CHƯƠNG 5. DẠNG CƠ BẢN THỨ HAI
1.
a.

b.
c.
d.

Cho 𝜎 là mặt xoắn ốc 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 cos 𝑣 , 𝑢 sin 𝑣 , 𝑣).
Xác định 𝑘𝑔 và 𝑘𝑛 của đường xoắn ốc 𝛾(𝑡) = (𝑎 cos 𝑡 , 𝑎 sin 𝑡 , 𝑡) trên 𝜎. Ở đây 𝑎 ∈ ℝ
là một hằng số (trong trường hợp suy biến 𝑎 = 0, đường xoắn ốc là một đường
thẳng).
Xác định 𝑊(𝛾 ′ (𝑡)), với 𝑊 là ánh xạ Weingarten của 𝜎 tại 𝑝 = (𝑎, 𝑡).
Trả lời các câu hỏi tương tự cho đường cong 𝛽(𝑡) = (𝑡 cos 𝑏 , 𝑡 sin 𝑏 , 𝑏) trên 𝜎, với
𝑏 ∈ ℝ là một hằng số.
Trong các đường cong trên, đường cong, đường cong nào là đường trắc địa của mặt
xoắn ốc?
Giải
𝜎 ′ 𝑢 = (cos 𝑣 , sin 𝑣 , 0)
𝜎 ′ 𝑣 = (−𝑢 sin 𝑣 , 𝑢 cos 𝑣 , 1)
𝛾 ′ (𝑡) = (−𝑎 sin 𝑡 , 𝑎 cos 𝑡 , 1)
𝛾 ′′ (𝑡) = (−𝑎 cos 𝑡 , −𝑎 sin 𝑡 , 0)
𝜎′𝑢 × 𝜎′𝑣
𝐍= ′
‖𝜎 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖
𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (|

sin 𝑣
𝑢 cos 𝑣

cos 𝑣

0 0
cos 𝑣
|,|
|,|
1 1 −𝑢 sin 𝑣 −𝑢 sin 𝑣

sin 𝑣
|)
𝑢 cos 𝑣

= (sin 𝑣 , − cos 𝑣 , 𝑢 cos 2 𝑣 + 𝑢 sin2 𝑣)
= (sin 𝑣 , − cos 𝑣 , 𝑢)
‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = √sin2 𝑣 + cos 2 𝑣 + 𝑢2 = √1 + 𝑢2
𝒎(𝑡) = 𝑁(𝜇(𝑡)) =

(sin 𝑣 , − cos 𝑣 , 𝑢)
√1 + 𝑢2

−𝑎 sin 𝑡
det[𝛾 ′ (𝑡)𝛾 ′′ (𝑡)𝒎(𝑡)] |
𝑘𝑔 (𝑡) =
= 𝑎 cos 𝑡
‖𝛾 ′ (𝑡)‖3
|
1

−𝑎 cos 𝑡
−𝑎 sin 𝑡
0


sin 𝑣
√1 + 𝑢2 |
− cos 𝑣
√1 + 𝑢2 |
𝑢
√1 + 𝑢2
1|Page


cos 𝑣 −𝑎 sin 𝑡
𝑎 cos 𝑡 −𝑎 sin 𝑡
|−
|
1
0
1
√1 + 𝑢2
√1 + 𝑢2
𝑢
−𝑎 sin 𝑡 −𝑎 cos 𝑡
+
|
|
√1 + 𝑢2 𝑎 cos 𝑡 −𝑎 sin 𝑡
=

=

sin 𝑣


− sin 𝑣
𝑢2

|

𝑎 sin 𝑡 +

cos 𝑣
𝑢2

𝑢

𝑎 cos 𝑡 +

𝑢2

−𝑎 cos 𝑡
|
0

+ 𝑎2 sin2 𝑡 + 𝑎2 cos 2 𝑡

√1 +
√1 +
√1 +
sin 𝑣 𝑎 sin 𝑡 cos 𝑣 𝑎 cos 𝑡
𝑢
=−
+
+

+ 𝑎2
2
2
2
√1 + 𝑢
√1 + 𝑢
√1 + 𝑢

3

3

3

‖𝛾 ′ (𝑡)‖3 = (√𝑎2 sin2 𝑡 + 𝑎2 cos 2 𝑡 + 1) = (√𝑎2 + 1) = (𝑎2 +1)2
2.

