Курсовые АК3-41, 2014 (Огромное количество решённых курсовых), страница 12

Клингенберг, В. Мейер, Риманова геометрия в целом, Мир,М., 1971.6. Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, ТТ,1,2, Физматлит, М., 19857. Э.Р. Розендорн, Задачи по дифференциальной геометрии, Изд-во МГУ,М., 1969.Московский государственный техническийуниверситет им. Н. Э. Баумана.Курсовая работапо дисциплине:«ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНАЯ ГЕОМЕТРИЯИ ОСНОВЫ ТЕНЗОРНОГОАНАЛИЗА»Выполнила:Колева Анастасия СергеевнаГруппа АК3-41Проверил:Щетинин Александр НиколаевичВариант : №8г.МоскваСОДЕРЖАНИЕ:I. Постановка задачи.1. Введение............................................................................................................1II.

Практическая часть.1.2.3.4.5.6.7.8.Задача 1Задача 2Задача 3Задача 4Задача 5Задача 6*Задача 7Задача 8*III. Литература.1. Список используемой литературыВведениеДанная курсовая работа посвящена решению задач по курсу"Дифференциальная геометрия и основы тензорного анализа" . В началеработы в краткой форме приводятся необходимые определения, формулы иутверждения без доказательств для решения поставленных задач. Кнекоторым задачам построены графики для лучшего восприятия ихрешения.Так как курсовая работа проводится параллельно с чтением самого курса"Дифференциальная геометрии и основы тензорного анализа" , то в заданиевключены как стандартные задачи, так и задачи повышенной сложности.

Ониотмечены звездочкой.В курсовой работе затронуты темы по курсу "Дифференциальная геометрияи основы тензорного анализа" такие как, "Кривые на плоскости и впространстве" , "Поверхности" , "Векторные и тензорные поля" , "Тензоркривизны" .Некоторые задачи требовали высокоточных сложных вычислений. Данныепроблемы решались с помощью сервисов: "Nigma" , "WolframAlpha" .

Всевычисления в каждой задаче так же проверены с помощью этих интернетсервисов.Малая часть заданий нуждалась в графическом представлении для лучшеговосприятия решения. Данную проблему помог решить сервис"WolframAlpha", который способен строить графики в декартовой,прямоугольной, полярной и прочих системах координат.Задача 1.

