Tài liệu Bài giảng hình học vi phân của đường và mặt

Bài giảng Hình học vi phân của Đường và Mặt Huỳnh Quang Vũ Bản ngày 14 tháng 10 năm 2022 Bài giảng Hình học Vi phân của Đường và Mặt Huỳnh Quang Vũ Bản ngày 14 tháng 10 năm 2022 Địa chỉ: Khoa Toán - Tin học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. Email: [email protected] . Web: https://sites.google.com/view/hqvu/ . Tóm tắt nội dung Đây là bài giảng môn MTH10480 Hình học Vi phân, một môn học tự chọn trong chương trình đào tạo trình độ đại học ngành Toán học ở Trường Đại học Khoa học Tự nhiên ĐHQG-HCM, gồm 15 buổi học trong 15 tuần từ tháng 2 tới tháng 6 năm 2022. Vì phải học trực tuyến do dịch COVID-19 nên lớp học dùng bảng điện tử, nhờ đó những phần được viết và vẽ ra đã lưu lại được, sau đó phần lớn được Hồ Nguyễn Huyền Thư (sinh viên khóa 2017) đánh máy ở dạng LATEX và chèn hình vào tháng 9 năm 2022. Mỗi mục ở đây là ghi chép của một buổi học. Mục lục 1 Độ cong của đường 3 2 Tính toán độ cong 3 4 6 2.1 Công thức tính độ cong . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2.2 Dấu của độ cong của đường cong phẳng . . . . . . . . . . . . . . . 8 Đường cong với độ cong cho trước 9 3.1 Dấu của độ cong của đường cong phẳng: công thức tính . . . . . . 9 3.2 Hệ phương trình Frénet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Mặt chính quy 13 5 Ví dụ mặt chính quy 15 1 2 6 7 8 MỤC LỤC Mặt phẳng tiếp xúc, ánh xạ đạo hàm 20 6.1 Mặt phẳng tiếp xúc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 6.2 Ánh xạ đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Độ cong của mặt 22 7.1 Mặt tròn xoay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 7.2 Ánh xạ Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 Độ cong pháp tuyến, độ cong chính, tính toán 27 8.1 Độ cong pháp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 8.2 Độ cong chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 8.3 Tính toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 9 Ví dụ về độ cong 30 10 Đường trắc địa 31 11 Phương trình của đường trắc địa 33 11.1 Tính các hệ số Christoffel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 11.2 Sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình đường trắc địa . . . . . . . 36 12 Tính nội tại của độ cong Gauss, đẳng cấu hình học 40 12.1 Độ cong Gauss tính theo mêtríc Riemann . . . . . . . . . . . . . . 40 12.2 Đẳng cấu hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 13 Định lý Gauss–Bonnet 46 13.1 Độ cong trắc địa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 13.2 Dạng địa phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 13.3 Dạng toàn cục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 14 Sơ lược một số phát triển tiếp theo 52 14.1 Tính chất toàn cục của đường trắc địa . . . . . . . . . . . . . . . . 52 14.2 Mở rộng lên mặt 𝑛-chiều trong không gian (𝑛 + 1)-chiều . . . . . 