Е.Г. Скляренко - Курс лекций по классической дифференциальной геометрии (1117977), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Рассмотрим проективное преобразование f , сохраняющее абсолют. Пусть оно задаётся матрицей C (определённой с точностью до пропорциональности). Основная идея доказательства в том, чтобы подправить матрицуC так, чтобы она стала псевдоортогональной.
Будем рассматривать C как матрицу замены координат. Тогдаматрица G скалярного произведения, которая в старом базисе имела вид G = E1 = diag(1, 1, −1), преобразуетсяпо формуле G′ = C t GC = C t E1 C и перейдёт в матрицу G′ = λE1 . В самом деле, абсолют сохраняется, а значит,сохраняется и уравнение конуса x2 + y 2 − z 2 = 0. А это бывает только тогда, когда оно просто умножаетсяна ненулевой коэффициент. Как известно, при замене координат уравнение конуса (т. е.
квадратичная формаQ(x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 ) преобразуется по формуле C t QC и переходит в квадратичную форму λQ, а значит,и матрица Грама перейдёт в матрицу λE. Далее, поскольку det G — инвариант, то λ > 0. Теперь рассмотримe := √1 C. Имеемматрицу Cλt11et E1 C,eE1 = √ C E1 √ C = C(24)λλe Таким образом, установлена биекция между соответствуюоткуда следует псевдоортогональность матрицы C.щими группами преобразований. 245.8. Метрики на S2 и L2Рассмотрим S2 в сферических координатах, отмеряя угол θ от оси z.
Имеем ds2 = dρ2 + ρ2 sin2 θdϕ2 + ρ2 dθ2 .Пусть ρ = a, тогда получаем ds2 = a2 sin2 θdϕ2 + a2 dθ2 . Пусть P — северный полюс сферы, A — произвольнаяточка на сфере, а l - длина дуги P A. Имеемl = aθ,lds2 = dl2 + a2 sin2 dϕ2 .a(25)Если l → 0, то sin al ∼ al и ds2 ≈ dl2 + l2 dϕ2 , т. е.
метрика эквивалентна метрике в полярных координатахна плоскости. Пусть теперь ρ = a = 1, тогда ds2 = dθ2 + sin2 θdϕ2 . Найдём длину s окружности на сфере сфиксированным углом θ = r. Имеем222ds = sin rdϕ⇒ ds = sin rdϕ ⇒ s =Z2π(26)sin rdϕ = 2π sin r.0Площадь этой окружности будет равнаZZ pZ2π ZrS=|G|dθdϕ = dϕ sin θdθ = 2π (1 − cos r) .0(27)02Заметим, что если r → 0, то cos r ∼ 1 − r2 , и S → πr2 .Теперь выведем метрику на L2 . Пусть P — верхняя точка нижней полости гиперболоида, A ∈ L2 , и θ —длина дуги P A.
Параметризуем плоскость Лобачевского: r = (sh θ cos ϕ, sh θ sin ϕ, − ch θ). Тогдаm1 =∂r= (ch θ cos ϕ, ch θ sin ϕ, − sh θ) ,∂θm2 =∂r= (− sh θ sin ϕ, sh θ cos ϕ, 0) .∂ϕ(28)Отсюда g11 = (m1 , m1 ) = 1, g12 = (m1 , m2 ) = 0, g22 = (m2 , m2 ) = sh2 θ, и метрика имеет вид ds2 = dθ2 + sh2 θdϕ2 .Аналогично случаю S2 получаем, что длина окружности радиуса θ = R равна s = 2π sh R, а площадь кругатого же радиуса равнаZZ pZZ|G|dϕdθ =sh θdϕdθ = 2π(ch R − 1).(29)5.9. Стереографическая проекция S2 и L2Возьмём точку A(x, y, z) на сфере x2 + y 2 + z 2 = 1 и на плоскости Лобачевского x2 + y 2 − z 2 = −1 (z < 0) исоединим её прямой с точкой P (0, 0, 1). Если A 6= P , то эта прямая пересечёт плоскость xOy в некоторой точкеA′ (x′ , y ′ , 0).
