Е.Г. Скляренко - Курс лекций по классической дифференциальной геометрии (1117977), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Таким образом, вектор ε′i ортогонален ω и ei и имеет длину, равную длине соответствующего векторногопроизведения. Значит, e′i = [ω, ei ].10Остаётся вычислить координаты векторов скоростей: так как e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) и e3 = (0, 0, 1), тополучаем требуемое: e′1 = [ω, e1 ] = (0, γ, −β), e′2 = [ω, e2 ] = (−γ, 0, α), e′3 = [ω, e3 ] = (β, −α, 0).
Теорема 2.12. Трехгранник Френе вращается вокруг вектора ω := (κ, 0, k) с угловой скоростью |ω|. В самом деле, матрица перехода от εi к ε′i есть матрица Френе (10), а по предыдущей лемме трехгранниквращается вокруг вектора ω = (κ, 0, k). Теорема доказана. 2.6. Вычисление кривизны и крученияТеорема 2.13. Для кривизны и кручения кривой r = r(t) по произвольному параметру t справедливы следующие формулы:...[ṙ, r̈]hṙ, r̈, r ik=,κ=(15) .|ṙ|3[ṙ, r̈]2В плоском случае кручение равно 0, а кривизна задаётся формулойk=ẋÿ − ẍẏ(ẋ2 + ẏ 2 )3/2(16).Имеем dsdt = |ṙ|. Выпишем производные ṙ и r̈: dr dε1 dr dr dr d2 rd dr d dr dsd dr ṙ == ε1 , r̈ = 2 =·ε+=·ε+kε=· ε1 + |ṙ|2 kε2 .11 dt dt dt 2 dtdtdtdtdt dt dt dt dt dt Следовательно, [ṙ, r̈] = k |ṙ|3 ε3 ⇔ [ṙ, r̈] = k |ṙ|3 .
Отсюда получаем общую формулу для кривизны:[ṙ, r̈]k=3 .|ṙ|(17)(18)Найдем третью производную:dε2dε2 dsd(|ṙ|2 kε2 )= k|ṙ|2= k|ṙ|2= k|ṙ|3 (−kε1 + κε3 ) = −k 2 |ṙ|3 ε1 + kκ|ṙ|3 ε3 .dtdtds dt...e + kκ|ṙ|3 ε3 , где Ae — слагаемые, содержащие ε1 и ε2 . ИмеемОтсюда r = A...2hṙ, r̈, r i...hṙ, r̈, r i = |ṙ|6 k 2 κ hε1 , ε2 , ε3 i = [ṙ, r̈] κ ⇒ κ = .| {z }[ṙ, r̈]2(19)(20)12.7. Построение кривой по кривизне и кручениюПокажем, что функции кривизны и кручения определяют кривую на плоскости однозначно с точностьюдо начальных условий: кривая проходит через начало координат, и репер Френе совпадает с координатнымрепером. Иначе можно сформулировать так: кривые переводятся друг в друга ортогональным преобразованием.Рассмотрим сначала плоский случай.Теорема 2.14.
Плоская кривая r = r(s) с кривизной k(s) и начальными условиями ε1 (0) = e1 , r(0) = 0существует и притом единственна. Пусть α(s) — угол между векторамиe1 и ε1 (s), т. е. угол наклона касательной. Тогда, как ранее былоRпоказано, k = α′ (s), то есть α(s) = k(s) ds + const, но так как α(0) = 0, то α(s) определяется однозначно.Имеем Rε1 = cos α(s), sin α(s)R , следовательно x′ = cos α(s), y ′ = sin α(s). Поскольку x(0) = y(0) = 0, то функцииx(s) = cos α(s) ds и y(s) = sin α(s) ds также определены однозначно. Перейдем теперь к пространственному случаю.Теорема 2.15. Кривая с данными кривизной и кручением и указанными выше начальными условиями существует и единственна.