52 14.3 Mở rộng lên mặt trừu tượng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 14.4 Mặt phẳng hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 15 Đề tài nhóm 58 15.1 Yêu cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 15.2 Danh sách đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 3 Về môn học Môn học này nhằm cung cấp kiến thức cơ bản về hình học vi phân trên mặt hai chiều. Đây là những hiểu biết chung bổ ích cho bất kì ai học toán. Một số vấn đề trong môn học tương tác với các đề tài trong giải tích hàm nhiều biến, đại số tuyến tính, phương trình vi phân, phép tính biến phân, tôpô. Môn học giúp người học dễ dàng hơn khi gặp các tiếp cận trừu tượng nếu đi vào một số lĩnh vực của giải tích toàn cục, giải tích hình học, phương trình đạo hàm riêng, phương trình vi phân, tôpô, và hình học. Phần cuối của môn học hướng tới cho người học tiếp xúc ban đầu với hình học vi phân nhiều chiều trên đa tạp Riemann. Nội dung chính của môn học gồm Độ cong của đường; Độ cong của mặt; Định lý Gauss về tính nội tại của độ cong; Đường trắc địa; Định lý Gauss–Bonnet; Đa tạp Riemann; Hình học hyperbolic 2 chiều. Người học cần nắm vững phép tính vi phân hàm nhiều biến và những khái niệm ban đầu về không gian mêtríc, sẵn sàng làm những lý luận và tính toán toán học, nếu có hiểu biết cơ bản về tôpô sẽ thuận lợi hơn cho phần sau của môn học. Giáo trình chính của môn học là cuốn sách của do Carmo [1]. 1 Độ cong của đường Giống như trong tích phân đường, để nói về tính cong của đường ta khởi đầu với đường đi (chuyển động) thay vì con đường (tập điểm). Tính cong của con đường được phản ánh thông qua sự thay đổi phương chuyển động trên đường (và tính thẳng được phản ánh qua việc phương chuyển động không đổi). Tuy nhiên có nhiều chuyển động trên cùng một con đường, và sự thay đổi phương chuyển động còn có thể phụ thuộc vào cách chuyển động. Vậy để tính cong thuần túy phản ánh thuộc tính của con đường thì ta cần một cách chuẩn hóa. Ta chọn chuẩn hóa bằng cách xét các chuyển động với tốc độ hằng bằng 1. Một đường đi (path) là một ánh xạ từ một khoảng số thực 𝐼 vào không gian Euclid ℝ𝑛 : 𝛼 ∶ 𝐼 → ℝ𝑛 𝑡 ↦ 𝛼(𝑡). 4 1 ĐỘ CONG CỦA ĐƯỜNG Vận tốc của đường đi 𝛼 tại thời điểm 𝑡 là 𝛼′ (𝑡) = ( 𝑑 𝛼) (𝑡) 𝑑𝑡 chỉ hướng của 𝛼 tại 𝑡. Ta giả thiết ‖𝛼′ (𝑡)‖ = 1, ∀𝑡 ∈ 𝐼 để vectơ 𝛼′ (𝑡) thuần túy chỉ hướng chuyển động. Sự thay đổi của hướng theo thời gian được cho bởi véctơ gia tốc 𝑑 ′ 𝛼 (𝑡) = 𝛼″ (𝑡). 𝑑𝑡 𝛼″ (𝑡0 ) = lim 𝑡→𝑡0 𝛼′ (𝑡) − 𝛼′ (𝑡0 ) . 𝑡 − 𝑡0 Định nghĩa 1.1. Với giả thiết đường 𝛼 thỏa ∀𝑡, ‖𝛼′ (𝑡)‖ = 1 thì độ cong của vết của đường 𝛼 tại điểm 𝛼(𝑡) là số thực 𝑘(𝑡) = ‖𝛼″ (𝑡)‖. Ví dụ 1.2. Trên đường thẳng ta có chuyển động 𝛼 = 𝑎 + 𝑡𝑣, với 𝑎 và 𝑣 là hằng và 𝑣 là vectơ đơn vị trong ℝ𝑛 . Khi đó 𝛼′ (𝑡) = 𝑣 và 𝛼″ (𝑡) = 0, vậy độ cong luôn bằng 0. Ví dụ 1.3. Trên đường tròn tâm 0 bán kính 𝑅 trong ℝ2 xét chuyển động 𝛼(𝑡) = 𝑡 𝑡 𝑡 𝑡 1 𝑡 1 𝑡 𝑅 𝑅 𝑅 𝑅 1 𝑅 𝑅 𝑅 𝑅 (𝑅 cos , 𝑅 sin ). Ta có 𝛼′ (𝑡) = (− sin , cos ), ‖𝛼′ (𝑡)‖ = 1, 𝛼″ (𝑡) = (− cos , − sin ), ‖𝛼″ (𝑡)‖ = 1 𝑅 . Vậy độ cong tại mọi điểm bằng . 𝑅 Nhắc lại [môn Giải tích 3], chiều dài của đường đi được cho bởi tích phân theo thời gian của tốc độ: 𝑡 𝑠(𝑡) = ∫ ‖𝛼′ (𝑢)‖ 𝑑𝑢. 𝑎 Khi tốc độ luôn bằng 1 thì chiều dài quãng đường đi được 𝑠 đúng bằng thời gian đi 𝑡. Đường đi được gọi là chính quy (regular) nếu vận tốc luôn khác không [1, tr. 17]. Mệnh đề 1.4. Với mọi đường đi chính quy tồn tại đường đi có cùng vết mà có tốc độ luôn bằng 1. 