Xét mặt xoắn ốc 𝜎(𝑢; 𝑣) = (𝑢 cos 𝑣 ; 𝑢 sin 𝑣 ; 𝑎𝑣)
𝜎𝑢′ = (cos 𝑣 ; sin 𝑣 ; 0)
𝜎𝑣′ = (−𝑢 sin 𝑣 ; 𝑢 cos 𝑣 ; 𝑎)
′′
𝜎𝑢𝑢
= (0; 0; 0)
′′
𝜎𝑣𝑣
= (−𝑢 cos 𝑣 ; −𝑢 sin 𝑣 ; 0)
′′
𝜎𝑢𝑣
= (− sin 𝑣 ; cos 𝑣 ; 0)


𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (𝑎 sin 𝑣 ; −𝑎 cos 𝑣 ; 𝑢)
‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √𝑎2 + 𝑢2
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′
𝑎 sin 𝑣
𝑎 cos 𝑣
𝑢
𝑁= ′
=
;
−
;
(
)
‖𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ ‖
√𝑎2 + 𝑢2
√𝑎2 + 𝑢2 √𝑎2 + 𝑢2
′′
𝐿 = 𝑁. 𝜎𝑢𝑢
= (0; 0; 0)

𝑀=

′′
𝑁. 𝜎𝑢𝑣

= (−

′′
𝑁 = 𝑁. 𝜎𝑣𝑣
= (−


3.

𝑎 sin2 𝑣
√𝑎2 + 𝑢2

;−

𝑎 cos 2 𝑣
√𝑎2 + 𝑢2

; 0)

𝑎𝑢 sin 𝑣 cos 𝑣 𝑎𝑢 sin 𝑣 cos 𝑣
;
; 0)
√𝑎2 + 𝑢2
√𝑎2 + 𝑢2

𝜎(𝑢; 𝑣) = (𝑓(𝑢) cos 𝑣 ; 𝑓(𝑢) sin 𝑣 ; 𝑔(𝑢))
𝜎𝑢′ = (𝑓 ′ (𝑢) cos 𝑣 ; 𝑓 ′ (𝑢) sin 𝑣 ; 𝑔′ (𝑢))
𝜎𝑣′ = (−𝑓(𝑢) sin 𝑣 ; 𝑓(𝑢) cos 𝑣 ; 0)
2|Page


𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (−𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢) cos 𝑣 ; −𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢) sin 𝑣 ; 𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢))
= 𝑓(𝑢)(−𝑔′ (𝑢) cos 𝑣 ; −𝑔′ (𝑢) sin 𝑣 ; 𝑓 ′ (𝑢))
‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √[𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢)]2 + [𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢)]2 = 𝑓(𝑢)√[𝑔′ (𝑢)]2 + [𝑓 ′ (𝑢)]2
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′
𝑁= ′

‖𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ ‖
𝑔′ (𝑢) cos 𝑣
𝑔′ (𝑢) sin 𝑣
𝑓 ′ (𝑢)
= (−
;−
;
)
√[𝑔′ (𝑢)]2 + [𝑓 ′ (𝑢)]2
√[𝑔′ (𝑢)]2 + [𝑓 ′ (𝑢)]2 √[𝑔′ (𝑢)]2 + [𝑓 ′ (𝑢)]2
′′
𝜎𝑢𝑢
= (𝑓 ′′ (𝑢) cos 𝑣 ; 𝑓 ′′ (𝑢) sin 𝑣 ; 𝑔′′ (𝑢))
′′
𝜎𝑣𝑣
= (−𝑓(𝑢) cos 𝑣 ; −𝑓(𝑢) sin 𝑣 ; 0)
′′
𝜎𝑢𝑣
= (−𝑓 ′ (𝑢) sin 𝑣 ; 𝑓 ′ (𝑢) cos 𝑣 ; 0)

