Chương 2. Sự tiếp xúc

Nhóm 03

1

BÀI TẬP CHƯƠNG 2
Bài

1. Đường cong sau đây được
  t    2cos t  cos 2t , 2sin t  sin 2t 

gọi

là

đường

cardioid

(đường

hình

tim):

Với giá trị nào của t thì nó chính quy? Tìm t mà tại điểm đó đường cong là kỳ dị (xem hình bên).
Đường cong được tạo nên bởi một đường tròn bà kính 1 lăn không trượt dọc theo phía ngoài của một
đường tròng cũng có bán kính bằng 1. Đường cong là vết của một điểm nằm trên đường tròn lăn.
Giải
Ta có   t    2cos t  cos 2t , 2sin t  sin 2t    '  t    2sin t  2sin 2t , 2cos t  2cos 2t 


2sin t  2sin 2t  0
 2sin t 1  2cos t   0

Giả sử 
2
2cos t  2cos 2t  0
2cos t  cos t  1  0
 t  k

 k   và
t   2  k 2
3

t    k 2

 k    t    k 2  k  
t     k 2
3

Vậy với t    k 2 (k  ) thì đường cong chính quy,  (  k 2 ) là điểm kì dị.
Bài 2. Cho   t  là một tham số hóa đường cong không đi qua gốc tọa độ và gọi   t0  là một điểm

trên vết gần với gốc tọa độ nhất. Chứng minh rằng vectơ   t0  trực giao với vectơ tiếp xúc    t0  .
Giải
Đặt f  t    2  t  . Vì   t0  là một điểm trên vết gần với gốc tọa độ nhất nên f  t0  là một điểm

 f   t0   0  2.  t0  .   t0   0 1

Do f không đi qua gốc tọa độ nên   t   0 với mọi t , khi đó   t0   0 .
Do đó từ 1 suy ra   t0  trực giao với    t0  .
Cách 2: Đặt G (t )   (t ) khi đó G (t ) là hàm liên tục, khả vi.
Theo giả thiết thì t 0 là tọa độ của điểm cực tiểu đồ thị hàm G (t ) . Vì vậy G ' (t 0 )  0
 (t0 ). '(t0 )

 0   (t0 ). '(t0 )  0 (đpcm)
 (t0 )
Bài 3. Cho   t  : I 

3

là một tham số hoá đường cong trong mặt

phẳng xz , nghĩa là   u    f  u  ,0, g  u   , và giả sử rằng f  u   0
với mọi u  I . Đường cong này, được gọi là đường sinh, quay quanh
trục z . Kết quả thu được cái mà ta hay gọi là mặt tròn xoay:
  u, v    f  u  cos v, f  u  sin v, g  u   ,
a. Giải thích việc biến v mô tả sự chuyển động quay quanh trục z .
b. Thí dụ với:   u   1,0, u  và   u    u,0, u  (trường hợp thứ hai được giả thiết là u  0 ).
Hãy mô tả các mặt tròn xoay tương ứng với hai trường hợp trên.

Chương 2. Sự tiếp xúc

Nhóm 03

2

c. Mô tả một mặt cầu, trừ hai cực, như là một mặt tròn xoay. Xác định đường sinh và phương
trình của mặt cầu qua phép quay trên.
d. Giả sử  là tham số hóa chính quy của đường cong. Chứng minh rằng  là một tham số hóa
chính quy của mặt.
Giải
b. Với   u    0,1, u     u, v    cos v,sin v, u  dễ thấy   u  là đường thằng song song với Oz nằm
trong xz nên   u , v  là một mặt trụ.
Với   u    u,0, u     u, v    cos v,sin v, u  dễ thấy   u  là đường phân giác z  x trong mặt
phẳng xz .
Do f  u   0 nên   u , v  là một mặt nón có đáy nằm trong mặt phẳng xy .
d. Khi đó    u    f   u  ,0, g   u    0 ,