5 Chứng minh. Cho 𝛼 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ𝑛 khả vi liên tục và 𝛼′ (𝑡) ≠ 0, ∀𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]. Ta có 𝑡 𝑑𝑠 𝑑 ∫ ‖𝛼′ (𝑢)‖ 𝑑𝑢 = ‖𝛼′ (𝑡)‖ > 0. (𝑡) = 𝑠′ (𝑡) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑎 Suy ra 𝑠 là hàm tăng ngặt và liên tục theo 𝑡, do đó là song ánh từ [𝑎, 𝑏] lên [0, 𝑙] với 𝑏 𝑙 = ∫𝑎 ‖𝛼′ (𝑢)‖ 𝑑𝑢 là chiều dài của đường 𝛼, và vì thế có hàm ngược, khả vi theo Định lý hàm ngược: [0, 𝑙] → [𝑎, 𝑏] 𝑠 ↦ 𝑡 = 𝑡(𝑠). Xét đường 𝛽(𝑠) = 𝛼(𝑡(𝑠)). Ta tính vận tốc của 𝛽: 𝑑 𝑑 𝑑𝑡 𝑑𝛼 𝛽) (𝑠) = (𝑡(𝑠)) ⋅ (𝑠) [𝛼(𝑡(𝑠))] = 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑡 𝑑𝑠 1 1 = 𝛼′ (𝑡(𝑠)) ⋅ 𝑑𝑠 = 𝛼′ (𝑡(𝑠)) ⋅ ′ . ‖𝛼 (𝑡(𝑠))‖ (𝑡(𝑠)) 𝛽′ (𝑠) = ( 𝑑𝑡 Trong tính toán trên, nhớ lại Định lý hàm ngược cơ bản nói rằng 𝑑𝑥 1 = 𝑑𝑦 , 𝑑𝑦 𝑑𝑥 do qua giới hạn từ đẳng thức 𝛥𝑦 𝛥𝑥 = . 𝛥𝑦 𝛥𝑥 Rõ ràng ‖𝛽 ′ (𝑠)‖ = 1. Đường đi có tốc độ hằng bằng 1 được gọi là đường được tham số hóa theo chiều dài (parametrized by arc-length). Với tham số hóa theo chiều dài thì biến thời gian 𝑡 cũng chính bằng biến chiều dài quảng đường đi được 𝑠. Đường 𝛽 có tốc độ hằng mà có cùng vết với đường 𝛼 được gọi là đường tham số hóa lại theo chiều dài (reparametrized by arc-length) của đường 𝛼. Vậy mọi đường đi chính 6 2 TÍNH TOÁN ĐỘ CONG quy đều tham số hóa lại được theo chiều dài. Bài toán 1.5. [1] 1.3: 2, 3 , 4, 5, 6, 10. 2 Tính toán độ cong 2.1 Công thức tính độ cong Vấn đề đặt ra là tính độ cong theo một tham số hóa được cho trước không nhất thiết đã được tham số hóa theo chiều dài. Cho 𝛼 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ𝑛 là đường chính qui với tham số hóa bất kì. Ta tham số hóa lại 𝛼 theo chiều dài như ở trên. Đặt 𝑡 𝑠(𝑡) = ∫ 𝑏 ‖𝛼′ (𝑢)‖ 𝑑𝑢, 0 ≤ 𝑠 ≤ 𝑙 = ∫ ‖𝛼′ (𝑢)‖ 𝑑𝑢. 𝑎 𝑎 Lấy hàm ngược 𝑡 = 𝑡(𝑠), đặt 𝛽(𝑠) = 𝛼(𝑡(𝑠)), 0 ≤ 𝑠 ≤ 𝑙, thì 𝛽 là tham số hóa lại theo chiều dài của 𝛼. Ta có 𝛽 ′ (𝑠) = 𝑑𝛽 𝑑𝛼 𝑑𝑡 1 𝛼′ (𝑡(𝑠)) (𝑠) = (𝑡(𝑠)) (𝑠) = 𝛼′ (𝑡(𝑠)). 𝑑𝑠 = ′ . 𝑑𝑠 𝑑𝑡 𝑑𝑠 (𝑡(𝑠)) ‖𝛼 (𝑡(𝑠))‖ 𝑑𝑡 Tiếp theo 𝛽″ (𝑠) = 𝑑𝛽 ′ 𝑑 𝛼′ (𝑡(𝑠)) (𝑠) = ( ) 𝑑𝑠 𝑑𝑠 ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ 𝑑 = 𝑑𝑠 = 𝑑𝑡 (𝛼′ (𝑡(𝑠)) ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ − 𝛼′ (𝑡(𝑠)) 𝑑 ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ 𝑑𝑠 2 ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ 𝑑 𝑑𝑡 𝑑 𝑑𝑠 𝑑𝑡 (𝛼′ (𝑡(𝑠)) (𝑡(𝑠)) ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ − 𝛼′ (𝑡(𝑠)) ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ 2 ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ Ta dùng công thức sau cho hai hàm khả vi 𝑢, 𝑣 ∶ 𝐼 → ℝ𝑛 : (𝑢 ⋅ 𝑣)′ = 𝑢′ ⋅ 𝑣 + 𝑢 ⋅ 𝑣′ , 𝑑𝑡 𝑑𝑠 (𝑡(𝑠)) . 2.1 Công thức tính độ cong 7 suy ra ′ 1 1 𝑢′ ⋅ 𝑢 − ‖𝑢‖ = [(𝑢 ⋅ 𝑢) ] = (𝑢′ ⋅ 𝑢 + 𝑢 ⋅ 𝑢′ )(𝑢 ⋅ 𝑢) 2 = . ‖𝑢‖ 2 1 2 ′ Tiếp tục tính: 1 ′ (𝑡(𝑠))‖ 𝛼 ‖ ‖ 𝛼″ (𝑡(𝑠)) ‖ ″ 𝛽 (𝑠) = ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ − 𝛼′ (𝑡(𝑠)) [𝛼′ (𝑡(𝑠)) ⋅ 𝛼″ (𝑡(𝑠))] 2 2 ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ 𝛼′ (𝑡(𝑠)) 𝛼″ (𝑡(𝑠)) − (𝛼″ (𝑡(𝑠)) ⋅ = 1 ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ ‖ ‖ ∥𝛼′ (𝑡(𝑠))∥ ) 𝛼′ (𝑡(𝑠)) ∥𝛼′ (𝑡(𝑠))∥ 2 ‖𝛼′ (𝑡(𝑠))‖ Gọi 𝑝 là phép chiếu vuông góc một vectơ lên một vectơ khác thì ta nhận thấy: 𝛽″ (𝑠) = 𝛼″ − 𝑝𝛼′ (𝛼″ ) (𝑡(𝑠)). ∥ 𝛼′ ∥2 Dùng công thức Pythagore, ta có 2 2 2 ‖𝛼″ − 𝑝𝛼′ (𝛼″ )‖ = ‖𝛼″ ‖ − ‖𝑝𝛼′ (𝛼″ )‖ . Từ đó: 𝑘(𝑠) =∥ 𝛽 ′ (𝑠) ∥= = 1 2 ‖𝛼′ ‖ 1 2 ‖𝛼′ ‖ ‖𝛼″ − 𝑝𝛼′ (𝛼″ )(𝑡(𝑠))‖ [∥ 𝛼″ ∥2 − (𝛼″ ⋅ 2 ′ 1 2 𝛼 ) ] (𝑡(𝑠)) ∥ 𝛼′ ∥ 1 [∥ 𝛼″ ∥2 ∥ 𝛼′ ∥2 −(𝛼″ ⋅ 𝛼′ )2 ] 2 = (𝑡(𝑠)). ∥ 𝛼 ′ ∥3 Vậy công thức độ cong trong ℝ𝑛 theo đường đi chính qui bất kì là 1 [∥ 𝛼″ ∥2 ∥ 𝛼′ ∥2 −(𝛼″ ⋅ 𝛼′ )2 ] 2 (𝑡(𝑠)). 