Треугольник с вершинами на поверхности

[Padawan]

Известный "сапог Шварца" -- пример последовательности триангуляций гладкой поверхности, в которой вершины каждого треугольника лежат на поверхности, диаметры треугольников стремятся к нулю, но площадь многогранной поверхности стремится к бесконечности. Понятно, почему это происходит -- плоскости треугольников не близки к касательной плоскости к поверхности. Также понятно, что это может происходить тогда, когда треугольники "очень вытянутые", то есть их углы могут быть сколь угодно малы. Хотелось бы доказать это строго. А именно:
Зафиксируем $\sigma>0$. Пусть $S$ -- гладкая поверхность. Доказать, что любого $\varepsilon>0$ существует $\delta>0$, такое, что если вершины треугольника $ABC$ лежат на поверхности $S$, диаметр треугольника меньше $\delta$, и все углы треугольника больше $\sigma$, то угол между нормалью к треугольнику и нормалью к поверхности в одной из вершин треугольника будет меньше $\varepsilon$.

Для простоты сформулируем локальную версию.
Пусть дана непрерывно дифференцируемая функция $z=f(x,y)$, $f(0,0)=f'_x(0,0)=f'_y(0,0)=0$. Доказать, что для любого $\varepsilon>0$ существует $\delta>0$ такое, что если вершины треугольник $ABC$, все углы которого больше $\sigma$, лежат на поверхности $S$, а его проекция на плоскость $Oxy$ лежит в $\delta$-окрестности начала координат, то угол между нормалью к треугольнику и осью $Oz$ будет меньше $\varepsilon$.

Не хотелось бы сразу без ума кидаться в вычисления, а хотелось бы понять геометрически, почему так должно быть. Буду рад любым советам.

[Null]

Существует $\delta>\frac{\pi}{3}$, что то тут не так. Ну или там $\delta>\frac{\pi}{3}- \varepsilon$, но это не то что вы хотите.

[Padawan]

Не понял, почему такое $\delta$ подойдет. Если что, углы должны быть больше $\sigma$.

[mihiv]

Можно попробовать как-то так.
Поместим вершину $A$ треугольника в начало координат, координаты вершин $B$ и $C$ обозначим $\delta x_1,\delta y_1,\delta z_1$ и $\delta x_2,\delta y_2,\delta z_2$, соответственно. Из условия $f'_x=f'_y=0$ следует, что величины $\delta z_i$ более высокого порядка малости по сравнению с $\delta x_i,\delta y_i,$ а именно:$\delta z_i\approx a\delta x_i^2+2b\delta x_i\delta y_i+c\delta y_i^2$. Проекция единичного вектора нормали к плоскости $ABC$,на ось $z$ равна

$$ n_z=\dfrac {(\vec r_{AB}\times \vec r_{AC})_z}{|\vec r_{AB}\times \vec r_{AC}|}=\dfrac {\delta x_1\delta y_2-\delta x_2\delta y_1}{|\dots |}$$

, а проекция на ось $x$ равна

$$n_x=\dfrac {\delta y_1\delta z_2-\delta y_2\delta z_1}{|\vec r_{AB}\times \vec r_{AC}|}$$

и стремится к 0, вместе с $\delta $, поскольку содержит множители $\delta z_i$ , более высокого порядка малости. То же справедливо и для $n_y$.

[Null]

Если все углы треугольника больше $\frac{\pi}{3}$ то верно все что угодно.

[Padawan]

mihiv
А где Вы использовали, что углы треугольника $ABC$ больше $\sigma$?
Null

Padawan в сообщении #1460820 писал(а):

Если что, углы должны быть больше $\sigma$.

[Null]

Понял: там разыне буквы.
А по делу: Пусть стороны треугольника $L_1,L_2,L_3$, Стороны треугольника-проекции $l_1,l_2,l_3$, достаточно показать что $\frac{p_1}{P_1}\to 1$, где $P_1=L_2+L_3-L_1$,$p_1=l_2+l_3-l_1$, но величина $P_1$ порядка $L_1$(использовали ограничение на углы), А величины $L_k-l_k$ порядка $(L_1)^2$(использовали гладкость). Потом ссылаемся на формулу Герона.

[mihiv]

Padawan в сообщении #1460946 писал(а):

mihiv
А где Вы использовали, что углы треугольника $ABC$ больше $\sigma$?

$\delta x_1=\rho _1\cos \phi _1, \delta y_1=\rho _2\sin \var \phi _1$ и т.д. Тогда

$$\rho _1\rho _2\left |n_z\right |=\left |\delta x_1\delta y_2-\delta x_2\delta y_1}\right |=\rho _1\rho _2|(\cos \phi _1\sin \phi _2-\sin \phi _1\cos \phi _2)|=\rho _1\rho _2|\sin (\phi _2-\phi _1)|>\rho _1\rho _2\sin \sigma $$

Здесь $\vec \rho _1, \vec \rho _2$ проекции векторов $\vec r_{AB},\vec r_{AC}$ на плоскость xy. Аналогично расписываем $n_x$. Отсюда

$$ \left |\dfrac {n_x}{n_z}\right |<\dfrac {|\frac {z_2}{\rho _2}\sin \phi _1-\frac {z_1}{\rho _1}\sin \phi _2|}{\sin \sigma }\to 0$$