𝐿=

′′
𝑁. 𝜎𝑢𝑢

=

−𝑓 ′′ (𝑢)𝑔′ (𝑢) cos 2 𝑣 − 𝑓 ′′ (𝑢)𝑔′ (𝑢) sin2 𝑣 + 𝑓 ′ (𝑢)𝑔′′ (𝑢)
√[𝑔′ (𝑢)]2 + [𝑓 ′ (𝑢)]2


=

6.

𝑀=

′′
𝑁. 𝜎𝑢𝑣

𝑁=

′′
𝑁. 𝜎𝑣𝑣

=

=

𝑓 ′ 𝑔′′ − 𝑓 ′′ 𝑔′
√(𝑔′ )2 + (𝑓 ′ )2
𝑓 ′′ (𝑢)𝑔′ (𝑢) sin 𝑣 cos 𝑣 − 𝑓 ′′ (𝑢)𝑔′ (𝑢) sin 𝑣 cos 𝑣 + 0
√[𝑔′ (𝑢)]2 + [𝑓 ′ (𝑢)]2

𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢) cos 2 𝑣 + 𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢) sin2 𝑣 + 0
√[𝑔′ (𝑢)]2 + [𝑓 ′ (𝑢)]2

=

=0


𝑓𝑔′
√(𝑔′ )2 + (𝑓 ′ )2

𝜎(𝑢; 𝑣) = (𝑢 − 𝑣; 𝑢 + 𝑣; 𝑢2 + 𝑣 2 )
𝜎𝑢′ = (1; 1; 2𝑢)
𝜎𝑣′ = (−1; 1; 2𝑣)
𝐸 = ‖𝜎𝑢′ ‖ = 2 + 4𝑢2
𝐹 = 𝜎𝑢′ . 𝜎𝑣′ = 4𝑢𝑣
𝐺 = ‖𝜎𝑣′ ‖ = 2 + 4𝑣 2
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (2𝑢 − 2𝑣; −2𝑢 − 2𝑣; 2)
‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √8𝑢2 + 8𝑣 2 + 4
3|Page


𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′
𝑢−𝑣
−𝑢 − 𝑣
1
𝑁= ′
=
;
;
(
)
‖𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ ‖
√2𝑢2 + 2𝑣 2 + 2 √2𝑢2 + 2𝑣 2 + 2 √2𝑢2 + 2𝑣 2 + 2
1 1

b) với = ( ; ) → 𝑁(𝑝) = (0; −
2 2


1

;

1

𝑒1 = (1; 0; 0) ; ⃗⃗⃗
𝑒2 + ⃗⃗⃗
𝑒3 = (0; 1; 1)
) ; ⃗⃗⃗

√2 √2

Ta có : 𝑁(𝑝). ⃗⃗⃗
𝑒1 = 𝑁(𝑝). [𝑒⃗⃗⃗2 + ⃗⃗⃗
𝑒3 ] = 0 suy ra ⃗⃗⃗
𝑒1 và ⃗⃗⃗
𝑒2 + ⃗⃗⃗
𝑒3 vuông góc với 𝑁(𝑝)
suy ra
𝑒1 ∈ 𝑇𝑝 𝜎 và ⃗⃗⃗
⃗⃗⃗
𝑒2 + ⃗⃗⃗
𝑒3 ∈ 𝑇𝑝 𝜎.
′′
′′
′′
c) 𝜎𝑢𝑢
= (0; 0; 2) 𝜎𝑣𝑣

