Е.Г. Скляренко - Курс лекций по классической дифференциальной геометрии (1117977), страница 12
Текст из файла (страница 12)
d(a, b)DaDb=, b + a,= (0, b) + (a, 0) = 0.(26)dtdtdtСледствие 6.4. Если вектор ~a параллелен вдоль кривой, то вдоль неё он имеет постоянную длину.Следствие 6.5. Если a и b параллельны, то угол между a и b постоянен, т. к.Напишем уравнение параллельности векторного поля a вдоль кривой:k(a,b)|a||b|= cos(∠(a, b)) = const.dX k+ Γkij X i ẋj = 0, k = 1, .
. . , n.(27)dtФиксируем точку A0 на кривой и вектор a~0 = x10 , . . . , xn0 . Тогда решение системы (27) локально существуети единственно.Определение. Параллельным переносом вектора a0 по r(t) называется параллельное поле a(t), такое, чтоa(t0 ) = a0 .Из локального существования параллельного поля легко вывести его существование на произвольном отрезке кривой r(t). В окрестности каждой точки решение соответствующей системы существует, а из покрытияокрестностями отрезка можно выделить конечное подпокрытие.Теорема 6.16.
Для вектора a0 в точке A0 существует единственное параллельное векторное поле a(t). Существование параллельного векторного поля уже фактически было доказано. Остаётся доказать единственность. Пусть существует 2 решения a1 и a2 , тогда у всех векторов a1 (t) и a2 (t) одинаковая длина и уголмежду ними.
А в нулевой момент времени |a1 | = |a2 | = |a0 |, и угол между ними равен нулю. Следовательно,векторные поля a1 и a2 совпадают. Рассмотрим локальный базис из касательных векторов mi в некоторой точке A0 . Перенесём их параллельно вдоль кривой, получим новый базис {mfi }. При параллельном переносе вследствие сохранения углов базисe imперейдёт в базис.
Разложим a(t) по новому базису: a(t) = Xe i.e 1, . . . , Xe n ) в базисе {mЛемма 6.17. Векторное поле a(t) параллельно ⇔ его координаты (Xe i } постоянны.Dadt= Для доказательства достаточно разложить вектор по базису. DТеперь дадим «внутреннее» определение ковариантной производной dt. Для этого введём следующее обозначение (оно будет использоваться и в дальнейшем).
Рассмотрим касательное поле a(t) на кривой, перенесемвектор a(t + h) в точку t (назад) параллельно. Результат такого переноса будем обозначать через ba(t).Теорема 6.18. Имеет место равенствоDaba(t) − a(t)= lim.h→0dth(28)e i (t)mПусть {me i } — параллельный базис. Тогда a = Xe i . Продифференцируем по правилу Лейбница:eieiDadXeidXe i Dm=mei + X=me i.dtdtdtdtВторое слагаемое обратится в 0, так как базис {me i } параллелен.35(29)e i (t + h)mТеперь преобразуем правую часть. Имеем a(t + h) = Xe i .
В параллельном базисе координаты неieменяются, следовательно, ba(t) = X (t + h)me i . Найдём производную для каждой координаты в точке t:eie i (t + h) − Xe i (t)XdX=.h→0hdtlim(30)Получилось выражение для i-й координаты вектора в преобразованной левой части требуемого равенства. 6.13. Параллельный перенос по замкнутому контуру. Формула Гаусса–БоннеРассмотрим двумерное многообразие M ⊂ Rm и кривую r(t) на нём.
Пусть также задано два векторныхполя a(t) и ea(t) с векторами постоянной длины, и поле ea(t) параллельно вдоль r(t).DВыясним «физический смысл» производной dt. Обозначим через ∆ϕ величину изменения угла между параллельным полем и полем a(t). Теорема 6.19. |ϕ̇| = Dadt . Применяя обозначения предыдущего параграфа, имеем Da a(t) − a(t) a(t) − a(t) ∆ϕ = lim b = lim b·(31) dt h→0 h→0 h .h∆ϕПервый множитель стремится к 1, так как это первый замечательный предел, а второй и есть |ϕ̇|.
