Danske besvarelser af udvalgte opgaver.

Transkript

1 IMFUFA, INM Carsten Lunde Petersen Danske besvarelser af udvalgte opgaver. Introduction Forslag til besvarelse af udvalgte opgaver. Opgave 7.9: Vis, at en ikke plan glat kurve α : I R 3 i rummet forløber på en kugleflade hvis og kun hvis dens krumings funktion κ : I R og dens torsionsfunktion τ : I R opfylder differentialligningen: At α er ikke plan skal fortolkes som, ( ) τ κ κ = τκ 2 s I : κ(s) 0, τ(s) 0. (Hintet i bogen til den ene vej i dette udsagn er ret udførligt, men for fuldstændighedens skyld gennemregner jeg det, idet (0.5) har været lidt dunkelt belyst i jeres besvarelser): Lad α forløbe på en kugleflade. Ved evt at forskyde α kan vi antage at kuglens centrum er i origo, 0. Vi kan endvidere antage at α er parametriseret ved kurvelængde (ved evt at omparametrisere), således at α (s) = T(s) er en enhedsvektor. Da er enheds normal vektoren N(s) til α givet ved T (s) = κ(s)n(s) og binormalvektoren B(s) = T(s) N(s). Således er Frenet trebenet (T(s), N(s), B(s)) en orthonormalbasis for R 3 Specielt er 0 = T(s) N(s), T(s) T(s) = 1. (0.1) Og ifølge Frenet-Serret theoremet 7.5 har vi T (s) = κ(s)n(s) N (s) = κ(s)t(s) + τ(s)b(s) B (s) = τ(s)n(s). (0.2)

2 Danske besvarelser af udvalgte opgaver. Page 2 of 6 Lad r > 0 være kuglens radius, da har vi α(s) α(s) = r 2. Hvilket ved differentiation og division med 2 giver 0 = α (s) α(s) = T(s) α(s). (0.3) Ved differentiation heraf finder vi 0 = T (s) α(s) + T(s) T(s). Ved hjælp (0.2) (for T ) og (0.1) kan dette omskrives til og da κ(s) 0 får vi også κ(s)n(s) α(s) = 1 (0.4) N(s) α(s) = 1 κ(s) (0.5) Differentiation af (0.4) giver κ (s)n(s) α(s) + κ(s)n (s) α(s) + κ(s)n(s) T(s) = 0, som ved omskrivning ved hjælp af (0.2) (for N ), (0.5) samt (0.1) bliver til κ (s) κ(s) + κ(s)( κ(s)t(s) + τ(s)b(s)) α(s) = 0 Ved brug (0.3) og division med κ(s)τ(s) (her bruger vi τ(s) 0) ender vi med B(s) α(s) = Ved differentiation heraf finder vi κ (s) τ(s)κ 2 (s). (B (s) α(s) + B(s) T(s)) = ( κ Som ved brug af B(s) T(s) = 0 samt (0.2) (for B ) og (0.4) bliver til τκ 2 τ(s)n(s) α(s) = τ(s) ( ) κ κ(s) = τκ 2 Hvilket skulle vises. At vise den anden implication kræver en god idé, som jeg godt kan forstå, der ikke er nogen af jer, som har fundet. For fuldstændighedens skyld giver jeg et argument. )