= (0; 0; 2) 𝜎𝑢𝑣
= (0; 0; 0)
′′
𝐿 = 𝑁. 𝜎𝑢𝑢
=

2
√2𝑢2 + 2𝑣 2 + 2

→ 𝐿(𝑝) = √2

′′
𝑀 = 𝑁. 𝜎𝑢𝑣
= 0 → 𝑀(𝑝) = 0
′′
𝑁 = 𝑁. 𝜎𝑣𝑣
=

2
√2𝑢2 + 2𝑣 2 + 2

→ 𝑁(𝑝) = √2

Câu 7: 𝜎(𝑢; 𝑣) = (𝑢; 𝑣; 𝑢𝑣)
𝜎𝑢′ = (1; 0; 𝑣)
𝜎𝑣′ = (0; 1; 𝑢)
′′
𝜎𝑢𝑢
= (0; 0; 0)
′′

𝜎𝑣𝑣
= (0; 0; 0)
′′
𝜎𝑢𝑣
= (0; 0; 1)

𝐸 = ‖𝜎𝑢′ ‖ = 1 + 𝑣 2
𝐹 = 𝜎𝑢′ . 𝜎𝑣′ = 𝑢𝑣
𝐺 = ‖𝜎𝑣′ ‖ = 1 + 𝑢2
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (−𝑣; −𝑢; 1)
‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √𝑢2 + 𝑣 2 + 1
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′
−𝑣
−𝑢
1
𝑁= ′
=
;
;
(
)
‖𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ ‖
√𝑢2 + 𝑣 2 + 1 √𝑢2 + 𝑣 2 + 1 √𝑢2 + 𝑣 2 + 1
′′
𝐿 = 𝑁. 𝜎𝑢𝑢
= 0 → 𝐿(𝑝) = 0

4|Page



′′
𝑀 = 𝑁. 𝜎𝑢𝑣
=

1
√𝑢2 + 𝑣 2 + 1

→ 𝑀(𝑝) =

1
√2

′′
𝑁 = 𝑁. 𝜎𝑣𝑣
= 0 → 𝑁(𝑝) = 0

8.

Ta có 𝐹(𝑢0 ; 𝑣0 ) = 𝑀(𝑢0 ; 𝑣0 ) = 0
Tại điểm cho trước (𝑢0 ; 𝑣0 ) độ cong chính 𝑘1 , 𝑘2 là nghiệm của phương trình,
ứng với 𝜎𝑢′ và 𝜎𝑣′ .
𝑎
𝐸 0 −1 𝐿 𝑀 𝑎
(
) (
)( ) = 𝑘( )
𝑏
0 𝐺
𝑀 𝑁 𝑏
1 𝐺 0 𝐿 0 𝑎

𝑘 𝑎
(
)(
)( ) = ( 1 )
𝑘2 𝑏
𝐸𝐺 0 𝐸 0 𝑁 𝑏
1
(𝐸
0

𝐿
(𝐸
0

0

𝐿
)(
1 0
𝐺

𝑘 𝑎
0 𝑎
)( ) = ( 1 )
𝑘2 𝑏
𝑁 𝑏

0

𝑘 𝑎

𝑎
)( ) = ( 1 )
𝑁 𝑏
𝑘2 𝑏
𝐺

𝐿
𝐿
𝑘
=
𝑎
1
𝑘 𝑎
𝐺
(𝐸 ) = ( 1 ) ↔ {
𝑁
𝑁
𝑘2 𝑎
𝑎
𝑘2 =
𝐺
𝐺
10.

Cho 𝑞(𝑥; 𝑦) = 2𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 5𝑦 2
Ma trận đối xứng có dạng toàn phương 𝐴 = [

2 2
]
2 5


Tìm giá trị riêng 𝜆:
2−𝜆
2
det (
)=0
2
5−𝜆
⇔ (2 − 𝜆)(5 − 𝜆) − 4 = 0
⇔ 𝜆2 − 7𝜆 + 6 = 0l
𝜆=1
⇔[
𝜆=6
Vec tơ chính tương ứng với 𝜆 = 1
5|Page