Найти эволюту кривойx = a cos3 ty = a s in 3 tРешение:Если кривая задана параметрически, то координаты (ξ, η) центракруга кривизны выражаются формулами:iiε = x − yx + yiiiη = y + xiii2ix y− x yii2x + yi2iiiii2ix y− x yix = − 3 a c o s 2 t ⋅ s in tiy = 3 a c o s t ⋅ s in 2 tiix = − 3 a (c o s 3 t − 2 s in 2 t ⋅ c o s t )iiy = 3 a ( 2 s in t ⋅ c o s 2 t − s in 3 t )iix + y 2 = 9 a 2 sin 2 t cos 4 t + 9 a 2 sin 4 t cos 2 t = 9 a 2 sin 2 t cos 2 t2i iix y = − 18 a 2 sin 2 t ⋅ cos 4 t + 9 a 2 sin 4 t ⋅ cos 2 tii ix y = 18 a 2 sin 4 t ⋅ cos 2 t − 9 a 2 sin 2 t ⋅ cos 4 ti iiii ix y − x y = − 18 a 2 sin 2 t ⋅ cos 2 t + 9 a 2 sin 2 t ⋅ cos 2 t == − 9 a 2 sin 2 t ⋅ cos 2 tiix + y29 a 2 sin 2 t ⋅ cos 2 t== −1i iiii i222x y − x y − 9 a sin t ⋅ cos t2Получаем:ε = a cos 3 t + 3 a cos t sin 2 tη = a sin 3 t + 3 a sin t cos 2 tЗадача 2.Найдите натуральные уравнения кривойКривая задана в пространстве следующими уравнениями:x = 5cht + 12ty = 13shtz = 12cht − 5tРешение:Кривизна k и кручение κ кривой вычисляются по формулам:| r '× r '' |(r', r'', r''');κ=| r' |3| r '× r '' |2r (t ) = ( x , y , z )k =r '( t ) = ( x ', y ', z ') = (5 sht + 12,13 cht,12 sht − 5)r ''( t ) = ( x '', y '', z '') = (5 cht,13 sht,12 cht)r'''(t) = (x''', y''', z''') = (5 sht,13 cht,12 sht)ijkr '× r '' =  5 sht + 12 13 cht 12 sht − 5  = 5 cht13 sht12 cht = i (12 ⋅ 13 + 65 sht ) − j ⋅ 169 cht + k ( − 65 + 12 ⋅ 13 sht )| r '× r '' |= (65 sht + 12 ⋅13) 2 + (169cht ) 2 + (12 ⋅13sht − 65) 2 == 169cht 2 5sht + 12 13cht 12 sht − 5 (r ', r '', r ''') =  5cht13sht12cht  = 5sht13cht12 sht = (5sht + 12)(12 ⋅13sh 2t − 12 ⋅13ch 2t ) −−13cht (60 cht⋅ sht − 60sht⋅ cht) ++ (12 sht − 5)(13 ⋅ 5ch 2t − 5 ⋅13sh 2t ) =−5 ⋅12 ⋅13 ⋅ sht − 12 ⋅12 ⋅13 + 5 ⋅12 ⋅13 ⋅ sht − 25 ⋅13 = −169 ⋅13 = −133| r' |= (5 sht + 12) 2 + (13 cht) 2 + (12 sht − 5) 2 ==25 sh 2 t + 120 sht + 144 + 169 ch 2 t + 144 sh 2 t − 120 sht + 25 == 160 sh 2 t + 169 ch 2 t + 169 = 13cht 2| r ' |3 = 133 ch 3t 8169 cht 21=133 ch 3 t 8 26 cht1− 133− 133κ ===−4226 ch 2 t(169 cht 2 ) 2 13 ch t ⋅ 2k=Найдем натуральный параметр s:tt00s = ∫ | r'(u) | du = ∫ 13chu 2 du = 13 2 shtk = −κ = −Ответ:13338 + s 213;338 + s 213к р уч ен и е : κ = −338 + s 2к р и в и зн а : k =Задача № 3Вычислите гауссову кривизну поверхности:5 x 2 − 4 xy + 2 y 2 − 6 z 2 + 24 = 0Найдите пределы изменения гауссовой кривизны.

Найдите точки, вкоторых гауссова кривизна принимает экстремальные значения.Решение:Приведем к каноническому виду:5 − λ −2−2 λ1 = 62 = λ − 7λ + 62−λλ2 = 1Получаем:6 x 2 + y 2 − 6 z 2 + 24 = 0Выразим из этого уравнения z:y2x ++66z =2Найдем производные:zx=xzzy=yz yy6 z1 2(z − x2 )3z1=(6 z 2 − y 2 )336 zz xx =z xy = −xy6z3Вычислим Гауссову кривизну по формуле:K =2z xx z yy − z xy(1 + z x2 + z 2y ) 2x2 y 2112222z−x⋅z−y−()(6)(6z 4 − z2 y2 − 6x2 z2 + x2 y2 − x2 y2 )666636z = 36zK = 36z=22222 2xy 2 36x + y + 36z (1+ 2 +)2z 36z36z236(6 z 2 − y 2 − 6 x 2 )=(36 x 2 + y 2 + 36 z 2 ) 2Подставим в это уравнение значение z:36(6 x 2 + y 2 + 24 − 6 y 2 − 36 x 2 )864=(36 x 2 + 6 y 2 + 144 + 36 x 2 + y 2 ) 2 (72 x 2 + 7 y 2 + 144) 2K > 0 следовательно все точкиповерхности эллиптическиеНайдем производные:1 2 0 9 6 (7 2 x + 2 1 y + 1 4 4 )124416 xz yy ==(7 2 x 2 + 7 y 2 + 1 4 4 )4(7 2 x 2 + 7 y 2 + 1 4 4 )31 2 4 4 1 6 (7 y 2 − 2 1 6 x 2 + 1 4 4 )12096 y=z xx =(72 x 2 + 7 y 2 + 1 44)3(7 2 x 2 + 7 y 2 + 1 4 4 )42zxzyz xy =21741824 xy(72 x 2 + 7 y 2 + 144) 4В точке (0,0) будет экстремум функции, определим какая это точка,для этого посчитаем значения производных второго порядка вточке (0,0):A = 12096 ⋅144 ; B = 0 ; C = 144 ⋅124416AC − B 2 > 0 и A > 0Следовательно это будет точка min.1Найдем значение в точке (0,0):241Значение в точке ±2 :4 1Гауссова кривизна изменяется в пределах:  0; 24 Задача №4.