3 Danske besvarelser af udvalgte opgaver. Page 3 of 6 For plane kurver α : I R 2 fandt vi den (osculerende eller kyssende) cirkel, dvs. den cirkel der bedst muligt rummer α(s) i nærheden af et punkt α(s 0 ). Tilsvarende kan vi til en kurve i rummet α : I R 3 bestemme den (osculerende eller kyssende) sphere, dvs. den sphere der bedst muligt rummer α(s) i nærheden af et punkt α(s 0 ), hvor både κ(s 0 ) 0 og τ(s 0 ) 0. Det vil sige vi søger efter det punkt C = C(s 0 ) for hvilket afstanden r(s) = C α(s) er konstant indtil fjerde orden i s i en omegn om s 0. Som altid kan vi antage at α er parametriseret ved kurvelængde hvorved r(s 0 ) > 0 for at r (s 0 ) = 0. Men da har vi r (s 0 ) = 0 hvis og kun hvis (r 2 ) (s 0 ) = 0. For at lette notationen lad f(s) = r 2 (s)/2. Det halve kvadrat f(s) på afstanden til centret for den osculerende sphere til α i s 0 skal derfor opfylde f (s 0 ) = f (s 0 ) = f (s 0 ) = 0. (0.6) Lad os opskrive C ved hjælp af orthonormal basen (T(s 0 ), N(s 0 ), B(s 0 )) samt α(s 0 ): C = C(s 0 ) = α(s 0 ) + at(s 0 ) + bn(s 0 ) + cb(s 0 ) (0.7) Vi finder da ved gentagen differentiation af f(s) = 1/2r 2 (s): f (s) = (C α(s)) T(s); (0.8) f (s) = T(s) T(s) (C α(s)) T (s) = 1 κ(s)(c α(s)) N(s); (0.9) f (s) = κ (s)(c α(s)) N(s) κ(s)(t(s) N(s) + (C α(s)) N (s)) (0.10) = κ (s)(c α(s)) N(s) κ(s)(c α(s)) ( κ(s)t(s) + τ(s)b(s)). (0.11) Lad os antage at krumningen κ(s 0 ) 0, således at α ikke har en ret linie som bedste approximation nær α(s 0 ). Da finder vi ved at sammenholde (0.7) og (0.8) at 0 = f (s 0 ) a = 0. Ved at sammenholde (0.7) og (0.9) finder vi videre at f (s 0 ) = 0 b = 1 κ(s 0 ) Endelig finder vi ved at sammenholde (0.7) og (0.11) med (0.2) (for N ) samt ovenstående at hvis f (s 0 ) = f (s 0 ) = 0, da gælder f (s 0 ) = 0 0 = κ (s 0 ) κ(s 0 ) + κ(s 0)τ(s 0 )c

4 Danske besvarelser af udvalgte opgaver. Page 4 of 6 Hvis τ(s 0 ) 0, dvs hvis ikke α lokalt er bedst approximeret af en plan, bliver dette til f (s 0 ) = 0 c = κ (s 0 ) τ(s 0 )κ 2 (s 0 ) Dette leder os frem til følgende formel for centrum C = C(s 0 ) af osculationsspheren for kurven α ved α(s 0 ), og med κ(s 0 ) 0, τ(s 0 ) 0: C(s 0 ) = α(s 0 ) + 1 κ(s 0 ) N(s 0) κ (s 0 ) τ(s 0 )κ 2 (s 0 ) B(s 0). (0.12) Hvis osculationsspherens centrum C(s) er fast, dvs. hvis C(s) = Constant, da viser beregningerne ovenfor at C α(s) = R en konstant, hvorfor α befinder sig på spheren med centrum i C og radius R. For at finde ud af hvornår C(s) er fast kan vi blot differentiere C(s) og sætte den afledte lig 0. Vi finder C (s) = T(s) κ (s) κ 2 (s) N(s) + 1 ( κ ) (s) κ(s 0 ) N (s) B(s) κ (s) τ(s)κ 2 (s) τ(s)κ 2 (s) B (s) = T(s) κ (s) κ 2 (s) N(s) + 1 κ(s) = ( ( τ(s) κ ) ) κ(s) (s) B(s) τ(s)κ 2 (s) ( κ(s)t(s) + τ(s)b(s)) ( κ ) (s) B(s) + κ (s) τ(s)κ 2 (s) κ 2 (s) N(s) Hermed har vi vist at hvis κ 0 og τ 0 på I. Da forløber α(i) på en sphere hvis og kun hvis ( τ(s) κ ) κ(s) (s) = 0 τ(s)κ 2 (s) Endvidere er spherens centrum givet ved (0.12), hvor s 0 I er et vilkårligt punkt og radius R is spheren er givet ved R 2 = 1 ( κ ) 2 κ 2 (s 0 ) + (s 0 ). τ(s 0 )κ 2 (s 0 )

