кривизна строго выпуклой кривой

[Алексей К.]

Итак, получив ответ на свой главный вопрос ---

Женисбек писал(а):

$L=\{(x,y): x=x(t), y=y(t), t\in[0,2\pi]\}$ - строго выпуклая замкнутая кривая,
$x(t), y(t) \in C^{(\infty)}[0,2\pi]$.

Верно ли, что кривизна отлична от нуля всюду на $L$?

автор заинтересовался, всегда ли в точке выпрямления кривой выполнено увиденное им соотношение $x''_{tt}^2+y''_{tt}^2=0$? Один из собеседников подумал, что поскольку в рассмотренных примерах нулевая кривизна была одновременно экстремальной, то именно это могло повлиять на возникновение такого соотношения. Это, похоже, не так: экстремум ни при чём, локальна выпуклость не требуется...
Если в основном вопросе замкнутость и могла как-то влиять на ответ, то в вопросе дополнительном замкнутость, видимо, совсем неинтересна, задачка чисто локальная. Равным образом условие $x(t), y(t) \in C^{(\infty)}[0,2\pi]$ --- просто перестраховка.

Рассмотрим небольшую окрестность точки выпрямления, такую, что в локальной системе координат кривая может быть описана зависимостью $y=f(x)$, или $x(t)=t,\;y(t)=f(t)$. Тривиально получаем, поскольку $k(t)=\frac{y''_{tt}}{(1+y'^2_t)^{3/2}}=0$ и $x''_{tt}\equiv 0$, то да, $x''_{tt}^2+y''_{tt}^2=0$ в точке выпрямления.

Рассмотрим теперь натуральную параметризацию кривой $x(s), y(s)$. Пусть $\tau(s)$ --- угол наклона касательной. Тогда (дифферецирование по $s$)

$$\begin{array}{lcl} k(s)=\tau'(s),&&\mbox{\tiny (одно из определений кривизны)}\\ x'=\cos\tau(s)&\Longrightarrow&x''=-\sin\tau\cdot \tau',\\ y'=\sin\tau(s)&\Longrightarrow& y''=\hphantom{-}\cos\tau\cdot \tau', \end{array}$$

и, если $k(s_0)=\tau'(s_0)=0$, то $x''(s_0)=0$ и $y''(s_0)=0$.
На свой же вопрос, как это отреагирует на произвольную перепараметризацию, я пока не ответил (и пока не изучил написанное автором). Вопрос, похоже, тривиальный, но обеденный перерыв кончился...

Добавлено спустя 8 минут 17 секунд (похоже, начальство уже тонко чувствует, когда мне надо на форум сходить, и уходит...):

Ну да, тривиальные выкладки. Пусть $X(t)=x(s(t))$ и $x''_{ss}=0$. Тогда
Hack attempt!
Этот последний вывод можно было сделать легко одними мозгами (нерасплавленными, разумеется): ежели мы имели функцию $p(s)=x'(s)$ с горизонтальной касательной к графику в точке $s_0$ (т.к. $p'=x''=0$), то при (адекватном) переходе к новому параметру $s\to t$ это свойство никуда не денется.

[Женисбек]

Алексей К. писал(а):

Пусть $X(t)=x(s(t))$ и $x''_{ss}=0$. Тогда
Hack attempt!

Извините, но ведь
Hack attempt!

[Алексей К.]

Женисбек писал(а):

Извините, но ведь
Hack attempt!

У меня то же поначалу выводилось, но я взял себя в руки и сделал так:
Hack attempt!
Использован тот факт, что $X(t)=x(s(t))\:\Longrightarrow\: X'_t=x'_s\cdot s'_t$.
И здесь я по-наглому выношу подчёркнутый член за скобку, как независящий от $s$ множитель!
Hack attempt!
[upd] Жесть! [/upd]

[Brukvalub]

А почему бы Вам, Алексей К., просто не воспользоваться формулой из темы: [url]http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=15001
[/url]?

[Алексей К.]

