Курсовые АК3-41, 2014 (1075672), страница 19

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 19)

В результате нить займёт положение на поверхности вдоль некоторойкривой. Докажите, что эта кривая – геодезическая.2)Пусть по гладкой поверхности без трения передвигается материальная точка. Вначальный момент времени точка имеет некоторую скорость и продолжает движение поинерции. Никакие внешние силы на точку не действуют (можно это представить себе какдвижение маленького магнита по гладкой железной поверхности). Докажите, линия движенияточки – геодезическая.1)Сделаем условный рисунок (плоский, для наглядности):Здесь и - фиксированные точки, фокусы, - точка натяжения нити (меняется),длина куска нити от соответствующего фокуса до точки натяжения.

Причёми–Исходя из свойств первой квадратичной формы, получим:20Так как нить нерастяжима,Продифференцируем обе части уравнения по , учтём при этом, что, из курсаматематического анализа:– теорема о дифференцировании интеграла спеременным пределом.Для того, чтобы криваябыла геодезической, по определению, нужно чтобыгеодезическая кривизна была равна нулю. Вспомним формулу для вычисления геодезическойкривизны:Если хотя бы один из указанных векторов равен нулю, то и геодезическая кривизна равна нулю.Ранее полученоПолучили, что геодезическая кривизна равна нулю, откуда, по определению, следует,что заданная нами кривая – геодезическая.2)Запишем закон сохранения энергии для данной точки (никаких внешних сил нет):Здесь- скорость точки в произвольный момент времени,скорость точки.Путь точки:- начальнаяВозьмём производную по t (воспользуемся теоремой о дифференцировании интеграла спеременным пределом):21Из формулы (4.4) видно, что векторы и - коллинеарны, отсюда следует, что ихвекторное произведение равно нулю.

Получается, что и геодезическая кривизна равна нулю, аэто, в свою очередь, означает, что линия движения материальной точки является геодезической.Задача №5Вычислить коммутатор [X,Y] векторных полей X и Y.Получили:Задача №6В плоскости Лобачевского с метрикойНайдите ковариантную производнуютензорного поля Т типа (1,1) в направлениивекторного поля X . Определите координаты тензоров S и R, полученных опусканием иподниманием индексов из тензора Т. Определите ковариантные производныеи.1)Дано+-Из определения первой квадратичной формы:, отсюда получим и обратную метрическую матрицуПо теореме(ковариантного дифференцирования тензоров второго ранга):Операции поднятия и опускания индекса:Производная в направлении поля X:и.Связь символов Кристоффеля с метрической матрицей:Во всех формулах суммирование происходит по индексу α .Так как, компонентыможно не вычислять(так же как и).222)ВычислениеПри вычислении символов Кристоффеля было учтено, что элементы метрической матрицы, нележащие на главной диагонали, равны 0.Подставив все известные значения в формулу () получим ковариантную производную:3) ВычислениеиНайдём тензоры R и S(во время вычислений будем сразу исключать нулевые элементыметрической и обратной к ней матриц):23Производная в направлении поля X:Задача №7Найдите компонентыивыберите самостоятельно.тензора кривизны поверхности из задачи 3.

Систему координат1)ДаноДля декартовой системы координат:Кроме того:Остальные компоненты2)Вычисление компонент243)Вычисление компонентКак уже было сказано раньше, остальные компоненты:Задача №8Вычислите тензор кривизны из задачи 6 и ковариантную производную этого тензора внаправлении поля X.1)Дано+, отсюда получим и обратную метрическую матрицу(8.1)- формула ГауссаПроизводная в направлении поля X:Связь символов Кристоффеля с метрической матрицей:Во всех формулах суммирование происходит по индексу α .Так как, компонентыможно не вычислять.В ходе выполнения задачи 6 были вычислены символы Кристоффеля:2)Вычисление компонент25Получили:Остальные компоненты равны 03)ВычислениеВсе компоненты ковариантной производной тензора кривизны в направлении векторногополя X обнулились264.Список литературы1. Н.