5 Danske besvarelser af udvalgte opgaver. Page 5 of 6 Opgave 9.8: og Med x(u, v) = (f 1 (u, v), f 2 (u, v), f 3 (u, v)) : U R 3 har vi x uu (u, v) = x vv (u, v) = ( 2 ) f 1 u (u, v), 2 f 2 2 u (u, v), 2 f 3 (u, v) 2 u2 ( 2 ) f 1 v (u, v), 2 f 2 2 v (u, v), 2 f 3 (u, v) 2 v2 Heraf ses det at koordinatfunktionerne f i er harmoniske, i.e. hvis og kun hvis 2 f i u (u, v) + 2 f i (u, v) = 0, for i = 1, 2, 3. 2 v2 x uu (u, v) + x vv (u, v) = 0. Idet (x u, x v, N) er en basis for R 3 ser vi at koordinatfunktionerne er harmoniske hvis x u (x uu + x vv ) = x v (x uu + x vv ) = N (x uu + x vv ) = 0. Idet N x uu = e og N x vv = g finder vi specielt at hvis koordinatfunktionerne f i er harmoniske, da er e(u, v) + g(u, v) = 0. Kortet x er konformt hvis og kun hvis E = x u x u = x v x v = G og F = x v x v = 0, eller ekvivalent hermed E u G u = E v G v = F u = F v = 0 (0.13) dvs hvis ds 2 = φdu 2 + φdv 2 hvor φ = E = G. Ved indsættelse finder vi 0 = F v = v x u x v = x uv x v + x u x vv x u x vv = x uv x v. Som ved indsættelse i giver 0 = E u G u = u (x u x u x v x v ) = 2(x u x uu x v x vu ) Og tilsvarende ved symmetri fås x u (x uu + x vv ) = 0 x v (x uu + x vv ) = 0

6 Danske besvarelser af udvalgte opgaver. Page 6 of 6 af F u = E v G v = 0. Derfor under antagelse om at kortet x er konformt er koordinatfunktionerne harmoniske hvis og kun hvis e + g = 0. Idet middelkrumningen H(u, v) er givet ved H(u, v) = 1 2 (a 11+a 22 ) følger det af theorem 9.9 samt af F = E G = 0 at H(u, v) = 1 ff eg + ff ge = 1 eg + ge 2 EG F 2 2 EG = e + g 2E. Det vil sige at for et konformt kort er middelkruminingen 0 hvis og kun hvis e + g = 0. Eller med andre ord x(u) er en minimal flade, hvis og kun hvis koordinatfunktionerne er harmoniske. Hvilket skulle vises. Opgave 10.8: Lad x : U S være en koordinat patch på en flade S med e = f = g = 0 og U sammenhængende. Idet (x u, x v, N) er en basis for R 3 og N(u, v) er en enhedsvektor kan N u og N v skrives som linearkombinationer af x u og x v : N u = a 11 x u + a 21 x v N v = a 12 x u + a 22 x v jvf. side 140. Men e = N u x u = 0 = g = N v x v og 0 = f = N u x v = N v x u medfører at N u = N v = 0. Derfor er (u, v) U : N(u, v) = N(u 0, v 0 ) = N en konstant enhedsvektor, hvor (u 0, v 0 ) U er et vilkårlig fast punkt. For alle (u, v) U har vi derfor 0 = x u (u, v) N(u, v) = x u (u, v) N(u 0, v 0 ) = x v (u, v) N(u 0, v 0 ). Idet U er sammenhængende følger det heraf at x(u) {(x, y, z) ((x, y, z) x(u 0, v 0 )) N(u 0, v 0 ) = 0} dvs. x(u) er indeholdt i planen gennem x(u 0, v 0 ) med normalvektor N(u 0, v 0 ). Hvilket skulle vises.