Запишем формулы Френе по координатам. Все рассуждения будем вести для координаты x, для y и z —аналогично. Пусть εi = (εix , εiy , εiz ). Имеемε′1x = kε2x ,ε′2x = −kε1x + κε3x ,11ε′3x = −κε2x .(21)Это система дифференциальных уравнений с начальными условиями {ε1 (s), ε2 (s), ε3 (s)}s=0= {e1 , e2 , e3 }. Сле-довательно, существует и притом единственноерешениеR системы. Далее,RR аналогично плоскому случаю, существуют и единственны функции x(s) = ε1x ds, y(s) = ε1y ds и z(s) = ε1z ds. Но надо ещё убедиться в том,что вектора ε1 (s), ε2 (s), ε3 (s) будут образовывать ортонормированный репер при любых значениях s. Для этогодокажем более общее утверждение (лемма 2.16). В дальнейшем часто будет использоваться тензорная форма записи формул без знака суммирования.Лемма 2.16.
Пусть в пространстве V заданы линейно независимые вектора ε1 (t), . . . , εn (t), такие чтопри t = 0 они ортонормированны. Пусть матрица C = cji кососимметрична, где ε′i = cαi εα . Тогда вектора εiбудут ортонормированны в любой момент времени. Пусть V = he1 , . . . , en i, и этот базис ортонормирован. Разложим εi по этому базису: εi (t) = dαi (t)eα .Покажем, что матрица D := dαi ортогональна. В нулевой момент времени имеем D = id. Рассмотрим скалярноеnPβпроизведение строк α и β этой матрицы P (t) =dαi di .
Продифференцировав его, получимi=1′P (t) =nXβdαi dii=1!′=nXi=1n′ β Xβ ′dαd+dαii di .iНайдём производные элементов матрицы D. Имеем′k αkε′i = dαi eα = ci εk = ci dk eα .Приравнивая коэффициенты при векторах eα , получаем, что dαiпроизведения (22) можно записать в видеP ′ (t) =nX(22)i=1βcki dαk di +i=1nX′(23)= cki dαk . Теперь производную скалярногоk βdαi ci dk .(24)i=1Теперь вспомним, что матрица C кососимметрична и cki = −cik .
Тогда вторая сумма равна первой, взятой спротивоположным знаком. Значит, производная скалярного произведения любых двух строк матрицы D равна 0при любом t, откуда следует, что само скалярное произведение постоянно, т. е. оно совпадает со своим начальнымзначением. При t = 0 матрица ортогональна, значит, она ортогональна и при всех t. 3.
Теория поверхностей3.1. Первая квадратичная формаРассмотрим произвольную поверхность r = r(u1 , u2 ), u1 и u2 — координаты на поверхности, и по определению∂r∂rгладкой поверхности вектора m1 = ∂u1 и m2 = ∂u2 не коллинеарны. Рассмотрим их матрицу Грама: (m1 , m1 ) (m1 , m2 )g11 g12E F12G = G(u , u ) ===.(1)(m1 , m2 ) (m2 , m2 )g12 g22F G12Коэффициенты этой матрицы являются функцией от координат,е. gij = gij (u , u ). При замене координат т.i∂u(u1 , u2 ) → (v 1 , v 2 ) матрицей перехода будет матрица Якоби J = ∂v, и матрица Грама изменится по формулеjG′ = J t GJ. Элементы новой матрицы будут равны ∂r ∂r∂r ∂ui ∂r ∂uj∂ui ∂uj′′′gαβ = mα , mβ =,=,=g.ij∂v α ∂v β∂ui ∂v α ∂uj ∂v β∂v α ∂v β(2)Найдём угол междудвумя пересекающимися кривыми на поверхности с уравнениями r(t) = u1 (t), u2 (t) иre(t) = ue1 (t), ue2 (t) .
