Thông tin tài liệu
LỜI MỞ ĐẦU Lý thuyết đường cong R nội dung quan trọng hình học vi phân nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu có nhiều ứng dụng vật lý, giao thông vận tải ngành khác tốn học Trong khóa luận chúng tơi trình bày tích lệch trường vecto R4 sử dụng để xây dựng trường mục tiêu Frenet đường cong R4 Trong phần ví dụ minh họa Nội dung khóa luận gồm mục, với phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo §1 TÍCH LỆNH CÁC TRƯỜNG VECTƠ TRONG R4 Trong mục trình bày định nghĩa số tính chất tích lệch trường vecto R Ngồi cịn trình bày định nghĩa Gram mối quan hệ định thức Gram với tích lệch trường vecto tren R4 §2 ĐƯỜNG CONG TRONG R4 Trong mục này, chúng tơi dành cho việc trình bày định nghĩa tính chất đường cong R4 Đồng thời chúng tơi trình bày siêu phẳng mặt tiếp, ,cách tìm tham số hóa tự nhiên đường cong cho tham số hóa tùy ý ví dụ cụ thể §3 TRƯỜNG MỤC TIÊU FRENET TRONG R4 Chủ yếu phần này, xây dựng trường mục tiêu Frenet công thức Frenet với ví dụ minh họa dọc đường cong R4 Khóa luận hồn thành nhờ hướng dẫn nhiệt tình, tận tâm thầy giáo PGS.TS Nguyễn Hữu Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn kính trọng sâu sắc đến thầy, người dành cho tác giả hướng dẫn bảo tận tình trình học tập, nghiên cứu thực khóa luận Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô tổ hình học thầy khoa Tốn – Đại học Vinh dạy bảo dìu dắt tác giả năm đại học hết lịng giúp đỡ tác giả q trình làm khóa luận Vì thời gian có hạn hiểu biết cịn hạn chế nên khóa luận viết chắn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Tác giả kính mong nhận đóng góp ý kiến q thầy bạn §1 TÍCH LỆCH CÁC TRƯỜNG VECTƠ TRONG R4 1.1 Định nghĩa: Giả sử E1, E2, E3, E4 trường mục tiêu tự nhiên R4 X1 11,12,13,14 , X2 21, 22, 23,24 , X3 31,32,33,34 trường vectơ R4 Khi đó, tích lệch trường vectơ X1, X2, X3 trường vectơ ký hiệu X1 �X2 �X3 X xác định sau: �12 13 14 11 13 14 11 12 14 11 12 13 � � � X1 �X2 �X3 �22 23 24 , 21 23 24 , 21 22 24 , 21 22 23 � � � � 32 33 34 31 33 34 31 32 34 31 32 33 � 1.2 Ví dụ: Giả sử R4 cho trường vectơ X1 x, y,0, yz , X2 xy,0, z, y , X3 1, xz, y,0 Khi đó, ta có tích lệch X1, X2, X3 là: �y yz x y yz 11 12 14 x y � � � X X1 �X2 �X3 �0 z y , xy y , 21 22 24 , xy z � �xz y y 32 34 xz y � 31 � � xyz3 y3; xy3z yz2 xy2; x2yz x2y2z2 y2; yz xy2 xz2 1.3 Chú ý Giả sử X1 E1 1,0,0,0 , X2 E2 0,1,0,0 , X3 E3 0,0,1,0 Khi đó, ta có E4 X1 �X2 �X3 Thật vậy, theo định nghĩa tích lệch ta có: �0 0 0 0 0 � � � X1 �X2 �X3 �1 0 , 0 , , � �0 0 0 0 0 � � � 0,0,0,1 E4 Vậy E4 X1 �X2 �X3 1.4 Mệnh đề: Tích lệch trường