CHƯƠNG 4. ĐỘ CONG
1.

Xác định độ cong của các đường cong sau đây trong ℝ2 :
a. 𝛾(𝑡) = (2𝑡, 𝑡 2 )
b. 𝛾(𝑡) = (𝑒 𝑡 cos 𝑡 , 𝑒 𝑡 sin 𝑡)
Giải
′ (𝑡)
′′ (𝑡)
a. Ta có 𝛾
= (2,2𝑡), 𝛾
= (0,2)
𝑘(𝑡) =

𝑑𝑒𝑡[𝛾′ (𝑡)𝛾′′ (𝑡)]
‖𝛾′ (𝑡)‖3

=

2
𝑑𝑒𝑡|
2𝑡

0
|
2

(√22 +(2𝑡)2 )

3

=

4
8√(1+𝑡 2 )3

=

1
2√(1+𝑡 2 )3

.

b. 𝛾 ′ (𝑡) = (𝑒 𝑡 (cos 𝑡 − sin 𝑡) , 𝑒 𝑡 (cos 𝑡 + sin 𝑡))
𝛾 ′′ (𝑡) = (2𝑒 𝑡 sin 𝑡, 2𝑒 𝑡 cos 𝑡)
′

𝑘(𝑡) =

3.

𝑑𝑒𝑡 |

𝑒 𝑡(cos 𝑡−sin 𝑡)
2𝑒 𝑡 sin 𝑡
|
𝑒 𝑡 (cos 𝑡 + sin 𝑡) 2𝑒 𝑡 cos 𝑡

𝑑𝑒𝑡[𝛾 (𝑡)𝛾 (𝑡)]
=
‖𝛾 ′ (𝑡)‖3

(√(𝑒 𝑡 (cos 𝑡 − sin 𝑡))2 + (𝑒 𝑡 (cos 𝑡 + sin 𝑡))2 )
=

2.

′′

2𝑒 2𝑡 cos 2 𝑡 +2𝑒 2𝑡 sin 𝑡
3

=

2

=

1

𝑒 𝑡 2√2 𝑒 𝑡 √2
𝑒 3𝑡 (√2(cos 2 𝑡 + sin2 𝑡))
Cho 𝛾(𝑡) là một đường cong tốc độ đơn vị trong ℝ2 , và giả sử rằng nó có độ cong
𝑘 là một hằng số khác không. Chứng minh rằng đường cong 𝛽 được xác định bởi
1
𝛽(𝑠) = 𝛾(𝑠) + 𝛾̂ ′ (𝑠)
𝑘
Là một đường cong hằng, nghĩa là, nó suy biến thành một điểm 𝑝. Đồng thời kết
luận rằng vết của 𝛾 được chứa trong một đường tròn tâm tại 𝑝.
Giải
Vì k là hằng số khác không và 𝛾(𝑠) là một 𝛾(𝑠) đường cong tốc độ đơn vị nên
𝛾(𝑠) là đường tròn bán kính bằng 1.

𝛾(𝑠) = (sin 𝑠 , cos 𝑠) ⟹ 𝑘 = 1.
⟹ 𝛾 ′ (𝑠) = (cos 𝑠 , − sin 𝑠).
⟹ 𝛾̂ ′ (𝑠) = (− sin 𝑠 , −cos 𝑠).
⟹ 𝛽(𝑠) = (sin 𝑠 , cos 𝑠) + (− sin 𝑠 , −cos 𝑠) = (0,0).
Vì 𝛾(𝑠) là đường tròn bán kính là 1⟹vết của 𝛾 được chứa trong một đường tròn
tâm tại 𝑝.
Cho 𝛾(𝑠) là một đường cong tốc độ đơn vị trong ℝ2 , và giả sử rằng độ cong 𝑘
khác không tại 𝑠 = 0. Gọi 𝑘 = 𝑘(0) và đặt
1

𝐶 = 𝛾(0) + 𝑦̂ ′ (0).
𝑘

1|Page


Chứng minh rằng đường tròn được tham số hóa bởi
1
𝛽(𝑠) = 𝐶 + (− cos(𝑘𝑠) 𝑦̂ ′ (0) + sin(𝑘𝑠) 𝛾 ′ (0))
𝑘
Thỏa mãn đẳng thức 𝛽(0) = 𝛾(0), 𝛽 ′ (0) = 𝛾 ′ (0), 𝛽 ′′ (0) = 𝛾 ′′ (0). Vết của nó, có
1

bán kính |𝑘|, được gọi là đường tròn mật tiếp. Tâm 𝐶 được gọi là tâm của độ cong
của 𝛾 tại 𝑡 = 0. Hình vẽ dưới đây mô tả vấn đề vừa nêu.
Giải
Ta có:
1

