CHƯƠNG 6. ĐỊNH LÝ GAUSS
1.

Kiểm chứng các công thức về độ cong Gauss của mặt tròn xoay.
( 𝑓 ′ 𝑔′′ − 𝑓 ′′ 𝑔′ )𝑔′
𝐾=
(𝑓 ′ 2 + 𝑔′ 2 )2 𝑓
Chứng minh rằng nếu đường sinh có tốc độ đơn vị thì
𝑓′′
𝐾=−
𝑓
Giải
𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑓(𝑢) cos 𝑣 , 𝑓(𝑢) sin 𝑣 , 𝑔(𝑢))
𝜎 ′ 𝑢 = (𝑓 ′ (𝑢) cos 𝑣 , 𝑓 ′ (𝑢) sin 𝑣 , 𝑔′ (𝑢)).
𝜎 ′ 𝑣 = (−𝑓(𝑢) sin 𝑣 , 𝑓(𝑢) cos 𝑣 , 0).
2
𝐸 = ‖𝜎 ′ 𝑢 ‖2 = 𝑓 ′ (𝑢)2 cos 2 𝑣 + 𝑓 ′ (𝑢)2 sin2 𝑣 + 𝑔′ (𝑢)2 = 𝑓 ′ (𝑢) + 𝑔′ (𝑢)2
𝐹 = 𝜎′𝑢 ∙ 𝜎′𝑣 = 0
𝐺 = ‖𝜎 ′ 𝑣 ‖2 = 𝑓 2 (𝑢) sin2 𝑣 + 𝑓 2 (𝑢) cos 2 𝑣 = 𝑓 2 (𝑢)
𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (−𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢) cos 𝑣 , −𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢) sin 𝑣 , 𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢))
‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = √𝑓 2 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 2 (𝑢)𝑓 ′ 2 (𝑢)
−𝑓(𝑢)𝑔′ (𝑢) cos 𝑣
√𝑓 2 (𝑢)𝑔′ 2 (𝑢) + 𝑓 2 (𝑢)𝑓 ′ 2 (𝑢)
𝜎′𝑢 × 𝜎′𝑣
𝑁= ′
=
‖𝜎 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖

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

√𝑓 2 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 2 (𝑢)𝑓 ′ 2 (𝑢)

(
𝜎 𝑢𝑢 = (𝑓
cos 𝑣 , 𝑓
sin 𝑣 , 𝑔′′ (𝑢))
𝜎 ′′ 𝑢𝑣 = (−𝑓 ′ (𝑢) sin 𝑣 , 𝑓(𝑢) cos 𝑣 , 0)
𝜎 ′′ 𝑣𝑣 = (−𝑓(𝑢) cos 𝑣 , −𝑓(𝑢) sin 𝑣 , 0)
′′

′′ (𝑢)

)

′′ (𝑢)

1|Page


𝐿 = 𝑁 ∙ 𝜎 ′′ 𝑢𝑢
=

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

=

−𝑓(𝑢)𝑓 ′′ (𝑢)𝑔′ (𝑢) + 𝑔′′ (𝑢)𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢)
√𝑓 2 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 2 (𝑢)𝑓 ′ 2 (𝑢)


𝑀 =𝑁∙𝜎

𝑁 =𝑁∙𝜎

′′

′′

=

𝑢𝑣

𝑣𝑣

𝑓(𝑢)𝑓 ′ (𝑢)𝑔′ (𝑢) sin 𝑣 cos 𝑣

𝑓 ′ (𝑢)𝑔′ (𝑢)𝑓(𝑢) sin 𝑣 cos 𝑣

−

√𝑓 2 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 2 (𝑢)𝑓 ′ 2 (𝑢)

√𝑓 2 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 2 (𝑢)𝑓 ′ 2 (𝑢)

𝑓 2 (𝑢)𝑔′ (𝑢) cos 2 𝑣

𝑓 2 (𝑢)𝑔′ (𝑢) sin2 𝑣

=


+
′2

=0

√𝑓 2 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 2 (𝑢)𝑓 ′ 2 (𝑢)

√𝑓 2 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 2 (𝑢)𝑓 (𝑢)
𝑓 2 (𝑢)𝑔′ (𝑢)

=

√𝑓 2 (𝑢)𝑔′2 (𝑢) + 𝑓 2 (𝑢)𝑓 ′ 2 (𝑢)
𝐿𝑁 − 𝑀2 𝑓 3 𝑔′ (𝑔′′ 𝑓 ′ − 𝑔′ 𝑓 ′′ ) (𝑔′′ 𝑓 ′ − 𝑔′ 𝑓 ′′ )𝑔′
𝐾=
=
=
2
2 2
2
𝐸𝐺 − 𝐹 2
4
′
′
𝑓 (𝑔 + 𝑓 )
(𝑔′ 2 + 𝑓 ′ 2 ) 𝑓
Do đường sinh có tốc độ đơn vị, suy ra:
2