 u   cos v. f   u  ,sin v. f   u  , g   u   ,
 v   sin v. f  u  ,cos v. f  u  ,0  ,  u   v    f  u  cos v.g   u  ,  g   u  . f  u  .sin v, f   u  . f  u    0
Vì f   u   0 và g   u   0   chính quy
Bài 4. Cho   u, v    cos u cos v,cos u sin v,sin u  là tọa độ cầu chuẩn tắc.
a. Chứng minh rằng không gian tiếp xúc của  tại p   0,   là Tp  Spane2 , e3 . Đồng thời

xác định không gian tiếp xúc tại p   4,0  .

b. Cho w  1,1, 1 . Chứng minh rằng w  Tp với p   4,0  , và xác định một đường cong
trong  qua điểm p và nhận w làm vectơ tiếp xúc của nó.
Giải
a. Tính  u    sin u cos v,  sin u sin v,cos u  và  v    cos u sin v,cos u cos v,0 

  u  p    0,0,1  e3 và  v  p    0, 1,0   e2

 Tp  Span e2 , e3


2
2
2
2 
2

Tại p   4,0    u  p    
và
,0,


e

e

p

0,
,0  
e2 .






1
3
v
2
2
2
2
2





2 
 2
Suy ra Tp  Span 
 e1  e3  , e2 
2 
 2


b. Vì w  1,1, 1    e1  e3   e2 nên w  Tp với p   4,0 
Đặt A   2t 


4







. Xét   t   A, 2t , và   t   cos A.cos 2t ,cos A.sin 2t ,sin A



Chương 2. Sự tiếp xúc

Nhóm 03




3

 
 

 


 2 sin A.cos 2t  2 cos A.sin 2t   2 sin 2 2t   4


Khi đó    t    2 sin A.sin 2t  2 cos A.cos 2t    2 cos 2 2t   4

 
  2 cos A


   2 cos  2t   4




    0   1,1, 1  w là vectơ tiếp xúc của  . Mặt khác   0    4,0   p  4,0     đpcm





Bài 5. Xét mặt   u, v   u3 , v3 , uv ,  u, v  

2

.

a. Tìm các điểm p   u, v  mà tại đó mặt là mặt chính quy.
b. Xác định không gian Tp  3 với mỗi điểm p1  1,0  , p2  1,1 , p3   0,0  . Đồng thời xác
định mặt phẳng tiếp xúc tại p1 và p2 . Tại sao không có tại p3 ?
c. Chứng minh rằng  là một song ánh từ

2

 x, y, z  | xy  z

3

 0 .

d. Sử dụng định lí 2.3 để xác định mặt phẳng tiếp xúc tại p1 .
e. Vector v   3,6,3 thuộc vào Tp với p  p2 . Tìm một đường cong  trong  với

 (t0 )   ( p) và    t0   v (nó tồn tại do định lí 2.4)

Giải





a. Xét mặt   u, v   u3 , v3 , uv tìm các điểm p   u, v  mà tại đó mặt chính quy.







Ta có  u  3u 2 ,0, v và  v  0,3v2 , u



Dễ thấy mặt cong chính quy tại p thì  u ,  v độc lập tuyến tính khi đó  u   v  0

 0
Ta có  u   v   2
 3v


v v 3u 2 3u 2
,
,
u u 0
0

0
3v 2


2
2
3
3
2 2
   3v ,3u ,9u v  ,  u   v  0  u  v  0


Vậy mặt cong chính quy tại những điểm p   u, v  thoả u 2  v2  0 .
b. + Tại p1  1,0  , ta có   p1   1,0,0  ,  u   3, 0, 0  ,  v   0, 0,1 .
Khi đó,  u   v   0, 3,0   0   chính quy tại p1  1,0 

 không gian tiếp xúc tại p1 là Tp1   3,0,0  ,  0,0,1
 mặt tiếp xúc là mặt phẳng qua 1,0,0  song song Tp1 .
+ Tại p2  1,1 , ta có   p2   1,1,1 ,  u   3, 0,1 ,  v   0,3,1
Khi đó,  u   v   3, 3,9   0   chính quy tại p2

 không gian tiếp xúc tại p2 là Tp2   3,0,1 ,  0,3,1
 mặt tiếp xúc là mặt phẳng qua 1,1,1 song song Tp2 .
+ Tại p3   0,0  , ta có   p3    0,0,0  ,  u   0, 0, 0  ,  v   0, 0, 0  .