1


𝛽(0) = 𝐶 + (− cos(0) 𝑦̂ ′ (0) + sin(0) 𝛾 ′ (0)) = 𝐶 − 𝛾̂ ′ (0).
𝑘
𝑘
1

Mà 𝐶 = 𝛾(0) + 𝑦̂ ′ (0)
1

𝑘
′ (0)

⟹ 𝛽(0) = − 𝛾̂
𝑘

1

+ 𝛾(0) + 𝛾̂ ′ (0) = 𝛾(0).
𝑘

1

𝛽(𝑠) = 0 + (𝑘 sin(𝑘𝑠) 𝛾̂
𝑘

′ (0)

+ 𝑘 cos(𝑘𝑠) 𝛾 ′ (0)).

Mà 𝐶 ′ = 0.

1

𝛽 ′ (0) = 0 + 𝑘𝛾 ′ (0) = 𝛾 ′ (0).
1

𝑘
2

𝛽′′(𝑠) = (𝑘 cos(𝑘𝑠) 𝛾̂′(0) − 𝑘 2 sin(𝑘𝑠) 𝛾′(0)).
𝑘

4.

𝛽′′(0) = 𝑘𝑦̂′(0).
Vì 𝛾 là đường cong tốc độ đơn vị.
⟹ 𝑘𝑦̂ ′ (0) = 𝛾′′(0).
⟹ 𝛽(0)=γ′′(0).
Cho 𝛾: 𝐼 → ℝ2 là một đường cong tham số hóa chính quy, và giả sử rằng ‖𝛾(𝑡)‖
1

đạt giá trị cực đại địa phương tại 𝑡0 ∈ I. chứng minh rằng |𝑘(𝑡0 )| ≥ ‖𝛾(𝑡

5.

0 )‖

.

Hướng dẫn: giả sử tốc độ của đường cong là đơn vị. điều kiện của 𝛾 suy ra đạo
hàm cấp hai của hàm 𝑡 ↦ ‖𝛾(𝑡)‖2 là ≤ 0 tại 𝑡0 . Từ đó kết luận rằng 𝛾(𝑡0 ) ∙

𝛾 ′′ (𝑡0 ) ≤ −1, và sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwars (xem 0.A) ta sẽ được
điều cần chứng minh.
Cho (𝑠) = (sinh−1 (𝑠), √1 + 𝑠 2 ) . Xác định 𝛾 ′ (𝑠) và chỉ rõ rằng đường cong có tốc
độ đơn vị. Xác định 𝛾′′(𝑠) và độ cong (𝑠) . Xác định góc một tiếp tuyến 𝜃(𝑠), và
kiểm chứng Định lý 4.3 cho đường cong này.
Công thức sau đây cho hàm ngược sinh−1 : ℝ → ℝ được phép sử dụng.
𝑑
1
sinh−1 𝑦 =
𝑑𝑦
√1 + 𝑦 2
Giải
Ta có: 𝛾 ′ (𝑠) = (

1
√1+𝑠 2

;

𝑠
√1+𝑠 2

)

2|Page


‖𝛾 ′ (𝑠)‖ = √
𝛾′ (𝑠)


⟹ ‖𝛾′

1
√1+𝑠 2
1

=(

(𝑠)‖

√1+𝑠

+
;
2

⟹ 𝜃(𝑠) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 (

𝑠
√1+𝑠 2
𝑠

√1+𝑠 2
𝑠

√1+𝑠 2

Ta có: 𝛾 ′ (𝑠) = (

1

√1+𝑠 2

−𝑠

𝛾′′(𝑠) = (

(1+𝑠 2 )√1+𝑠 2

𝜃 ′ (𝑠) = (arcsin (
𝑘(𝑠) =

6.

7.

𝑠

‖𝛾′ (𝑠)‖
1
√1+𝑠 2

).

).
𝑠

√1+𝑠 2
1

)


(1+𝑠 2 )√1+𝑠 2

√1+𝑠 2

𝑑𝑒𝑡[𝛾′ (𝑠)𝛾′′ (𝑠)]

= 𝑑𝑒𝑡 |

;

;

= 1.