2


𝑓 ′ + 𝑔′ = 1
suy ra 𝑓 ′ 𝑓 ′′ + 𝑔′ 𝑔′′ = 0 ⇒ 𝑓 ′ 𝑓 ′′ = −𝑔′𝑔′′
từ độ cong Gauss ta có:
(𝑔′′ 𝑓 ′ − 𝑔′ 𝑓 ′′ )𝑔′ 𝑔′′ 𝑔′ 𝑓 ′ − 𝑔′ 2 𝑓 ′′ −𝑓 ′ 𝑓 ′′ 𝑓 ′ − 𝑔′2 𝑓′′ −𝑓′′(𝑓 ′ 2 + 𝑔′ 2 )
𝐾=
=
=
=
2 2
2
𝑓
𝑓
𝑓
′
′
(𝑔 + 𝑓 ) 𝑓
−𝑓′′
=
𝑓
2.

𝑡

Đường cong phẳng 𝛾(𝑡) = (sin 𝑡, cos 𝑡 + ln(tan )) , với 0 < 𝑡 < 𝜋 được gọi là
2

đường tractrix (đường đẳng tiếp tuyến).
𝜋
Chứng minh rằng nó là đường cong chính quy với 𝑡 ≠ . Mặt tròn xoay

2

𝑢

𝜎(𝑢, 𝑣) = (sin 𝑢 cos 𝑣 , sin 𝑢 sin 𝑣 , cos 𝑢 + ln tan ) , 0 < 𝑢 < 𝜋, 𝑣 ∈ ℝ được gọi là
2
một giả (mặt) cầu. kiểm chứng rằng 𝐾 = −1 tại tất cả các điểm trên giả cầu, ngoại
𝜋
trừ các điểm 𝑢 = (vì thế giống với mặt cầu bán kính 1, với độ cong 𝐾 = 1).
2

2|Page


Giải
1
)
sin 𝑡
cos 𝑡 ≠ 0
′ (𝑡)
1
𝛾
≠0⇔{
− sin 𝑡 +
≠0
sin 𝑡
cos 𝑡 ≠ 0
𝜋
cos 𝑡 ≠ 0
⇔ {1 − sin2 𝑡

⇔{ 2
⇔ cos 𝑡 ≠ 0 ⇔ 𝑡 ≠ + 𝑘𝜋
cos 𝑡 ≠ 0
≠0
2
sin 𝑡
𝜋
Vậy 𝛾(𝑡) chính quy với 𝑡 ≠ .
2
1
𝜎 ′ 𝑢 = (cos 𝑢 cos 𝑣 , cos 𝑢 sin 𝑣 , − sin 𝑢 +
)
sin 𝑢
𝜎 ′ 𝑣 = (− sin 𝑢 sin 𝑣 , sin 𝑢 cos 𝑣 , 0)
cos 𝑢
𝜎′′𝑢𝑢 = (− sin 𝑣 cos 𝑣 , − sin 𝑢 sin 𝑣 , − cos 𝑢 + 2 )
sin 𝑢
𝜎′′𝑢𝑣 = (− cos 𝑢 sin 𝑣 , cos 𝑢 cos 𝑣 , 0)
𝜎 ′′ 𝑣𝑣 = (− sin 𝑢 cos 𝑣 , − sin 𝑢 sin 𝑣 , 0)
1
𝐸 = ‖𝜎 ′ 𝑢 ‖2 = −1 + 2
sin 𝑢
′
′
𝐹 =𝜎 𝑢∙𝜎 𝑣 =0
𝐺 = ‖𝜎 ′ 𝑣 ‖2 = sin2 𝑢
𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (− cos 𝑣 cos 2 𝑢 , −𝑠𝑖𝑛 𝑣 cos 2 𝑢 , cos 𝑢 sin 𝑢)
‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = |cos 𝑢|
− cos 𝑣 cos 2 𝑢 −𝑠𝑖𝑛 𝑣 cos 2 𝑢 cos 𝑢 sin 𝑢
N=(

