Chương 6. Định lý Gauss

Nhóm 03

1

BÀI TẬP CHƯƠNG 6
Bài 1.

Giải

Với   u , v    f  u  cos v, f  u  sin v, g  u   ta tính,  u   f  cos v, f  sin v, g   ,  v    f sin v, f cos v,0  ,
   f  cos v, f  sin v, g   ,  uv
    f  sin v, f cos v,0  ,
 u   v    ff  cos v,  fg  sin v, ff   ,  uu

 vv    f cos v,  f sin v,0 
Khi đó, E  f 2  g 2 , F  0 , G  f 2 , N 

 
L  N . uu
K

 
 ff g   ff g
f 2 g 2  f 2 f 2

 u   v

 u   v

1
f 2 g  2  f 2 f 2

  0 , N  N . vv 
, M  N . uv

  fg  cos v,  fg  sin v, ff 

f 2 g
f 2 g 2  f 2 f 2

   f g  
LN  M 2 g   f g

2
2
EG  F
f  g 2  f 2 

Do đường sinh có tốc độ đơn vị nên f 2  g 2  1  f f   g g   0  f f    gg

 f 2 f   f g 2
f 
Từ độ cong Gauss ta có K 

f
f
Bài 2.

Giải

u

Áp dụng kết quả bài 1, với   u, v    sin u cos v,sin u sin v,cos u  ln tan  ứng với dạng
2

u
  u, v    f  u  cos v, f  u  sin v, g  u   , trong đó f  u   sin u, g  u   cos u  ln tan .
2
Khi đó ta tính được, f   cos u, f    sin u, g    sin u 

f g   cos2 u  cot 2 u, f g    cos2 u,

f

2

cos u
1
cos 2 u

, g    cos u  2 ,
sin u
sin u sin u

 g 2   cot 4 u
2

cos 2 u
 cos 2 u  cot 2 u  cos 2 u 

   f g  
g  f g
cot 2 u cos 2 u
sin
u
K


 1
2
cot 4 u sin u
cot 4 u sin u
f  g 2  f 2 
Bài 3.

Giải

+ Với   u, v    a cosh u cos v, a cosh u sin v, au  ,  u, v  U 

2

ta tính được,

 u   a sinh u cos v, a sinh u sin v, a  ,  v   a cosh u sin v, a cosh u cos v,0 
   a cosh u cos v, a cosh u sin v,0  ,  uv
   a sinh u sin v, a sinh u cos v,0  ,
 uu

 vv   a cosh u cos v, a cosh u sin v,0 

Chương 6. Định lý Gauss

Nhóm 03

2

 u   v   a2 cosh u cos v, a 2 cosh u sin v, a 2 cosh u sinh u  ,  u   v  a2 cosh u sinh 2 u  1





Khi đó, E  a 2 sinh 2 u  1 , F  0 , G  a2 cosh 2 u , L 
Suy ra K 

a cosh u
sinh u  1
2

, M  0, N 

a cosh u
sinh 2 u  1

LN  M 2
a 2 cosh 2 u
1
a 2
nội tại.



EG  F 2  sinh 2 u  1 a 2  sinh 2 u  1 a 2 cosh 2 u a 2  sinh 2 u  12 E 2

+ Với   s, t    s cos t , s sin t , at  ,  s, t  V 

2

ta tính được,

 s   cos t ,sin t ,0  , t    s sin t , s cos t , a  ,  ss   0,0,0  ,  st    sin t ,cos t ,0  , tt    s cos t ,  s sin t ,0  ,

 s  t   a sin t , a cos t , s  , s  t  a 2  s 2 . Khi đó, E  1 , F  0 , G  a2  s 2 , L  0 ,
LN  M 2
a 2
a 2


, N  0 suy ra K 
nội tại.
M
EG  F 2  a 2  s 2 2 G 2
a2  s2
a

Bài 4.

Giải

Với mặt tròn xoay   s, t    s cos t , s sin t , a ln t  ,  s, t   U   s, t  t  0 , hằng số a  0 , ta tính được,

a

 s   cos t ,sin t ,0  ,  t    s sin t , s cos t ,  ,  ss   0,0,0  ,  st    sin t ,cos t ,0  ,
t




 tt    s cos t ,  s sin t , 

a2
a
a
a





,
,




 s2




sin
t
,
cos
t
,
s
s
t
s
t


2
2 
t
t 
t
t


a2
Khi đó, E  1 , F  0 , G  s  2 , L  0 , M 
t
2

a
2

a
t 2  s2
s

as

, N

t

2

a2
 s2
2
s

a2
 2
a 2
LN  M 2
a 2
 A2
t



K

Suy ra K 
giống
với
2
2
2
2 2
EG  F 2
 a2
2
A

S
a2  s2


2a
2

s
t  2 s 
 2

t

s






2

của  ở bài 3.

Tuy dạng cơ bản thứ nhất của chúng khác nhau nhưng điều đó không mâu thuẩn với định lí 6.4.
Bài 5.