Вычислите коммутатор [ X , Y ] векторных полей X и Y(задача 1 из [3])∂∂+ y2)∂x∂y∂∂y = (+ x)∂x∂yx = (Решение:∂∂∂∂2∂∂22 ∂(xy) = ( + y)∗( + x ) = 0 + 2 ++x+0+∂x∂y∂x∂y∂x∂y∂x∂y2∂22 ∂+y+ 0 + xy∂x∂y∂y 222∂∂∂∂2∂22 ∂2 ∂( yx ) = ( + x ) ∗ ( + y) = 0+ 2 + y+x+∂x∂y∂x∂y∂x∂x∂y∂x∂y2∂2 ∂+ 2 yx+ xy∂y∂y 2[ X , Y ] = ( xy ) − ( yx ) =Ответ:[X ,Y ] =(1 − 2 x y )∂∂∂− 2 yx=(1 − 2 xy )∂y∂y ∂y∂∂yЗадача 5.В плоскости Лобачевского с метрикойdu 2 + dv 2ds =v22Найти ковариантную производную ∇× T тензорного поля Т типа(1,1) в направлении векторного поля Х. Определить координатытензоров S и R ,полученные из тензорного поля Т соответственноопусканием и подниманием индексов.

Определить ковариантныепроизводные ∇ × S и ∇× Rξ1= u;ξ2= 0;T 1 1 = 0 ; T 21 = 0 ; T 1 2 = 0 ; T 2 2 = v ;Tijg ij0= 0 v −2=  00 1; x = u; xv 0 ;g−2 vij2= v;v2=  00 ;2 v iНайдемковариантнуюпроизводную ( ∇ x T ) j( ∇ x T ) ij = ξ 1 ( ∇ 1T ) ij + ξ 2 ( ∇ 2T ) ij = u * ( ∇ 1T ) ij + 0 * ( ∇ 2T ) ij= u ( ∇ 1T ) ij(∇ k T ) =ij∂ T ji+ Γ ik α T jα − Γ αkj Tαi∂x kα( ∇ 1T )11 = 0 + Γ 11α T1α − Γ 11Tα1 = 01α( ∇ 1T )12 = 0 + Γ 11α T2α − Γ 12Tα1 = v Γ 122α( ∇ 1T )12 = 0 + Γ 12α T1α − Γ 11Tα2 = − v Γ 1122α( ∇ 1T ) 22 = 0 + Γ 12α T2α − Γ 12Tα2 = v ( Γ 12− Γ 12)=0Γmij1=g2mα(∂gα∂xij∂ g ij∂ g iα+−)∂x j∂xα1 1α ∂gα 2 ∂g1α ∂g1211g ( 1 + 2 − α ) = v 2 ( −2)v −3 = −∂x∂x∂x22v∂g∂g∂g111 212−3Γ11= g 2α ( α11 + 11α − 11)=*0+(−)v(−2v)=2∂x∂x∂x α22v1Γ12=( ∇ 1T )12 = − 1; ( ∇ 1T )12 = − 1; ( ∇ 1T )11 = ( ∇ 1T ) 22 = 0 0( ∇ 1T ) ij =  −1−1 0  0( ∇ x T ) = u ( ∇ 1T ) = u  −1ijij−10 Определим координаты Тензора S и R:S jk = g α j T kαR jk = g α j TαkS 1 1 = g α 1T1α = 0 R 11 = g α 1Tα1 = 0S 1 2 = g α 1T 2α = 0 R 12 = g α 1Tα2 = 0S 2 1 = g α 2 T1α = 0 R 21 = g α 2T 1 = 0α1 R 22 = g α 2T 2 = v 3S 2 2 = g α 2 T 2α =αv0S ij =  00 ij  01 R =0v0 