,
,
)
|cos 𝑢|
|cos 𝑢|
|cos 𝑢|
cos 2 𝑢
′′
𝐿 = N ∙ 𝜎 𝑢𝑢 =
sin 𝑢 |cos 𝑢|
′′
𝑀 = N ∙ 𝜎 𝑢𝑣 = 0
cos 2 𝑢 sin 𝑢
′′
𝑁 = N ∙ 𝜎 𝑣𝑣 =
|cos 𝑢|
cos 4 𝑢
2
𝐿𝑁 − 𝑀
cos 2 𝑢 = −1
𝐾=
=
𝐸𝐺 − 𝐹 2
1 − sin2 𝑢
Thí dụ 6.5.5, cho
𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 , 𝑎 cosh 𝑢 , sin 𝑣 , 𝑎𝑢) 𝑣ớ𝑖 (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 = ℝ2
𝜌(𝑠, 𝑡) = (𝑠 cos 𝑡 , 𝑠 sin 𝑡 , 𝑎 𝑡)𝑣ớ𝑖 (𝑠, 𝑡) ∈ 𝑉 = ℝ2
Tính các hệ số 𝐿, 𝑀, 𝑁 của 𝜎 𝑣à 𝜌, từ đó xác định độ cong Gauss của chúng.
𝛾′(𝑡) = (cos 𝑡 , − sin 𝑡 +


3.

3|Page


Giải
′

𝜎 𝑢 = (𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣 , 𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎)
𝜎 ′ 𝑣 = (−𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 , 0)
𝜎 ′′ 𝑢𝑢 = (𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 , 𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 , 0)
𝜎 ′′ 𝑢𝑣 = (−𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣 , 0)
𝜎 ′′ 𝑣𝑣 = (−𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣 , −𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 , 0)
𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (−𝑎2 cosh 𝑢 cos 𝑣 , −𝑎2 cosh 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎2 cosh 𝑢 sinh 𝑢)
‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = 𝑎2 cosh 𝑢 √1 + sinh2 𝑢
𝐸 = ‖𝜎 ′ 𝑢 ‖2 = 𝑎2 sinh2 𝑢 + 𝑎2 = 𝑎2 (sinh2 𝑢 + 1)
𝐹 = 𝜎′𝑢 ∙ 𝜎′𝑣 = 0
𝐺 = ‖𝜎 ′ 𝑣 ‖2 = 𝑎2 cosh2 𝑢
det(𝜎 ′ 𝑢 𝜎 ′ 𝑣 𝜎 ′′ 𝑢𝑢 )
−𝑎3 cosh2 𝑢
𝑎 cosh 𝑢
′′
𝐿 = 𝑁 ∙ 𝜎 𝑢𝑢 =
=
=
−
‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖
𝑎2 cosh 𝑢 √1 + sinh2 𝑢
√1 + sinh2 𝑢
𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣

−𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣
det(𝜎 ′ 𝑢 𝜎 ′ 𝑣 𝜎 ′′ 𝑢𝑢 ) = | 𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣
𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑢
𝑎
0
′
′
′′ )
det(𝜎 𝑢 𝜎 𝑣 𝜎 𝑢𝑣
𝑀 = 𝑁 ∙ 𝜎 ′′ 𝑢𝑣 =
=0
‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖

𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣
𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 |
0

𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣
−𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣
−𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣
det(𝜎 ′ 𝑢 𝜎 ′ 𝑣 𝜎 ′′ 𝑢𝑣 ) = | 𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣
𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑢
𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣 |
𝑎
0
0
′
′
′′ )
3

2
det(𝜎 𝑢 𝜎 𝑣 𝜎 𝑣𝑣
𝑎 cosh 𝑢
𝑎 cosh 𝑢
𝑁 = 𝑁 ∙ 𝜎 ′′ 𝑣𝑣 =
=
=
‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖
𝑎2 cosh 𝑢 √1 + sinh2 𝑢 √1 + sinh2 𝑢
𝑎 sinh 𝑢 cos 𝑣
−𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣
−𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑣
det(𝜎 ′ 𝑢 𝜎 ′ 𝑣 𝜎 ′′ 𝑣𝑣 ) = | 𝑎 sinh 𝑢 sin 𝑣
𝑎 cosh 𝑢 cos 𝑢
−𝑎 cosh 𝑢 sin 𝑣 |
𝑎
0
0
2
𝐿𝑁 − 𝑀
−𝑎 cosh 𝑢 . 𝑎 cosh 𝑢
−𝑎2
𝐾=
=
=
𝐸𝐺 − 𝐹 2 (1 + sinh2 𝑢)𝑎2 (sinh2 𝑢 + 1). 𝑎2 cosh2 𝑢 𝑎4 (1 + sinh2 𝑢)2
−1
= 2
𝑎 cosh2 𝑢
𝜌(𝑠, 𝑡) = (𝑠 cos 𝑡 , 𝑠 sin 𝑡 , 𝑎 𝑡)

𝜌′ 𝑠 = (cos 𝑡 , sin 𝑡 , 0)
𝜌′ 𝑡 = (−𝑠 sin 𝑡 , 𝑠 cos 𝑡 , 𝑎)
𝜌′′ 𝑠𝑠 = (0,0,0)
𝜌′′ 𝑠𝑡 = (− sin 𝑡 , cos 𝑡 , 0)
𝜌′′ 𝑡𝑡 (−𝑠 cos 𝑡 , −𝑠 sin 𝑡 , 0)
4|Page