Chương 2. Sự tiếp xúc

Nhóm 03

4

Khi đó,  u   v   0, 0, 0    không chính quy tại p3   0,0 

 không gian tiếp xúc tại p3 là Tp3   0,0,0  ,  0,0,0 
Vì  u   v   0, 0, 0  nên  không có mặt phẳng tiếp xúc tại p3 .
c. Chứng minh  là song ánh.

 x  x2
. Giả sử  x1 , y1    x2 , y2    1
 x1 y1  x2 y2
y

y
1
2

3
 z  x1 y1
 3 x1 y1  3 x2 y2  z1  z2 với  13
  x1 , y1 , z1    x2 , y2 , z2     x1 , y1     x2 , y2 
 z2  x2 y2

Với mọi  x1 , y1  ,  x2 , y2  

2

  là một ánh xạ và là đơn ánh
  x, y, z   S  



3



x, 3 y 

2

:   0,1   0,1,0    x, y, z   S

  là một toàn ánh
  là một song ánh <đpcm>
d. Tại p1  1,0  ta có   p1   1,0,0   S , với hàm f  x, y, z   xy  z 3 khi đó phương trình mặt
phẳng tiếp xúc tại p1 là

f
f
f
 p1   x  x0    p1   y  y0    p1   z  z0   0
x
y
z

 0  x  1  1 y  0   0  z  0   0  y  0

e. Ta thấy vectơ v   3,6,3   3,0,1  2.  0,3,1  Tp2   3,0,1 ,  0,3,1

  t0     p2   1,1,1
  t  với 
   t0   v   3,6,3

 t0  Tìm   t   

Đặt   t    u  t  , v  t    1  at ,1  bt      t   u  t  . u    t    v  t  . v    t  



 

 a. u 1  at ,1  bt   b. v 1  at ,1  bt   a 3 1  at  ,0,1  bt  b 0,3 1  bt  ,1  at



2

 3a 1  at  ,3b 1  bt  , a 1  bt   b 1  at 
2

2



3a 1  at0 2  3

2

Mà    t0    3,6,3  3b 1  bt0   6

a 1  bt0   b 1  at0   3
Chọn t0  0  a  1, b  2    t   1  t ,1  2t 



2





Vậy   t      t   1  t  , 1  2t  , 1  t 1  2t  là đường cong cần tìm
3



3



Bài 6. Cho   u, v   u3 , v3 , uv ,  u, v  

2

. Trong mỗi trường hợp sau, xác định xem  có thể được

xem là một đường cong tham số hóa trên  .



a.   t   t 3 , t 3 , t 2





b.   t   t 3 , t 3 , t 3
Giải





c.   t   t , t 2 , t



Chương 2. Sự tiếp xúc

Nhóm 03





a. Với   t   t 3 , t 3 , t 2 . Xét  :

2



3

5

u , v , uv  .

là ánh xạ  u, v 

3

3

Giả sử  là một đường cong tham số hóa trên  , khi đó,

   : I 

3

là ánh xạ t

t , t , t  trong đó  : I 

Giả sử  : I 

2

là ánh xạ t

 t1 , t2  khi đó   : I 

3

3



Mà   t      t  , suy ra, t 3 , t 3 , t 2

2

2

3

là ánh xạ t

t , t , t t 
3
1

3
2

1 2

t 3  t13

t1  t
  t   t, t 
 t13 , t23 , t1t2  t 3  t23  
t

t
2
2
t  t1t2

 



Vậy  là một đường cong tham số hóa trên  .