Г. Хорькова, А.В. Чередниченко, «Элементы дифференциальной геометрии итопологии. Кривые в пространстве», Изд-во МГТУ, М., 20072. Б. А. Дубровин, С. П. Новиков, А.Т. Фоменко, «Современная геометрия. Том I»,Эдиториал УРСС, М., 19983. А. Н. Щетинин, Е. А. Губарева, «Введение в тензорный анализ», Изд-во МГТУ, М., 20124. Н.И. Жукова, А.В. Багаев, «Геодезические линии на поверхностях» Изд-воНижегородского ГУ, 200827Московский государственный технический университет им. Н. Э. Баумана. КУРСОВАЯ РАБОТАпо курсу«ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНАЯ ГЕОМЕТРИЯ ИОСНОВЫ ТЕНЗОРНГО АНАЛИЗА»Выполнил:студент 2-го курса, гр. АК3-41 Фатеев А. И. Преподаватель:Щетинин А.Н. г.

Реутов 2014 г.ВведениеДифференциальная геометрия — это один из разделов математики, вкотором изучаются гладкие многообразия с помощью методовматематического анализа, в частности — дифференциального исчисления.Возникновение дифференциальной геометрии относится к XVIII веку исвязано с именами Эйлера (1707-1783) и Монжа (1746-1818). Первое сводноесочинение по теории поверхностей написано Монжем («Приложениеанализа к геометрии», 1795).

В 1827 Гаусс (1777-1855) опубликовал работу«Общее исследование о кривых поверхностях», в которой заложил основытеории поверхностей в её современном виде. С тех пор дифференциальнаягеометрия перестала быть только приложением анализа и заняласамостоятельное место в математике.Открытие Лобачевским (1792-1856) неевклидовой геометрии сыгралоогромную роль в развитии всей геометрии, в том числе идифференциальной.Риман (1826-1866) в своей лекции «О гипотезах, лежащих в основанияхгеометрии» (1854) заложил основы римановой геометрии, наиболееразвитой части современной дифференциальной геометрии.Задача 1. Найти эволюту кривой заданной в полярных координатах.r  2  cos   sin Решение.

Произведём замену (на графике это поворот на ):    4Получим:r  2  cos      sin     44 2  cos  * cos4 sin  *sin4 sin  *cos4 cos  *sin4 2  2 sin Тогда:1x '  2   sin   cos 2 x  2  cos   sin 2 21 1y  2  sin    cos 2  y '  2  cos   sin 2 2 2x ''  2   cos   2sin 2 y ''  2   sin   2 cos 2 Воспользуемся формулами для вычисления координат эволюты:2 x    y    xxy  xy222 x    y   yy2xy  x '' y 'x2 x    y  - общая для обеих формул, вычислим её отдельно:Частьxy  xy2 x    y  xy  xy22  sin 2  cos 2 2  2sin  cos 2   2  cos 2  sin 2 2  2 cos  sin 2 2   sin   cos 2   sin   2 cos 2   2   cos   2sin 2  cos   sin 2 2 1  2sin  cos 2  1  2 cos  sin 2 2  sin 2  sin  cos 2  2sin  cos 2  2cos 2 2  cos 2  2 cos  sin 2  cos  sin 2  2sin 2 4 1  sin  cos 2  cos  sin 2  26 1  sin  cos 2  cos  sin 2  3Подставим полученное значение в формулы координат эволюты:12112  2  cos   sin 2   cos   sin 2    2  cos   sin 2  cos  1  sin  2363 32  2  sin   sin 2    sin   cos 2   31221 2 2  sin   sin 2   2sin  1  sin   23333 3Получили:2  cos(  ) 1  sin(  )  34 4 - кардиоида.  2 sin(   ) 1  sin(   )   2 234 4  3Задача 2.