2

𝐸 = ‖𝜌′ 𝑠 ‖ = 1
𝐹 = 𝜌′ 𝑠 ∙ 𝜌′ 𝑡 = 0
2

𝐺 = ‖𝜌′ 𝑡 ‖ = 𝑎2 + 𝑠 2
𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 = (𝑎 sin 𝑡 , −𝑎 cos 𝑡 , 𝑠)
‖𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 ‖ = √𝑎2 + 𝑠 2
𝐿 =𝑁∙𝜌

′′
𝑠𝑠

=

det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑠𝑠 )
‖𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 ‖

=0

cos 𝑡

−𝑠 sin 𝑡 0
det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑠𝑠 ) = | sin 𝑡
𝑠 cos 𝑡
0|
𝑎
0
0
′ ′ ′′
det(𝜌 𝑠 𝜌 𝑡 𝜌 𝑠𝑡 )
𝑎
𝑀 = 𝑁 ∙ 𝜌′′ 𝑠𝑡 =
=
−
‖𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 ‖
√𝑎2 + 𝑠 2
cos 𝑡 −𝑠 sin 𝑡 − sin 𝑡
det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑠𝑡 ) = | sin 𝑡
𝑠 cos 𝑡
cos 𝑡 |
𝑎
0
0
det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑡𝑡 )
′′
𝑁 = 𝑁 ∙ 𝜌 𝑡𝑡 =
=0
‖𝜌′ 𝑠 × 𝜌′ 𝑡 ‖
cos 𝑡 −𝑠 sin 𝑡 −𝑠 cos 𝑡
det(𝜌′ 𝑠 𝜌′ 𝑡 𝜌′′ 𝑡𝑡 ) = | sin 𝑡
𝑠 cos 𝑡

−𝑠 sin 𝑡 |
𝑎
0
0
2
2
𝐿𝑁 − 𝑀
−𝑎
𝐾=
=
𝐸𝐺 − 𝐹 2 (𝑎2 + 𝑠 2 )(𝑎2 + 𝑠 2 )
Ta thấy:
𝐿𝑁 − 𝑀2
−𝑎2
−𝑎2
−𝑎2
𝐾=
=
=
= 2
𝐸𝐺 − 𝐹 2 (𝑎2 + 𝑠 2 )(𝑎2 + 𝑠 2 ) ((𝑎2 + 𝑠 2 ))2
𝐺
đúng với định lí 6.4.
4.

Chứng minh rằng mặt tròn xoay 𝜏(𝑠, 𝑡) = (𝑠 cot 𝑡 , 𝑠 sin 𝑡 , 𝑎 ln 𝑡)𝑣ớ𝑖 (𝑠, 𝑡) ∈ 𝑈 =
{(𝑠, 𝑡)|𝑡 > 0} và 𝑎 là hằng số , có củng độ cong Gauss như của mặt xoắn ốc 𝜌 trong
bài tập 3, giới hạn trên 𝑈 . Tuy nhiên dạng cơ bản thứ nhất của chúng là khác nhau.
Điều này mâu thuẫn với định lí 6.4 không?
Giải

𝜏 ′ 𝑠 = (cos 𝑡 , sin 𝑡 , 0)
5|Page


𝑎
𝜏 ′ 𝑡 = (−𝑠 sin 𝑡, 𝑠 cos 𝑡 , )
𝑡
′′
𝜏 𝑠𝑠 = (0,0,0)
𝜏 ′′ 𝑠𝑡 = (− sin 𝑡 , cos 𝑡 , 0)

𝑎
𝜏 ′′ 𝑡𝑡 = (−𝑠 cos 𝑡, − 𝑠 sin 𝑡 , − 2 )
𝑡
𝑎
𝑎
𝜏 ′ 𝑠 × 𝜏 ′ 𝑡 = ( sin 𝑡 , cos 𝑡 , 𝑠)
𝑡
𝑡
‖𝜏 ′

𝑎 2
2
√
𝑠 × 𝜏 𝑡‖ = ( ) + 𝑠
𝑡
′

𝐸 = ‖𝜏 ′ 𝑠 ‖2 = 1
𝐹 = 𝜏 ′𝑠 ∙ 𝜏 ′𝑡 = 0

𝑎2
𝐺=
=𝑠 + 2
𝑡
𝑡
′′
𝐿 = 𝑁 ∙ 𝜏 𝑠𝑠 = 0
′
det(𝜏 ′ 𝑠 𝜏 ′ 𝑡 𝜏 ′ 𝑠𝑡 )
′′
𝑀 = 𝑁 ∙ 𝜏 𝑠𝑡 =
=−
‖𝜏 ′ 𝑠 × 𝜏 ′ 𝑡 ‖
‖𝜏 ′