Ошибка осознана, слёзки удалены...

А у Вас тоже ошибка!

А почему бы Вам, [b]Алексей К.[/b], просто не воспользоваться формулой из темы: 
[url]http://lib.mexmat.ru/forum/viewtopic.php?t=15001
[/url]?

Перенос строки после 15001 надо убрать.

[Женисбек]

$x(s)=s^2,\ s(t)=t^2$,
$X(t)=x(s(t))=t^4$

Hack attempt!,

Ну да, не получается:
Hack attempt!.

Получается так:
Hack attempt!

[Алексей К.]

Ах, так!
Ну тогда вот Вам кривая, в которой свойство не выполнено:
$x(t)={\mathrm e}^t,\:y(t)={\mathrm e}^t$.
Ни в одной из многочисленных точек выпрямления...

[Женисбек]

Алексей К. писал(а):

Ах, так!
Ну тогда вот Вам кривая, в которой свойство не выполнено:
$x(t)={\mathrm e}^t,\:y(t)={\mathrm e}^t$.

Но ведь она не является строго выпуклой. Интервал между любыми двумя точками лежит на самой кривой.

Добавлено спустя 46 секунд:

В-общем, я пока что выяснил, что свойство $x''^2+y''^2\ne0$ не сохраняется при перепараметризации. Возьмем строго выпуклую кривую параболу
$x(t)=t,\qquad y(t)=t^2,\qquad t\in[-1,1].$
Тогда $x''^2(t)+y''^2(t)=4>0$ всюду на $[-1,1]$.

Перепараметризуем
$t=u^3$, (причем это взаимно-однозназночное соответствие).
Тогда та же самая кривая записывается так
$\xi(u)=x(t(u))=u^3,\qquad \eta(u)=y(t(u))=u^6,\qquad u\in[-1,1]$.
И для вторых производных имеем
$\xi''(u)=6u,\qquad \eta''(u)=30u^4$,
т.е. $\exists 0\in[-1,1]: \xi''^2(0)+\eta''^2(0)=0$.

[Алексей К.]

Ну, ежели я этот трюк проделаю со строго выпуклой параболой $y=x^4$, то Вы скажете, "а она ведь не замкнутая!"

Женисбек, Вас возможно, загипнотизоровало сходство выражения $x''^2+y''^2$ с часто используемым $g^2=x'^2+y'^2$. Но за $g(t)$ стоит некая фундаментальность (градиентность).

Обраруженные случаи $x''^2+y''^2=0$, видимо, связаны просто с тем, что параметр $t$ оказался в особой близости к натуральному, типа $t=a+bs+O(s^{4?})$, для которого, как мы видели, это выполнено всегда (и безотносительно к выпуклостям). Предлагаю подумать именно в эту сторону...
А то возьму ту кривульку, где $p=2+\cos t$, и как заменю $t$ на чего-нибудь эдакое! Тангенс половинного угла, полагаю, вполне сойдёт.
Да Вы и сами можете...

Добавлено спустя 1 час 33 минуты 9 секунд:

Женисбек писал(а):

Перепараметризуем $t=u^3$, (причем это взаимно-однозназночное соответствие).

Насколько я помню, именно этот трюк используется в книгах для демонстрации чего-то вроде "плохих" и "хороших" параметризаций. С его помощью Вы устроили даже $x'^2+y'^2=0$, т.е. якобы особую точку на кривой, где таковыми и не пахнет. Условие $t'_u>0$ (строго), является, видимо, необходимым. Я попробую освежить эту тему в памяти, и выразиться точнее. Но --- особенности перепараметризация есть сюжет, излагаемый во многих книгах.
Доступны ли Вам они?
Сам буду освежаться по книге Шикин Е.В., Франк-Каменецкий М.М. Кривые на плоскости и в пространстве. -- М.: ФАЗИС, 1997.