Найдите натуральные уравнения кривойx  et (5cos t  12)y  13et sin tz  et (12 cos t  5)Решение. Находим производные:x '  et (12  5cos(t )  5sin(t )) y '  13et (cos (t )  sin(t )) z '  et (5  12cos (t )  12 sin(t ))x ''  2et (6  5sin(t )) y ''  26et cos(t ) z ''  et (5  24sin(t ))x '''  2et (6  5cos(t )  5sin(t )) y '''  26et (cos (t )  sin(t )) z '''  et (5  24cos (t )  24 sin(t ))Длина дуги кривой, заданной параметрически:ts   x '2  y '2  z '2 dt .0Вычисляем интеграл:ts   (et ( 12  5cos (t )  5sin(t ))) 2  (13et (cos(t )  sin(t ))) 2  (et (5  12cos (t )  12 sin(t ))) 2 dt 0t  13 3et dt  13 3et .0Кривизна k и кручение к кривой вычисляются по формулам:kr ' r ''r'3,к  r ', r '', r ''' .2r ' r ''Находим кривизну k и кручение к:2)  r ', r '', r '''  2197e3t1) r ' r ''  171366e4t32r '  5073 e6tkr ' r ''r'3r ' r ''  171366e 4t171366e4t5073 e6t3382t507e 39etНаходим натуральные уравнения кривой:k21.,к 3s2 3sк r ', r '', r ''' r ' r ''22197e3t14t171366e78etЗадача 3.

Вычислите гауссову кривизну поверхности2 x 2  4 xy  y 2  2 z 2  12Найдите пределы изменения гауссовой кривизны. Найдите точки, в которыхгауссова кривизна принимает экстремальные значения.Решение. Составим матрицу и найдем собственные числа:222 (2   )(1   )  4   2    6  01  1  2 2  3В новой системе координат уравнение поверхности будет выглядеть:2 x 2  3 y 2  2 z 2  12Выразим y и найдем ее производные:y  a  bx 2  cz 2 , где a = 4, b = 2/3, c=2/3bxczy 'x y 'z a  bx 2  cz 2a  bx 2  cz 2ab  bcz 2ac  cbx 2bcxzy ''xx y''y''zzxzy3y3y3Вычислим гауссову кривизну поверхности:y ''xx y ''zz  ( y ''xz )2K(1  ( y 'x )2  ( y 'z ) 2 ) 2abcy ''xx y ''zz  ( y ''xz ) 2  4y(a  2(bx 2  cz 2 )) 2y4abcy4abc11K 4, K   0; 22 222 222 2y (a  2(bx  cz ))(a  2(bx  cz ))(3  x  z ) 9(1  ( y 'x ) 2  ( y 'z ) 2 )2 Найдем точки, в которых гауссова кривизна принимает экстремальныезначения:K 'x  4x(3  x 2  z 2 )3K 'z  4z(3  x 2  z 2 )34x (3  x 2  z 2 )3  04z0 (3  x 2  z 2 )3стационарная точка М (0;0);Проверим, является ли т.

М максимумом или минимумом:K ''xx(0; 0)4A27K ''xz(0;0)0BAC  B 2 точка М (0;0) – точка max.8729K ''zz(0;0)4C27Задача 4.Метрика пространства-времени в окрестности точечной массы имеетвидds 2  1 2dt d  2   2 (d 2  cos 2  d 2 ) . 1Составить уравнение пространственно-временной траектории(геодезической с ds 2  0 ), лежащей в плоскости   0 ; решить его дляслучая круговой орбиты (   const ).

При каких  круговая орбитавозможна? Каков период обращения (по времени t и по собственномувремени s спутника)?За единицу длины взят гравитационный радиус; единица временивыбрана так, чтобы скорость света c=1.Решение.Т. к. Рассматриваем данную задачу в плоскости   0 , следовательно,метрика примет видds 2  1 2dt d  2   2 d 2 1Дифференциальный вид геодезической:ijd 2 xkk dx dx Г ij0dt 2dt dt x1  t 2x   x3    1 00 00    1 ij  1gij   00  g  00  10 2  01 0 2 0 Найдем символы Кристоффеля по формуле:Г ijl 1 l g j g i gijg ( i )2xx j x12(   1) 1Г 222  2(   1) 1Г121  Г 213Г 23 Г 323 1 12 3Г 332  1  Г112 Остальные равны 0.Получим:... .1tt 0(1).. ..   1 .

Характеристики

Список файлов домашнего задания