Курсовые АК3-41, 2014 (Огромное количество решённых курсовых), страница 13

Для компонент метрики наповерхности получим∂f ∂f, z1 = x, z 2 = yij∂z ∂zg ij = δ ij +∂gВ частности в точке Р=(0,0) все производныеijk=0,∂zследовательно все символы Кристофеля равны нулю. В такой точкеимеем формулуR qi k l =R iq kl∂Гiqlk∂z1=2−∂Г∂ziqkl ∂ 2 g il∂ 2 g qk∂ 2 g ql∂ 2 g ik+−−qkilqllk∂z∂z∂z∂z∂z∂z∂z∂zz1 = x, z 2 = yg 11 = 1 + zg22= 1 + zg 12 = g∂∂22xg 11∂ y 221=2y= 1 + zxz2 zy2x y2g 22= 2 z x2 y2∂ x∂ 2 g 12= z xx z yy +∂ x ∂ yz2x yzxxТогда R2121 = K , по определению имеем, что K = zyxz xy, в точкеz yyP, где g ij = δ ij в выбранных координатах. Однако Гауссова кривизнаК – это скаляр, R2121 - компонента тензора, они равны лишь ввыбранной системе координат, где det g ij = 1 = g .

Легко видеть изопределения R, согласно которому R = g q l R qi il , чтоR = 2 det g ql R2121 =2R2121 = Rdet g ijВ Нашей системе координат верно равенство R=2K, так как R и K –скаляр, то это верно всегда.Тогда имеем:R2121= K gR iq k l = gR2121Riα= g2ααqklR 1α2 1Т огда:K g = g2αR 1α2 1R1α21 = K g 2 α g , гд е g= (g 1 1 g 22 − g 12 g 21 )1R1121 = K ( − g 21 ) = − R 211− R122 1 = K ( g 11 ) = R 2211И спользуя соотнош ения:iiiR qkl+ R lkq+ R qlk=0П олучаем , что:111+ R112= 0 ⇒ R112=0R1121 + R 211222R1221 + R 211+ R112= 0 ⇒ R112=0K g 2 α g = R 2α1 2− R 21 1 2 = K ( g 2 2 ) = R 112 2R 221 2 = K ( − g 1 2 ) = − R 122 2И сп о л ьзуя со о тн о ш ен и я:R qi k l + R lki q + R qi lk = 0П о л уч аем , что :R 21 1 2 + R 21 2 1 + R 112 2 = 0 ⇒ R 21 1 1 = 0R 221 2 + R 222 1 + R 122 2 = 0 ⇒ R 221 1 = 02 R 211В Итоге получаем:  1 R12122  − R121R 212=1R1122   − R 2112− R122 g11= K1− R 212  g 21Используя эту формулу решим поставленную задачу.z =xy2++ 462x1 2z=(z − x2 )xx3zzy1=z yy =(6 z 2 − y 2 )36z36 zzx =zyz xy = −xy6z3x2g 11 = 1 + 2zy2g 22 = 1 +36 z 2g 12 = g 21 = 1 +K =R2211864(72 x 2 + 7 y 2 + 144) 2= −R212121− R122= R 