‖2

2

det(𝜏 ′ 𝑠 𝜏 ′ 𝑡 𝜏 ′

′

𝑁 = 𝑁 ∙ 𝜏 ′′ 𝑡𝑡

𝑎
𝑡√

𝑎2
+ 𝑠2

𝑠2

−𝑠 sin 𝑡 − sin 𝑡
𝑎
𝑠 cos 𝑡
cos 𝑡 | = −
𝑡
𝑎
0
𝑡
′ ′ ′′
det(𝜏 𝑠 𝜏 𝑡 𝜏 𝑡𝑡 )
𝑎𝑠
=
=
‖𝜏 ′ 𝑠 × 𝜏 ′ 𝑡 ‖
𝑎2
𝑡 2√ 2 + 𝑠2
𝑠

cos 𝑡
=
|
)
sin 𝑡
𝑠𝑡
0

−𝑠 cos 𝑡
𝑎𝑠

−𝑠 sin 𝑡 | = 2
𝑡
𝑎
− 2
𝑡
𝑎 2
2
2
−
(
)
𝐿𝑁 − 𝑀
−𝑎
𝑡
𝐾=
=
2 =
2
2
𝐸𝐺 − 𝐹 2
𝑎
𝑎 2
2
2
2
𝑡 (( 𝑡 ) + 𝑠 )
(( 𝑡 ) + 𝑠 )
𝑎
Nếu ta đặt 𝐴 =
𝑣à 𝑆 = 𝑠, lúc đó độ cong Gauss

cos 𝑡
det(𝜏 𝑠 𝜏 𝑡 𝜏 𝑡𝑡 ) = | sin 𝑡
0
′

′

′′

−𝑠 sin 𝑡
𝑠 cos 𝑡
𝑎
𝑡

𝑡

2

𝐾=

−𝐴
(𝐴2 + 𝑆 2 )2
6|Page


giống với độ cong Gauss của bài tập3. Tuy nhiên dạng cơ bản thứ nhất của chúng là khác
nhau ( tính 𝐸, 𝐹, 𝐺 sẽ thấy rõ) điều đó không hề mâu thuẩn với định lí 6.4, vì định lí cho
chúng ta biết độ cong Gauss biểu thị qua 𝐸, 𝐹, 𝐺 nhưng nếu 2 mặt cong có 𝐸, 𝐹, 𝐺 của
chúng khác nhau vẫn có thể có một biểu thị nào đó để độ cong Gauss của chúng bằng
nhau.

5.

a. Cho ba số 𝑒, 𝑓, 𝑔 ∈ ℝ, với 𝑒𝑔 > 𝑓 2 𝑣à 𝑒, 𝑓 > 0 cho trước. chứng minh rằng tồn tại mặt
tham số hóa chính quy 𝜎: ℝ2 → ℝ3 , ảnh của nó là mặt phẳng 𝑥𝑦, sao cho 𝐸(𝑢, 𝑣) =
𝑒, 𝐹(𝑢, 𝑣) = 𝑓 𝑣à 𝐺(𝑢, 𝑣) = 𝑔 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 (𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 .
b. cho 𝜎: 𝑈 → ℝ3 là mặt tham số hóa chính quy bất kỳ với 𝐸, 𝐹 và 𝐺 là các hằng số.
chứng minh rằng tồn tại một vi phôi cảm sinh ra phép đẳng cự từ 𝜎 vào mặt tham
số hóa có ảnh được chứa trong mặt phẳng 𝑥𝑦.
Giải
a.
Xét
𝜎(𝑢, 𝑣) = (√𝑒𝑢 +

𝑓
√𝑒

𝑣, √

𝑒𝑔 − 𝑓 2
𝑣, 0)
𝑒

Ta thấy:
𝜎 ′ 𝑢 = (√𝑒, 0,0)
𝜎′𝑣 = (

𝑒𝑔 − 𝑓 2
,√
, 0)
𝑒

√𝑒
𝑓

Lúc đó ∀(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 ta thấy {𝜎 ′ 𝑢 , 𝜎 ′ 𝑣 } độc lập tuyến tính.
Suy ra 𝜎(𝑢, 𝑣) là một tham số hóa từ ℝ2 → ℝ3 thỏa điều kiện:
𝐸(𝑢, 𝑣) = 𝑒
𝐹(𝑢, 𝑣) = 𝑓
∀(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2
𝐺(𝑢, 𝑣) = 𝑔
Ta cũng dễ thấy 𝜎(𝑢, 𝑣) là mặt phẳng 𝑥𝑦 (vì thành phần cao độ bằng 0)
b.
Xét
𝑒𝑔 − 𝑓 2
√
𝜋(𝑢, 𝑣) = (√𝑒𝑢 +
𝑣,
𝑣) , (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈
𝑒
√𝑒
𝑓

và 𝛾(𝑢, 𝑣) = (𝑢, 𝑣, 0) . Khi đó 𝜋(𝑢, 𝑣) là một vi phôi.
7|Page


Xét
𝑒𝑔 − 𝑓 2
√
𝛾 ∘ 𝜋 = (√𝑒𝑢 +
𝑣,

𝑣, 0)
𝑒
√𝑒
𝑓

Khi đó:
𝐸=𝑒
𝐹=𝑓
𝐺=𝑔
Vậy 𝛾 ∘ 𝜋 đẳng cự với 𝜎, có ảnh được chứa trong mặt phẳng 𝑥𝑦
6.