Таким образом, ковариантная производная — это скорость вращения векторного поля.Пусть теперь |a| = 1 и пусть M ориентируемо. В каждой точке кривой выберем вектор b ∈ T M такой,что |b| = 1, b(t)⊥a(t)ориентирована. Существованиетребуемого поля b(t) очевидно. и пара (a, b) положительно, и Da , b = ± Da . Так как |b| = 1 и Da ⊥a, то Da b. Получаем формулу для поворотаИмеем |ϕ̇| = Dadtdtdtdtdtвекторного поля:∆ϕ =Zt t0Zt 0DaD a, b dt =, b dt.dtdt(32)t00′′Последнее равенство следует из того, что Ddta = Dadt + a , где a ортогонален поверхности, и при скалярномумножении на b получится 0.Рассмотрим гладкий замкнутый контур на поверхности.
Пусть на нём задано векторное поле касательныхRsвекторов a = ε1 (s), тогда ε̇1 = kg b и ∆ϕ = kg ds.s0HОпределение. Величина kg ds называется угловым дефектом поверхности.Пример 13.1. Рассмотрим параллельный перенос вектора на сфере. Возьмём вектор, касающийся экватора,перенесём его вдоль экватора, затем по меридиану до полюса, а затем — в исходную точку (каждый сдвиг — на1π4 длины окружности). В результате вектор повернётся на 2 .Теорема 6.20. Сумма углов геодезического треугольника равна α + β + γ = π − ∆ϕ.
Рассмотрим вектор ε1 , направленный из вершины A треугольника вдоль стороны AB. Перенесем егопараллельно от A до B и повернем на угол π −β, далее параллельно до C и повернем на π −γ, далее параллельнодо A и повернем на π − α. В результате вектор совместится с самим собой, и общий поворот будет равен 2π.Следовательно, (π − β) + (π − γ) + (π − α) = 2π + ∆ϕ. Заметим, что при переносе воль геодезических угол неменяется, так как kg = 0. Отсюда α + β + γ = π − ∆ϕ. Покажем, что гауссова кривизна есть внутренний инвариант поверхности, т. е. зависит только от метрики. 8Лемма 6.21. Если матрица Грама диагональна, т.
е. метрика имеет вид ds2 = E du2 + G dv 2 , то имеетместо следующая формула для гауссовой кривизны поверхности:1∂Ev∂Gu√√K =− √+.(33)∂u2 EG ∂vEGEGL M Пусть вторая квадратичная форма равна. Имеем E = (ru , rv ). Пусть ~l := √ruE и m~ := √rvG —M Nнормированные вектора ru и rv соответственно, а ~n — единичная нормаль к поверхности. Мы знаем формулу−M 2для гауссовой кривизны: K = LNEG, где, как известно, L = (ruu , n) , M = (ruv , n) , N = (rvv , n). Имеем8 Доказательство следующей леммы: А. С.
Мищенко, Ю. П. Соловьёв, А. Т. Фоменко. «Сборник задач по дифференциальной геометрии и топологии». Стр. 282-28336√√Elu . Так как (ru , n) = 0, то L = E (lu , n). Так как (l, l) = 1, то (lu , l) = 0. Отсюда lu = p1 m + q1 n.√√√√Аналогично, N = √G (mv , n), и mv = p2 l + q2 n. Тогда LN = EG (lu , n) (mv , n) = EGq1 q2 = EG (lu , mv ).Аналогично M 2 = EG (lv , mu ). Отсюдаruu =Eu√l+EK=(lu , mv ) − (lv , mu )√.EG(34)Заметим, что (lu , mv ) = (lu , m)v − (luv , m) и (lv , mu ) = (lv , m)u − (luv , m). ПоэтомуK=(lu , m)v − (lv , m)u√.EG(35)Выразим числитель через E и G. Пользуясь тем, что (ru , rv ) = 0, получаем∂∂ (ruu , rv )∂ (ru , ruv )1 ∂E√√√ v(lu , m) ==−=−.∂v∂v∂v2 ∂vEGEGEGАналогично∂1 ∂(lv , m) = −∂u2 ∂uGu√EG(36)(37).Подставляя полученные выражения в формулу для кривизны, получаем искомую формулу.