𝑘(𝑠) = ∥ 𝛼′ ∥3 8 2 TÍNH TOÁN ĐỘ CONG Riêng khi 𝑛 = 3, dùng công thức cho tích có hướng 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ‖𝑢 × 𝑣‖ = ‖𝑢‖ ‖𝑣‖ − (𝑢 ⋅ 𝑣)2 = ‖𝑢‖ ‖𝑣‖ − ‖𝑢‖ ‖𝑣‖ cos2 𝜃 = ‖𝑢‖ ‖𝑣‖ sin2 𝜃 ta được 𝑘(𝑠) = ∥ 𝛼 ′ × 𝛼″ ∥ (𝑡(𝑠)). ∥ 𝛼′ ∥3 Riêng khi 𝑛 = 2, viết 𝛼(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)), thì công thức trên trở thành 𝑘(𝑠) = |𝑥′ 𝑦″ − 𝑥″ 𝑦′ | (𝑡(𝑠)). (𝑥′2 + 𝑦′2 )3/2 2.2 Dấu của độ cong của đường cong phẳng Giả sử đường cong phẳng 𝛼 được tham số hóa theo chiều dài. Ta có tính chất sau: ‖𝛼′ ‖ = 1 ⟹ 𝛼′ ⋅ 𝛼′ = 1 ⟹ (𝛼′ ⋅ 𝛼′ )′ = 0 ⟹ 𝛼″ ⋅ 𝛼′ = 0 ⟹ 𝛼″ ⟂ 𝛼′ . Giả sử 𝑘(𝑠) ≠ 0, tức 𝛼″ (𝑠) ≠ 0, thì cặp (𝛼′ , 𝛼″ )(𝑠) tạo thành một cơ sở tuyến tính của ℝ2 tại điểm 𝛼(𝑠). Ta qui ước dấu của độ cong là dương nếu cơ sở tuyến tính này có chiều dương, và dấu của độ cong là âm nếu cơ sở tuyến tính này có chiều âm. Tức là: sign(𝑘) = sign det(𝛼′ , 𝛼″ ). Bài toán 2.1. Nếu đổi chiều của đường thì độ cong có dấu bị đổi dấu. Bài toán 2.2. [1] 1.5: 1, 4, 6, 8a, 11. 9 3 Đường cong với độ cong cho trước 3.1 Dấu của độ cong của đường cong phẳng: công thức tính Cho 𝛼 là một đường chính qui và 𝛽 là tham số hóa lại theo chiều dài của 𝛼. Giả sử độ cong 𝑘(𝑠) ≠ 0. Ta chứng tỏ hai cặp (𝛼′ , 𝛼″ ) và (𝛽′ , 𝛽 ″ ) có cùng dấu. Theo tính toán trước ta có 𝛽′ = 𝛽″ = 𝛼′ , ‖𝛼′ ‖ 𝛼″ − 𝑝𝛼′ (𝛼″ ) , ∥ 𝛼′ ∥2 suy ra sign det(𝛽 ′ , 𝛽 ″ ) = sign det(𝛼′ , 𝛼″ − 𝑝𝛼′ (𝛼″ )) = sign [det(𝛼′ , 𝛼″ ) − det(𝛼′ , 𝑝𝛼′ (𝛼″ ))] = sign det(𝛼′ , 𝛼″ ), với det(𝛼′ , 𝑝𝛼′ (𝛼″ ) = 0 do hai vectơ cùng phương. Trên mặt phẳng, nếu 𝑎 = (𝑎1 , 𝑎2 ) ∈ ℝ2 và 𝑏 = (𝑏1 , 𝑏2 ) ∈ ℝ2 thì ta có thể tính 2 2 ‖𝑎‖ ‖𝑏‖ − (𝑎 ⋅ 𝑏)2 = det ( 𝑎⋅𝑎 𝑎⋅𝑏 𝑏⋅𝑎 𝑏⋅𝑏 ) = (𝑎21 + 𝑎22 )(𝑏21 + 𝑏22 ) − (𝑎1 𝑏1 + 𝑎2 𝑏2 )2 = (𝑎1 𝑏2 − 𝑎2 𝑏1 )2 = [det ( 𝑎1 𝑏 1 𝑎2 𝑏 2 2 2 )] = [det(𝑎, 𝑏)] . Từ bài trước, trong trường hợp đường cong phẳng có dấu, ta có thể viết tiếp 1 ( ∥ 𝛼″ ∥2 ∥ 𝛼′ ∥2 −(𝛼″ ⋅ 𝛼′ )2 ) 2 | det(𝛼′ , 𝛼″ )| = . |𝑘| = ∥ 𝛼′ ∥3 ∥ 𝛼′ ∥3 Suy ra công thức của độ cong có dấu là 𝑘 = sign det(𝛽′ , 𝛽 ″ ) ′ ″ | det(𝛼′ , 𝛼″ )| det(𝛼′ , 𝛼″ ) ′ ″ | det(𝛼 , 𝛼 )| = sign det(𝛼 , 𝛼 ) = . ∥ 𝛼 ′ ∥3 ∥ 𝛼′ ∥3 ∥ 𝛼′ ∥3 10 3 ĐƯỜNG CONG VỚI ĐỘ CONG CHO TRƯỚC Ví dụ 3.1. Độ cong có dấu của đường cong 𝛼(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) trên mặt phẳng ℝ2 tính theo công thức trên là 𝑘= 𝑥′ 𝑦 ″ − 𝑥″ 𝑦 ′ . (𝑥′2 + 𝑦′2 )3/2 (3.2) Ví dụ 3.3. Độ cong của đường tròn bán kính 𝑟, qua tham số hóa (𝑟 cos 𝑡, 𝑟 sin 𝑡), 1 tính theo công thức trên là dương và bằng . 𝑟 3.2 Hệ phương trình Frénet Trong phần này ta xét đường trong ℝ3 . Giả sử đường 𝛼 được tham số hóa theo chiều dài. Giả sử 𝛼″ ≠ 0, tức 𝑘 ≠ 0, trên khoảng được xét. Đặt 𝑡 ⃗ = 𝛼′ (tangent 𝛼″ tiếp tuyến), 𝑛⃗ = (normal - pháp tuyến), 𝑏 ⃗ = 𝑡 ⃗ × 𝑛⃗ (binormal). Bộ (𝑡,⃗ 𝑛,⃗ 𝑏)⃗ là ‖𝛼″ ‖ một cơ sở trực chuẩn định hướng dương của ℝ3 , được gọi là khung Frénet. Ta khảo sát sự biến đổi của khung này [1, tr. 18–20]. Tính đạo hàm theo tham số chiều dài, ta được: 𝑡′⃗ = (𝛼′ )′ = 𝛼″ =∥ 𝛼″ ∥ 𝑛⃗ = 𝑘𝑛.⃗ ⃗ do đó Vì 𝑛′⃗ ⊥𝑛⃗ nên 𝑛′⃗ thuộc mặt phẳng sinh bởi hai vectơ 𝑡 ⃗ và 𝑏,⃗ tức 𝑛′⃗ ∈ ⟨{𝑡,⃗ 𝑏}⟩, 𝑛′⃗ = 𝛽 𝑡 ⃗ + 𝛾𝑏,⃗ với 𝛽, 𝛾 ∈ ℝ. Vì 𝑡 ⃗ ⟂ 𝑛⃗ nên ⟨𝑡,⃗ 𝑛⟩⃗ = 0, suy ra ⟨𝑡,⃗ 𝑛⟩⃗ ′ = 0 ⟨𝑡′⃗ , 𝑛⟩⃗ + ⟨𝑡,⃗ 𝑛′⃗ ⟩ = 0 ⟨𝑘𝑛,⃗ 𝑛⟩⃗ + ⟨𝑡,⃗ 𝛽 𝑡 ⃗ + 𝛾𝑏⟩⃗ = 0 𝑘+𝛽 =0 𝛽 = −𝑘. Vậy 𝑛′⃗ = −𝑘𝑡 ⃗ + 𝛾𝑏.