• các mặt cầu có tâm là gốc tọa độ, các mặt phẳng chứa trục Oz và các mặt nón tròn xoay có trục làOz;
• các mặt phẳng song song với mặt phẳng Oxy, các mặt phẳng chứa trục Oz và các mặt trụ tròn xoay có trục làOz.
!!!!!!!!!!!!!!! hinh ve
4.29. Dựa vào mặt bậc haiFt(x, y, z) = 0, với Ft(x, y, z) = x2
p2−1 + y2
q2 −t −2z+t,
hãy xây dựng một hệ trực giao chứa hai họ các paraboloid elliptic và một họ các paraboloid hyperbolic (xem ở trên). Tương tự như (4.10) hãy tìm một tham số hóa cho những mặt này.
4.7 Các ứng dụng của Định lý hàm ngược
Trong tiết này chúng ta trình bày các chứng minh của Mệnh đề4.1và Định lý4.1.
Trước hết giả sửf :U →Rn là một ánh xạ trơn, trong đóU là một tập con mở củaRm. Viết (˜u1, . . . ,u˜n) = f(u1, . . . , um), thì ma trận Jacobi củaf là
J(f) =
∂˜u1
∂u1
∂˜u1
∂u2 ã ã ã ∂u∂˜u1
∂˜u2 m
∂u1
∂˜u2
∂u2 ã ã ã ∂u∂˜um2 ... ... ... ...
∂˜un
∂u1
∂˜un
∂u2 ã ã ã ∂u∂˜un
m
Chúng ta đã dùng vớim=n= 2trong Tiết 4.2, tuy nhiên bây giờ sẽ cần thêm các trường hợp khác.
Công cụ chính cần ở đây là
Định lý 4.2(Định lý hàm ẩn). Giả sửf :U →Rn là một ánh xạ trơn định nghĩa trên một tập con mởU củaRn(n ≥1). Giả sử rằng, tại một điểmx0 ∈U nào đó, ma trận JacobiJ(f)là khả nghịch. Khi đó, tồn tại một tập con mởV của Rn và một ánh xạ trơng :V →Rnsao cho
(i) y0 =f(x0)∈V; (ii) g(y0) = x0; (iii) g(V)⊆U;
(iv) g(V)là một tập con mở của Rn; (v) f(g(y)) =y với mọiy∈V.
Đặc biệt,g :V →g(V)vàf :g(V)→V là các song ánh nghịch của nhau.
Như vậy, định lý hàm ẩn nói rằng, nếu J(f) là khả nghịch tại một điểm nào đó, thì f là song ánh tại lân cận điểm đó và ánh xạ ngược của nó là ánh xạ trơn. Chứng minh cho định lý này có thể xem trong các sách giải tích nhiều biến.
4.7. CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ HÀM NGƯỢC CHƯƠNG 4. MẶT CONG
Chúng ta sẽ sử dụng định lý hàm ẩn để chứng minh Mệnh đề4.1. Ta cần chỉ ra rằng, nếuσ : U → R3 và σ˜ : ˜U → R3 là hai mảnh vá chính qui trong bản đồ của một mặt S, thì ánh xạ chuyển từσ đến σ˜ là trơn tại những nơi mà nó xác định.
Giả sử rằng một điểmP nằm trên cả hai mảnh vá, tức làσ(u0, v0) = ˜σ(˜u0,˜v0) = P. Viết σ(u, v) = (f(u, v), g(u, v), h(u, v)).
Doσu vàσv độc lập tuyến tính, nên ma trận Jacobi củaσ
fu fv gu gv hu hv
có hạng bằng 2 khắp nơi. Do đó, có ít nhất một trong ba ma trận con cấp 2 là khả nghịch khắp
nơi. Giả sử ma trận con à
fu fv gu gv
ả
khả nghịch tạiP. (Chứng minh hoàn toàn tương tự đối với hai trường hợp kia.) Áp dụng định lý hàm ẩn cho ánh xạF :U →R2 với
F(u, v) = (f(u, v), g(u, v)),
tồn tại một tập con mởV của R2 chứa F(u0, v0)và một tập con mở W của U chứa(u0, v0) sao choF : W → V là song ánh với ánh xạ ngượcF−1 : V → W trơn. Do σ : W → σ(W) là song ánh, nên phép chiếuπ :σ(W)→ V cho bởi π(x, y, z) = (x, y)cũng là song ánh, doπ =F ◦σ−1 trênσ(W). Suy raW˜ = ˜σ−1(σ(W))là một tập con mở củaU˜ và
σ−1◦σ˜ =F−1◦F˜
trên W˜, trong đó F˜ = π◦σ. Do˜ F−1 và F˜ là trơn trên W˜, nên ánh xạ chuyển σ−1 ◦σ˜ cũng vậy. Doσ−1◦σ˜ trơn trên một tập mở chứa mỗi điểm(u0, v0), tại nơi mà nó xác định, nên nó là trơn.