Он равен углу между касательными векторами v и ev , которые равны соответственноvdu1 du2,dt dt=du1du2m1 +m2 ,dtdtveПо формуле для скалярного произведения получаем12deu1 deu2,dt dt=deu1deu2m1 +m2 .dtdt(3) 1 2du1 deu1du deudu2 deu1du2 deu2+ g12++ g22,dt dtdt dtdt dtdt dt 1 2 2 2dududu1 du2(v, v) = g11+ 2g12+ g22,dtdt dtdt 2 2 1 2deudeudeu1 deu2+ 2g12+ g22,(ev , ve) = g11dtdt dtdt(v, ve) = g11а тогда косинус искомого угла равенcos ϕ =(v, ve).|v||ev|(4)Так как dr = vdt и der = vedet, то формально умножая полученные три равенства на (dt)2 , получаем(dr, der ) = g11 du1 deu1 + g12 du1 deu2 + du2 deu1 + g22 du2 deu2 ,22(dr, dr) = g11 du1 + 2g12 du1 du2 + g22 du2 ,22(der , der ) = g11 deu1 + 2g12 deu1 deu2 + g22 deu2 .Определение.
Квадратичная функция ds2 = (dr, der ) = gij dui deuj , определённая на касательном пространстве, называется первой квадратичной формой (или метрикой) поверхности.Таким образом, угол можно вычислить через первую квадратичную форму:gij dui deujpcos ϕ = pijgij du du gij deui deuj(5)Найдём определитель Грама при некоторых способах задания поверхности. Пусть поверхность задана уравнением z = f (x, y). Тогда m1 = (1, 0, fx) и m2 = (0, 1, fy ), значит, матрица Грама имеет вид1 + fx2 fx fyG=, det G = 1 + fx2 + fy2 .(6)fx fy 1 + fy2Если же поверхность задана неявной функцией F (x, y, z) = 0, то, считая для определённости Fz 6= 0, выразимFчастные производные: fx = − FFxz и fy = − Fyz , и сведём задачу к предыдущей.3.2.
Площади областейПокажем теперь, как найти площадь области на поверхности r = r(u1 , u2 ). Координаты u1 и u2 образуютсетку на поверхности. Чтобы найти площадь области, найдем площади маленьких параллелограммов со сторонами m1i ∆u1i и m2i ∆u2i , просуммируем их и перейдём к пределу при ∆u → 0. Площадь такого параллелограммаравна Si = [∆m1i , ∆m2i ] = [m1i , m2i ]∆u1i ∆u2i . В пределе получимZZ[m1 , m2 ]du1 du2 .S=(7)Величина [m1 , m2 ] равна площади параллелограмма, натянутого на вектора m1 и m2 . Как известно, эта плоpщадь равна |G|, где G — матрица Грама векторов m1 , m2 . Таким образом, получаем формулуZZ pS=|G|du1 du2 .(8)В этом выражении элементы матрицы G под интегралом суть функции от координат u1 и u2 .В частности, если поверхность задана уравнением z = f (x, y), то, применяя формулу (6), получаем, чтоплощадь области равнаZZ qS=1 + fx 2 + fy 2 dxdy.13(9)3.3. Внешняя геометрия и вторая квадратичная формаБудем теперь изучать поверхность вида F (x, y, z) = 0 локально вокрестности фиксированной точки A0 .
Для этого возьмем нормаль[m1 ,m2 ]ный вектор к поверхности ~n := |[mи будем рассматривать все1 ,m2 ]|плоскости, содержащие точку A0 и этот вектор. Сечения поверхности такими плоскостями назовём нормальными сечениями.Зафиксируем какой-нибудь единичный вектор ε1 ⊥~n и рассмотрим нормальное сечение в точке A0 плоскостью α, натянутой на вектора ε1 и ~n. Теперь повернем эту плоскость вокруг ε1 на угол θ 6= π2 .Обозначим эту плоскость через β и зафиксируем в ней единичныйвектор ε2 ⊥ε1 .В пересечении поверхности и этой плоскости будет гладкая кривая. Действительно, пересечение задается системой(F (x, y, z) = 0,Ax + By + Cz + D = 0.~nε2 θzε1xy(10)Поскольку угол поворота θ не равен π2 , то вектор нормали (A, B, C) к плоскости не коллинеарен вектору grad F ,и из теоремы о неявном отображении следует, что решение будет того же класса гладкости, что и F .Будем рассматривать кривые, у которых плоскость (A0 , ε1 , ε2 ) является соприкасающейся.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