vectơ có tính chất tuyến tính thành phần Chứng minh: Giả sử: X1 11,12,13,14 , X2 21,22,23,24 , X3 31,32,33,34 X1� 11�,12�,13�,14� , X2� 21�,22�,23�,24� , X3� 31�,32�,33�,34� trường vectơ R4 a�R , ta chứng minh, chẳng hạn: �X2 �X3 X1 �X2 �X3 X1��X2 �X3 (1) X1 X1� (2) aX1 �X2 �X3 a X1 �X2 �X3 Trước hết, ta chứng minh (1) Theo định nghĩa tích lệch, ta có: � 13 13 � 14 14 � 11 11 � 13 13 � 14 14 � �12 12 � 23 24 , 21 23 24 , X1 X1� �X2 �X3 � 22 � 33 34 31 33 34 � 32 � 12 12 � 14 14 � 11 11 � 12 12 � 13 13 �� 11 11 � 21 22 24 , 21 22 23 � 31 32 34 31 32 33 � � � 12 13 14 11 13 14 11 12 14 11 12 13 � � � � 22 23 24 , 21 23 24 , 21 22 24 , 21 22 23 � � � 32 33 34 31 33 34 31 32 34 31 32 33 � � � 13 � 14 � 11 � 13 � 14 � 11 � 12 � 14 � 11 � 12 � 13 �� �12 � � � 22 23 24 , 21 23 24 21 22 24 , 21 22 23 � � 32 33 34 31 33 34 31 32 34 31 32 33 � � � = X1 �X2 �X3 X1��X2 �X3 Do X1 X1 �X2 �X3 X1 �X2 �X3 X1��X2 �X3 ; X1, X2, X3, X1� � R4 Bây ta chứng minh (2), ta có : � a12 a13 a14 a11 a13 a14 a11 a12 a14 a11 a12 a13 � � 22 23 24 , 21 23 24 , 21 22 24 , 21 22 23 � aX1 �X2 �X3 � � � 31 32 34 31 32 33 � � 32 33 34 31 33 34 � � 12 13 14 11 13 14 11 12 14 11 12 13 � � � � a 22 23 24 , a 21 23 24 , a 21 22 24 , a 21 22 23 � � 31 32 34 31 32 33 � � 32 33 34 31 33 34 � � 12 13 14 11 13 14 11 12 14 11 12 13 � � � a� 22 23 24 , 21 23 24 , 21 22 24 , 21 22 23 � � � 32 33 34 31 33 34 31 32 34 31 32 33 � � a X1 �X2 �X3 Vậy: aX1 �X2 �X3 a X1 �X2 �X3 ,X1, X2, X3 � R4 1.5 Mệnh đề Giả sử X1 11,12,13,14 , X2 21,22,23,24 , X3 31,32,33,34 Theo định nghĩa tích lệch trường vectơ R4 tích vơ hướng trường vectơ ta có: 12 13 14 11 13 14 11 12 14 11 12 13 X� X1 22 23 24 11 21 23 24 12 21 22 24 13 21 22 23 14 32 33 34 31 33 34 31 32 34 31 32 33 11122334 11132432 11223314 11322314 11132234 11 33 2412 11122334 1213 2431 12213314 1231 2314 12 211334 1211 33 24 11132234 1312 2431 13 213214 13 31 2214 1312 2134 1311 32 24 11223314 14122331 14213213 1431 2213 14211233 111432 23 0 Vậy: X.X1 Tương tự ta có: X.X2 X.X3 1.6 Mệnh đề Giả sử: X1, X2, X3 trường vectơ R4 Khi đó: X1, X2, X3 phụ thuộc tuyến tính Chứng minh: + Điều kiện cần: X X1 �X2 �X3 Giả sử: X1 11,12,13,14 , X2 21,22,23,24 , X3 31,32,33,34 trường vectơ R4 mà X1, X2, X3 phụ thuộc tuyến tính Ta phải chứng minh: X X1 �X2 �X3 Thật vậy, X1, X2, X3 phụ thuộc tuyến tính nên tồn a, b�R cho: X1 aX2 bX3 Do đó: X X1 �X2 �X3 aX2 bX3 �X2 �X3 aX2 �X2 �X bX3 �X2 �X3 (1) Theo định nghĩa tích lệch, ta có: � 22 23 24 21 23 24 21 22 24 21 22 23 � � � X2 �X2 �X3 � 22 23 24 , 21 23 24 , 21 22 24 , 21 22 23 � � � � 32 33 34 