)) =

).

1
2
√1− 𝑠 2
1+𝑠

= √1 + 𝑠 2 .

= 𝑑𝑒𝑡[𝛾 ′ (𝑠)𝛾′′(𝑠)].
−𝑠
(1+𝑠 2 )√1+𝑠 2


𝑠

1

√1+𝑠 2

(1+𝑠 2 )√1+𝑠 2

1

𝑠2

| = (1−𝑠2)2 + (1+𝑠2)2 .

⟹ 𝑘(𝑠) ≠ 𝜃 ′ (𝑠).
⟹ đường cong này không thỏa định lý 4.3 (vì 𝜃(𝑠) không là hàm trơn).
Cho 𝛼: 𝐼 → ℝ2 và 𝛽: 𝐼 → ℝ2 là hai đường cong tốc độ đơn vị cùng xác định trên
một khoảng I, và có các hàm góc tiếp xúc 𝜃: 𝐼 → ℝ và 𝜑: 𝐼 → ℝ trơn. Giả sử rằng
các đường cong có cùng độ cong 𝜅(𝑠) với mọi 𝑠 ∈ 𝐼 và tồn tại 𝑠0 ∈ 𝐼 sao cho
𝛼(𝑠0 ) = 𝛽(𝑠0 ) và 𝛼 ′ (𝑠0 ) = 𝛽 ′ (𝑠0 ) . chứng minh rằng khi đó 𝛼(𝑠) = 𝛽(𝑠), ∀𝑠 ∈ 𝐼.
Giải
′
Độ cong 𝛼: 𝑘(𝑠) = 𝑑𝑒𝑡[𝛼 (𝑠)𝛼′′(𝑠)]
Độ cong 𝛽: 𝑘(𝑠) = 𝑑𝑒𝑡[𝛽 ′ (𝑠)𝛽′′(𝑠)]
𝑑𝑒𝑡[𝛼 ′ (𝑠)𝛼′′(𝑠)] = 𝑑𝑒𝑡[𝛽 ′ (𝑠)𝛽′′(𝑠)].
Mà ta có 𝛼 ′ (𝑠0 ) = 𝛽 ′ (𝑠0 ) ⟹ 𝛼 ′′ (𝑠0 ) = 𝛽 ′′ (𝑠0 )
⇒ mặt khác ta có 𝜃, 𝜑 là trơn. Mặt khác ta lại có: 𝑘(𝑠) là độ cong của 𝛼, 𝛽 ⇒
𝜃 ′ (𝑠) = 𝜑′(𝑠) mà 𝑠 ∈ 𝐼 có 𝛼 ′ (𝑠0 ) = 𝛽 ′ (𝑠0 ) ⇒ 𝛼(𝑠) = 𝛽(𝑠) ∀𝑠 ∈ 𝐼.
Xác định độ dài cung 𝑠(𝑡), độ cong 𝜅(𝑡) và độ xoắn 𝜏(𝑡) của đường cong
𝛾(𝑡) = (3𝑡, 3𝑡 2 , 2𝑡 3 ).

Giải
Ta có : 𝛾 ′ (𝑡) = (3,6𝑡, 6𝑡 2 ), 𝛾′′(𝑡) = (0,6,2𝑡)
‖𝛾 ′ (𝑡)‖ = √9 + 36𝑡 2 + 36𝑡 4 = √(3 + 6𝑡 2 )2 = 3 + 6𝑡 2 .
độ dài cung :
𝑡

𝑡

6𝑡 3

1

3

𝑠(𝑡) = ∫𝑡 2‖𝛾 ′ (𝑡)‖ 𝑑𝑡 = ∫𝑡 2(3 + 6𝑡 2 ) 𝑑𝑡 = (3𝑡 +
1

)| 0𝑡 = 3𝑡 + 2𝑡 3 .

Độ cong:

3|Page


𝑘(𝑡) =

‖𝛾′ (𝑡)×𝛾′′ (𝑡)‖
‖𝛾′ (𝑡)‖3

=


√(36𝑡 2 )2 +(36𝑡)2 +182
3

(√9+36𝑡 2 +36𝑡 4 )

=

√(18+36𝑡 2 )2
(√(3+6𝑡 2 )2 )

3

18+36𝑡 2

= (3+6𝑡 2)3.

Độ xoắn
𝜏(𝑡) =
8.