Очевидно, что такие отображения множеств S2 r {P } и L2 на плоскость будет биективными. Пустьточка A′ на плоскости имеет полярные координаты (ρ, ϕ), и d — расстояние от точки A до оси Oz. Имеемρ1=⇒ d = ρ(1 − z)d1−z(30)zPAPxA′dA′25AДля S2 :Для L2 :ρ2 (1 − z)2 = d2 = 1 − z 2ρ2 (1 − z)2 = d2 = z 2 − 1ρ2 (1 − z) = 1 + zρ2 (1 − z) = −(1 + z)ρ2 − 1ρ2 + 12ρd=1 + ρ2ρ2 + 1ρ2 − 12ρd=1 − ρ2z=z=Отсюда получаем выражение координат точки на поверхности через полярные координаты проекции:2ρ cos ϕ 2ρ sin ϕ ρ2 − 12ρ cos ϕ 2ρ sin ϕ ρ2 + 1~~rS (ρ, ϕ) = OA =,,rL (ρ, ϕ) = OA =,,1 + ρ2 1 + ρ2 ρ2 + 11 − ρ2 1 − ρ2 ρ2 − 1(31)Далее, для сферы имеем∂rm1 ==∂ρ!2 1 − ρ2 cos ϕ 2 1 − ρ2 sin ϕ4ρ,,,222(1 + ρ2 )(1 + ρ2 )(1 + ρ2 )Следовательно,GS =4(1+ρ2 )2004ρ2(1+ρ2 )2m2 =!∂r=∂ϕ2ρ sin ϕ 2ρ cos ϕ−,,0.1 + ρ2 1 + ρ2(32)(33),и метрика сферы имеет видds2 =4(1 +2ρ2 )4′2′2dρ2 + ρ2 dϕ2 =.2 dx + dy′2′2|{z}(1 + x + y )(34)метрика плоскостиТеперь посмотрим, что будет на L2 .
Имеем∂r=m1 =∂ρ!2 1 + ρ2 cos ϕ 2 1 + ρ2 sin ϕ4ρ,,−,222(1 − ρ2 )(1 − ρ2 )(1 − ρ2 )Значит,GL =4(1−ρ2 )2004ρ2(1−ρ2 )2m2 =!∂r=∂ϕ2ρ sin ϕ 2ρ cos ϕ,,0−.1 − ρ2 1 − ρ2,(35)(36)и таким образом, метрика плоскости Лобачевского имеет видds2 =4(1 −2ρ2 )4′2′2dρ2 + ρ2 dϕ2 =.2 dx + dy′2′2|{z}(1 − x − y )(37)метрика плоскости5.10. Метрика поверхности вращенияРассмотрим кривую r(θ) = (l(θ), 0, z(θ)), и пусть θ — натуральный параметр, т. е. (lθ′ )2 + (zθ′ )2 = 1. Пусть ϕ —полярный угол, тогда уравнение поверхности вращения этой кривой вокруг оси Oz принимает видr(θ, ϕ) = l(θ) cos ϕ, l(θ) sin ϕ, z(θ) .(38)Тогдаm1 =∂r= l′ cos ϕ, l′ sin ϕ, z ′ ,∂θm2 =∂r= −l sin ϕ, l cos ϕ, 0 .∂ϕ(39)Так как θ — натуральный параметр, то |m1 |2 = l′2 + z ′2 = 1, и метрика на поверхности вращения имеет вид10ds2 = dθ2 + l2 (θ)dϕ2 , G =.(40)0 l2 (θ)26Теорема 5.13.
Главными направлениями на поверхности вращения являются параллели и меридианы.5 Как мы знаем, главными направлениям соответствуют те и только те ортогональные базисы, относительно которых матрицы первой и второй квадратичных форм диагональны. Формула (40) говорит о том, чтов системе координат, порождённой меридианами и параллелями, матрица G диагональна. Покажем, что втораяквадратичная форма в этих координатах также диагональна. В самом деле, имеем′′′′rθϕ= (−l′ sin ϕ, l cos ϕ, 0) , ~n = (z ′ cos ϕ, z ′ sin ϕ, l′ ) ⇒ l12 = ~n, rθϕ= 0,(41)откуда и следует утверждение теоремы.
Теперь найдём главные кривизны поверхности вращения. Для меридиана имеем!pl′|l′′ |′′′′′2⇒ λ1 = p.ε1 = m1 = l , 0, 1 − (l ) , ε1 = kε2 = l 1, 0, − p1 − (l′ )21 − (l′ )2(42)1Остаётся найти λ2 . Кривизна сечения по параллели равна l(θ)(обратная величина к радиусу), а тогда криcos αвизна нормального сечения равна λ2 = l , где α — угол между вектором нормали ~n и осью Ox. Имеемppp1 − (l′ )2′′2′2~n =.(43)1 − (l ) , 0, −l , cos α = 1 − (l ) ⇒ λ2 =lОтсюда гауссова кривизна поверхности вращения при натуральной параметризации равнаK = λ1 λ2 = ±l′′ (θ).l(θ)(44)Выясним, можно ли представить плоскость Лобачевского как поверхность вращения в R3 .