 

b. Tương tự, với   t   t 3 , t 3 , t 3 . Suy ra, t 3 , t 3 , t 3  t13 , t23 , t1t2



t 3  t13
t1  t
3 3

 t  t2  t2  t !
3
3
t  t1t2
t  t1t2

Vậy  không là một đường cong tham số hóa trên  .







 

c. Tương tự, với   t   t , t 2 , t . Suy ra, t , t 2 , t  t13 , t23 , t1t2

t1  3 t
t  t13


  t  
 t 2  t23  t2  3 t 2
t  t t

3 2
3 3
3
1 2

t  t1t2  t . t  t



3

t , 3 t2





Vậy  là một đường cong tham số hóa trên  .

 1  t 2 2t 
Bài 7. Cho  (t )  
, t  . Tìm đường cong thu được qua các phép tham số hoá hiệu
,
2
2 
1 t 1 t 
chỉnh     , với   u   tan  u 2  , với u    ,   .
Giải


u 
2u
 1  tan  2  2 tan  2  
 ,
    cos u,sin u


u    ,   ta có,   u      u      u    
 1  tan 2  u  1  tan 2  u  
 
 

2
2

Đây chính là tham số hoá của đường tròn tâm O  0,0  bán kính R  1 .
Bài 8. Cho   u , v    u , v, h  u , v   là đồ thị của hàm h :
vị được cho bởi:   u, v  

 hu , hv ,1
2
2
1   hu    hv 
Giải

2



. Chứng minh rằng, pháp vectơ đơn

Chương 2. Sự tiếp xúc

Nhóm 03
Tính

 u  1,0, hu 

 u   v 

 hu    hv 
2

 0 hu hu 1 1 0 
,
,
   hu , hv ,1


1
h
h
0
0
1
v
v



 v   0,1, hv  ,

,
2

 u   v  

6
và

1

Áp dụng công thức   u, v  

 hu , hv ,1  đpcm
 u   v

2
2
 u   v
1   hu    hv 

Bài 9. Cho   u , v  ,  u, v   2 là một mặt trơn và đặt   s, t     t , s  . Chứng minh rằng  là thu
được từ  bởi một tham số hoá hiệu chỉnh. Xét xem nó là dạng bảo toàn hay đảo ngược hướng?
Giải
Đặt   s, t    t , s  , dễ thấy    s, t      s, t      t , s     s, t      

  thu được từ  bởi một tham số hoá hiệu chỉnh.
 0 1
Ta có D  
  det D  1   là bảo toàn hướng.
1 0 

1 

Bài 10. Cho   u, v    u, uv, v 2  ,  u, v   2 . Xác định  u ,  v và  u   v . Với điểm  u, v  nào thì
2 

 là chính quy? Xác định pháp vectơ đơn vị  tại  u , v    4, 2  .
Giải

v 0 0 1 1 v
2
Tính  u  1, v,0  ,  v   0, u, v  ,  u   v  
,
,
  v , v, u
u v v 0 0 u









Để  chính quy tại điểm  u, v  nếu  u   v  0  v2 , v, u  0  u  0 , v  0 . Vậy với những điểm

 u, v    0,0  thì 

là chính quy.

Vì  u , v    4, 2    0,0  nên  chính quy tại  u, v  . Khi đó pháp vectơ đơn vị  tại  4, 2  là

  4, 2  

 u   v
 4, 2, 4  1 4, 2, 4   2 ,  1 , 2 


 

 u   v
16  4  16 6
3 3 3





1 

Bài 11. Cho   u, v    u, uv, v 2  ,  u, v  U   u, v   2 | u  0 . Chứng minh rằng  u, v    u, uv 
2 

là một vi phôi U  U , và xác định ánh xạ ngược của ánh xạ  :U  U . Chứng minh rằng với tham