31 33 34 31 32 34 31 32 33 � 0,0,0,0 Vậy: X2 �X2 �X3 Tương tự ta có: X3 �X2 �X3 Thay vào (1) ta được: X a.0 b.0 Vật X1, X2, X3 phụ thuộc tuyến tính X (2) + Điều kiện đủ: Giả sử X X1 �X2 �X3 Ta phải chứng minh X1, X2, X3 phụ thuộc tuyến tính Thật vây, giả sử ngược lại X1, X2, X3 độc lập tuyến tính Khi đó: rank X1, X2, X3 Do X �0 Điều mâu thuẫn với giả thiết X Vậy X1, X2, X3 phụ thuộc tuyến tính (3) Từ (2) (3) ta suy điều cần chứng minh 1.7 Mệnh đề Giả sử X1, X2, X3 trường vectơ R4 Khi đó: X X1 �X2 �X3 sgn X 1 , X 2 , X 3 Chứng minh: �1 � Ta có S3 � �là số phép 1,2,3 � � Gọi X1 11,12,13,14 , X2 21,22,23,24 , X3 31,32,33,34 Theo định nghĩa tích lệch, ta có: � 12 13 14 11 13 14 11 12 14 11 12 13 � � � X� 22 23 24 , 21 23 24 , 21 22 24 , 21 22 23 � � � � 32 33 34 31 33 34 31 32 34 31 32 33 � Vì hàm toạ độ X định thức cấp 3, đổi hàng định thức đổi dấu nên từ ta có: X X1 �X2 �X3 sgn X 1 , X 2 , X 3 �S3 1.8 Định nghĩa Tích hỗn tạp trường vectơ X1, X2, X3, X4 �R4 hàm số, ký hiệu D X1, X2, X3, X4 xác định sau: D X1, X2, X3, X4 X1 X2 �X3 �X4 1.9 Nhận xét Giả sử Xi i1,i 2,i 3,i ;i 1,4 Khi đó: 11 D X1, X2, X3, X4 21 31 41 12 22 32 42 Chứng minh: Thật vậy, theo định nghĩa tích hỗn tạp ta có: D X1, X2, X3, X4 X1 X2 �X3 �X4 13 23 33 43 14 24 34 44 22 23 24 21 23 24 21 22 24 21 22 23 11 22 23 24 12 21 23 24 , 13 21 22 24 14 21 22 23 32 33 34 31 33 34 31 32 34 31 32 33 � 22 23 24 21 23 24 21 22 24 21 22 23 � � � � 11 22 23 24 12 21 23 24 , 13 21 22 24 14 21 22 23 � � 31 33 34 31 32 34 31 32 33 � � 32 33 34 � 11 21 31 41 12 22 32 42 13 23 33 43 14 24 34 44 Khi đổi chỗ hai hàng định thức đổi dấu, số lần đổi dấu định thức ln tính chẵn, lẻ với số nghịch phép �S4 Do đó: D X1, X2, X3, X4 sgn D X 1 , X 2 , X 3 , X 4 �S4 1.10 Định nghĩa Định thức Gram hệ trường vectơ X1, X2, X3 hàm số, ký hiệu Gr X1, X2, X3 xác định bởi: X1X1 Gr X1, X2, X3 X2 X1 X3X1 X1X2 X2 X2 X3X2 X1X3 X2 X3 X3 X3 1.11 Mệnh đề Giả sử X1, X2, X3 �R4 Khi đó: Gr X1, X2, X3 X1 �X2 �X3 Chứng minh: Theo định nghĩa tích lệch R4 , ta có: 2 12 13 14 11 13 14 11 12 14 11 12 13 X1 �X2 �X3 22 23 24 21 23 24 21 22 24 21 22 23 32 33 34 31 33 34 31 32 34 31 32 33 � 23 24 24 23 � � 12 13 22 14 22 � 32 34 32 33 � � 33 34 2 � 23 24 � � 11 13 21 24 14 21 23 � 31 34 31 33 � � 33 34 � 22 24 � � 11 12 21 24 14 21 23 � 31 34 31 33 � � 32 34 � 22 23 � � 11 12 21 23 13 21 22 � 31 33 31 32 � � 32 33 �23 24 22 24 22 23 � �23 24 21 24 21 23 � � 122 � � 11 � �33 34 32 34 32 33 � �33 34 31 34 31 33 � � � � � �22 24 21 24 22 23 � �22 23 21 23 21 22 � � 142 � � 13 � �32 34 31 34 32 33 � �32 33 31 33 31 