[Женисбек]

Алексей К. писал(а):

А то возьму ту кривульку, где $p=2+\cos t$, и как заменю $t$ на чего-нибудь эдакое! Laughing Тангенс половинного угла, полагаю, вполне сойдёт.
Да Вы и сами можете...

$x(t)=(2+\cos t)\cos t,\qquad y(t)=(2+\cos t)\sin t\qquad t\in[-\pi,\pi]$

$u=\tan \frac t2\qquad u\in[-\infty,+\infty]$

$\xi(u)=x(t(u))=-1+4\, \left( 1+{u}^{2} \right) ^{-2}$
$\eta(u)=y(t(u))=2\,{\frac {u}{1+{u}^{2}}}+4\,{\frac {u}{ \left( 1+{u}^{2} \right) ^{2}}}$

$\xi''(u)=96\,{\frac {{u}^{2}}{ \left( 1+{u}^{2} \right) ^{4}}}-16\, \left( 1+{u}^{2} \right) ^{-3}$
$\eta''(u)=-12\,{\frac {u}{ \left( 1+{u}^{2} \right) ^{2}}}+16\,{\frac {{u}^{3}}{ \left( 1+{u}^{2} \right) ^{3}}}+96\,{\frac {{u}^{3}}{ \left( 1+{u}^{2} \right) ^{4}}}-48\,{\frac {u}{ \left( 1+{u}^{2} \right) ^{3}}}$

И опять, там, где кривизна обнуляется,
$\xi''(+\infty)=0,\qquad \eta''(+\infty)=0$.

Добавлено спустя 6 минут 10 секунд:

Алексей К. писал(а):

Я попробую освежить эту тему в памяти, и выразиться точнее. Но --- особенности перепараметризация есть сюжет, излагаемый во многих книгах.
Доступны ли Вам они?
Сам буду освежаться по книге Шикин Е.В., Франк-Каменецкий М.М. Кривые на плоскости и в пространстве. -- М.: ФАЗИС, 1997.

Спасибо, постараюсь найти.

[Женисбек]

Вот, вроде бы доказал.

$\boldsymbol{r}(t)=(x(t),y(t))$ - строго выпуклая гладкая регулярная кривая,
$x''^2(t)+y''^2(t)\ne 0$ всюду на кривой.

Покажем, что кривизна отлична от нуля всюду на кривой.

Обозначим
$\boldsymbol{n}(t)$ - вектор единичной нормали, направленный внутрь кривой (его существование следует из $x'^2(t)+y'^2(t)\ne 0$).
$\kappa(t)=\frac{x'(t)y''(t)-y'(t)x''(t)}{(x'^2(t)+y'^2(t))^{3/2}}$ - кривизна

Пусть $\kappa(t_0)=0$. Тогда
$x'(t_0)y''(t_0)-y'(t_0)x''(t_0)=0$,
и, следовательно,
$\mathrm{(1)}\qquad\boldsymbol{r}''(t_0)=\lambda \boldsymbol{r}'(t_0)$, $\lambda=\mathrm{const}$

Разложим $\boldsymbol{r}(t)$ в Тейлора с центром в $t_0$:
$\mathrm{(2)}\qquad\boldsymbol{r}(t)-\boldsymbol{r}(t_0)=\boldsymbol{r}'(t_0)(t-t_0)+\frac 12 \boldsymbol{r}''(t_0)(t-t_0)^2 + \boldsymbol{o}((t-t_0)^2)$

С учетом (1) имеем
$\boldsymbol{r}(t)-\boldsymbol{r}(t_0)=\boldsymbol{r}'(t_0)(t-t_0)+\frac{\lambda}{2} \boldsymbol{r}'(t_0)(t-t_0)^2 + \boldsymbol{o}((t-t_0)^2)$
Домножим слева и справа на $\boldsymbol{n}(t_0)$ и учтем, что вектор $\boldsymbol{r}'(t)$ параллелен касательной к кривой:
$\left<\boldsymbol{r}(t)-\boldsymbol{r}(t_0),\boldsymbol{n}(t_0)\right>$
$=\underbrace{\left<\boldsymbol{r}'(t_0),\boldsymbol{n}(t_0)\right>}_{=0}(t-t_0)+\frac{\lambda}{2} \underbrace{\left<\boldsymbol{r}'(t_0),\boldsymbol{n}(t_0)\right>}_{=0}(t-t_0)^2 + o((t-t_0)^2)$
$=o((t-t_0)^2)$.
Таким образом
$\mathrm{(3)}\qquad\left<\boldsymbol{r}(t)-\boldsymbol{r}(t_0),\boldsymbol{n}(t_0)\right>=o((t-t_0)^2)$