𝑑𝑒𝑡[𝛾′ (𝑡)𝛾′′ (𝑡)𝛾′′′ (𝑡)]
‖𝛾′ (𝑡)×𝛾′′ (𝑡)‖

216

= (18+36𝑡 2)2.

Đường cong 𝛾(𝑡) = (𝑡, cosh 𝑡, sinh 𝑡) được gọi là đường xoắn ốc hyperbolic. Xác
định độ cong và độ xoắn của nó.

Giải
′ (𝑡)
′′
Ta có : 𝛾
= (1, sinh 𝑡 , cosh 𝑡), 𝛾 (𝑡) = (0, cosh 𝑡 , sinh 𝑡)
𝛾 ′′′ (𝑡) = (0, sinh 𝑡 , cosh 𝑡).
𝛾 ′ (𝑡) × 𝛾 ′′ (𝑡) = (sinh2 𝑡 − cosh2 𝑡 , − sinh 𝑡 , cosh 𝑡).
⟹ 𝛾 ′ (𝑡) × 𝛾 ′′ (𝑡) = (−1, − sinh 𝑡 , cosh 𝑡).
độ cong :
𝑘(𝑡) =

‖𝛾′ (𝑡)×𝛾′′ (𝑡)‖
‖𝛾′ (𝑡)‖3

=

√1+sinh2 𝑡+cosh2 𝑡
(√1+sinh2 𝑡+cosh2 𝑡)

3

=

1
1+sinh2 𝑡+cosh2 𝑡

.

độ xoắn :


9.

1
0
0
𝑑𝑒𝑡 | sinh 𝑡 cosh 𝑡 sinh 𝑡 |
𝑑𝑒𝑡[𝛾 ′ (𝑡)𝛾 ′′ (𝑡)𝛾 ′′′ (𝑡)]
cosh 𝑡 sinh 𝑡 cosh 𝑡
𝜏(𝑡) =
=
′
′′
2
‖𝛾 (𝑡) × 𝛾 (𝑡)‖
1 + sinh2 𝑡 + cosh2 𝑡
cosh2 𝑡 − sinh2 𝑡
1
=
=
1 + sinh2 𝑡 + cosh2 𝑡 2 cosh2 𝑡
𝑠
𝑠
𝑠
Cho 𝛾(𝑠) = (3 sin , 4 sin , 5 cos ). Tìm t, n và b của dường cong này. Đồng thời
5

5

5


tìm độ cong và độ xoắn, và chứng minh rằng đường cong được chứa trong một
mặt phẳng cố định. Tìm một vector pháp tuyến của mặt phẳng này.
Giải
3

𝑠

4

4

𝑠

𝑠

𝑠

Ta có: 𝐭(𝑠) = 𝛾 ′ (𝑠) = ( cos , cos , − sin )
5
5 5
5
5
𝛾 ′′ (𝑠) = (−
‖𝛾 ′′

3

𝑠

25


sin , −
5

1

𝑠

sin , − cos ),
25
5
5
5

3
𝑠 2
4
𝑠 2
1
𝑠 2 1
(𝑠)‖ = √(− sin ) , (− sin ) , (− cos ) =
25
5
25
5
5
5
5

𝛾 ′′′ (𝑠) = (


3

225

𝑠

4

5

225

cos , −

𝑠

cos ,
5

1

𝑠

sin ).
25
5

3
𝑠

4
𝑠
1
𝑠
− sin − sin − cos
𝛾 ′′ (𝑠)
25
5
25
5
5
5
𝐧(𝑠) = ′′
=(
,
,
)
‖𝛾 (𝑠)‖
1∕5
1∕5
1∕5
3
𝑠 4
𝑠
𝑠
= ( sin , sin , − cos )
5
5 5
5
5

4|Page


4 3

𝐛 = 𝐭(𝑠) × 𝐧(𝑠) = (− , , 0).
5 5

Độ cong:
𝑘(𝑠) =

‖𝛾 ′

4 2
3 2
√
( ) +( )
(𝑠) × 𝛾 (𝑠)‖
1
25
25
=
=
‖𝛾 ′ (𝑠)‖3
5
√13
′′

Độ xoắn:
𝑑𝑒𝑡[𝛾 ′ (𝑡)𝛾 ′′ (𝑡)𝛾 ′′′ (𝑡)]

0
𝜏(𝑠) =
=
=0
‖𝛾 ′ (𝑡) × 𝛾 ′′ (𝑡)‖2
1 ∕ 25
+ Chứng minh : hệ quả 4.6, 𝑘 ≠ 0, 𝑡 = 0 ⟹ mặt cong chứa trong mặt
phẳng cố định (đpcm).
10.