,  là một đồ thị của hàm dạng z  h  x, y  ,  x, y   U .
Giải
Xét  :U  U là ánh xạ  u, v    u, uv  .
số hoá hiệu chỉnh   :U 

3

u  u
  u1 , v1  ,  u2 , v2   U . Giả sử  u1 , v1    u2 , v2    1 2   u1 , u1v1    u2 , u2v2 
 v1  v2
  là ánh xạ và là đơn ánh
 
 
  ,    U ,   0  . Khi đó  u, v     ,  U sao cho   u, v      ,    ,  
 
 
  là toàn ánh

Chương 2. Sự tiếp xúc

Nhóm 03

7

 v
 Tồn tại ánh xạ ngược của song ánh  là  1 :U  U là ánh xạ ngược  u, v    u,  của 
 u
Dễ thấy  và  1 là các hàm trơn. Vậy  là một vi phôi từ U  U .
1


Ta có :    u, v      u, v      u, uv    u, u 2v, u 2v 2 
2


1


Đặt        u, v    u, u 2v, u 2v 2 
2



x  u

y2
2
Đặt  y  u v
là một tham số hoá hiệu chỉnh  z  2  h  x, y 
2x

1 2 2
z  u v
2


1 

Bài 12. Cho   u, v    u, uv, v 2  . Tìm hai tập mở khác rỗng U , W  2 và một vi phôi  :W  U ,
2 

sao cho tham số hóa hiệu chỉnh   của  U là đồ thị của hàm dạng x  h  y, z  , với  y, z   W .
Giải
Chọn U  W   u , v  : u , v  0 hiển nhiên U , W là tập mở.
Xét  :W  U là ánh xạ  u, v 

 uv, u  . Ta thấy 

là một vi phôi. Thật vậy,

u v  u2v2
u  u2
Giả sử   u1 , v1     u2 , v2    1 1
 1
  u1 , v1    u2 , v2    là đơn ánh
u1  u2
v1  v2
 u
Với   u, v   U , ta chọn  x, y    v,  khi đó   x, y    u , v    là toàn ánh
 v
Hiển nhiên  trơn

 u
 có hàm ngược là  1  u, v    v,  và dễ dàng kiểm tra được  1 là hàm trơn trên U
 v


2

1 
uv
1 

    uv, u 2v, u 2   
, u 2 v, u 2 
2  
2 
1 2

 2. u

2



 Tham số hóa hiệu chỉnh   của  U là đồ thị của hàm dạng x  h  y, z  

1
1

u  v và   u, v     u  v  ,  u 2  v 2  , uv  với  u , v   U . Lấy
2
2

a. Chứng minh rằng  chính quy tại p và xác định Tp .



Bài 13. Cho U   u, v  
p   2,0  .

y
với  y, z   W
2z

2

Chương 2. Sự tiếp xúc

Nhóm 03
b. Đặt U 

 s, t  

2



s 2  t xác định hàm  :W 





2

8

bởi

  s, t   s  s 2  t , s  s 2  t . Chứng minh rằng,  là một vi phôi từ W vào U và xác định xem
nó bảo toàn hay đảo ngược hướng.
c. Mặt     là đồ thị của một hàm. Hãy xác định hàm đó.
d. Tìm q  W sao cho   q   p và xác định   q  và Tq .
Giải
1

1

a. Ta có  (2, 0)  (1, 2, 0) ,  u   , u, v  , v   , v, u 
2

2


1

1

Tại p   2,0    u  p    , 2,0  ,  v  p    ,0, 2    u   v   4, 1,1  0
2

2

1
 1

  chính quy tại p   2,0  và Tp   , 2,0  ,  ,0, 2 
2
 2


 



b.   s1 , t1  ,  s2 , t2   W . Giả sử s1  s12  t1 , s1  s12  t1  s2  s2 2  t2 , s2  s2 2  t2



s  s 2  t  s  s 2  t
 s1  s2
1
1
2
2
2
1
 2

2
2
s1  t1  s2 2  t2

s

s

t

s

s

t


1
1
1
2
2
2

s  s
  1 2   s1 , t1    s2 , t2    là một ánh xạ và là đơn ánh 1
t1  t2

  ,   

2

  là toàn ánh  2 

        2     2 
,

W sao cho   s, t    ,  
,   s, t   
 2  2   2  



Từ 1 và  2    là song ánh  Tồn tại  1 :