a. Cho 0 < 𝑎 < 1 và
𝑠

𝑓(𝑠) = 𝑎 cos 𝑠

𝑣à 𝑔(𝑠) = ∫ √1 − 𝑎2 sin2 𝑟 𝑑𝑟
0

Kiểm chứng đường cong 𝛾(𝑠) = (𝑓(𝑠), 𝑔(𝑠)) có tốc độ đơn vị
Giải
𝑔′(𝑠) = √1 − 𝑎2 sin2 𝑠
𝛾 ′ (𝑠) = (𝑓 ′ (𝑠), 𝑔′ (𝑠)) = (−𝑎 sin 𝑠 , √1 − 𝑎2 sin2 𝑠 )
‖𝛾 ′ (𝑠)‖ = √𝑎2 sin2 𝑠 + (1 − 𝑎2 sin2 𝑠) = 1
Suy ra 𝛾(𝑠) = (𝑓(𝑠), 𝑔(𝑠)) có tốc độ đơn vị.
b.
Cho 𝜌(𝑠, 𝑡) = (𝑓(𝑠) cos 𝑡 , 𝑓(𝑠) sin 𝑡 , 𝑔(𝑠)) là mặt tròn xoay với đường sinh
𝛾(𝑠) trong đó
𝜋

𝜋
(𝑠, 𝑡) ∈ 𝑉 = {(𝑠, 𝑡)|− < 𝑠 < , −𝜋 < 𝑡 < 𝜋}
2
2
Hơn nữa, gọi 𝜎(𝑢, 𝑣) là ký hiệu một phần mặt cầu đơn vị với tọa độ cầu chuẩn tắc
(xem thí dụ 1.2.2), với miền xác định được giới hạn trên 𝑈 =
𝜋

𝜋

{(𝑢, 𝑣)|− 2 < 𝑢 < 2 , −𝑎𝜋 < 𝑣 < 𝑎𝜋}, nghĩa là một phần của mặt sau được gỡ bỏ đi.
𝑣

Chứng minh rằng ánh xạ 𝜓: 𝑈 → 𝑉 được cho bởi 𝜓(𝑢, 𝑣) = (𝑢, ) cảm sinh một
𝑎
1

phép đẳng cự (với 𝑎 = ta có thể hình dung 𝜓 như là phép uốn cong của nữa mặt
2

cầu, thí dụ như vỏ của nữa quả cam). Ta có thể đưa ra kết luận những gì cho các
đường cong trên 𝜌?
Giải
Ta có:

8|Page


𝑣
𝑣 𝑢

𝜌 ∘ 𝜓 = (𝑎 cos 𝑢 cos , 𝑎 cos 𝑢 sin , ∫ √1 − 𝑎2 sin2 𝑟 𝑑𝑟 )
𝑎
𝑎 0
𝑣
𝑣
(𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑢 = (− asin 𝑢 cos , − asin 𝑢 sin , √1 − 𝑎2 sin2 𝑢)
𝑎
𝑎
𝑣
𝑣
(𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑣 = (− cos 𝑢 sin , cos 𝑢 cos , 0)
𝑎
𝑎
Khi đó:
2

𝐸 = ‖(𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑢 ‖ = 1 = 𝐸𝜎
𝐹 = (𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑢 ∙ (𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑣 = 0 = 𝐹𝜎
2

𝐺 = ‖(𝜌 ∘ 𝜓)′ 𝑣 ‖ = cos 2 𝑢 = 𝐺𝜎
Vì vậy, ánh xạ 𝜓: 𝑈 → 𝑉 cảm sinh một phép đẳng cự từ 𝜎 𝑣à𝑜 𝜌
7.

𝑐

Cho 𝜓(𝑢, 𝑣) = (𝑢, 𝑣 + ) 𝑣ớ𝑖 (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 = {(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 |𝑢 > 0}, trong đó 𝑐 ∈ ℝ là
𝑢
một hằng số.
a.