Bây giờ chúng ta chứng minh Định lý4.1. VớiP, W và f như trong phát biểu của định lý, giả sửP = (x0, y0, z0)vàfz 6= 0tạiP. (Chứng minh hoàn toàn tương tự đối với hai trường hợp kia.) Xét ánh xạF :W →R3 xác định bởi
F(x, y, z) = (x, y, f(x, y, z)).
Ma trận Jacobi củaF là
1 0 0
0 1 0
fx fy fz
,
rõ ràng nó khả nghịch vì fz 6= 0. Theo định lý hàm ngược, tồn tại một tập con mở V của R3 chứa F(x0, y0, z0) = (x0, y0,0) và một ánh xạ trơn G : V → W sao cho W˜ = G(V) là tập mở, F : ˜W →V và G:V →W˜ là các song ánh nghịch nhau.
DoV là tập mở, tồn tại các tập con mởU1 củaR2 chứa(x0, y0)vàU2 củaRchứa 0 sao choV chứa tập con mở U1×U2 gồm tất cả các điểm (x, y, w) với(x, y) ∈ U1 và w ∈ U2. Do đó, có thể giả sửV =U1×U2. Khi đó,F và Glà các song ánh nghịch nhau có nghĩa là
G(x, y, w) = (x, y, g(x, y, w))
CHƯƠNG 4. MẶT CONG 4.7. CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ HÀM NGƯỢC
vớig :U1×U2 →R là một ánh xạ trơn nào đó, và
f(x, y, g(x, y, w)) = w với mọi(x, y)∈U1, w ∈U2.
Định nghĩaσ :U1 →R3 như sau
σ(x, y) = (x, y, g(x, y,0)).
Khi đó σ là một đồng phôi từ U1 đến S ∩W˜ (ánh xạ ngược của nó là ánh xạ hạn chế xuống S ∩W˜ của phép chiếuπ(x, y, z) = (x, y)). Rõ ràngσlà ánh xạ trơn và nó là chính qui vì
σx×σy = (−gx,−gy,1)
khác không mọi nơi. Vì vậy σ là một mảnh vá chính qui trên S chứa điểm P đã cho. Do P là một điểm tùy ý trên S, ta có thể xây dựng một bản đồ cho S và dẫn đến nó là một mặt (trơn).
BÀI TẬP
4.30. Chứng minh rằng, nếuγ : (α, β) →R3 là đường cong mà ảnh của nó nằm trên mảnh vá σ : U → R3, thìγ(t) = σ(u(t), v(t))với (α, β)→ U,t 7→(u(t), v(t))là ánh xạ trơn nào đó.
(Theo các bước như trong chứng minh của Mệnh đề4.1.)
4.31. Chứng minh Định lý 1.1 và tổng quát hóa cho đường mức trongR3 (Bài tập 1.17).
Chương 5
Dạng cơ bản thứ nhất
Có lẽ với một con bọ có thiên hướng hình học thì khi sống trên một bề mặt nó sẽ mong muốn đo được khoảng cách giữa hai điểm nằm trên bề mặt đó. Dĩ nhiên khoảng cách đó khác với khoảng cách giữa hai điểm này theo cách đo của một cư dân sống trong không gian ba chiều xung quanh, lí do là vì đoạn thẳng nối hai điểm là khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm trong R3này nói chung không nằm trên mặt. Dạng cơ bản thứ nhất là công cụ giúp tính độ dài cung trên mặt, góc và diện tích.
5.1 Độ dài của đường cong trên mặt
Nếu γ(t) = σ(u(t), v(t)) là một đường cong nằm trên một mảnh vá σ, thì độ dài cung từ một điểmγ(t0)là hàm
s= Z t
t0
kγ(u)k.˙
Ta cóγ˙ =σuu˙ +σvv, nên˙
kγ(u)k˙ 2 = (σuu˙ +σvv).(σ˙ uu˙ +σvv)˙
= (σu.σu) ˙u2+ (σu.σv) ˙uv˙+ (σv.σu) ˙vu˙ + (σv.σv) ˙v2
= (σu.σu) ˙u2 + 2(σu.σv) ˙uv˙+ (σv.σv) ˙v2
=Eu˙2 + 2Fu˙v˙ +Gv˙2,
trong đó
E =kσuk2, F =σu.σv, G=kσvk2. Vậy
s= Z t
t0
(Eu˙2+ 2Fu˙v˙+Gv˙2)1/2dt. (5.1)
Nếu đưadtvào trong dấu căn và viết