𝑑𝑢
−

𝜋
4

𝜋
= 2𝜋 ∫ cos 𝑢 𝑑𝑢 = (2𝜋 sin 𝑢) | 4𝜋 = 2√2𝜋
𝜋
−
−
4
4
𝜋
𝜋
Diện tích mũ lưỡi trai với ≤ 𝑢 ≤ là :
𝜋
4

4

2

10 | P a g e


𝜋
2


𝑆 = 2𝜋 ∫ √sin2 𝑢 + cos 2 𝑢 . cos 𝑢 𝑑𝑢
𝜋
4
𝜋
2

𝜋
2 = (2 − √2)𝜋
= 2𝜋 ∫ cos 𝑢 𝑑𝑢 = (2𝜋 sin 𝑢) |𝜋
𝜋
4
4
Bài 17. Kí hiệu 𝜎 là đồ thị của một hàm trơn 𝑧 = ℎ(𝑥, 𝑦), và cho 𝐷 ⊂ 𝑅 2 là một miền sơ
2

cấp. Kiểm chứng công thức, 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫𝐷 √1 + (ℎ′ 𝑥 )2 + (ℎ′ 𝑦 ) 𝑑𝐴 . Với giả thiết
rằng D được chứa trong một tập mở nằm trong miền xác định của hàm h. Viết
công thức tính diện tích phần mặt cầu bán kính 1 và tâm đặt tại gốc tọa độ, trong
1
1
đó |𝑥| ≤
𝑣à |𝑦| ≤ ( bỏ qua các giả thiết trên của tập D). Việc tính tích phân
√2

√2

này là hoàn toàn không đơn giản. Thay vì tích phân đó, diện tích của hình mũ
lưỡi trai ( xem bài tập 16) có thể xác định bằng việc xem xét cấu trúc hình học
của nó. Việc này sẽ được làm như thế nào?
Giải

Ta có 𝜎(𝑥, 𝑦) =

𝜎𝑥′
(𝑥, 𝑦, ℎ(𝑥, 𝑦)) nên { ′
𝜎𝑦

=
=

(1,0, ℎ𝑥′ )
(0,1, ℎ𝑦′ )

𝐸 = ‖𝜎𝑥′ ‖2 = 1 + (ℎ𝑥′ )2
𝐹 = ℎ𝑥′ . ℎ𝑦′
⇒{
2

2

𝐺 = ‖𝜎𝑦′ ‖ = 1 + (ℎ𝑦′ )
2

Khi đó : 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫𝐷 √𝐸𝐺 − 𝐹 2 𝑑𝐴 = ∫𝐷 √1 + (ℎ𝑥′ )2 + (ℎ𝑦′ ) 𝑑𝐴.
Phần có tọa độ thỏa |𝑥| ≤

1
√2

và |𝑦| ≤


1

, 𝑧 ≥ 0 của mặt cầu bán kính bằng 1

√2

tâm tại gốc tọa độ có thể xem là đồ thị của hàm trơn 𝑧 = √1 − 𝑥 2 − 𝑦 2 .
Vì vậy diện tích phần mặt cầu (bán kính bằng 1 tâm tại gốc tọa độ) có |𝑥| ≤
và |𝑦| ≤

1
√2

1
√2

là:
𝑥2
𝑦2
𝐴(𝜎, 𝐷) = 2 ∫ √1 +
+
𝑑𝐴
1 − 𝑥2 − 𝑦2 1 − 𝑥2 − 𝑦2
𝐷
1
√2

= 2∫

−


1
√2

∫

1
1
−
√2
√2

√1 +

𝑥2
𝑦2
+
𝑑𝑥𝑑𝑦
1 − 𝑥2 − 𝑦2 1 − 𝑥2 − 𝑦2

11 | P a g e


(trong công thức có xuất hiện số 2 và vì diện tích mà ta đang xét gấp 2 lần diện
1
1
tích của phần có tọa độ thỏa |𝑥| ≤ và |𝑦| ≤ , 𝑧 ≥ 0)
√2

√2


Tính tích phân trên hoàn toàn không dễ dàng! Ta có cách tính khác dựa vào
cấu trúc hình học của nó như sau:
 Ta tính diện tích hình chỏm cầu giới hạn bởi đỉnh (0 ;0;1) của hình cầu và mặt
phẳng 𝑧 =

√2
.
2

Khi đó 𝑆 = 2𝜋𝑅ℎ với h là khoảng cách từ đỉnh (0 ;0;1) của hình

cầu đến mặt phẳng 𝑧 =

√2
,
2

ta tính được ℎ = (2 −

√2
).
2

Vì vậy𝑆 = (2 − √2)𝜋..