Cho 𝜎: 𝑈 → ℝ3 là một tham số hóa trơn, và xét 𝜏 = 𝜎 ∘ 𝜓. Kiểm chứng
𝑐
𝜏 ′ 𝑢 (𝑢, 𝑣) = 𝜎 ′ 𝑢 (𝜓(𝑢, 𝑣)) − 2 ′ (𝜓(𝑢, 𝑣))
𝑢 𝜎𝑣
′ (𝑢,
và xác định một biểu thức tương tự cho 𝜏 𝑣 𝑣).
b.
Giả sử dạng cơ bản thứ nhất của 𝜎 được cho bởi
𝐸 = 1 + 𝑣 2 , 𝐹 = 𝑢𝑣,
𝐺 = 𝑢2
với (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈. Chứng minh rằng 𝜓 cảm sinh ra một đẳng cự từ 𝜎 vào chính nó
(nghĩa là, lấy 𝑉 = 𝑈 𝑣à 𝜌 = 𝜎 trong định nghĩa 6.5.2).
c.
Không cần tính rõ ràng độ cong Gauss 𝐾(𝑢, 𝑣), chứng minh rằng 𝐾(𝑢, 𝑣)
không phụ thuộc vào 𝑣.
Giải
a.

9|Page


𝜕𝜎1
𝜕𝜎1
(𝜓)
(𝜓)
𝜕𝑢
𝜕𝑣
1
0
𝜕𝜎2

𝜕𝜎2
𝑐
𝐷𝜏 = 𝐷𝜎(𝜓). 𝐷𝜓 =
(
(𝜓)
(𝜓) −
1)
𝜕𝑢
𝜕𝑣
2
𝑢
𝜕𝜎3
𝜕𝜎3
(𝜓)
(𝜓)
( 𝜕𝑢
)
𝜕𝑣
𝜕𝜎1
𝑐 𝜕𝜎1
𝜕𝜎1
(𝜓) − 2 .
(𝜓)
(𝜓)
𝜕𝑢
𝑢 𝜕𝑣
𝜕𝑣
𝜕𝜎2
𝑐 𝜕𝜎2
𝜕𝜎2

=
(𝜓) − 2
(𝜓)
(𝜓)
𝜕𝑢
𝑢 𝜕𝑣
𝜕𝑣
𝜕𝜎3
𝑐 𝜕𝜎3
𝜕𝜎3
(𝜓) − 2
(𝜓)
(𝜓))
( 𝜕𝑢
𝑢 𝜕𝑣
𝜕𝑣
𝑐
𝜏𝑢′ = 𝜎𝑢′ (𝜓) − 2 𝜎𝑣′ (𝜓)
𝑢
Vậy {
′
′ (𝜓)
𝜏𝑣 = 𝜎𝑣
b.
Ta có:
2
𝑐 ′
′
2
′

𝐸𝜏 = ‖𝜏𝑢 ‖ = ‖𝜎𝑢 (𝜓) − 2 𝜎𝑣 (𝜓)‖
𝑢
𝑐2 ′
𝑐
′
2
= ‖𝜎𝑢 (𝜓)‖ + 4 ‖𝜎𝑣 (𝜓)‖2 − 2 2 𝜎𝑢′ (𝜓). 𝜎𝑣′ (𝜓)
𝑢
𝑢
2
2
𝑐
𝑐
𝑐
𝑐
= 1 + (𝑣 + ) + 4 𝑢2 − 2 2 𝑢 (𝑣 + ) = 1 + 𝑣 2 = 𝐸𝜎
𝑢
𝑢
𝑢
𝑢
′
2
′
2
2
𝐺𝜏 = ‖𝜏𝑣 ‖ = ‖𝜎𝑣 (𝜓)‖ = 𝑢 = 𝐺𝜎
𝑐
𝑐
𝑐
𝐹𝜏 = 𝜏𝑢′ . 𝜏𝑣′ = 𝜎𝑢′ (𝜓). 𝜎𝑣′ (𝜓) − 2 ‖𝜎𝑣′ (𝜓)‖2 = 𝑢 (𝑣 + ) − 2 𝑢2 = 𝑢𝑣 = 𝐹𝜎

𝑢
𝑢
𝑢
Vì vậy 𝜓 cảm sinh ra một đẳng cự từ 𝜎 vào chính nó.
c.
Theo câu b ta được :
𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣) = 𝐾𝜏 (𝑢, 𝑣) ⇔ 𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣) = 𝐾𝜎∘𝜓 (𝑢, 𝑣) ⇔ 𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣) = 𝐾𝜎 (𝜓(𝑢, 𝑣))
𝑐
⇔ 𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣) = 𝐾𝜎 (𝑢, 𝑣 + ) ∀(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈, ∀𝑐 ∈ ℝ
𝑢
Nếu độ cong Gauss 𝐾(𝑢, 𝑣) phụ thuộc vào 𝑣, ta cố định (𝑢, 𝑣) và cho 𝑐 ⟶ +∞ thì
𝑐

𝐾(𝑢, 𝑣) = lim 𝐾 (𝑢, 𝑣 + ) (biến đổi do 𝐾(𝑢, 𝑣) không phải hàm hằng) Vô lý
𝑢
𝑐⟶+∞

Vậy độ cong Gauss 𝐾(𝑢, 𝑣) không phụ thuộc vào 𝑣.
8.