Cho 𝛾: I → ℝ3 là một đường cong tham số hóa chính quy nằm trên mặt tham số
hóa chính quy 𝜎: 𝑈 → ℝ3 . Giả sử ảnh của 𝛾 là một đường thẳng (hoặc một đoạn
đường thẳng). Chứng minh 𝛾 là một đường trắc địa.
Giải
Ta có 𝛾 là một đường thẳng ⟹ 𝑑𝑒𝑡[𝛾 ′ 𝛾′′] = 0 ⟹ 𝑘 = 0
Ta có 𝑘𝑔 =

𝑑𝑒𝑡[𝛾′ 𝛾′′ 𝑚]
‖𝛾′ ‖3

=

(𝛾′ ×𝛾′′ )∙𝑚
‖𝛾′ ‖3

=

(0;0;0)∙𝑚
‖𝛾′ ‖3


=0

⟹ 𝛾 là đường trắc đại 𝜎.
Cho 𝜎 là hình trụ với tham số hóa 𝜎(𝑢, 𝑣) = (cos 𝑣 , sin 𝑣, 𝑢), trong đó (𝑢, 𝑣) ∈
ℝ2 .
a. Cho 𝛾(𝑡) = 𝜎(𝑎 cos 𝑡, 𝑡) với 𝑡 ∈ ℝ, trong đó 𝑎 ∈ ℝ là một hằng số. xác định 𝑘𝑛 và
𝑘𝑔 của 𝛾. Với giá trị nào của 𝑎 thì nó là đường trắc địa?
b. Thay vào đó, xét 𝛾(𝑡) = 𝜎(𝑎𝑡 + 𝑏), 𝜔𝑡 với 𝑡 ∈ ℝ, trong đó 𝑎, 𝑏 và 𝜔 là các hằng số.
mô tả đường cong này và chỉ ra rằng nó là một đường trắc địa trong 𝜎.
c. Xác định hai đường trắc địa trong 𝜎 cùng có các điểm kết thúc là (1,0,0) và
(1,0,1), nhưng chúng có vết khác nhau giữa hai điểm này. Có đường trắc địa nào
nữa không giữa hai điểm đã cho?
Giải
Ta có 𝜎 ′ 𝑢 = (0,0,1), 𝜎 ′ 𝑣 = (− sin 𝑣, cos 𝑣, 0)

11.

𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (cos 𝑣, − sin 𝑣, 0),‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = √cos2 𝑣 + sin2 𝑣) = 1
𝜎′𝑢 × 𝜎′𝑣
𝑁= ′
= (cos 𝑣, − sin 𝑣, 0)
‖𝜎 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖
a. 𝑚(𝑡) = 𝑁(𝜇(𝑡)) = (cos 𝑡, − sin 𝑡, 0)
𝛾(𝑡) = (cos 𝑡 , sin 𝑡 , acos 𝑡), 𝛾 ′ = (− sin 𝑡 , cos 𝑡 , − asin 𝑡)
𝛾 ′′ (𝑡) = (− cos 𝑡 , − sin 𝑡 , − acos 𝑡).
5|Page


− sin 𝑡
− cos 𝑡

cos 𝑡
| cos 𝑡
− sin 𝑡 − sin 𝑡|
′ (𝑡)𝛾 ′′ (𝑡)𝑚(𝑡)]
𝑑𝑒𝑡[𝛾
0
𝑘𝑔 (𝑡) =
= − asin 𝑡 − acos 𝑡
3
‖𝛾 ′ (𝑡)‖3
(√sin2 𝑡 + cos 2 𝑡 + a2 sin2 𝑡)
− acos 𝑡 (cos 2 𝑡 + sin2 𝑡)
−𝑎 cos 𝑡
=
=
3
3
(√1 + a2 sin2 𝑡)
(√1 + a2 sin2 𝑡)
𝛾 ′′ (𝑡) ⋅ 𝑚(𝑡)
− cos 2 𝑡 + sin2 𝑡
sin2 𝑡 − cos 2 𝑡
𝑘𝑛 (𝑡) =
=
=
‖𝛾 ′ (𝑡)‖2
cos 2 𝑡 + sin2 𝑡 + a2 sin2 𝑡
1 + a2 sin2 𝑡
Mà 𝑘𝑔 = 0 là đường trắc địa :
−𝑎 cos 𝑡