⃗ Với 𝑏,⃗ vì 𝑏 ⃗ = 𝑡 ⃗ × 𝑛⃗ nên 𝑏′⃗ = 𝑡′⃗ × 𝑛⃗ + 𝑡 ⃗ × 𝑛′⃗ = 𝑘𝑛⃗ × 𝑛⃗ + 𝑡 ⃗ × (−𝑘𝑡 ⃗ + 𝛾𝑏)⃗ = 𝛾𝑡 ⃗ × 𝑏 ⃗ = −𝛾𝑛.⃗ Nhận xét rằng 𝑏 ⃗ vuông góc với mặt phẳng chuyển động ⟨{𝛼′ , 𝛼″ }⟩, nên 𝑏 ⃗ là một 3.2 Hệ phương trình Frénet 11 vectơ chỉ phương của mặt phẳng chuyển động, và 𝑏′⃗ chỉ tốc độ thay đổi phương của mặt phẳng chuyển động, từ đó người ta đặt 𝜏 = −𝛾 là độ xoắn (torsion) của đường 𝛼. Tóm lại ta thu được hệ Frénet: ′ ⎧𝑡 ⃗ = 𝑘 𝑛 ⃗ ⎪ 𝑛′⃗ = −𝑘𝑡 ⃗ − 𝜏𝑏 ⃗ ⎨ ⎪ ′⃗ ⎩𝑏 = 𝜏𝑛.⃗ Bây giờ ta xét vấn đề: Cho trước hai hàm số thực 𝑘 và 𝜏, có hay không một đường 𝛼 nhận 𝑘 làm độ cong và 𝜏 làm độ xoắn? Nói cách khác, có hay không một đường với độ cong và độ xoắn cho trước? Câu hỏi này đưa về sự tồn tại nghiệm của hệ Frénet. Ví dụ 3.4. Xét trường hợp đường cong phẳng. Trong trường hợp này 𝑏 ⃗ là hằng, do đó 𝜏 = 0. Ở đây câu hỏi là: Có hay không một đường với độ cong cho trước? Với giả thiết độ cong luôn khác 0, ta có thể giả sử độ cong có hướng luôn dương, nếu ngược lại thì chỉ cần đảo ngược chiều của đường. Giả sử hàm độ cong liên tục 𝑘 > 0 được cho trước. Giả sử đường 𝛼(𝑠) = (𝑥(𝑠), 𝑦(𝑠)) được tham số hóa theo chiều dài. Ta có phương trình 𝑘(𝑠) = 𝑥′ (𝑠)𝑦″ (𝑠) − 𝑥″ (𝑠)𝑦′ (𝑠). Vì 𝑥′ (𝑠)2 + 𝑦′ (𝑠)2 = 1, nên đặt 𝑡 = arccos 𝑥′ (𝑠) ta được 𝑥′ (𝑠) = cos 𝑡, và ta chọn 𝑦′ (𝑠) = sin 𝑡. Khi đó 𝑡 là hàm của 𝑠, ta tính được 𝛼″ (𝑠) = (− sin(𝑡(𝑠)), cos(𝑡(𝑠)))𝑡′ (𝑠) và phương trình trở thành 𝑘(𝑠) = 𝑡′ (𝑠). Đây là một phương trình vi phân đơn giản, nghiệm là 𝑠 𝑡(𝑠) = ∫ 𝑘(𝑢) 𝑑𝑢 + 𝐶. 0 Bây giờ ta có hệ phương trình { 𝑥′ (𝑠) = cos(𝑡(𝑠)) 𝑦′ (𝑠) = sin(𝑡(𝑠)). Từ đó nghiệm của bài toán là đường 𝑠 𝑥(𝑠) = ∫0 cos(𝑡(𝑠)) 𝑑𝑠 + 𝐶1 { 𝑠 𝑦(𝑠) = ∫0 sin(𝑡(𝑠)) 𝑑𝑠 + 𝐶2 , 12 3 ĐƯỜNG CONG VỚI ĐỘ CONG CHO TRƯỚC với (𝐶1 , 𝐶2 ) là điểm đầu của đường [1, tr. 25]. Ta có thêm nhận xét sau. Với hệ thức (𝑥′ (𝑠), 𝑦′ (𝑠)) = (cos(𝑡(𝑠)), sin(𝑡(𝑠))) ta có thể hiểu 𝑡(𝑠) là tham số góc (trong tọa độ cực) của vectơ vận tốc đường 𝛼. Như thế 𝑘(𝑠) = 𝑡′ (𝑠) có thể giải thích là độ cong của đường bằng tốc độ thay đổi của góc của vận tốc. Quay trở lại trường hợp ba chiều, giờ ta giải hệ Frénet. Viết 𝑡 ⃗ = (𝑡1 , 𝑡2 , 𝑡3 ), 𝑛⃗ = (𝑛1 , 𝑛2 , 𝑛3 ), 𝑏 ⃗ = (𝑏1 , 𝑏2 , 𝑏3 ), thì hệ Frenet là hệ phương trình vi phân: ′ ′ ′ ⎛ 𝑡1 𝑡2 𝑡3 ⎞ ⎛ 0 𝑘 0 ⎞ ⎛ 𝑡1 𝑡2 𝑡3 ⎞ ⎜𝑛′1 𝑛′2 𝑛′3 ⎟ = ⎜−𝑘 0 −𝜏⎟ ⎜𝑛1 𝑛2 𝑛3 ⎟ . ⎜ ′ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ′ ′ ⎝𝑏 1 𝑏 2 𝑏 3 ⎠ ⎝ 0 𝜏 0 ⎠ ⎝𝑏 1 𝑏 2 𝑏 3 ⎠ Ta giải hệ phương trình vi phân này. Viết 𝑦(𝑠) = (𝑡1 , 𝑡2 , 𝑡3 , 𝑛1 , 𝑛2 , 𝑛3 , 𝑏1 , 𝑏2 , 𝑏3 )(𝑠) ∈ ℝ9 thì phương trình vi phân có thể đưa về dạng 𝑦′ (𝑠) = 𝑓(𝑦(𝑠), 𝑠) trong đó 𝑓 ∶ ℝ9 × ℝ → ℝ9 cho bởi tích ma trận ở trên. Giả sử có điều kiện đầu (𝑡, 𝑛, 𝑏)(𝑠0 ) = (𝑡0 , 𝑛0 , 𝑏0 ). Giả sử 𝑘 và 𝜏 khả vi liên tục, thì 𝑓 khả vi liên tục. Hàm 𝑓 khả vi liên tục nên Lipschitz địa phương theo biến 𝑦, do đó phương trình có nghiệm địa phương duy nhất thỏa điều kiện đầu, theo định lý về sự tồn tại nghiệm của phương trình vi phân [Giáo trình Giải tích 4], [Lang, Undergraduate Analysis, tr. 553], [3, tr. 163]. Khi đã có 𝑦 ta đưa bài toán về phương trình 𝛼′ = 𝑡, và 𝛼 được xác định duy nhất địa phương nếu điểm đầu 𝛼(𝑠0 ) được cho. Như vậy đường 𝛼 được xác định duy nhất địa phương sai khác một điểm đầu và một khung Frénet tại điểm đầu đó. Bài toán 3.5. Kết quả trên có thể được phát biểu một cách ngắn gọn là đường cong trong ℝ3 được xác định duy nhất bởi độ cong và độ xoắn, sai khác một phép dời hình (còn gọi là phép đẳng cự hay phép đẳng cấu hình học – isometry) bảo 13 toàn định hướng (rigid motion) của ℝ3 . Về phép dời hình, có thể xem thêm ở 12.6, [1, tr. 24], [9, tr. 4]. 