𝑥
2 2 𝑥
] [𝑦] = [𝑦]
2 5
2𝑥 + 2𝑦 = 𝑥
⇒{
⇒ 𝑥 + 2𝑦 = 0
2𝑥 + 5𝑦 = 𝑦
𝑥
2
Chọn 𝑥 = 2; 𝑦 = −1 suy ra [𝑦] = [ ]
−1
Vec tơ chính tương ứng với 𝜆 = 1

𝑞(𝑥; 𝑦) = 𝑎𝑥 2 + 3𝑥𝑦 + 𝑏𝑦 2 có thể đưa về dạng 4(𝑥 ′ ) − (𝑦 ′ )2 bằng một phép quay.
Xác định a, b.
[

11.

𝑎

Ma trận đối xứng qua 𝑞(𝑥; 𝑦)là [ 3
2

𝑎−𝜆
det (
3
2

3
2

𝑏

]

3
2 )=0
𝑏−𝜆

9
=0
4

9
⇔ 𝜆2 − (𝑎 + 𝑏)𝜆 + 𝑎𝑏 − = 0
4
Từ (1) suy ra 𝜆1 = 4 và 𝜆2 = −1
Với 𝜆1 = 4 thay vào (2): 16𝑎 + 16𝑏 − 4𝑎𝑏 = 55
Với 𝜆2 = −1 thay vào (2): 4𝑎 + 4𝑏 + 4𝑎𝑏 = 5
16𝑎 + 16𝑏 − 4𝑎𝑏 = 55 (3)
Nên ta có hệ {
4𝑎 + 4𝑏 + 4𝑎𝑏 = 5
(4)
(3) + (4) ⇒ 20𝑎 + 20𝑏 = 60 ⇒ 𝑎 = 3 − 𝑏
Thay 𝑎 = 3 − 𝑏 vào(4) ta được 4(3 − 𝑏) + 4𝑏 + 4(3 − 𝑏)𝑏 = 5
⇔ 4𝑏 2 − 12𝑏 + 7 = 0
⇔ (𝑎 − 𝜆)(𝑏 − 𝜆 ) −

−√2 − 3
7
⇒𝑎=
2
6 − 2√2
7
√2 − 3
𝑏=
⇒
2
6 + 2√2

𝑏=
⇔
[

13.

ℎ(𝑢; 𝑣) = 𝑢3 − 3𝑢𝑣 2
Ta có 𝜎(𝑢; 𝑣) = (𝑢; 𝑣; 𝑢3 − 3𝑢𝑣 2 )
𝜎𝑢′ = (1; 0; 3𝑢2 − 3𝑣 2 )
𝜎𝑣′ = (0; 1; −6𝑢𝑣)
𝐸(𝑝) = ‖𝜎𝑢′ ‖2 = 1
6|Page


𝐹(𝑝) = 𝜎𝑢′ 𝜎𝑣′ = 0
𝐺(𝑝) = ‖𝜎𝑣′ ‖ = 1
′′
𝜎𝑢𝑢
= (0; 0; 6𝑢)
′′
𝜎𝑢𝑣 = (0; 0; −6𝑣)
′′
𝜎𝑣𝑣
= (0; 0; −6𝑢)
14.
1
𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑣, 𝑣, 𝑢2 + 𝑢𝑣 + 2𝑣 2 )
2
′′
𝜎𝑢′ = (1,0, 𝑢 + 𝑣), 𝜎𝑢𝑢
= (0,0,1)
′′
′′
𝜎𝑣′ = (1,1,5𝑣), 𝜎𝑣𝑣

= (0,0,5), 𝜎𝑢𝑣
= (0,0,1)

Khi đó:
2

𝐸 = ‖𝜎𝑢′ ‖2 = (√1 + (𝑢 + 𝑣)2 ) = 1
𝐺 = ‖𝜎𝑣′ ‖2 = (√12 + 12 + 25𝑣 2 ) = 2
𝐹 = 𝜎𝑢′ . 𝜎𝑣′ = 1 + (𝑢 + 𝑣)5𝑣 = 1
Ta có:
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (|