Следствие 6.6. В частности, если E ≡ 1, то формула принимает вид√ GK = − √ uu .G(38)iВведём понятия геодезической и вынужденной производной. Рассмотрим поле a = a ri на n-мерной гипер∂rii 1n1nповерхности. ri = ∂ui , и a = a (u , . . . , u ). Пусть γ — кривая, и γ̇ = u̇ , . . . , u̇ . Тогдаȧ = ȧi ri + ai ṙi = ȧi ri + ai rij u̇j = ȧk rk + Γkij rk + bij ~n ai u̇j = ȧk + Γkij ai u̇j rk + bij ~nai u̇j .| {z }|{z}(39)вын. пр.геод.
произв.Здесь мы фактически разложили производную по базису касательного пространства и его ортогонального дополнения h~ni.Теорема 6.22. Угол между единичным вектором ~a и результатом его переноса по гладкому замкнутомуконтуру γ области D равенZ∆ω =(40)Kds.D Рассмотрим полугеодезическую систему координат в области D.
Имеем ds2 = du2 + G(u, v)dv 2 , и ru ⊥rv .Имеем (~a, ru ) = |a| · |ru | cos ω = cos ω, где ω — угол между ~a и ru . Далее, имеем d (~a, ru ) = (d~a, ru ) + (~a, dru )Вектор d~a есть сумма геодезической и вынужденной производных. Геодезическая часть равна 0, так как векторпереносится параллельно, а потому d~a ортогонален касательной плоскости, и (d~a, ru ) = 0. Заметим теперь, чтотак как ru = (1, 0), то Γk11 = 0 и ṙuk = 0. Значит, убирая все нулевые слагаемые, получаем(41)d (~a, ru ) = d cos ω = − sin ωdω = ~a, Γk1j duj rk = ~a, Γ212 dv rv .Имеем Γ212 =Gu2G .Поэтомуd (~a, ru ) =В итоге получаем − sin ωdω =∆ω =IγGu2GGuGu √(~a, rv ) dv =G sin ωdv.2G2G(42)√u dv. Интегрируя, получаемsin ωdv, откуда dω = − 2GG1−Gu√ dv = −22 GZZ DGuuG2√ − √uG2 G31dudv = −2ZZ DGuuG2− u2G2Gds =ZKds.Следствие 6.7.
Формула для суммы углов геодезического треугольника: α + β + γ = π +RR△37(43)DKds.Теперь наконец-то можно ликвидировать долг в теореме о сумме углов треугольника на сфере и плоскостиЛобачевского. На единичной сфере K = 1, поэтому сумма углов треугольника равна α + β + γ = π + Kσ == π + σ > π, где σ — площадь треугольника. На плоскости Лобачевского K = −1, поэтому α + β + γ = π − σ < π.Замечание. На сфере единичного радиуса ∆ϕ = 2π − σ. Если мы будем двигаться по параллели, то вблизиполюса σ → 0, следовательно, ∆ϕ → 2π. На экваторе же σ = 2π и ∆ϕ = 0 (поворота нет).Для любой седловидной поверхности, у которой K < 0 и ∆ϕ = 2π − Kσ, как и в случае сферы, вблизиполюса ∆ϕ → 2π, и чем дальше мы от него отходим, тем быстрее растет ∆ϕ.6.14.
Сферическое (гауссово) отображениеПусть задана кривая r = r(s). Рассмотрим вектор нормали n(s) к этой кривой, перенесём его в центрединичной окружности. Получится кривая re = n(s) на этой окружности. Кривизна k(s) кривой равна α′s , гдеα — угол между касательным вектором и осью Ox. Имеем α′s = lim ∆α∆s , где ∆α — длина дуги на окружности(на образе), ∆s — длина дуги на r(s). ∆α — угол от ε1 (s) до ε1 (s + ∆s), он равен углу от n(s) до n(s + ∆s).Отображение кривой на окружность называется круговым образом кривой.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