4 Mặt chính quy Một cách sơ lược, trên mặt chính quy mỗi điểm có một lân cận giống như mặt phẳng và tại mỗi điểm có một mặt phẳng tiếp xúc. Khái niệm này gần gũi khái niệm đường chính qui mà ta đã xét. Định nghĩa 4.1. Một tập con 𝑆 ⊂ ℝ3 là một mặt chính quy nếu với mọi 𝑝 ∈ 𝑆, tồn tại một tập mở 𝑈 trong ℝ2 , một tập mở 𝑉 trong ℝ3 chứa 𝑝, một ánh xạ 𝜑 ∶ 𝑈 → 𝑉 ∩ 𝑆, sao cho: (a) 𝜑 trơn (khả vi liên tục mọi cấp), (b) 𝜑 là một đồng phôi (homeomorphism) (song ánh liên tục cả hai chiều), (c) với mỗi 𝑞 ∈ 𝑈, ánh xạ đạo hàm (Fréchet) 𝑑𝜑𝑞 ∶ ℝ2 → ℝ3 là đơn ánh. Về điều kiện thứ ba của mặt chính quy ta có thể giải thích thêm như sau. 14 4 MẶT CHÍNH QUY Ánh xạ tuyến tính 𝑑𝜑(𝑞) là đơn ánh đồng nghĩa với nó là song ánh lên tập ảnh của nó. Tập ảnh của 𝑑𝜑(𝑞) là 𝑑𝜑(𝑞)(ℝ2 ) được sinh bởi ảnh của cơ sở chuẩn tắc (𝑒 1 , 𝑒 2 ) của ℝ2 , tức là 𝑑𝜑(𝑞)(ℝ2 ) = ⟨{𝑑𝜑(𝑞)(𝑒 1 ), 𝑑𝜑(𝑞)(𝑒 2 )}⟩. Giả thiết 𝑑𝜑(𝑞) là đơn ánh đồng nghĩa giả thiết 𝑑𝜑(𝑞)(𝑒 1 ) và 𝑑𝜑(𝑞)(𝑒 2 ) là độc lập tuyến tính. Ví dụ 4.2 (mặt đồ thị). Cho tập mở 𝑈 ⊂ ℝ2 và 𝑓 ∶ 𝑈 → ℝ3 trơn, thì đồ thị của 𝑓, 𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 | 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦)} là một mặt chính quy. Ta lấy tham số hóa của 𝑆 là 𝜑∶𝑈→𝑆 (𝑥, 𝑦) ↦ 𝜑(𝑥, 𝑦) = (𝑥, 𝑦, 𝑓(𝑥, 𝑦)). Ta có 𝜑 trơn và là một song ánh liên tục, và 𝜑−1 là thu hẹp của ánh xạ chiếu (𝑥, 𝑦, 𝑧) ↦ (𝑥, 𝑦) xuống 𝑆 nên cũng liên tục. Giờ ta kiểm 𝑑𝜑(𝑞) ∶ ℝ2 → ℝ3 là đơn ánh. Ta có: 𝑑𝜑(𝑞)(𝑒 1 ) = 𝜕𝑓 𝜕𝜑 𝜕 (𝑞) = (𝑥, 𝑦, 𝑓(𝑥, 𝑦))∣𝑞 = (1, 0, (𝑞)) 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝑑𝜑(𝑞)(𝑒 2 ) = 𝜕𝑓 𝜕𝜑 𝜕 (𝑞) = (𝑥, 𝑦, 𝑓(𝑥, 𝑦))∣𝑞 = (0, 1, (𝑞)) 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑦 15 Với mọi 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ thì 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (𝑞) + 𝛽 (𝑞) = 0 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑓 𝜕𝑓 ⟺ (𝛼, 𝛽, 𝛼 (𝑞) + 𝛽 (𝑞)) = 0 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝛼 ⟺ 𝛼 = 𝛽 = 0, 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (𝑞) và (𝑞) độc lập tuyến tính, vậy 𝑑𝜑(𝑞) là đơn ánh. Ta kết 𝜕𝑥 𝜕𝑦 luận 𝑆 là một mặt chính qui [1, tr. 60]. nên hai vectơ Bài toán 4.3. Đọc [1, Example 1 tr. 57] (mặt cầu), [1, Example 2 tr. 67] (mặt xuyến), [1, tr. 61] (mặt cho bởi phương trình). 5 Ví dụ mặt chính quy Ví dụ 5.1 (mặt cầu). Mặt cầu không là mặt đồ thị, do đó cần ít nhất 2 lân cận mở để tham số hóa được mặt cầu. Cách thứ nhất, tham số hóa từng nửa mặt cầu trên, dưới, trước, sau, phải và trái của mặt cầu. Cụ thể: 𝑧 = √1 − 𝑥2 − 𝑦2 , 𝑧 = −√1 − 𝑥2 − 𝑦2 , 𝑥 = √1 − 𝑦2 − 𝑧 2 , 𝑥 = −√1 − 𝑦2 − 𝑧 2 , 𝑦 = √1 − 𝑥 2 − 𝑧 2 , 𝑦 = − √1 − 𝑥 2 − 𝑧 2 , 𝑥2 + 𝑦 2 < 1 𝑥2 + 𝑦 2 < 1 𝑦2 + 𝑧 2 < 1 𝑦2 + 𝑧 2 < 1 𝑥2 + 𝑧 2 < 1 𝑥2 + 𝑧 2 < 1. Cách thứ hai, dùng tọa độ cầu: ⎧𝑥 = sin 𝜙 cos 𝜃 ⎪ 𝑦 = sin 𝜙 sin 𝜃 ⎨ ⎪ ⎩𝑧 = cos 𝜙, 𝜃, 0 < 𝜃 < 2𝜋, 0 < 𝜙 < 𝜋. Vì tham số hóa này còn thiếu đường kinh tuyến 𝜃 = 0, nên ta cần thêm một tham số hóa nữa (đổi vai trò của 𝑥,𝑦 và 𝑧 để có thêm một tham số