𝑘𝑔 (𝑡) =
3 =0⟹𝑎 =0
2
2
(√1 + a sin 𝑡)
b. 𝛾(𝑡) = (cos 𝜔𝑡 , sin 𝜔𝑡 , 𝑎𝑡 + 𝑏), 𝛾 ′ (𝑡) = (− 𝜔sin 𝜔𝑡 , 𝜔cos 𝜔𝑡 , 𝑎)
𝛾 ′′ (𝑡) = (− 𝜔2 cos 𝜔𝑡 , − 𝜔2 sin 𝜔𝑡 , 0).
𝑚(𝑡) = (cos 𝜔𝑡 , − sin 𝜔𝑡 , 0).
𝑘𝑔 (𝑡) =

𝑑𝑒𝑡[𝛾′ (𝑡)𝛾′′ (𝑡)𝑚(𝑡)]

− 𝜔sin 𝜔𝑡
| 𝜔cos 𝜔𝑡
𝑎
=
=

‖𝛾′ (𝑡)‖3
2

.

− 𝜔 cos 𝜔𝑡
− 𝜔2 sin 𝜔𝑡
0

cos 𝜔𝑡
− sin 𝜔𝑡|
0

3

(√𝜔 2 sin2 𝜔𝑡 + 𝜔 2 cos 2 𝜔𝑡 + 𝑎2 )
𝑎𝜔2 sin 𝜔𝑡 cos 𝜔𝑡 + 𝑎𝜔2 sin 𝜔𝑡 cos 𝜔𝑡
(√𝜔 2

𝑎2 )

3

=

𝑎𝜔2 sin 2𝜔𝑡
3

+
(√𝜔 2 + 𝑎2 )
Mô tả : đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ, đồ thị cắt trục hoành tại
những điểm coa hoành độ 𝑥 =

𝑘𝜋
2𝜔

(𝑘 ∈ Ζ) =

𝑘
2𝜔

𝜋(𝑘 ∈ Ζ).


c. 𝜎(𝑢, 𝑣) = (1,0,1) ⟹ 𝜎(0,1) = (0,0,1)
𝜎(𝑢, 𝑣) = (1,0,0) ⟹ 𝜎(0,0) = (0,0,0).
𝑑𝑒𝑡[𝜎 ′ (𝑡)𝜎 ′′ (𝑡)𝑚(𝑡)]
𝑘𝑔 (𝑡) =
‖𝛾 ′ (𝑡)‖3
12. Cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑓(𝑢) cos 𝑣, 𝑓(𝑢) sin 𝑣, 𝑔(𝑢)) là một mặt tròn xoay.
a. Chứng tỏ rằng các đường kinh tuyến 𝑡 ↦ 𝜎(𝑡, 𝑣) là các đường trắc địa.
b. Kiểm chứng rằng với đường cong song song 𝑡 ↦ 𝜎(𝑢, 𝑡)
𝑓 ′ (𝑢)
𝑔′ (𝑢)
(𝑡) =
𝑘𝑔 (𝑡) =
1 , 𝑘𝑛
1
′
2
′
2
𝑓((𝑢)(𝑓 (𝑢) + 𝑔 (𝑢) )2
𝑓((𝑢)(𝑓 ′ (𝑢)2 + 𝑔′ (𝑢)2 )2
Tìm điều kiện cần và đủ để nó là một đường trắc địa.
Giải
6|Page


𝜎𝑢′ = (𝑓 ′ (𝑢) cos 𝑣 , 𝑓 ′ (𝑢) sin 𝑣 , 𝑔′ (𝑢)).
𝜎𝑣 ′ = (−𝑓(𝑢) sin 𝑣 , 𝑓(𝑢) cos 𝑣 , 0).
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣 ′ = (−𝑔′ (𝑢)𝑓(𝑢) cos 𝑣 , −𝑔′ (𝑢)𝑓(𝑢) sin 𝑣 , 𝑓 ′ (𝑢)𝑓(𝑢)).
‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣 ′ ‖ = √𝑔′ (𝑢)2 𝑓(𝑢)2 + 𝑓 ′ (𝑢)2 𝑓(𝑢)2 .
= 𝑓(𝑢)√𝑔′ (𝑢)2 + 𝑓 ′ (𝑢)2