2121122Rxy6z2= −R1212864( z 2 + x 2 )=(72 x 2 + 7 y 2 + 144) 2 z 2144 ⋅ 36 xy )11= R121= − R 211=(72 x 2 + 7 y 2 + 144) 2 z 224(36 z 2 + y 2 )=(72 x 2 + 7 y 2 + 144) 2 z 2x21 + 2zdet g =  xy 6z2xy6z2y21+36 z 2 36 x 2 + y + 36 z 2 =36 z 2g 12 g 22 R1122 = R2211 = − R1212 = − R2121 =−24(72 x 2 + 7 y 2 + 144) z 2Задача 8*.Вычислите тензор кривизны из задачи 5 и ковариантнуюпроизводную этого тензора в направлении поля Х.dS 2 = du 2 + cos 2 udvξ 1 = u;ξ2= 0;x1 = u ; x 2 = v; v −2=  0g ij2v0 ij;g= −2v  00v2Посчитаем символы Кристофеля по формуле:Γmij=1g2mα(∂gα∂xij+∂ g ij∂ g iα−)jα∂x∂x;1 11 ∂g11 ∂g11 ∂g111g ( 1 + 1 − 1 ) = v2* 0 = 02∂x∂x∂x21∂g∂g∂g1 −21Γ112 = g 11 ( 121 + 112 − 121 ) = v 2 3 = −2∂x∂x∂x2vv11 2 −21∂g∂g∂g 21Γ121 = g 11 ( 112 + 21−)=v=−2∂x∂ x1∂ x12v3v1∂g∂g∂g1Γ122 = g 11 ( 122 + 212 − 221 ) = v 2 * 0 = 02∂x∂x∂x21∂g∂g12 ∂g111 2 2 12Γ11= g 22 ( 21+−)=v 3 =1122∂x∂x∂x2 vv1∂g∂g∂g12Γ12= g 22 ( 221 + 122 − 122 ) = v 2 * 0 = 02∂x∂x∂x2∂g∂g∂g11Γ 221 = g 22 ( 212 + 221 − 212 ) = v 2 * 0 = 0∂x∂x∂x22∂g∂g∂g11 −21Γ 222 = g 22 ( 222 + 222 − 222 ) = v 2 3 = −2∂x∂x∂x2vvΓ111 =Посчитаем тензор кривизны по формуле:iR qkl=∂Γ iql∂x k−∂Γ iqk∂x lp+ Γ ipk Γ qlp − Γ ipl Γ qkR1111R111 2R112 1R1122∂ Γ 11 1 ∂ Γ 11 1=−+ Γ 1p 1 Γ 1p1 − Γ 1p 1 Γ 1p1 = 011∂x∂x∂ Γ 11 2 ∂Γ 11 1=−+ Γ 1p 1 Γ 1p2 − Γ 1p 2 Γ 1p1 = 012∂x∂x∂ Γ 11 1 ∂ Γ 11 2=−+ Γ 1p 2 Γ 1p1 − Γ 1p 1 Γ 1p2 = Γ 12 1 Γ 122 = 021∂x∂x=1R 211=1R 212=1=R 2211=R 222R2111=2R112=2R121=2R122=2R 211=∂Γ 11 2∂x 2∂Γ 121∂ x1∂Γ 122∂x1∂Γ 121∂x 2∂Γ 122∂x 21∂Γ 12−+ Γ 1p 2 Γ 12p − Γ 1p 2 Γ 12p = 02∂x∂Γ 121p−+ Γ 1p 1 Γ 2p1 − Γ 1p 1 Γ 21=01∂x∂Γ 121111111pp−+ΓΓ−ΓΓ=−−+=−p122p221∂x 2v2 v2 v2v2∂Γ 122111pp−+ΓΓ−ΓΓ=21p2p 1 22∂x1v2∂Γ 122p−+ Γ 1p 2 Γ 2p2 − Γ 1p 2 Γ 22=02∂x∂Γ 111 ∂Γ 111−+ Γ 2p 1 Γ 11p − Γ 2p 1 Γ 11p = 011∂x∂x22∂Γ 12∂Γ 1112p2p−+ΓΓ−ΓΓ=p 1 12p 2 11∂x1∂x 2v222∂Γ 11∂Γ 1212p2p−+ΓΓ−ΓΓ=−p 2 11p 1 12∂x 2∂x1v222∂Γ 12∂Γ 122p2p−+ΓΓ−ΓΓ=0p212p21222∂x∂x2∂Γ 21 ∂Γ 221pp−+ Γ 2p 