hóa khác) để tham số hóa được toàn bộ mặt cầu. 16 5 VÍ DỤ MẶT CHÍNH QUY Một cách nữa là dùng phép chiếu nổi (stereographic projection). Ta có thể viết ra công thức tường minh của phép chiếu này. Cần hai phép chiếu từ hai cực. Ví dụ 5.2. Tập cho bởi phương trình 𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑧 + 𝑧 3 = 4 có là một mặt chính quy hay không? Đặt 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑧 + 𝑧 3 . Đặt 𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 ∶ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4}. Ta có: 𝜕𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥 − 2𝑦, 𝜕𝑥 𝜕𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = −2𝑥 + 2𝑦𝑧, 𝜕 𝜕𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑦2 + 3𝑧 2 . 𝜕𝑧 Ta có ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 khi và chỉ khi 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0. Do đó điểm dừng (điểm tới hạn – critical point) duy nhất của 𝑓 là (0, 0, 0). Vì 𝑓(0, 0, 0) = 0 ≠ 4 nên ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) ≠ 0, ∀(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑆. Giả sử (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) ∈ 𝑆. Không mất tổng quát, giả sử: 𝜕𝑓 𝜕𝑧 (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) ≠ 0. Theo Định lý hàm ẩn [Giáo trình Giải tích 2], có một lân cận (𝑎, 𝑏) × (𝑐, 𝑑) chứa (𝑥0 , 𝑦0 ) 17 sao cho ∀(𝑥, 𝑦) ∈ (𝑎, 𝑏) × (𝑐, 𝑑) ∶ ∃!𝑧 để 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4, đặt 𝑧 = 𝑔(𝑥, 𝑦) thì 𝑔 khả vi liên tục mọi cấp. Như thế lân cận ((𝑎, 𝑏) × (𝑐, 𝑑) × ℝ)∩𝑆 là đồ thị của hàm 𝑔, nói cách khác (𝑥, 𝑦) ↦ (𝑥, 𝑦, 𝑔(𝑥, 𝑦)) là một tham số hóa địa phương của 𝑆. Vậy 𝑆 là một mặt chính quy. Ta có 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑔(𝑥, 𝑦)) = 4 với mọi (𝑥, 𝑦) ∈ (𝑎, 𝑏) × (𝑐, 𝑑). Lấy đạo hàm hai vế theo 𝑥 và theo 𝑦 ta được 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑔 + ⋅ =0 𝜕𝑥 𝜕𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑔 + ⋅ = 0, 𝜕𝑦 𝜕𝑧 𝜕𝑦 suy ra Vì (1, 0, 𝜕𝑔 𝜕𝑥 ) và (0, 1, 𝜕𝑔 𝜕𝑦 ( 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑔 , , ) ⋅ (1, 0, ) = 0 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 𝜕𝑥 ( 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑔 , , ) ⋅ (0, 1, ) = 0. 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 𝜕𝑦 ) là hai vectơ tiếp xúc của mặt đồ thị 𝑧 = 𝑔(𝑥, 𝑦) nên ta rút 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 ra nhận xét vectơ gradient ∇𝑓 = ( , 𝜕𝑥 𝑓 = 4. 𝜕𝑦 , 𝜕𝑧 ) là một vectơ pháp tuyến của mặt Lý luận trên cho ta kết quả sau. Mệnh đề 5.3. Nếu phương trình 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = hằng không có nghiệm là điểm dừng của 𝑓 thì phương trình xác định một mặt chính quy. Ví dụ 5.4 (mặt xuyến). [1, tr. 63] Nhắc lại rằng mặt xuyến có được bởi việc xoay đường tròn tâm (0, 𝑎, 0), bán kính 𝑟 trên mặt phẳng 𝑦𝑂𝑧 quanh trục 𝑂𝑧. Trong hình trên, gọi 𝐴 là vị trí tâm của đường tròn được xoay, 𝐵 = (𝑥, 𝑦, 𝑧), và 𝐶 = (𝑥, 𝑦), thì 𝐵𝐶 = 𝑧, 𝐴𝐶 = 𝑎 − √𝑥2 + 𝑦2 . Áp dụng công thức Pythagore cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 ta được phương trình của mặt xuyến là 𝑧 2 + (√𝑥2 + 𝑦2 − 𝑎)2 = 𝑟2 . 