𝑁=

𝜎𝑢′ ×𝜎𝑣 ′
‖𝜎𝑢′ ×𝜎𝑣 ′ ‖

=(

−𝑔′ (𝑢) cos 𝑣

,

√𝑔′ (𝑢)2 +𝑓′ (𝑢)2

−𝑔′ (𝑢) sin 𝑢

,

√𝑔′ (𝑢)2 +𝑓′ (𝑢)2

𝑓′ (𝑢)
√𝑔′ (𝑢)2 +𝑓′ (𝑢)2

).

a. Ta có:
𝑚(𝑡) = (

−𝑔′ (𝑡) cos 𝑣
√𝑔′ (𝑡)2 +𝑓′ (𝑡)2


,

−𝑔′ (𝑡) sin 𝑢
√𝑔′ (𝑡)2 +𝑓′ (𝑡)2

,

𝑓′ (𝑡)
√𝑔′ (𝑡)2 +𝑓′ (𝑡)2

).

𝛾(𝑡) = 𝜎(𝑡, 𝑣) = (𝑓(𝑡) cos 𝑣 , 𝑓(𝑡) sin 𝑣 , 𝑔(𝑡)).
𝛾 ′ (𝑡) = (𝑓 ′ (𝑡) cos 𝑣 , 𝑓 ′ (𝑡) sin 𝑣 , 𝑔′ (𝑡)).
𝛾 ′′ (𝑡) = (𝑓 ′ ′(𝑡) cos 𝑣 , 𝑓 ′ ′(𝑡) sin 𝑣 , 𝑔′′ (𝑡)).
𝑑𝑒𝑡[𝜎 ′ (𝑡)𝜎 ′′ (𝑡)𝑚(𝑡)]
𝑘𝑔 (𝑡) =
‖𝛾 ′ (𝑡)‖3
𝑓 ′ (𝑡) cos 𝑣
|
𝑓 ′ (𝑡) sin 𝑣
|

𝑓 ′ ′(𝑡) cos 𝑣
𝑓 ′ ′(𝑡) sin 𝑣

𝑔′ (𝑡)

𝑔′′ (𝑡)


=

−𝑔′ (𝑡) cos 𝑣
√𝑔′ (𝑡)2 + 𝑓 ′ (𝑡)2 |
−𝑔′ (𝑡) sin 𝑢
√𝑔′ (𝑡)2 + 𝑓 ′ (𝑡)2
|
𝑓 ′ (𝑡)
√𝑔′ (𝑡)2 + 𝑓 ′ (𝑡)2

(√𝑓 ′ (𝑡)2 + 𝑔′ (𝑡)2 )
=

0
(√𝑓′ (𝑡)2 +𝑔′ (𝑡)2 )

3

3

= 0.

Vậy đường kinh tuyến là đường trắc địa.
b. 𝑚(𝑡) = (

−𝑔′ (𝑢) cos 𝑡
√𝑔′ (𝑢)2 +𝑓′ (𝑢)2

,


−𝑔′ (𝑢) sin 𝑡
√𝑔′ (𝑢)2 +𝑓′ (𝑢)2

,

𝑓′ (𝑢)
√𝑔′ (𝑢)2 +𝑓′ (𝑢)2

)

𝛾(𝑡) = 𝜎(𝑢, 𝑡) = (𝑓(𝑢) cos 𝑡 , 𝑓(𝑢) sin 𝑡 , 𝑔(𝑢)).
𝛾 ′ (𝑡) = (−𝑓(𝑢) sin 𝑡 , 𝑓(𝑢) cos 𝑡 , 0).
𝛾 ′′ (𝑡) = (−𝑓(𝑢) cos 𝑡 , −𝑓(𝑢) sin 𝑡 , 0).