2

 W là ánh xạ ngược

 u  v  u  v 2  u  v 2 
(u, v) 
,

. Dễ thấy  và  1 là hàm trơn, vậy  là một vi phôi.
 2  2   2  


s
1 

1  2

2
s

t
2
s

t
  det D  1  0 (do s 2  t )   bảo toàn hướng
Ta có D  


s
1
s2  t
1



s2  t 2 s2  t 






c.   s, t      s, t      s, t     s  s 2  t , s  s 2  t   s, 2s 2  t , t 

  là một tham số hoá hiệu chỉnh của  .
x  s

2
Đặt  y  2s 2  t  y  2 x 2  z . Vậy  là đồ thị của hàm số f  x, y, z   2 x  y  z
z  t

d.   q   p   2,0     s, t 

Chương 2. Sự tiếp xúc

Nhóm 03

9

2

s  1
s  s  t  2


 q 1,0 
2
t

0


s  s  t  0





Ta có   s, t   s,2s 2  t , t    q    1,0   1, 2,0  .

 s  1, 4s,0  
 s  q   1, 4,0 
 Tq  1, 4,0  ,  0, 1,1
 





0,

1,1

q

0,

1,1








t
t



Bài 14. Trong bài tập này chúng ta đồng nhất tập hợp M 2,2 của các ma trận thực cấp 2  2 với
Cho F : M 2,2 

4

 M 2,2 

4

4

.

là ánh xạ A  A2 (ở đây là phép bình phương là phép nhân hai ma

trận). Xác định ma trận, cấp 4  4 , DF  I  , với I là ma trận đơn vị trong M 2,2 . Chứng minh rằng, với
mọi ma trận đủ gần với I đều có căn bậc 2.
Giải
4

Cho F :



4

là ánh xạ  a, b, c, d 

c
 2a
 b ad
Suy ra DF  
 c
0

c
 0

b
0
ad
b

a

2

 bc, ab  bd , ca  dc, cb  d 2 

0 
2

0
b 
, vì vậy DF  I   
0
c 


2d 
0

0
2
0
0

0
0
2
0

0
0 
0

2

Do đó, với mỗi ma trận A đủ gần với ma trận I thì DF  A  đủ gần với DF  I  , tức là
det  DF  A    0 .

Theo định lý hàm ngược thì tồn tại một lân cận mở W 

4

của A và một lân cận V 

4

của F  A

sao cho V  F W  và ánh xạ thu hẹp là một vi phôi (tức là F W là một vi phôi). Khi đó tồn tại F 1 V
là một vi phôi từ V  W .
Đặt B  F 1  A (tức F 1

V

 A ) ta được :

B2  F  B   F  F 1  A   A nên ma trận B là căn bậc 2

của ma trận A .
Bài 15. Cho  :U  3 là một đơn ánh tham số hoá chính qui của mặt, và giả sử rằng tập ảnh của
 U  được chứa trong mặt phằng xy . Chứng minh rằng, tập hợp V   s, t  s, t ,0   U  là mở



trong

2



, và mặt   s, t    s, t ,0  ,  s, t   V , có thể viết dưới dạng một tham số hoá hiệu chỉnh của  .
Giải

Xét V   s, t  :  s, t ,0    U  . Khi đó q  s, t   V , sao cho  s, t ,0    U  .

1 0 
det DV  p   det 
 1 0
0 1 
Vậy DV  p  khả nghịch  là một vi phôi. Khi đó V là tập mở theo hệ quả 2.10.