1 Γ 21− Γ 2p 1 Γ 21=011∂x∂xR22122R 2212R 222∂Γ 222 ∂Γ 221p=−+ Γ 2p 1Γ 22− Γ 2p 2 Γ 12p = 012∂x∂x∂Γ 221 ∂Γ 2222p2p=−+ΓΓ−ΓΓ=0p221p12221∂x∂x∂Γ 222 ∂Γ 222pp=−+ Γ 2p 2 Γ 22− Γ 2p 2 Γ 22=022∂x∂xВычислим ковариантную производную по формуле:(∇ i R )lijk = ξ 1 (∇1 R )lijk + ξ 2 (∇ 2 R )lijk = u (∇1 R )lijk + 0(∇1 R )lijk =∂Rijkl∂x1α+ Γ1l α Rijk− Γ1αi Rαl jk − Γ1αj Rilα k − Γ1αk Rijl α1∂R111αααα1Rα1 11 − Γ 11R11α 1 − Γ 11R11(∇ 1 R ) =+ Γ11α R111− Γ11α = 01∂x1∂R11211111αααα(∇ 1 R )112 =+ΓR−ΓR−ΓR−ΓR1112111211121211αααα =1∂x11221R212= Γ 112 R112− Γ11=− 3 + 3 =0vv1∂R1211α1ααα(∇ 1 R )121 =Rα1 21 − Γ12R11α 1 − Γ 11+ Γ11α R121− Γ11R12α =1∂x11221= Γ 112 R121− Γ11R221=− 3 + 3 =0vv11111∂ R122αααα1(∇ 1 R ) =+ Γ 11α R122− Γ 11Rα1 22 − Γ 12R11α 2 − Γ 12R12α = 01∂x1∂ R211αααα11(∇ 1 R ) 211 =+ Γ 11α R211− Γ 12Rα1 11 − Γ 11R21α 1 − Γ 11R21α =1∂x112121= −Γ 11R221− Γ 11R212=− 3 + 3 =0vv11221∂R2121ααα 1α(∇ 1 R ) =+ Γ11α R212− Γ12Rα1 12 − Γ11R2α 2 − Γ12R21α = 01∂x1∂R221αααα 11(∇1 R ) 221 =+ Γ11α R221− Γ12Rα1 21 − Γ12R21α 1 − Γ11R22α = 01∂x1∂R222αααα11(∇1 R ) 222 =+ Γ11α R222− Γ12Rα1 22 − Γ12R21α 2 − Γ12R22α =1∂x1 11= −Γ112 R212− Γ112 R2121 = − 3 + 3 = 0vv12122∂ R111αααα(∇ 1 R ) =+ Γ 12α R111− Γ 11Rα211 − Γ 11R12α 1 − Γ 11R112 α =1∂x112222R121R112= −Γ 12− Γ 11=− 3 + 3 =0vv2∂ R112αααα22222RRRR(∇ 1 R )112 =+Γ−Γ−Γ−Γ1112111211121211αααα = 0∂ x12∂ R1212αααα(∇ 1 R )121 =+ Γ 12α R121− Γ 11Rα2 21 − Γ 12R12α 1 − Γ 11R122 α = 01∂x21112∂R122αααα(∇ 1 R ) =+ Γ12α R122− Γ11Rα2 22 − Γ12R12α 2 − Γ12R122 α = 01∂x2∂R211αααα22(∇1 R ) 211 =+ Γ12α R211− Γ12Rα211 − Γ11R22α 1 − Γ11R21α = 01∂x2122(∇ 1 R )221 2∂ R 2212αα=+ Γ 12α R 2α12 − Γ 12R α2 1 2 − Γ 1α1 R 22α 2 − Γ 12R 221α =1∂x11+=0v3 v3∂ R 222 12222αααα( ∇ 1 R ) 22 1 =+ Γ 12α R 221 − Γ 12 R α 21 − Γ 1 2 R 2 α 1 − Γ 11 R 22 α =1∂x11− 3 =03vv∂ R 22222αααR α2 22 − Γ 12R 22α 2 − Γ 12R 222 α = 0( ∇ 1 R ) 22 2 =+ Γ 12α R 2α22 − Γ 121∂x−Список используемой литературы.1.