0 𝑢+𝑣 𝑢+𝑣
|,|
1
5𝑣
5𝑣

1 1 0
|,|
|) = (−𝑢 − 𝑣, 𝑢 − 4𝑣, 1) = (0,0,1)
1 1 1

‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √((−𝑢 − 𝑣)2 + (𝑢 − 4𝑣)2 + 1) = 1
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′
⟹𝑵= ′
= (0,0,1)
‖𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ ‖
Suy ra
′′

𝐿 = 𝑵. 𝜎𝑢𝑢
=1
′′
𝑀 = 𝑵. 𝜎𝑢𝑣
=1
′′
𝑁 = 𝑵. 𝜎𝑣𝑣
=5

Gọi 𝑘1 , 𝑘2 là độ cong chính.
𝐸
det ((
𝐹

𝐹 −1 𝐿
) (
𝐺
𝑀

1
⟺ det ((
1

𝑀
1
)−𝑘(
𝑁
0

1 −1 1 1

𝑘
) (
)−(
1 5
0
√2

0
)) = 0
1
0
)) = 0
𝑘
7|Page


⟺ det (( 2 + √2 −1 − √2)
−1 − √2 1 + √2

−1

1
(
1

1
𝑘
)−(
5
0


1 1
𝑘
⟺ det (( 2 + √2 −1 − √2) (
)−(
1 5
0
−1 − √2 1 + √2
𝑘
⟺ det ((2 + √2 − 1 − √2 −3 − 4√2) − (
0
0
−6 − 6√2
⟺ det ((1
0

−3 − 4√2 − 𝑘
) (
0
−6 − 6√2

0
)) = 0
𝑘

0
)) = 0
𝑘
0
)) = 0

𝑘

0
)) = 0
𝑘

⟺ det (1 − 𝑘
0

−3 − 4√2
1−𝑘
−3 − 4√2 = 0
)=0⟺|
|
−6 − 6√2 − 𝑘
0
−6 − 6√2 − 𝑘
1−𝑘 =0
𝑘=1
⟺ (1 − 𝑘)( −6 − 6√2 − 𝑘) = 0 ⟺ [
⟺[
−6 − 6√2 − 𝑘 = 0
𝑘 = −6 − 6√2
Các véctơ chính 𝑎𝜎𝑢′ + 𝑏𝜎𝑣′ với 𝑎, 𝑏 là nghiệm.
𝐸
(
𝐹

𝐹 −1 𝐿
) (

𝐺
𝑀

𝑎
𝑎
1 1 −1 1 1 𝑎
𝑀 𝑎
)( ) = 𝑘( ) ⟺ (
) (
)( ) = 𝑘( )
𝑏
𝑏
𝑁 𝑏
1 5 𝑏
1 √2

𝑎 + (−3 − 4√2)𝑏
𝑎 + (−3 − 4√2)𝑏 = 𝑘𝑎
𝑎
⟺(
) = 𝑘( ) ⟺ [
𝑏
(−6 − 6√2)𝑏
(−6 − 6√2)𝑏 = 𝑘𝑏
15.
𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢, 𝑣, 𝑎𝑢 + 𝑏𝑣 + 𝑐𝑢2 + 𝑑𝑢𝑣 + 𝑒𝑣 2 )
𝜎𝑢′ = (1,0, 𝑎 + 2𝑐𝑢 + 𝑑𝑣)
′′
𝜎𝑢𝑢
= (0,0,2𝑐)


𝜎𝑣′ = (0,1, 𝑏 + 𝑑𝑢 + 2𝑒𝑣)
′′
𝜎𝑣𝑣
= (0,0,2𝑒)
′′
𝜎𝑢𝑣
= (0,0, 𝑑)

5
𝐸 = ‖𝜎𝑢′ ‖2 = 1 + 𝑎2 = ;
4
1
𝐹 = 𝜎𝑢′ . 𝜎𝑣′ = 𝑎𝑏 =
2

(𝑢, 𝑣) = (0,0)