Giải



 f
f
eg  f 2
eg  f 2 
a. Xét   u, v    eu 
v,
v ,0  . Ta thấy,  u  e ,0,0 ,  v  
,
,0 


 e

e
e
e




Lúc đó   u, v   2 ta thấy  u , v  độc lập tuyến tính. Suy ra   u , v  là một tham số hóa từ 2 



thỏa điều kiện E  u, v   e, F  u, v   f , G  u, v   g với   u, v  



2

.

Ta cũng dễ thấy   u , v  là mặt phẳng xy (vì thành phần cao độ bằng 0).

3

Chương 6. Định lý Gauss

Nhóm 03

3


f
eg  f 2 
b. Xét   u, v    eu 
v,
v  ,  u , v   U và   u, v    u, v,0  . Khi đó   u, v  là một vi


e
e




f
eg  f 2
phôi. Xét     eu 
v,
v ,0  . Khi đó E  e, F  f , G  g .


e
e


Vậy   đẳng cự với  , có ảnh được chứa trong mặt phẳng xy .
Bài 6.

Giải



a. g   s   1  a 2 sin 2 s ,    s    f   s  , g   s    a sin s, 1  a 2 sin 2 s



    s   a 2 sin 2 s  1  a 2 sin 2 s  1. Suy ra   s    f  s  , g  s   có tốc độ đơn vị.
u


v
v
b. Ta có,     a cos u cos , a cos u sin ,  1  a 2 sin 2 rdr 
a
a 0



v
v
   u   a sin u cos , a sin u sin ,


a

a

v
v 


1  a 2 sin 2 u  ,    v    cos u sin ,cos u cos ,0 
a
a 



Khi đó, E  1  E , F  0  F , G  cos 2 u  G
Vì vậy, ánh xạ  :U  V cảm sinh một phép đẳng cự từ  vào  .
Bài 7.

Giải

a. Ta có,
  1
( )

 u

D  D ( ).D   2 ( )
 u
  3
( )

 u

 1

( ) 
v
 1
 2
( ) .  c
 2
v
 u
 3
( ) 
v


c
  1
( )  2

u
u
0   
   2 ( )  c
1   u
u2
  
c
3
( )  2

u
 u

 1
( )
v
 2
( )
v
 3
( )
v

 1

( ) 
v

 2
( ) 

v

 3
( ) 
v


c

 'u   'u ( )  2  'v ( )
Vì vậy 
u
 'v   'v ( )

b. Ta có F   'u . 'v   'u ( ) 'v ( ) 
G   'v

2

  'v ( )  u 2  G ,
2

2

E   'u

c
c c
2

 'v ( )  u v    2 u 2  uv  F
2
u
u u


2

  'u ( ) 

c
c2
c
2
2

'
(

)


'
(

)

 'v ( )  2 2  'u ( ). 'v ( )
v
u
2
4
u
u
u

Chương 6. Định lý Gauss

Nhóm 03

4

2

c  c2
c 
c

 1   v    4 u 2  2 2 u v    1  v 2  E
u  u
 u u

Vì vậy  cảm sinh ra một đẳng cự từ  vào chính nó.
c. Theo câu b ta được, K  u, v   K  u, v   K  u, v   K   u, v 

c

 K  u ; v   K   u, v    K  u, v   K  u, v     u, v   U ; c  R
u

Giả sử độ cong Gauss K  u , v  phụ thuộc vào v . Ta cố định  u, v  và cho c   thì (hằng số)

c

K  u, v   lim K  u, v   (biến đổi do K  u , v  không phải hàm hằng) !
c 
u

Vậy độ cong Gauss K  u , v  không phụ thuộc vào v .
Bài 8.

Giải

a.  1 là một vi phôi. (hiển nhiên do  cảm sinh một phép đẳng cự từ  vào  )

D  T D    D T D  D T D ( )T D ( ) D  D T D
 D ( ) D ( )  D 1  D  DD 1

E  E
  1
 
T
1 T
1 T
1
1 . Vì vậy ta được 
 D  D  D
D ( ) D ( ) D
 F  F  1
T
T

 D  D  D   D 
G  G  1
T

T





T



Vậy  1 cảm sinh ra phép đẳng cự từ  vào  .
 D   D  ( ) D  ( ) D   D  D
D  T D   D T D
b. Ta có 

T
T
T
D   T D    D T D
 D   D ( ) D ( ) D   D   D 
T

T

T

 D T  D  ( )T D ( ) D   D T D
1

T
T
T
 D ( )  D ( ( ))  D ( ( )) D ( )   D ( )  D ( )  2 

Thay  2  vào 1 ta được, D T D ( )T D ( ( ))T D ( ( )) D ( ) D  D T D
  D    D (  ) D (  ) D    D  D  D  (  ) D  (  )  D  D
T

T

T

T

 E  (  )  E

Vì vậy ta được :  F  (  )  F . Vậy   cảm sinh một đẳng cự từ  vào  .
G
   (  )  G

T