32 � � � � � � 24 21 24 22 23 21 23 � 21112 � 22 � �32 34 31 34 32 33 31 33 � � 23 21 24 22 23 21 22 � 21113 � 22 � �32 33 31 34 32 33 31 32 � � 24 21 24 22 24 21 22 � 21114 � 23 � �33 34 31 34 32 34 31 32 � � 24 22 23 21 23 21 22 � 21213 � 23 � �33 34 32 33 31 33 31 32 � � 24 22 23 21 24 21 22 � 21214 � 23 � �33 34 32 33 31 34 31 32 � � 24 22 23 21 24 21 23 � 21314 � 22 � �32 34 32 33 31 34 31 33 � �21 22 21 23 21 24 22 23 22 24 23 24 � � 11 12 13 14 � �31 32 31 33 31 34 32 33 32 34 33 34 � � � 2 2 �21 22 21 23 21 24 � � 22 23 22 24 21 22 � � 122 � � 11 � �31 32 31 33 31 34 � �32 33 32 34 31 32 � � � � � �23 24 21 23 22 23 � �23 24 22 24 21 24 � � 142 � � 13 � �33 34 31 33 32 33 � �33 34 32 34 31 34 � � � � � 21112 � 2234 3224 2134 3124 2233 3223 2133 3123 � � � 21113 � 2233 3223 2134 3124 2233 3223 2132 3122 � � � 21114 � 2334 3324 2133 3123 2234 3224 2132 3122 � � � 21213 � 2334 3324 2234 3224 2133 3123 2132 3122 � � � 21214 � 2334 3324 2233 3223 2134 3124 2132 3122 � � � 21314 � 2234 3224 2233 3223 2134 3124 2133 3123 � � � � � 2k �4 � 2 j 2k � 1i � � �� 12i �� 2i � 3k i 1 � k1 � �i 1 �kj 1 3j 3k � k�0 3i j k � � � � 21112 � 2122 342 2231 3221 2434 3132 242 2122 332 2134 3124 � 2233 32 23 3122 3221 2333 3132 232 � � 21113 � 2123 342 2331 3321 2434 3133 242 3133 222 2123 322 2133 31 23 2232 � � � 21114 � 2134 3124 2333 3134 232 2124 332 3124 3421 2232 3134 222 21 24 322 � � � 21213 � 2223 342 3233 242 3223 3322 2434 3233 212 2123 312 2233 32 23 2131� � � 21214 � 2234 3224 2333 3234 232 2224 332 3234 212 2124 312 2234 2432 2131� � � 21314 � 3334 222 2324 322 2334 3324 2232 3334 212 2324 312 2334 3324 2131� � � � � 2k �4 � 2 j 2k � 1i � � �� 12i �� 2i � 3k i 1 � k1 � �i 1 �kj 1 3j 3k � k�0 3i j k � � � � 2 11122122 11132123 242 2 1112 2122 11132123 332 2 11132123 11142124 322 2 12132223 12142224 312 2 11143134 12133233 342 2 11123132 12143234 232 2 11143134 13143334 222 2 12133233 13143334 212 21112 2132 3122 2333 3424 21113 2133 3123 2232 3424 21114 2134 3124 2333 3222 21213 3123 33 22 2131 3424 21214 2234 2432 2333 2131 21314 2334 3324 2131 2232 � � 2i 2k �4 � 2 j 2k � � � � � � 1i � 1i � 3k i 1 � k1 � �i 1 �kj 1 3j 3k � k�0 3i j k 10 � � � � � � � � T� 1 � 1 Vậy 1, 2, 3, 4 mục tiêu trực chuẩn 3.2 Định nghĩa Trường mục tiêu 1, 2, 3, 4 xác định gọi trường mục tiêu Frenet dọc R4 3.3 Ví dụ Ta xét đường cong siêu quy R4 cho tham số hoá tự � � nhiên r : �0, � � R � � s s s s � � s a � cos ,sin , , � 3 3� � Ta có: s s s � � s r s � cos ,sin , , � 3 3� � s s 1 � � r� s � sin , cos , , � 3 3 3� � s s �1 � � r� s � cos , sin ,0,0� 3 �3 � s s �1 � � � r� cos ,0,0� s � sin , 3 3 �3 � Khi đó, ta có: � s s 1� s � sin , cos , , � T r� 3 3 3� � s s �1 � � T� r� s � cos , sin ,0,0� 3 �3 � T� 2 T� � s s � � � cos , sin ,0,0� 3r� s T� � 3 � � � � s , r� s , r� s nên ta giả sử Tiếp theo, ta tìm 3 Vì 3 � r� 28 � � � ar� br� cr� Mặt khác, ta có: 3 1, 2, 3 Ta suy ra: � ar� � � � �3.1 br� cr� r� � � � � � � � 3. � � cr� 0 ar� br� r� � � � � � � br� cr� � 1 � ar� � 1 � 0 �a c a � � � � �1 � � �b � �b �3 � � 2 c2 �c � �a b ac � 27 � Ta có 3 chọn hai vectơ sau: 13 r� 32 s s 1 � �2 � � r� � sin , cos , , � 6 6� �6 r� s s 1 � � � � r� � sin , cos , , � 6 6� � Đến ta xét ma trận chuyển từ sở: � � � s , r� s r� s , r� 3 ��� � 1 s , s , 13 s A1 s Ta có: � � � 1 1r� 0r� 0r� 2 3 � 3r� r� � � r� Suy ra: A s 3 0 27 0 Suy ra: A3 s 29 Vậy ta lấy 3 r� s s 1 � �2 � � r� � sin , cos , , � 6 6� �6 Bây ta tính Ta có : 1 � �3 � s cos � � � s � sin � � s cos � � 1 s sin 3 s , cos s sin 6 s s sin cos 3 3 s s cos sin 3 s s sin cos 6 3 0 , 1 6 s s sin cos 3 3 s s cos sin 3 s s sin cos 6 � � � � � � � � � 1 � � � 0,0, , � 2� � � Vậy: �0,0, � 1 � � 2� , Cuối ta thu được: � s s � sin , cos , , �1 � 3 3 � � � s s � cos , sin , 0, � � 3 � � � s s �2 � sin , cos , , �3 � 6 �6 � � � 0, , � � 0, � � � � 3� � 0� � � � 6� � � 2� Như 1, 2, 3, 4 trường mục tiêu đường cong R4 Bây chúng tơi trình bày cơng thức Frenet dọc Điều có nghĩa biểu thị đạo hàm i theo trường mục tiêu Ta nhận thấy: 30 , D1 DT DT Ta đặt k DT Khi đó: D1 k. 3.4 Mệnh đề D biểu thị qua 1, Chứng minh: ,r � Trước hết, ta thấy � r�� � � ar� br� � � D D ar� br� � �� � �� � � a� r� ar� br br � � D � r�� , r �� ,r � Vậy D không biểu thị qua Mặt khác, ta có: 1, ta suy 22 � D 2. � D Vậy D khơng biểu thị qua Tóm lại D không biểu thị qua 2, Vậy D biểu thị qua 1, 3 3.5 Mệnh đề D biểu thị qua 2, Chứng minh Ta có: 3 1, ta suy 32 � D3. � D Vậy D3 khơng biểu thị qua 3 Mặt khác ta có: 3 1 � 3.1 � D3.1 3.D1 31 � D3.1 3. k � D3.1 � D3 1 Vậy D3 không biểu thị qua 1 Do D3 biểu thị qua 2, 3.6 Mệnh đề D k 1 k 1 1 , 2,3 Chứng minh Ta giả sử D a 1 1 b 1 1 Nhân hai vế đẳng thức với 1 , ta có: a 1 D 1 Nhân hai vế đẳng thức với 1 , ta có b 1 D 1 Mặt khác, ta có: 1 � D 1 D 1 � b 1 a � a b 1 , 2,3 Ta đặt: b 1 k ta thu D k 1 k 1 1 Từ mệnh đề ta có: �a2 k3 � �a3 k4 Như ta có biểu thị k33 �D k21 � k3 k4 �D3 3.7 Mệnh đề Từ 1 ta suy 4.1 32 � D 4.1 4.D1 � D 4.1 4.k � D 4.1 � D 1 Mặt khác, ta có: 4. � D 4. 4.D � D 4. 4. k2 k3 � D 4. k2 41 k3 4 � D 4. � D Như D 1, 2 Mặt khác: 4. Nên ta có: D 4.3 4.D3 � D 4.3 4. k3 k4 � D 4. k3 4 k4 4 � D 4.2 k4 � D k4 Vậy D k43 3.8 Mệnh đề D1 k22 Chứng minh: Từ D1 k ta suy D1. k Mặt khác: 1.2 � D1.2 1.D2 33 � k 2. 