 Diện tích hình cần tính là : 𝐴(𝜎, 𝐷) = 2𝑆 = (4 − 2√2)𝜋.
Bài 18. Hình xuyến là một mặt tròn xoay với đường sinh là đường tròn trong mặt phẳng
xz có bán kính r và tâm là (𝑅, 0,0), 𝑣ớ𝑖 𝑅 > 𝑟). Nó được tham số hóa bằng
𝜎(𝑢, 𝑣) = ((𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) cos 𝑣 , (𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) sin 𝑣 , 𝑟 sin 𝑢). Xác định diện tích

của cả hình xuyến.
Giải
Ta có:
𝜎𝑢′ = (−𝑟 sin 𝑢 cos 𝑣 , −𝑟 sin 𝑢 sin 𝑣 , 𝑟 cos 𝑢)
𝜎𝑣′ = ((𝑅 + 𝑟 cos 𝑢)(− sin 𝑣), (𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) cos 𝑣 , 0)
⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (−𝑟(𝑅
+ 𝑟 cos 𝑢) cos 𝑣 cos 𝑢 , −𝑟(𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) cos 𝑢 sin 𝑣 , −(𝑅 + 𝑟 cos 𝑢)𝑟 sin 𝑢)
⇒ ‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √𝑟 2 (𝑅 + 𝑟 cos 𝑢)2 = 𝑟(𝑅 + 𝑟 cos 𝑢)
Bài 19. Cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣, 𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣, 𝑣) (mặt đinh ốc, xem bài tập 10). Xác định diện
tích của 𝜎 trên miền 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|0 ≤ 𝑣 ≤ 1, 𝑣 ≤ 𝑢 ≤ 1}.
Giải
(𝑢
𝜎(𝑢, 𝑣) = cos 𝑣 , 𝑢 sin 𝑣 , 𝑣)
𝜎𝑢′ = (cos 𝑣 , sin 𝑣 , 0)
𝜎𝑣′ = (−𝑢 sin 𝑣 , 𝑢 cos 𝑣 , 1)
⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (sin 𝑣 , − cos 𝑣 , 𝑢)
⇒ ‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √sin2 𝑣 + cos 2 𝑣 + 𝑢2 = √1 + 𝑢2
Diện tích của 𝜎 trên miền 𝐷 là:

12 | P a g e


𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫𝐷 ‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖𝑑𝐴
1

1

= ∫ ∫ √1 + 𝑢2 𝑑𝑢𝑑𝑣
0 𝑣
1


𝑢
1
1
= ∫ ( √1 + 𝑢2 + ln (𝑢 + √1 + 𝑢2 )) | 𝑑𝑣
𝑣
2
0 2
1
𝑣
1
√2 1
= ∫ ( + ln(1 + √2) − √1 + 𝑣 2 − ln (𝑣 + √1 + 𝑣 2 ))
2
2
2
2
0
1
√2 1
1 1
= ( + ln(1 + √2)) | − ∫ 𝑣√1 + 𝑣 2 𝑑𝑣
0 2 0
2
2
1 1
1
1
√2 1
− ∫ ln (𝑣 + √1 + 𝑣 2 ) 𝑑𝑣 =

+ ln(1 + √2) − 𝐼1 − 𝐼2
2 0
2
2
2
2
1

Tính 𝐼1 = ∫0 𝑣 √1 + 𝑣 2 𝑑𝑣
Đặt 𝑡 = √1 + 𝑣 2 ⇒ 𝑡 2 = 1 + 𝑣 2 ⇒ 𝑡𝑑𝑡 = 𝑣𝑑𝑣
Đổi cận: 𝑣 = 0 ⇒ 𝑡 = 1; 𝑣 = 1 ⇒ √2
√2
√2
𝑡 3 √2 1
2
⇒ 𝐼1 = ∫ 𝑡. 𝑡𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 𝑑𝑡 = | = (2√2 − 1)
3 1
3
1
1
1
Tính 𝐼2 = ∫0 ln(𝑣 + √1 + 𝑣 2 )𝑑𝑣
Đặt {𝑚 = ln(𝑣 + √1 +
𝑑𝑛 = 𝑑𝑣

𝑣2

⇒ {𝑑𝑚 =

1


𝑣

=

𝑛=𝑣

⇒ 𝐼2 = (𝑣 ln (𝑣 + √1 +
Tính 𝐼3 = ∫0

𝑣
√1+𝑣2
𝑣+√1+𝑣 2

1+

1
𝑣 2 )) |
0

1

−∫
0

1
√1+𝑣 2

𝑣


√1 + 𝑣 2

𝑑𝑣 = ln(1 + √2) − 𝐼3

𝑑𝑣

√1+𝑣 2
+ 𝑣2 ⇒

Đặt 𝑡 = √1
𝑡 2 = 1 + 𝑣 2 ⇒ 𝑡𝑑𝑡 = 𝑣𝑑𝑣
Đổi cận: 𝑣 = 0 ⇒ 𝑡 = 1; 𝑣 = 1 ⇒ √2
√2

𝑑𝑡 = 𝑡 |√2 = √2 − 1
1
1
⇒ 𝐼2 = ln(1 + √2) − √2 + 1

⇒ 𝐼3 = ∫

Vậy 𝐴(𝜎, 𝐷) =

√2
2

1

+ ln(1 + √2) −
2


11

1

(2√2 − 1) − 2 (ln(1 + √2) − √2 + 1)
23

=

2√2 − 1
3

13 | P a g e