v3 Определим ковариантные производные (∇ k S)ij( ∇ k S) ij =( ∇ 1 S)11∂ S ij− Γ αki S α j − Γ αkj S iα∂x kαα= 0 − Γ 11S α 1 − Γ 11S 1α = 01 21Γ 11 = − 2vv1 21αα= 0 − Γ 12S α 1 − Γ 11S 2 α = − Γ 11=− 2vv1 2αα= 0 − Γ 12S α 2 − Γ 12S 2 α = − 2 Γ 12=0vαα( ∇ 1 S)12 = 0 − Γ 11S α 2 − Γ 12S 1α = −( ∇ 1 S) 21( ∇ 1 S) 22Γ 121 =1v( ∇ 1 S ) ij 0= − 1 v2−( ∇ x S ) ij = u ( ∇ 1 S ) ij1 v2 ;0  0= u− 1 v2−1 v2 ;0 ijОпределим ковариантные производные (∇ k R)ij∂R( ∇ k R ) ij =+ Γ ik α R α j + Γ kjα R iαk∂x( ∇ 1 R)11 = 0 + Γ 11α R α 1 + Γ 11α R 1α = 01( ∇ 1 R)12 = 0 + Γ 11α R α 2 + Γ 12α R 1α = Γ 12v3 = −v21( ∇ 1 R) 21 = 0 + Γ 12α R α 1 + Γ 11α R 2 α = Γ 12v3 = −v22( ∇ 1 R) 22 = 0 + Γ 12α R α 2 + Γ 12α R 2 α = 2 Γ 12v3 = 0 0ij( ∇ 1 R) =  2 −v−v2 ;0  0ijij( ∇ x R) = u ( ∇ 1 R) = u  2 −v−v2 0 Задача 6*Построить семь линейно независимых векторных полей насемимерной сфере S 7Χ 1 = x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8Χ 2 = x1 + x 2 + x 3 + x 4 − x 5 − x 6 − x 7 − x 8Χ 3 = x1 + x 2 − x 3 − x 4 + x 5 + x 6 − x 7 − x 8Χ 4 = x1 + x 2 − x 3 − x 4 − x 5 − x 6 + x 7 + x 8Χ 5 = x1 − x 2 + x 3 − x 4 + x 5 − x 6 + x 7 − x 8Χ 6 = x1 − x 2 − x 3 + x 4 + x 5 − x 6 − x 7 + x 8Χ 7 = x1 − x 2 + x 3 − x 4 − x 5 + x 6 − x 7 + x 8Задача № 7Найдите компонентыlR ijkи Rlijk тензора кривизны поверхности иззадачи 3.Для решения докажем соотношение: R 221 1 1 R1 2 1R 221 2  g 11=KR112 2  g 21g 12 g 22 Пусть поверхность задается уравнениями x = x(u, v), y = y (u, v), z = z (u, v),где x,y,z – евклидовы координаты пространства и (u , v) = ( z1 , z 2 ) координаты на поверхности, выберем в исследуемой точке Р=(0,0),где z нормальна к поверхности, в качестве параметровu = z1 = x, v = z 2 = y , тогда поверхность около точки Р запишетсяуравнением z = f ( x, y ), где gradf P = 0 .