Метрика на L2имеет вид ds2 = dθ2 + sh2 θdϕ2 . Предположим, что мы нашли функцию l(θ) такую, что l(θ) = sh θ с натуральной2параметризацией. Тогда имеем ch2 θ + z ′ = 1. Но так как ch2 θ = 1 + sh2 θ > 1, то получаем противоречие.Значит, этого сделать нельзя (хотя L2 и является поверхностью вращения в R31 ).Теперь сделаем замену ϕ = µψ, где µ < 1. Тогда ds2 = dθ2 + µ2 sh2 θdψ 2 . Имеемsqzθ′dz12′′′2lθ = xθ = µ ch θ, zθ = 1 − µ ch θ, ⇒= ′ =− 1.(45)2dxxθµ ch2 θЕсли мы будем вращать такую кривую вокруг оси Oz, то получим поверхность в R3 , локально изометричнуюплоскости Лобачевского.5.11. Конформно-евклидовы метрики2ijОпределение. МетрикаP ds = gij dx dy называется конформно-евклидовой, если существуют координаты,2dxi, где f (M ) — функция, зависящая от точки, т.
е. G = f (M )E в некоторомв которых ds2 = f (M )базисе. Координаты в конформно-евклидовой метрике называются конформными (изотермическими).Например, метрики на S2 и L2 конформно евклидовы. Вообще, можно доказать, что метрика на поверхностив R3 конформно евклидова.Теорема 5.14. В конформных координатах углы на карте равны углам в римановой метрике.В изотермических координатах имеем cos ϕ =(dr,der)|dr|·|der| .В силу конформностиf (M ) dx1 dex1 + . .
. + dxn dexndx1 dex1 + . . . + dxn dexnppppcos ϕ =PP i 2 =P i 2 P i 2 .f (M ) (dxi )2 f (M ) (dex)(dx )(dex)(46)Правая часть последнего равенства есть в точности выражение для угла между векторами на карте. Теорема 5.15. Сумма углов треугольника на сфере равна α + β + γ = π + S△ > π, а на плоскости Лобачевского α + β + γ = π − S△ < π. Сначала докажем утверждение для случая S2 . Без ограничения общности можно считать, что вершина Aтреугольника ABC совпадает с южным полюсом. Рассмотрим стереографическую проекцию этого треугольникана плоскость xOy, получим треугольник A′ B ′ C ′ , причём A 7→ A′ (0, 0, 0). При стереографической проекциипрямые, проходящие через северный полюс, перейдут в прямые на плоскости. Значит, образы отрезков AB и5 Доказательствовзято из: С.
П. Новиков, А. Т. Фоменко. «Элементы дифференциальной геометрии и топологии», стр. 39627AC будут отрезками на плоскости. Хорда сферы BC перейдёт в отрезок B ′ C ′ , а образ «сферического» отрезкаBC будет лежать вне треугольника A′ B ′ C ′ (это очевидным образом следует из того, что хорда лежит ближек центру окружности, чем дуга центрального сечения). Как было показано выше, метрика сферы конформноевклидова, а по предыдущей теореме углы при конформном отображении сохраняются. Значит, неравенствоα + β + γ > π справедливо.Теперь рассмотрим L2 . Здесь рассуждения аналогичны, а треугольник надо брать такой, чтобы у него однавершина совпадала с вершиной гиперболоида, т.
е. точкой (0, 0, −1). Тогда одна из сторон треугольника перейдётвнутрь треугольника, образованного стереографическими проекциями вершин.Что касается формулы для суммы углов, то она будет доказана позднее. 5.12. Конформно эквивалентные метрикиe с метриками G и Ge соответственно. Если существует дифОпределение. Пусть даны две области Θ и Θe сохраняющий углы, то он называется конформным преобразованием области Θ в Θ.eфеоморфизм f : Θ → Θ,e называются конформно эквивалентными, если существует конформное преобразование Θ в Θ.eМетрики G и GЛемма 5.16.
Пусть f : V → Ve — невырожденное линейное отображение евклидовых пространств. Тогдаследующие утверждения эквивалентны для любых векторов a, b ∈ V, ea = f (a), eb = f (b).1. cos ∠(a, b) = cos ∠(ea, eb);2e2. (ea, b) = λ (a, b), где λ не зависит от точки;3. |ea| = λ|a|,1 ⇒ 3 Возьмем e1 , . . . , en — ортонормированный базис. При отображении f он перейдёт в ортогональный базис, так как углы сохраняются. Покажем, что длины векторов изменяются в одинаковое число раз.Пусть, например, |f (e1 )| =6 |f (e2 )|. Тогда, очевидно, получим cos 45◦ = cos ∠(e1 , e2 ) 6= cos ∠(f (e1 ), f (e2 )) и придёмк противоречию.3 ⇒ 2 Выразим скалярное произведение через длины векторов:(a, b) =1(a + b, a + b) − (a, a) − (b, b) ,21(ea, eb) = (ea + eb, ea + eb) − (ea, ea) − (eb, eb) .2Следовательно, (ea, eb) = λ2 (a, b).2 ⇒ 1 Очевидно.
(47)e конформно эквивалентны тогда и только тогда, когда существуТеорема 5.17. Метрики областей Θ и Θe такие, что deют координаты (x1 , . . . , xn ) в Θ и (ex1 , . . . , xen ) в Θs2 = F (A)ds2 .e выражаются через координаты в Θ по формулам y i = y i (x1 , . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