Chứng minh các phát biểu sau đây bằng cách áp dụng quy tắc đạo hàm (quy tắc dây
chuyền) và đồng nhất thức (3) trong mục 3.4:
10 | P a g e


a.
Nếu 𝜓 cảm sinh ra một phép đẳng cự từ 𝜎 𝑣à𝑜 𝜌, thì 𝜓 −1 cảm sinh ra phép
đẳng cự từ 𝜌 𝑣à𝑜 𝜎.
b.
Nếu thêm một mặt tham số hóa thứ ba 𝜏: 𝑊 → ℝ3 , cùng với một vi phôi

𝜑: 𝑉 → 𝑊 cảm sinh một đẳng cự từ 𝜌 𝑣à𝑜 𝜏 thì 𝜑°𝜓 cảm sinh một đẳng cự từ
𝜎 𝑣à𝑜 𝜏.
Giải
−1
a.
𝜓 là một vi phôi. (hiển nhiên do 𝜓 cảm sinh một phép đẳng cự từ 𝜎 vào 𝜌)
[𝐷(𝜌 ∘ 𝜓)]𝑇 𝐷(𝜌 ∘ 𝜓) = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎 ⇔ (𝐷𝜓)𝑇 [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓)𝐷𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎
⇒ [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓) = (𝐷𝜓 −1 )𝑇 (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎𝐷𝜓 −1
⇒ [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓) = (𝐷𝜓 −1 )𝑇 (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎𝐷𝜓 −1
⇒ [𝐷𝜌]𝑇 𝐷𝜌 = (𝐷𝜓 −1 )𝑇 [𝐷𝜎(𝜓 −1 )]𝑇 𝐷𝜎(𝜓 −1 )𝐷𝜓 −1
⇒ [𝐷𝜌]𝑇 𝐷𝜌 = [𝐷𝜎 ∘ 𝜓]𝑇 𝐷𝜎 ∘ 𝜓
𝐸𝜌 = 𝐸𝜎∘𝜓−1
Vì vậy ta được { 𝐹𝜌 = 𝐹𝜎∘𝜓−1
𝐺𝜌 = 𝐺𝜎∘𝜓−1
Vậy 𝜓 −1 cảm sinh ra phép đẳng cự từ 𝜎 vào 𝜌.
b.
(𝐷𝜌 ∘ 𝜓)𝑇 𝐷𝜌 ∘ 𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎
Ta có {
(𝐷𝜏 ∘ 𝜙)𝑇 𝐷𝜏 ∘ 𝜙 = (𝐷𝜌)𝑇 𝐷𝜌
(𝐷𝜓)𝑇 [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓)𝐷𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎
{
(𝐷𝜙)𝑇 [𝐷𝜏(𝜙)]𝑇 𝐷𝜏(𝜙)𝐷𝜙 = (𝐷𝜌)𝑇 𝐷𝜌
(𝐷𝜓)𝑇 [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓)𝐷𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎
⇒{
𝑇
[𝐷𝜙(𝜓)]𝑇 [𝐷𝜏(𝜙(𝜓))] 𝐷𝜏(𝜙(𝜓))𝐷𝜙(𝜓) = [𝐷𝜌(𝜓)]𝑇 𝐷𝜌(𝜓)
Thay phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất ta được:
𝑇

(𝐷𝜓)𝑇 [𝐷𝜙(𝜓)]𝑇 [𝐷𝜏(𝜙(𝜓))] 𝐷𝜏(𝜙(𝜓))𝐷𝜙(𝜓)𝐷𝜓 = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎

[𝐷𝜙 ∘ 𝜓]𝑇 [𝐷𝜏(𝜙 ∘ 𝜓)]𝑇 𝐷𝜏(𝜙 ∘ 𝜓) = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎
⇔ [𝐷𝜏 ∘ (𝜙 ∘ 𝜓)]𝑇 𝐷𝜏 ∘ (𝜙 ∘ 𝜓) = (𝐷𝜎)𝑇 𝐷𝜎
𝐸𝜏∘(𝜙∘𝜓) = 𝐸𝜎
Vì vậy ta được : { 𝐹𝜏∘(𝜙∘𝜓) = 𝐹𝜎
𝐺𝜏∘(𝜙∘𝜓) = 𝐺𝜎
Vậy 𝜑°𝜓 cảm sinh một đẳng cự từ 𝜎 vào 𝜏

11 | P a g e