Bài hình học vi phân rất hay

[lovemintu]

Cho $x(t)\subset R^3 $ là một đường cong tham số hóa bởi $t $, với $\tau(t) $ và $k(t) $ là các độ cong và độ xoắn của $x,\tau(t)\not=0,k'(t)\not=0 $ cmr $x $ nằm trên mặt cầu $\Leftrightarrow \frac{1}{k^2(t)}+\frac{k'^2(t)}{\tau^2(t)k^4(t)}=c onst $
@mình không biết gõ cái chữ R béo gõ Bbb{R} không ra ?ribble:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lovemintu]

Bài này em tâm đắc nhất khi học hhvp, em post thử giải phần thuận trước
Nếu $x(t)\subset S^2 $ (cầu tâm gốc tọa độ) thì ta giả sử
$x(t)=a(t)T(t)+b(t)N(t)+c(t)B(t) $ với $(T,N,B) $ là trường Frenet.
Lấy vi phân $<x(t),x(t)> = R^2\Rightarrow <x(t),T(t)>=0\Rightarrow ,a(t)=0 $ lấy vi phân $<x(t),T(t)>=0\Rightarrow 1+k(t)<x(t),N(t)>=0\Rightarrow b(t)=-\frac{1}{k(t)} $, lấy vi phân tiếp
$<x(t),N(t)>=\frac{-1}{k(t)}\Rightarrow <x(t),B(t)>=\frac{-k'(t)}{k^2(t)\tau(t)} $ hay $c(t)=\frac{-k'(t)}{k^2(t)\tau(t)} $ do đó $R^=<x(t),x(t)>=\frac{1}{k^2(t)}+\frac{k'^2(t)}{\ta u^2(t)k^4(t)} $
Hệ thức này đẹp phết các bác nhỉ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thiago]

Phần đảo : Đạo hàm đẳng thức ở phần đảo, do $\dot{k}(t)\neq 0 $, ta có $\frac{\tau}{k}+\left[\frac{1}{\tau}\left(\frac{1}{k}\right)'\right]' =0 $ (1)

Xét $y = x + \frac{1}{k}N - \frac{1}{\tau}\left(\frac{1}{k}\right)' B $

Từ (1) suy ra y là hằng (và bằng $a\in R^3 $)

Suy ra $x-a = -\frac{1}{k}N + \frac{1}{\tau}\left(\frac{1}{k}\right)'B $

Vì vậy $|x-a|^2 = \left(\frac{1}{k}\right)^2 + \left[\frac{1}{\tau}\left(\frac{1}{k}\right)'\right]^2 = r^2 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]