7|Page


𝑑𝑒𝑡[𝜎 ′ (𝑡)𝜎 ′′ (𝑡)𝑚(𝑡)]
𝑘𝑔 (𝑡) =
‖𝛾 ′ (𝑡)‖3
−𝑓(𝑢) sin 𝑡
|
𝑓(𝑢) cos 𝑡
|

−𝑓(𝑢) cos 𝑡
−𝑓(𝑢) sin 𝑡

0


0

=
(√𝑓(𝑢)2 )

−𝑔′ (𝑢) cos 𝑡
√𝑔′ (𝑢)2 + 𝑓 ′ (𝑢)2 |
−𝑔′ (𝑢) sin 𝑡
√𝑔′ (𝑢)2 + 𝑓 ′ (𝑢)2
|
𝑓 ′ (𝑢)
√𝑔′ (𝑢)2 + 𝑓 ′ (𝑢)2
3

𝑓(𝑢)2 . 𝑓 ′ (𝑢)
(cos 2 𝑡 + sin2 𝑡)
′
2
′
2
√𝑓 (𝑢) + 𝑔 (𝑢)
=
𝑓(𝑢)3
𝑓 ′ (𝑢)
=
(thỏa)
′
2
′
2

(𝑢)
(𝑢)
𝑓(𝑢)√𝑓
+𝑔
𝑔′(𝑢). 𝑓(𝑢)
(cos2 𝑡 + sin2 𝑡)
′′ (𝑡).
′
2
′
2
𝛾
𝑚(𝑡) √𝑓 (𝑢) + 𝑔 (𝑢)
𝑘𝑛 (𝑡) =
=
‖𝛾 ′ (𝑡)‖2
𝑓(𝑢)2
=

𝑔′ (𝑢)
𝑓(𝑢)√𝑓′ (𝑢)2 +𝑔′ (𝑢)2

(thỏa)

Điều kiện cần và đủ:
𝑘𝑔 (𝑡) = 0
{
𝑘𝑛 (𝑡) = 1
13. Cho 𝛾 = 𝜎 ∘ 𝜇: 𝐼 → ℝ3 là một đường cong tham số hóa chính quy trong mặt
tham số hóa chính quy 𝜎. Giả sử tồn tại một mặt phẳng Π cố định trong ℝ3 chứa

ảnh của 𝛾. Nếu với 𝑡0 ∈ 𝐼, mặt phẳng Π vuông góc với mặt phẳng tiếp xúc 𝑇𝜇(𝑡0) 𝜎
của 𝜎 tại 𝜇(𝑡0 ), thì ta gọi 𝛾 là một lát cắt pháp tuyến của 𝜎 tại điểm này (hai mặt
phẳng trong ℝ3 vuông góc vớ nhau nếu hai vector pháp tuyến của chúng trực
giao với nhau). Thí dụ, một đường tròn lớn trong mặt cầu là một lát cắt pháp
tuyến tại mọi điểm trên nó, bởi vì nó nằm trong mặt phẳng trực giao với không
gian tiếp xúc.
a. Chứng minh rằng một lát cắt pháp tuyến tại 𝑡0 có 𝑘𝑔 (𝑡0 ) = 0.
b. Sử dụng phần a) để kiểm chứng bài tập 12a, rằng các đường kinh tuyến của mặt
tròn xoay là các đường trắc địa. đồng thời cũng kiểm chứng các đường trắc địa
được tìm thấy trong Bài tập 12b.
14. Cho 𝛾: 𝐼 → ℝ3 là một đường cong tốc độ đơn vị với độ cong 𝑘(𝑡) ≠ 0 với mọi 𝑡.
Gọi 𝒃(𝑡) là phó pháp tuyến của đường cong tại 𝑡. Đặt 𝜎(𝑢, 𝑣) = 𝛾(𝑣) + 𝑢𝒃(𝑣) với
(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ × 𝐼.
8|Page


a. Chứng minh rằng 𝜎 là một tham số hóa chính quy. Mặt này được gọi là mặt phó
pháp tuyến của đường cong.
b. Chứng tỏ rằng 𝛾 là một đường trắc địa trong mặt phó pháp tuyến.
15.

Xét nón 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 cos 𝑣, 𝑢 sin 𝑣, 𝑎𝑢), với 𝑢 > 0 và với 𝑎 > 0 là một số cố định.
Một mặt cầu bán kính 1 được đặt vào trong nón (giống như một viên kem trong
nón).
a. Xác định tâm của mặt cầu, và tham số hóa cho phầm giao của các mặt như một
đường cong trơn.
b. Đưa ra các lập luận để thấy rằng đường cong này có cùng độ cong trắc địa 𝜅𝑔 và
có cùng độ cong pháp tuyến 𝜅𝑛 đối với hai mặt (mặt cầu được giả thiết là được
định hướng với pháp tuyến chỉ về phía tâm). Xác định |𝜅𝑔 | và 𝜅𝑛 .


9|Page