Б.А. Дубровин, С.П. Новиков, А.Т. Фоменко, Современнаягеометрия, Наука, М., 1979.2. Ю.И. Димитриенко, Тензорное исчисление, Высшая школа, М.,2001.3. А.Н. Щетинин, Е.А. Губарева, Основы тензорного анализа, Изд-воМГТУ, М., 2012.4. А.В. Погорелов, Лекции по дифференциальной геометрии, Издво Харьковского ун-та., Харьков, 1961.5. Д. Громов, В. Клингенберг, В.

Мейер, Риманова геометрия вцелом, Мир, М., 1971.6. Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшейматематике, ТТ, 1,2, Физматлит, М., 19857. Э.Р. Розендорн, Задачи по дифференциальной геометрии, Изд-воМГУ, М., 1969.Основная теоретическая часть для решения представленных задачбыла взята из источников: "Методические указания по выполнениюкурсовой работы по Дифференциальной геометрии" и "А. Н.Щетинин, Е.

А. Губарева,Основы тензорного анализа, Изд-во МГТУ,2012" .Московский государственный технический университет им.Н.Э.БауманаКурсовая работа по курсу«ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНАЯ ГЕОМЕТРИЯИ ОСНОВЫ ТЕНЗОРНОГО АНАЛИЗА»Выполнил: Межов И. В.Группа: АК 3 – 41Преподаватель: Щетинин А. Н.Г. Москва20141ОглавлениеЗадача № 1 ............................................................................................................ 3Задача № 2 ............................................................................................................ 4Задача № 3 ............................................................................................................

6Задача № 4 ............................................................................................................ 8Задача № 5 .......................................................................................................... 10Задача № 6 .......................................................................................................... 11Задача № 7 .......................................................................................................... 13Задача № 8 .......................................................................................................... 142Задача № 1Найти эволюту кривойx  2 cos t  (2t  3) sin ty  2sin t  (2t  3) cos tРешим задачуx  (2t  3) cos tx  2 cos t  (2t  3) sin ty  (2t  3) sin ty  2sin t  (2t  3)cos tx 2  y 2  xy  2 cos t  xyxy  yx 2  y 2x  2sin t  xyxy  2 124 2 2441Эволютой является окружность радиуса 2 с центром (0,0)3Задача № 2Найти кривизну и кручение в произвольной точке, а также репер Френе приt=0x  2ty  ln tz  t2Решим задачуr (t )  (2t , ln t , t 2 )1r '(t )  (2, , 2t )t1r ''(t )  (0,  2 , 2)t2r '''(t)  (0, 3 , 0)tijk4 21r ' r''  22t  i  4 j  2 kttt10  2 2t2*(2t 2  1)r ' r '' t2Т.е.

Кривизна и кручение :kr ' r ''r'32t(2t 2  1) 2(r ', r '', r '')r ' r ''24t (2t 2  1) 24Репер Френе:r '  2t12t 2 ;;r '  2t 2  1 2t 2  1 2t 2  1 r ' r''  2t2t 21   2 ; 2 ; 2 r ' r ''  2t  1 2t  1 2t  1 ij2t2t 2     2 22t  12t  12t1222t  1 2t  1t 0k 4t 2  1  4t 3  2t  4t 3  2t1i 2j 2k 22t 2  1(2t  1) 2(2t  1) 2(2t  1) 22t 22t 2  1  (0,1, 0)  (0, 0,1);  (1, 0, 0);5Задача № 3Вычислить гауссову кривизну поверхности, пределы еѐ изменения иэкстремумы.5 x 2  4 xy  2 y 2  4 z 2  24  0Приведем к каноническому виду522  2  7  6  021  12  6x 2  6 y 2  4 z 2  24  0Найдем гауссову кривизнуzzx x 2  6 y 2  242x2 x 2  6 y 2  243 y 2  12z xx  2( x  6 y 2  24)3/23 xyz xy  2( x  6 y 2  24)3/23yzy x 2  6 y 2  243 x 2  72z yy  2( x  6 y 2  24)3/2Kz xx z yy  z xy2(1  z x2  z y2 ) 2576(5 x 2  60 y 2  96) 26Экстремум у неѐ только 1, в точке (0,0), это максимум (очевидно)Пределы изменения также очевидны. 1K   0;  16 7Задача № 4Докажите, что если поверхность вращения является минимальнойповерхностью, то это либо плоскость либо катеноид.Итак, пусть на плоскости OXY присутствует функция f(x), которую мыбудем вращать.1 случай:Самый простой.