8|Page


𝐺 = ‖𝜎𝑣′ ‖2 = 2
𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′
−𝑎
−𝑏
1
𝑵= ′
=
,
,

(
)
‖𝜎𝑢 × 𝜎𝑣′ ‖
√𝑎2 + 𝑏 2 + 1 √𝑎2 + 𝑏 2 + 1 √𝑎2 + 𝑏 2 + 1
′′
𝐿 = 𝑵. 𝜎𝑢𝑢
=
′′
𝑀 = 𝑵. 𝜎𝑢𝑣
=
′′
𝑁 = 𝑵. 𝜎𝑣𝑣
=

2𝑐
√𝑎2 + 𝑏 2 + 1
𝑑
√𝑎2 + 𝑏 2 + 1
2𝑒
√𝑎2 + 𝑏 2 + 1

=3
=−

3
2

=3

Suy ra, ta có hệ

1 + 𝑎2 =

5
4

1
𝑎=±
1
2
𝑎𝑏 =
2
𝑏 = ±1
1 + 𝑏2 = 2
9
2𝑐
3 ⟺ 𝑐=
16
=
2
2
4
9
√𝑎 + 𝑏 + 1
𝑑
=
−
𝑑
3
4
=−

9
2
2
2
√𝑎 + 𝑏 + 1
{ 𝑒=4
2𝑒
=3
{ √𝑎2 + 𝑏 2 + 1
1
9
9
9
Vậyℎ(𝑢, 𝑣) = ± 𝑢 ± 𝑣 + 𝑢2 − 𝑢𝑣 + 𝑣 2
2
16
4
4
Các độ cong chính là nghiệm của phương trình:
𝐸
det ((
𝐹

𝐹 −1 𝐿
) (
𝐺
𝑀

𝑀
1

)−𝑘(
𝑁
0

0
)) = 0
1

3
5 1 −1 3
−
2) − ( 𝑘 0 ) = 0
⟹ det (4 2) ( 4
3
1
0 𝑘
−
3
2
2
2
(
)
1 −2
𝑘 0
1−𝑘
−2
⟺ |(
|=0
)−(

)| = 0 ⟺ |
−1 2
0 𝑘
−1
2−𝑘

9|Page


𝑘 =0
⟺ (1 − 𝑘)(2 − 𝑘) − 2 = 0 ⟺ 𝑘 2 − 3𝑘 = 0 ⟺ { 1
𝑘2 = 3
𝑎
Véctơ chính tương ứng là 𝑎𝜎𝑢′ + 𝑏𝜎𝑣′ với ( )
𝑏
TH1:
3
5 1 −1 3
−
2) (𝑎) = 0 (𝑎)
( 4 2) ( 4
𝑏
𝑏
3
1
−
3
2
2
2

𝑎
1 −2 𝑎
⟺(
)( ) = 0( )
𝑏
𝑏
−1 2
1
𝑎 − 2𝑏
0
⟺(
) = ( ) ⟹ 𝑎 = 2𝑏 ⟹ 𝑏 = 𝑎, (𝑎 ≠ 0)
−𝑎 + 2𝑏
0
2
1
Suy ra 𝑎𝜎𝑢′ + 𝑎𝜎𝑣′ .
2
TH2:
𝑎
𝑎 − 2𝑏
3𝑎
1 −2 𝑎
(
)( ) = 3( ) ⟺ (
) = ( ) ⟹ 𝑎 = −𝑏 ⟹ 𝑏 = −𝑎
𝑏
𝑏
−1 2
−𝑎 + 2𝑏

3𝑏
Suy ra 𝑎𝜎𝑢′ − 𝑎𝜎𝑣′ .
Dạng của điểm 𝑝 = (0,0,0) được gọi là điểm Parabolic vì có 𝑘1 = 0 và 𝑘2 ≠ 0.

10 | P a g e