BÀI tập HÌNH học VI PHÂN

Bài tập 7 Các dạng toàn phương nào sau đây không thể là dạng cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy nào đó.. Dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy có dạng , trong đó Lý

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HCM

KHOA TOÁN – TIN HỌC

BÀI TẬP HÌNH HỌC VI PHÂN

NHÓM 7 GVHD: TS NGUYỄN HÀ THANH

Thành phố Hồ Chí Minh – 2021

1 Danh sách thành viên

2 Bài tập nhóm

Giải Trong mặt phẳng E2 chọn các điểm O M M, , 0 sao cho

0 0 ( ),

Ở đây điểm M di động, còn các điểm O M, 0 cố định

1 Ta có r t( )= +  + r0 t r t r1 2 2 , tương đương 2

0 1 2 ( ) − =  + 

r t r t r t r Khi đó

2

M M t r t r=  +  , t 

• Trường hợp 1: r1 không cùng phương với r2 nên . thuộc mặt phẳng

0

1 2

qua ( ) :

VTCP là và







M P

r r Trên ( )P chọn mục tiêu M r r0, ,1 2 thì

Bài tập 1 Cho các véc-tơ , , Tìm giá các véc-tơ sau:

Xét trường hợp cùng phương với

2 2

( , ) : x t

y t

 =

 =

 =



Vậy trên ( )P điểm M chạy trên Parabol 2

y= x

• Trường hợp 2: r1 cùng phương với r2

Suy ra tồn tại k  sao cho r1 = k r2, ta cĩ

2 2

0 =  +  =1 2 ( +  ) 2

Suy ra M thuộc đường thẳng 0

2

qua ( ) :

VTCP



 



M

r .

Đặt f t( )= +  t2 k t k0

Suy ra điểm M chỉ chạy trên nửa đường thẳng ( )

2 Ta cĩ

( ) cos sin

r t = +r t r + t r , t

• Trường hợp 1: r1 khơng cùng phương với r2 , suy ra M thuộc mặt phẳng

0 2

VTCP là

qua ( ) :

r

M

P 





Trên ( )P chọn mục tiêu {M r r0, , }1 2 thì

cos ( , ) :

sin

M x y

=



 =

Suy ra x2 +y2 =1

Vậy trên ( )P điểm M chạy trên elip 2 2

1

x + y =

• Trường hợp 2: r1 cùng phương với r2

Suy ra tồn tại k  sao cho r2 = k r1 nên

0 =cos  +1 sin  =2 (cos + sin ) 1

Suy ra M thuộc đường thẳng

0 1

VTCP

qua ( ) :

r

M



 



( ) cos sin 1 ( ) 1

f t = t+k t − +k  f t  +k Suy ra điểm M chỉ chạy trên một đoạn thẳng thuộc đường thẳng ( )

3 Ta cĩ r t( )= +r0 cosht r +1 sinht r t 2,  , tương đương

0 =cosh  +1 sinh  2

• Trường hợp 1: r1 khơng cùng phương với r2

Suy ra M thuộc mặt phẳng

0 2

qua ( ) :

VTCP







M P

r .

Trên ( )P chọn mục tiêu {M r r0, ,1 2} thì

cosh ( , ) :

sinh

M x y

=



 =

cosh sinh 1

− y = t− t=

Vậy trên ( )P điểm M chạy trên hyperbol 2 2

1

x − y =

• Trường hợp 2: r1 cùng phương r2

Nên tồn tại k  sao cho r2 =  , suy ra k r1

0 =cosh  +1 sinh  =2 (cosh + sinh ) 1

Suy ra M thuộc đường thẳng

0 1

Qua ( ) :

VTCP

M r



 



GiảiChọn O cố định Đặt OM = và r OM0 =r0

1 Ta có r = +r0 ur1 +u r2 2 +vr3, tương đương

2

0 =  +1 2 +  3

M M u r u r v r

Chọn (M r r r0, , ,1 2 3) thì

2

2 ( , , ) :

=

=

=



=









y x

M x

x u

y u

z z

z

v v

Suy ra M chạy trên Parabol 2

y=x nằm trong mặt phẳng z =v

2 Ta có r t( )= +r0 cosu r +1 sinu r + 2 v r3, tương đương

Bài tập 2 Cho độc lập tuyến tính Tìm giá của các hàm véc-tơ sau đây:

0 =cos  +1 sin  + 2 3

Chọn (M r r r0 1 2 3, , , ) thì

cos

1 ( , , ) : sin

z v

z v

 =

 + =

=

=



 =



Suy ra M chạy trên elip 2 2

1

x + y = nằm trong mặt phẳng z=v

3 Ta có r r0 u 1 r1 u 1 r2 v r3

= + +  + −  + 

= +  + −  + 

Chọn (M r r r0, , ,1 2 3) là mục tiêu thì

2 2

2 2

1

( , , ) : 1 4 4

x u

M x y z

z v

u

z v



= +



  − =  − =

=



 =



Suy ra M chạy trên Hyperbol

2 2

1

4 4

x − y = nằm trong mặt phẳng z =v

0 cos 1 sin 2 3

= +  +  + 

r r u v r u v r u r , tương đương

2

0 = cos  +1 sin  2 +  3

Chọn (M r r r0, , ,1 2 3) là mục tiêu thì

2

cos ( , , ) : sin 0

z u

 =

 =  + =  + − =



 =



Suy ra M chạy trên mặt paraboloid eliptic x2 +y2 − =z 0

Bài tập 3 Cho đường thẳng tham số với

,

GiảiTa có x t( )=2t  x(0) 0= , lại có y t( )=0.

Suy ra r(0)=(0,0,0) do đó r t( ) không chính qui tại t =0

Vậy r t( ) không là đường tham số chính qui t =0

Giải Giả sử r1 và r2 là hai đường tham số tương đương

Khi đó tồn tại một vi phôi  sao cho

1( )=( 2 )( )= 2( ( )) ( ,0,0)=( ,0,0) = ( )( )=

Dễ thấy rằng hàm 3

( )t t

 = không khả vi tại t=0 nên  không là vi phôi

Vậy r1 và r2 là hai đường tham số không tương đương

Giải

1 Đầu tiên, ta cần tìm giao điểm giữa cung và trục hoành

2

0

2 ln 0

a t

t a a



− =





Vậy bài toán đưa về dạng tìm độ dài cung từ điểm t =a sang t= t0

Ta có

2 2 ( )= + , − , 2 ln 

2 2

2 2 ( ) 1 , 1 , 2 

 = − + 

t

Bài tập 5 Tìm độ dài các cung sau:

Bài tập 4 Hai đường tham số sau tương đương không?

Suy ra

( ) 1  1  2  2 1  2 1 

 =  −   +    =  +  =  + 





a

r

t

Áp dụng công thức, ta có

0

0

0

0

t

a t a

t

=  +  =  −  =  − 



Vậy

0

2 0 ,

0

2

a t

a

t

=  − 

 

2 Ta có

2

3 2

2 ( ) :

6

 =





 =



x y a C

x z a

.

Ta chọn t = x , suy ra

2 3 2

( ) , ,

2 6

=  t t 

a a Ta có tại gốc tọa độ O(0,0,0) thì

1 0

t = và tại P x y z thì 0( ,0 0, )0 t2 = x0

Vậy bài toán đưa về dạng tìm độ dài cung giữa hai điểm t = và 1 0 t2 = x0

Ta có

2 3 2

( ) , ,

2 6

=  t t 

a a , nên

2 2

( ) 1, ,

2

 =  t t 

r t

a a

Suy ra

2 2

1

r t

 = +  + =  +    = +

 

 

Áp dụng công thức ta có

0 0

0

3

0

x x

x

x

=  +  = + = + =



Vậy

0,x

l  x z

Giải

Bài t ập 6 Tìm dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của các mặt sau

a) Ta có

( sin cos , sin sin , cos );

( cos sin , cos cos , 0)

u v

 = − −

 = −

Suy ra

( )

( )

2

2

( sin cos ) ( sin sin ) ( cos ) sin cos ; ( sin cos )( cos sin ) ( sin sin )( cos cos ) 0;

( cos sin ) ( cos cos ) cos

u

v





Do đó ds2 =Edu2 +2Fdudv Gdv+ 2 =( sina2 2u c+ 2cos )2u du2 +a2cos2udv2 b) Ta có

(cos , sin , );

( sin , cos , 0)

u v

 =

 = −

Suy ra

( ) ( )

2

2

cos sin 1 ; (cos )( sin ) sin ( cos ) 0;

( sin ) ( cos )

u

v



 



Do đó ds2 = Edu2 +2Fdudv Gdv+ 2 = +(1 h du2) 2 +u dv2 2

Bài tập 7 Các dạng toàn phương nào sau đây không thể là dạng cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy nào đó

Dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy có dạng

, trong đó

Lý thuyết

Giải Áp dụng lý thuyết được trình bày ở trên, ta được lời giải như sau.

a) Ta có  = EG F− 2 = − 3 0 Vậy đây không phải là dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy

b) Ta có  = EG F− 2 = 0 Vậy đây không phải là dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy

c) Ta có  = EG F− 2 = 2 0 Đây là dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy

d) Ta có  = EG F− 2 = − 4 0 Vậy đây không phải là dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy

Giải Ta có

tương ứng Xét trường hợp đặt biệt tại các điểm xích đạo và các điểm cực.

Đặt Khi đó

Ta xét các trường hợp sau

• Nếu thì , điều này vô lý Vậy đây không phải

là dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy

• Nếu thì hay Đây không phải là mặt chính quy Vậy đây không phải là dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy

• Nếu thì hay Vậy đây là dạng toàn phương cơ bản thứ nhất của một mặt chính quy

( sin cos , sin sin , cos );

( cos sin , cos cos , 0)

u v

 = − −

 = − −

Suy ra

( )2

2

u

Đường u v= có phương trình tham số 1:u v t= = Đường v =const có phương trình tham số 2 :u t v v= , = 0

Đường tham số u =const có phương trình tham số 3:u3 =u v0, 3 =t Ta có

2

cos

( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )

1

; cos 1 cos

Eu u F u v v u Gv v

k

 =   +   +   +  

 +  +    +   + 

và

cos

( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )

cos cos cos0 1 .

2 cos cos 1 cos 0

Eu u F u v v u Gv v





  +   +   +  

=

 +   +    +   + 

Đường xích đạo có phương trình v =0 mà u v= nên u =0 thay vào biểu thức trên

ta được

2

2

2

1 cos 0 cos0 1

2

1 cos 0

+

+

Tại cực ta có

2

v=  và

2

u =  Thế vào biểu thức trên ta được

2

1

1 cos

2



  +  

 

;

2

cos

2

1 cos

2





 

 

 

  +  

 

Giải Đối với đường u = const

1

1 1

0 1





 =   =



p

v

và

1

( ) ( ) ( ) ( )

 



 =   =

p

Ta có:

0

Edu du F du dv du dv Gdv dv

Đối với đường v= const

1

1 0





 =   =



p

( ) ( ) ( ) ( )

 



 =   =

p

Ta có:

Trở lại bài toán, ta có

(cos ,sin ,1), ( cos , sin ,1)

= = −

Suy ra

2

= u = =  =u v = v = +

Theo chứng minh trên, ta có: Đối với đường u = constthì quỹ đạo trực giao là

2

2

1

−

+

du

Đối với đường v= constthì quỹ đạo trực giao là

+ =  + =  = −  = − +

Bài tập 9 Tìm quỹ đạo trực giao với các đường toạ độ của mặt

.

Giải Vì ds2 =du2 +(u2 +a dv2) 2nên E=1, F=0,G u= 2 +a2 Ta có

( ) : 0

1 1

+ =





 = −  = −

và

( ) : 0

1 1

− =





 =   =

Gọi  là góc giữa (C1),(C2) Ta có:

1 ( ) cos

1 ( ) 1 ( )

,

do(C1)(C2)=O(0,0) Do đó

2 2

1 cos

1

 = − +

a

a

Giải Từ giả thiết ta có E=1,F=0,G u= 2 +a2 Suy ra diện tích tam giác cong trên mặt giới hạn bởi các đường u = av v, =1 là

1

0

0

2 0

ln

1

1 ln

2

1 ( 1) ln 1

av

av

av

a

−

−





Ta tính:

Bài tập 10 Cho dạng toàn phương cơ bản thứ nhất là

Tính góc giữa hai đường cong.

Bài tập 11 Tìm diện tích tam giác cong trên mặt có dạng toàn phương cơ bản thứ nhất

giới hạn bởi các đường

•

1 3

0

0

1

1 ( 1) ( 1) (2 2 1)

2

+

ln + +1 =2 ln + +1

2

1

ln 1

 + +

Suy ra

2

1

2 0

1

ln ( 1 ) ln ( 1 )

ln 2 1 2 1

+



vdv

v

Vậy

2

2

2 2 1 2 ln 2 1 2 1

2 2

ln 2 1

3 3

=  − +   + − + 

=  − + + 

S

a