С другой стороны, домножая (2) на $\boldsymbol{n}(t_0)$, и учитывая $\boldsymbol{r}''(t_0)\ne 0$ получим
$\left<\boldsymbol{r}(t)-\boldsymbol{r}(t_0),\boldsymbol{n}(t_0)\right>=\underbrace{\frac 12 \left<\boldsymbol{r}''(t_0),\boldsymbol{n}(t_0)\right>}_{C}(t-t_0)^2 + o((t-t_0)^2)$
$=C(t-t_0)^2 + o((t-t_0)^2)$,
причем, в силу строго выпуклости кривой,
$\left<\boldsymbol{r}(t)-\boldsymbol{r}(t_0),\boldsymbol{n}(t_0)\right>>0\Rightarrow C>0$
Поэтому в достаточно малой окрестности $V(t_0)$ точки $t_0$ выполнено
$\mathrm{(4)}\qquad\left<\boldsymbol{r}(t)-\boldsymbol{r}(t_0),\boldsymbol{n}(t_0)\right>\ge K(t-t_0)^2$, $K>0$.

Из (3) и (4) следует, что в окрестности $V(t_0)$ выполнено
$0<K\le \frac{\left<\boldsymbol{r}(t)-\boldsymbol{r}(t_0),\boldsymbol{n}(t_0)\right>}{(t-t_0)^2}\stackrel{t\rightarrow t_0}{=}o(1)$

Переходя к пределу при $t\rightarrow t_0$, получим
$0<K\le 0$

[ewert]

Чего-то я не понял, в чём вопрос. Берём кривую $x^4+y^4=1$ (такие здесь вроде уже предлагались). Строгая выпуклость очевидна. На пересечениях с координатными осями кривизна очевидным образом обращается в ноль. Периодическая и бесконечно гладкая параметризация тоже очевидна -- например, через полярные координаты. В чём проблема-то?

[Женисбек]

ewert писал(а):

Чего-то я не понял, в чём вопрос. Берём кривую $x^4+y^4=1$ (такие здесь вроде уже предлагались). Строгая выпуклость очевидна. На пересечениях с координатными осями кривизна очевидным образом обращается в ноль. Периодическая и бесконечно гладкая параметризация тоже очевидна -- например, через полярные координаты. В чём проблема-то?

проблема в том, что в точках, где кривизна зануляется, $x''^2+y''^2=0$.

[ewert]

Женисбек писал(а):

проблема в том, что в точках, где кривизна зануляется, $x''^2+y''^2=0$.

об этом мне думать лень, но кривизна -- характеристика геометрическая и от выбора параметризации не зависит. Никто не может запретить тупо посчитать её как

$${y''(x)\over\left(1+(y'(x))^2\right)^{3/2}}$$

. Ну так ровно ноль в тех точках и получится.

[Женисбек]

ewert писал(а):

В чём проблема-то?

Извините, я понял в чем проблема. Просто я как всегда начал добавлять в исходную задачу условия, чтобы утверждение стало верным. Сейчас утверждается следующее:

Утверждение. Если есть параметризация $x(t), y(t)$, $t\in[a,b]$ строго выпуклой регулярной кривой такая, что $x''^2(t)+y''^2(t)\ne 0$ всюду на $[a,b]$, то кривизна не обращается в нуль всюду на кривой.
Доказательство. Попытка доказательства на 4 поста выше.