18 5 VÍ DỤ MẶT CHÍNH QUY Đặt 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧 2 + (√𝑥2 + 𝑦2 − 𝑎)2 . Ta tính được 𝜕𝑓 𝑥 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2(√𝑥2 + 𝑦2 − 𝑎) , 𝜕𝑥 2 √𝑥 + 𝑦2 𝜕𝑓 𝑦 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2(√𝑥2 + 𝑦2 − 𝑎) , 𝜕𝑦 2 √𝑥 + 𝑦2 𝜕𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑧, 𝜕𝑧 do đó ⎧𝑥 = 0 hoặc √𝑥2 + 𝑦2 − 𝑎 = 0, ⎪ ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 ⟺ 𝑦 = 0 hoặc √𝑥2 + 𝑦2 − 𝑎 = 0, ⎨ ⎪ ⎩𝑧 = 0. Ta thấy nghiệm (0, 0, 0) không nằm trên mặt xuyến, và nghiệm thỏa √𝑥2 + 𝑦2 − 𝑎 = 0 cũng không nằm trên mặt xuyến. Do đó tại mọi điểm trên mặt xuyến vector gradient ∇𝑓 khác không. Vậy mặt xuyến là một mặt chính quy. Mệnh đề 5.5. Cho 𝑆 là một mặt chính quy trong ℝ3 và 𝑝 ∈ 𝑆, khi đó có một lân cận 𝑉 của 𝑝 trong 𝑆 sao cho 𝑉 là đồ thị của một hàm trơn. Ngắn gọn, mặt chính qui xét một cách địa phương là một mặt đồ thị. Chứng minh. Mỗi điểm 𝑝 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑆 có một lân cận được tham số hóa bởi 𝜑, với 𝜑(𝑢, 𝑣) = (𝑥, 𝑦, 𝑧). 19 Ánh xạ đạo hàm 𝑑𝜑(𝑢, 𝑣) được biểu diễn bởi ma trận Jacobi: 𝜕𝑥 𝜕𝑥 ⎛ 𝜕𝑢 𝜕𝑦 [𝑑𝜑(𝑢, 𝑣)] = 𝐽𝜑 (𝑢, 𝑣) = ⎜ 𝜕𝑢 ⎜ 𝜕𝑧 ⎝ 𝜕𝑢 Vì 𝑑𝜑(𝑢, 𝑣) là đơn ánh nên hai vectơ 𝜕𝜑 𝜕𝑢 (𝑢, 𝑣) và 𝜕𝑣 ⎞ 𝜕𝑦 ⎟ (𝑢, 𝑣). 𝜕𝑣 ⎟ 𝜕𝑧 𝜕𝑣 ⎠ 𝜕𝜑 𝜕𝑣 (𝑢, 𝑣) là độc lập tuyến tính, tức là ma trận 𝐽𝜑 (𝑢, 𝑣) có hai cột độc lập tuyến tính, nên 𝐽𝜑 (𝑢, 𝑣) có một ma trận con cấp 2 không suy biến. Không mất tổng quát, giả sử 𝜕𝑥 det ( 𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑣 𝜕𝑦 ) (𝑢, 𝑣) ≠ 0. 𝜕𝑣 Ý chính là điều kiện không suy biến trên theo Định lý hàm ngược dẫn tới ánh xạ (𝑢, 𝑣) ↦ (𝑥, 𝑦) có ánh xạ ngược (𝑥, 𝑦) ↦ (𝑢, 𝑣), như thế 𝑧 viết được theo (𝑥, 𝑦), tức mặt là đồ thị của một hàm theo 𝑥 và 𝑦. Cụ thể hơn như sau. Ánh xạ 𝜋 ∘ 𝜑 ∶ 𝑈 → ℝ2 với 𝜋 là ánh xạ chiếu 𝜋(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥, 𝑦) thì (𝜋 ∘ 𝜑)(𝑢, 𝑣) = (𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣)). Theo Định lý hàm ngược, do 𝜕𝑥 det ( 𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑣 𝜕𝑦 ) (𝑢, 𝑣) = det(𝜋 ∘ 𝜑)′ (𝑢, 𝑣) ≠ 0 𝜕𝑣 nên có lân cận 𝑉 của (𝑢, 𝑣) và 𝑊 của (𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣)) sao cho ánh xạ 𝜋 ∘ 𝜑 ∶ 𝑉 → 𝑊 có ánh xạ ngược (𝜋 ∘ 𝜑)−1 trơn. Khi đó trên lân cận 𝜑(𝑉) của 𝑆 (nhờ 𝜑 là một đồng phôi) thì dùng kí hiệu 𝑝3 chỉ ánh xạ chiếu (𝑥, 𝑦, 𝑧) ↦ 𝑧 ta có (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝜑(𝑉 ) ⟺ 𝑧 = (𝑝3 ∘ 𝜑 ∘ (𝜋 ∘ 𝜑)−1 ) (𝑥, 𝑦), (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑊 , với hàm 𝑝3 ∘ 𝜑 ∘ (𝜋 ∘ 𝜑)−1 trơn. Trong Định nghĩa 4.1 của mặt chính quy, trong thực tế việc kiểm tra tính đồng phôi của tham số hóa (như trường hợp tọa độ cực và tọa độ cầu) có thể phải liên quan tới việc tìm công thức của các ánh xạ ngược, một việc có thể khó khăn. Ta có kết quả sau nói rằng nếu ta đã biết mặt là chính quy thì có thể xác định tham số hóa mà không cần kiểm tra ánh xạ ngược [1, tr. 66]. Mệnh đề 5.6. Cho mặt chính quy 𝑆. Giả sử 𝜑 thỏa điều kiện (a) (trơn) và (c) (đạo hàm không suy biến) trong Định nghĩa 4.1 cho mặt chính quy, và 𝜑 là đơn ánh, thì 𝜑−1 là liên tục, và 𝜑 là một tham số hóa. Chứng minh. Giả sử 𝜑(𝑈) = 𝑉 ∩ 𝑆 trong đó 𝑉 ⊂ ℝ3 mở như trong Định nghĩa 4.1. Vì 𝑆 là mặt chính quy nên tại 𝑝 ∈ 𝑆 có tập mở 𝑈 ′ ⊂ ℝ2 và tập mở 𝑉 ′ ⊂ ℝ3 và một tham số hóa chính quy 𝜓 ∶ 𝑈 ′ → 𝑉 ′ ∩ 𝑆. Lấy 𝑈 ″ = 𝜑−1 (𝑉 ∩ 𝑉 ′ ∩ 𝑆) thì 𝑈 ″ là mở do 𝜑 liên tục.