1. k21 k33 � k k211 k313 � k k2 Vậy D1 k2 Từ chứng minh trên, ta có hệ thống công thức sau: k2 �D1 �D k k3 � 2 � k3 k4 �D3 � k4 �D (*) Hệ (*) gọi công thức Frenet đường cong R4 Trong đó: kn1 độ cong thứ n, n = 1, 2, 3.9 Ví dụ a Giả sử R4 xác định tham số hoá tự nhiên �� r :� 0, � � R4 � 2� s s s s � � s a � cos ,sin , , � 3 3� � (xem ví dụ mục 3.3) Ta có: s s 1 � � 1 � sin , cos , , � 3 3 3� � s s � � 2 � cos , sin ,0,0� 3 � � s 2 s 1 � �2 � sin , cos , , � 6 6� �6 1 � � 4 � 0,0, , � 2� � Suy ra: s s � � D1 � cos , sin ,0,0� 3 � � 34 1� s s � � cos , sin ,0,0� 3� 3 � s s �1 � D � sin , cos ,0,0� 3 �3 � 1� s s 1 � �2 s s 1 � � sin , cos , , sin , cos , , � � � 3� 3 3 3� � 6 6� 0. D 0,0,0,0 0. Vậy ta có cơng thức Frenet là: � 2 �D1 � � 3 �D 1 3 � � �D3 2 0. � �D 0. � b Giả sử đường cong cho tham số hoá: : R � R4 t a Lập công thức Frenet Giải +) siêu quy Thật vậy, ta có t cost,sint, t,1 � t sint,cost,1,0 � � t cost, sint,0,0 � � � t sint, cost,0,0 Xét ma trận sint cost 0� � � A � cost sint 0� � � � sin t cost 0 � � Có 35 cost,sint, t,1 sint cost cost sint 1�0, t sint cost � � � t , � t , � t độc lập tuyến tính, t Vậy � Do siêu quy +) Tìm tham số tự nhiên t sint,cost,1,0 Ta có: � � t � Suy ra: t t 0 s � � t dt �2dt 2t � t s Vậy có tham số tự nhiên: r : R � R4 s s � � s s a � cos ,sin , ,1� 2 � � +) Tìm 1 i1 � s s � s � sin , cos , ,0� Ta có: r� 2 2 � � � r� s s s �1 � � cos , sin ,0,0� 2 �2 � � � r� s s s � � � sin , cos ,0,0� 2 2 �2 � Ta có: T r� s 2 s s � �1 � sin , cos , ,0� 2 2 � �2 T� � s s � � cos , sin ,0,0� T� � 2 � Bây ta tìm 3 � nên ta giả sử ar� � � � , r �� ,r � br� cr� Vì 3 � r�� Mặt khác: 3 2, 1, 3 36 Ta suy ra: � � � � � � 3. cr� 0 ar� br� 2r� � � � � � � br� cr� r� �3.1 � � ar� � � � � � br� cr� � 1 1 � ar� �1 0 �2 b b � � � � � �a �1 �a c � � �c �4 � 2 c2 �a b ac � Khi 3 chọn vectơ sau: s s � �1 � � 13 r� 4r� � sin , cos , ,0� 2 2 � �2 s s � � � � 32 r� 4r� � sin , cos , ,0� 2 2 � � Đến ta xét ma trận chuyển từ sở: � � � s , r� s r� s , r� 3 ��� � A1 s r s ,r s , r s Ta có: �1 r� � � 2 2r� � � � � r� 4r� � Suy ra: 1 A s 8 0 4 Do ta lấy: s s � �1 � sin , cos , ,0� 2 2 � �2 Tiếp theo, ta tính Ta có: 1 �2 �3 37 � s cos � � � s � sin � � s cos � 2 � 1 s sin 2 s 0 , cos 1 s sin 2 s s sin cos 2 2 s s cos sin 2 s s sin cos 2 2 2 , s s sin cos 2 2 s s cos sin 0, 2 s s sin cos 2 2 � � � � � � � � � 0, 0, 0, 1 Vậy ta có trường mục tiêu Frenet là: � s s � sin , cos , �1 � 2 2 � � � s s � 2 � cos , sin , � 2 � � � s s � � sin , cos , � � 2 �2 � 0, 0, � 0, � ,0� � � 0, 0� � � ,0� � 1 Từ suy ra: s s �1 � D1 � cos , sin ,0,0� 2 �2 � 1� s s � � cos , sin ,0,0� 2� 2 � s s �1 � D � sin , cos ,0,0� 2 �2 � 1� s s � �1 s s � � sin , cos , ,0� � sin , cos , ,0� 2� 2 2 � 2� 2 2 � 1 1 2 s s �1 � D3 � cos , sin ,0,0� 2 �2 � 38 1� s s �1 � cos , sin ,0,0� 0,0,0,1 2� 2 �2 0. D 0,0,0,0 03 Vậy ta có cơng thức Frenet là: � 2 �D1 � �D 3 � 2 � � 2 0. � D � � 0. �D Tóm lại : Để tìm cơng thức Frenet ta thực bước sau: Bước 1: Chứng minh đường cong siêu quy Bước 2: Tìm tham số hố tự nhiên Bước 3: Tìm trường mục tiêu Frenet i i1 Bước : Tính Di i 1 biểu diễn qua i i1 4 Bước : Kết luận KẾT LUẬN 39 Như khóa luận §1 tác giả trình bày chi tiết tích lệch trường vecto R4, trước hết tác giả đưa định nghĩa lấy ví dụ minh họa, cho tích lệch trường vecto sau chứng minh tính chất Ở §2 tác giả trình bày đường cong R Trước hết trình bày khái niệm đường cong R4 Chẳng hạn khái niệm đường cong, hướng đường cong, đường cong siêu quy, sau đưa cách tìm tham số hóa tự nhiên đường cong ví dụ cụ thể Ở §2 tác giả vận dụng tích lệch trường vecto R để xây dựng trường mục tiêu Frenet R Tiếp cơng chức Frenet số vị dụ minh họa Tác giả kính mong góp ý chân thành thầy giáo bạn sinh viên khóa luận thêm hoàn thiện TÀI LIỆU THAM KHẢO 40 Đoàn Quỳnh – Hình học vi phân_ NXB Đại học Sư phạm, 2003 Nguyễn Hữu Quang – Ngơ Đình Quốc – Nguyễn Văn Bồng - Hình học vi phân_NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2008 Nguyễn Hữu Quang – Hà Văn Sơn – Hình học giải tích_ NXB Giáo dục, 1999 Nguyễn Văn Giám, Mai Quý Năm, Nguyễn Hữu Quang, Nguyễn Sum, Ngơ Sĩ Tùng – Tốn cao cấp_Tập NXB Giáo dục,1998 uur Trịnh Thị Nhưng – Tích ba vecto khơng gian E Khóa luận tốt nghiệp đại học – Đại học Vinh, 2003 Văn Như Cương, Tạ Mẫn – Hình học Afin hình học Ơclit, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 1998 MỤC LỤC 41 Trang Lời mở đầu §1 Tích lệch trường vectơ R4 .3 §2 Đường cong R4 14 §3 Trường mục tiêu Frenet đường cong R4 27 Kết luận .40 Tài liệu tham khảo 41 42 ... §1 TÍCH LỆCH CÁC TRƯỜNG VECTƠ TRONG R4 1.1 Định nghĩa: Giả sử E1, E2, E3, E4 trường mục tiêu tự nhiên R4 X1 11,12,13,14 , X2 21, 22, 23,24 , X3 31,32,33,34 trường vectơ. .. ,X1, X2, X3 � R4 1.5 Mệnh đề Giả sử X1 11,12,13,14 , X2 21,22,23,24 , X3 31,32,33,34 Theo định nghĩa tích lệch trường vectơ R4 tích vơ hướng trường vectơ ta có: 12... MỤC LỤC 41 Trang Lời mở đầu §1 Tích lệch trường vectơ R4 .3 §2 Đường cong R4 14 §3 Trường mục tiêu Frenet đường cong R4 27 Kết luận .40 Tài liệu
Ngày đăng: 06/09/2021, 23:40
Xem thêm:
