Кривизна плоских кривых по Лобачевкому.

[interesn]

Доброго всем времени суток господа.
Помогите разобраться в вопросе кривизны, а именно, кривизна орицикла/эквидистанты?
С "обычной" евклидовой кривизной знаком, а что делать с орициклом ума не приложу.
с Аналитическим представлением не знаком, рассматриваю все на полуплоскости Пуанкаре, непонятно как связать предел отношения угла к величине отрезка.
Заранее благодарен всем откликнувшимся.

[Oleg Zubelevich]

Подозреваю, что кривизна кривой на любом римановом многообразии вводится следующим образом.
1) Прараметризуем кривую натуральным параметром $x^k=x^k(s),\quad g_{ij}(x(s))\dot x^i(s)\dot x^j(s)=1$
2) Кривизна кривой в точке $s$ вычисляется так: $k(s)=\sqrt{g_{ij}(x(s))\ddot x^i(s)\ddot x^j(s)}$

[Munin]

Вот только ввести на плоскости Лобачевского координаты и метрику, начиная только с аксиоматики - нужны пояснения или навыки.

[Padawan]

Oleg Zubelevich в сообщении #498170 писал(а):

Подозреваю, что кривизна кривой на любом римановом многообразии вводится следующим образом.
1) Прараметризуем кривую натуральным параметром $x^k=x^k(s),\quad g_{ij}(x(s))\dot x^i(s)\dot x^j(s)=1$
2) Кривизна кривой в точке $s$ вычисляется так: $k(s)=\sqrt{g_{ij}(x(s))\ddot x^i(s)\ddot x^j(s)}$

Нет. Там надо брать не просто производную, а абсолютную (ковариантную) производную, с учётом связности. Т.е. правильная формула будет

$$k(s)=\sqrt{g_{ij}(x(s))\frac {D\dot x^i(s)}{ds}\frac{D \dot x^j(s)}{ds}},$$

где $D$ -абсолютный дифференциал. Надо всё это для метрики $ds^2=\frac{1}{y^2}(dx^2+dy^2)$ рассчитать. Хорошее упражнение.

[Oleg Zubelevich]

точно точно, и называется это геодезичческой кривизной

[interesn]

С навыками как раз-таки туго, что посоветуете прочесть, чтобы уяснить смысл написанного Padawan.
С дифференциальной геометрией не знаком, наслышан об аналитической, матанализ знаю на уровне.

-- 01.11.2011, 22:05 --

А нет ли более простого способа, не требующего столь глубоко познания?
Необходимо определить для эквидистанты(k<1) и орицикла(k>1).

[svv]

Будем считать потихоньку.

Ковариантные компоненты метрического тензора $g_{ik}$ получаем из метрики $ds^2=\frac{1}{y^2}(dx^2+dy^2)$, которую привел Padawan:
$g_{11}=\frac 1 {y^2}$, $g_{12}=0$, $g_{21}=0$, $g_{22}=\frac 1 {y^2}$

Контравариантные компоненты метрического тензора $g^{ik}$ находим из ковариантных, используя $g_{ik}g^{km}=\delta_i^m$:
$g^{11}=y^2$, $g^{12}=0$, $g^{21}=0$, $g^{22}=y^2$

Единственные отличные от нуля производные ковариантных компонент:
$g_{11,2} = -\frac 2 {y^3}$, $g_{22,2} = -\frac 2 {y^3}$
Здесь и далее запятая перед индексом -- частная производная по соответствующей координате.

Символы Кристоффеля первого рода находим по формуле $\Gamma_{ij;k} = \frac 1 2 (g_{ik,j} + g_{jk,i} - g_{ij,k})$:
$\Gamma_{11;1} = \frac 1 2 (g_{11,1} + g_{11,1} - g_{11,1}) = 0$
$\Gamma_{11;2} = \frac 1 2 (g_{12,1} + g_{12,1} - g_{11,2}) =+\frac 1 {y^3}$
$\Gamma_{12;1} = \frac 1 2 (g_{11,2} + g_{21,1} - g_{12,1}) =-\frac 1 {y^3}$
$\Gamma_{12;2} = \frac 1 2 (g_{12,2} + g_{22,1} - g_{12,2}) = 0$
$\Gamma_{21;1} = \frac 1 2 (g_{21,1} + g_{11,2} - g_{21,1}) =-\frac 1 {y^3}$
$\Gamma_{21;2} = \frac 1 2 (g_{22,1} + g_{12,2} - g_{21,2}) = 0$
$\Gamma_{22;1} = \frac 1 2 (g_{21,2} + g_{21,2} - g_{22,1}) = 0$
$\Gamma_{22;2} = \frac 1 2 (g_{22,2} + g_{22,2} - g_{22,2}) =-\frac 1 {y^3}$

Символы Кристоффеля второго рода находим по формуле $\Gamma^k_{ij} = g^{km} \Gamma_{ij;m}$:
$\Gamma^1_{11} = g^{11} \Gamma_{11;1} + g^{12} \Gamma_{11;2} = 0$
$\Gamma^2_{11} = g^{21} \Gamma_{11;1} + g^{22} \Gamma_{11;2} =+\frac 1 y$
$\Gamma^1_{12} = g^{11} \Gamma_{12;1} + g^{12} \Gamma_{12;2} =-\frac 1 y$
$\Gamma^2_{12} = g^{21} \Gamma_{12;1} + g^{22} \Gamma_{12;2} = 0$
$\Gamma^1_{21} = g^{11} \Gamma_{21;1} + g^{12} \Gamma_{21;2} =-\frac 1 y$
$\Gamma^2_{21} = g^{21} \Gamma_{21;1} + g^{22} \Gamma_{21;2} = 0$
$\Gamma^1_{22} = g^{11} \Gamma_{22;1} + g^{12} \Gamma_{22;2} = 0$
$\Gamma^2_{22} = g^{21} \Gamma_{22;1} + g^{22} \Gamma_{22;2} =-\frac 1 y$

Просто ради интереса найдем тензор кривизны, а потом гауссову кривизну:
$R_{ijkm} = \frac{\partial}{\partial x^k}\Gamma_{jm;i} - \frac{\partial}{\partial x^m}\Gamma_{jk;i} + \Gamma^s_{jk} \Gamma_{im;s} - \Gamma^s_{jm} \Gamma_{ik;s}$
Так как многообразие двумерное, $R_{ijkm}$ имеет только одну независимую компоненту. Зная, например, $R_{1212}$, остальные можно найти из симметрий тензора кривизны. Вычисление по приведенной формуле дает:
$R_{1212}=- \frac 1 {y^4}$
Для двумерного риманова многообразия тензор кривизны выражается через гауссову кривизну $K$:
$R_{ijkm} = K (g_{ik} g_{jm} - g_{im} g_{jk})$,
поэтому
$K=\frac{R_{1212}} {g_{11} g_{22}-g_{12} g_{21}}=-1$

Итак, гауссова кривизна в нашем случае постоянна и равна $-1$. Кажется, так и должно быть.

[svv]

Поговорим о геодезических -- для разминки перед орициклами, а также потому, что орициклы ортогональны некоторому семейству геодезических.

Уравнение геодезических: $\frac {Du^i}{ds} = 0$, где $u^i=\frac{dx^i}{ds}$.
Сравнивая с формулой для кривизны, которую привел Padawan, видим, что кривизна геодезической равна нулю.
В Википедии (статья Модель Пуанкаре) сказано:

Цитата:

Роль прямых выполняют содержащиеся в этой полуплоскости полуокружности с центрами на абсолюте и начинающиеся на абсолюте перпендикулярные ему лучи (то есть вертикальные лучи).

То есть утверждается, что геодезическими являются линии, изображаемые в модели как полуокружности $(x-a)^2+y^2=r^2$, $y>0$. (Вертикальные лучи рассматривать не будем.)
Вместо того, чтобы решать уравнение геодезических, я просто покажу, что данная в Википедии информация верна.

Рассмотрим кривую, заданную параметрически ($-\infty<s<+\infty$):
$\begin{cases}x=r \frac {\sh s}{\ch s}+a\\y=r \frac 1 {\ch s}\end{cases}$
Найдем явный вид:
$(x-a)^2+y^2 = r^2 \frac {\sh^2 s+1}{\ch^2 s} = r^2$.
Из параметрической формы видно, что $y>0$, $\lim\limits_{s\to\pm\infty}y(s)=0$. Следовательно, мы имеем верхнюю полуокружность радиуса $r$ с центром $(a, 0)$.
Значение $s=-\infty$ соответствует точке $(a-r,0)$, $s=0$ -- точке $(a,r)$, $$s=+\infty$ -- точке $(a+r,0)$ (предельные точки не принадлежат кривой).

Параметризация выбрана не случайно: она естественная, т.е. $\Delta s$ соответствует длине дуги (именно такой параметр подразумевается в уравнении геодезических). Проверим это. Найдем касательный вектор $u^i=\frac{dx^i}{ds}$.
$u^1=\frac{dx}{ds}= r \frac {\ch^2 s-\sh^2 s}{\ch^2 s}=r \frac{1}{\ch^2 s}$
$u^2=\frac{dy}{ds}=-r\frac{\sh s}{\ch^2 s}$
Найдем его длину:
$g_{ik} u^i u^k = \frac{1}{y^2}(u^1)^2+0+0+\frac{1}{y^2}(u^2)^2=\frac{\ch^2 s}{r^2}\left(r^2 \frac{1}{\ch^4 s}+r^2\frac{\sh^2 s}{\ch^4 s}\right)=1$
Единичность касательного вектора говорит о том, что параметр $s$ естественный.

Раскроем абсолютный дифференциал в уравнении геодезических, получим $\frac{du^i}{ds} + \Gamma^i_{jk} u^j u^k$.
Вычислим это в компонентах, подставляя $\Gamma^i_{jk}$ (см. предыдущее сообщение) и $u^i$:
$\frac{du^1}{ds} + \Gamma^1_{12} u^1 u^2 + \Gamma^1_{21} u^2 u^1$ (остальные $\Gamma^{1}_{jk}$ равны нулю) $= -r\; \frac {2 \ch s \sh s} {\ch^4 s} + 2\left(-\frac {\ch s} r\right) \left(r \frac 1 {\ch^2 s}\right) \left(-r \frac {\sh s}{\ch^2 s}\right) =0$
$\frac{du^2}{ds} + \Gamma^2_{11} u^1 u^1 + \Gamma^2_{22} u^2 u^2$ (остальные $\Gamma^{2}_{jk}$ равны нулю) $= -r\; \frac{\ch^3 s-2\ch s \sh^2 s}{\ch^4 s} +\frac {\ch s}{r} \left(r^2 \frac 1 {\ch^4 s} - r^2 \frac {\sh^2 s}{\ch^4 s}\right) =0$

Итак, $\frac {Du^i}{ds} = 0$, поэтому указанные в Википедии полуокружности на полуплоскости Пуанкаре действительно являются образами геодезических на плоскости Лобачевского.

Продолжение следует.

[interesn]

вот это да, не знаю что и сказать.
мощно, спасибо.

[Munin]

svv
Насколько я понял, interesn - где-то 11-классник.

[Алексей К.]

У interesn, конечно приоритет. Но иным ХХХ-классникам тоже интересно...

[vvsss]

Может проще - луч и сдвиг (инверсия) вот и любая прямая
в модели пространства Лобачевского
(для тех, кто знаком со сдвигом в модели)
А вне модели говорить об изображении вряд ли корректно.

[svv]

Munin
Хм. Ну, ладно, ничего. В общем-то, я избрал такую тактику: теории уделяется минимум внимания (лучше, чем в книжках, не напишешь), процедура же описывается максимально подробно. Будет изучать теорию, попутно вникая в процедуру. Поэтому и не предполагается, что сразу поймёт.

[svv]

Образами орициклов на полуплоскости Пуанкаре являются окружности, касающиеся абсолюта $y=0$ нижней точкой (исключая саму эту точку касания): $(x-a)^2+(y-r)^2=r^2$.
Кроме того, линии $y=\operatorname{const}$ -- также образы орициклов, мы их пока рассматривать не будем.

Указанные окружности можно задать параметрически, например, так:
$\begin{cases}x=r \sin\varphi+a\\y=r \cos\varphi+r\;\;,\end{cases}$
где $-\pi<\varphi<+\pi$.
Если сделать замену параметра $\tg\frac{\varphi}2=s$, такой параметр будет ещё и естественным. При этом $\sin\varphi=\frac{2s}{1+s^2}$, $\cos\varphi=\frac{1-s^2}{1+s^2}$, и уравнения приобретают вид:
$\begin{cases}x=2r\; \frac {s}{1+s^2}+a\\y=2r\; \frac {1}{1+s^2}\;\;,\end{cases}$
где $-\infty<s<+\infty$.

Найдем компоненты касательного вектора $u^i=\frac{dx^i}{ds}$:
$u^1=\frac{dx}{ds}=2r\;\frac{1-s^2}{(1+s^2)^2}$
$u^2=\frac{dy}{ds}=2r\;\frac{-2s}{(1+s^2)^2}$
Тут же найдем квадрат длины вектора $u$:
$g_{ij}u^i u^j=\frac 1{y^2}\left((u^1)^2+(u^2)^2\right)=\frac{(1+s^2)^2}{(2r)^2} \frac{(2r)^2}{(1+s^2)^4} \left( (1-s^2)^2+(-2s)^2 \right) = 1$
Так что параметр $s$ в самом деле естественный.

Найдем компоненты вектора кривизны $k^i=\frac{Du^i}{ds}=\frac{du^i}{ds} + \Gamma^i_{jm} u^j u^m$:
$k^1=\frac{du^1}{ds} - \frac 2 y u^1 u^2 = 2r \frac{(-2s)(1+s^2)^2-4s(1-s^2)(1+s^2)}{(1+s^2)^4}-2\frac{1+s^2}{2r} 2r\frac{1-s^2}{(1+s^2)^2} 2r \frac{-2s}{(1+s^2)^2}=$
$=-2r\frac{2s}{(1+s^2)^2}$
$k^2=\frac{du^2}{ds} + \frac 1 y \left((u^1)^2-(u^2)^2\right) = 2r\frac{-2(1+s^2)^2+8s^2(1+s^2)}{(1+s^2)^4}+\frac{1+s^2}{2r}(2r)^2\left( \frac{(1-s^2)^2}{(1+s^2)^4}- \frac{4s^2}{(1+s^2)^4}\right)=$
$=-2r\frac{1-s^2}{(1+s^2)^2}$
И квадрат длины $k$:
$g_{ij}k^i k^j=\frac 1{y^2}\left((k^1)^2+(k^2)^2\right)=\frac{(1+s^2)^2}{(2r)^2} \frac{(-2r)^2}{(1+s^2)^4} \left( (2s)^2+(1-s^2)^2 \right) =1$.

Получили простой результат: кривизна орицикла равна $1$. Удивительно, что кривизна никак не зависит ни от точки на орицикле, ни от радиуса окружности-образа, хотя по промежуточным формулам (если не знать геометрии Лобачевского) этого никак не было видно.

[svv]

Способ попроще, в то же время более универсальный. Идея -- выразить величины, характеризующие поведение кривой в некоторой точке (вектор кривизны, касательный вектор и т.д.) в метрике Пуанкаре через соответствующие величины в евклидовой метрике "листа бумаги", на котором плоскость Лобачевского изображается.

Будем величины, относящиеся к евклидовой метрике, обозначать черточкой: $\bar g_{ik}, \bar u^i$, а к метрике Пуанкаре -- без черточки: $g_{ik}, u^i$. Координаты всегда без черточки, они "общие". Чтобы не путать индексы со степенями, считаем, что они принимают значения не $1$ и $2$, а $x$ и $y$.

Пусть кривая задана уравнениями $x^i(t)$, где $t$ -- некоторый параметр. Тогда $\frac{ds}{dt}=\sqrt{g_{ik}\frac{dx^i}{dt}\frac{dx^k}{dt}}$, $\frac{d\bar s}{dt}=\sqrt{\bar g_{ik}\frac{dx^i}{dt}\frac{dx^k}{dt}}$. Выше было показано, что $g_{ik}=\frac 1{y^2} \bar g_{ik}$ . Следовательно, $\frac{d\bar s}{ds}=y$. Далее, $u^i=\frac{dx^i}{ds}=\frac{dx^i}{d\bar s}\frac{d\bar s}{ds} = y\,\bar u^i$.

Пользуясь этими соотношениями, можно представить $k^i$ в виде
$k^i=\frac{du^i}{ds} + \Gamma^i_{jk} u^j u^k=\frac{d\bar s}{ds}\,\frac{du^i}{d\bar s}+\Gamma^i_{jk} u^j u^k=y\frac d{d\bar s}\left(y\bar u^i\right)+y^2 \Gamma^i_{jk} \bar u^j \bar u^k=$
$=y^2\frac {d\bar u^i}{d\bar s}+y\bar u^i\frac {dy}{d\bar s}+y^2 \Gamma^i_{jk} \bar u^j \bar u^k=y^2 \bar k^i +y\bar u^i \bar u^y+y^2 \Gamma^i_{jk} \bar u^j \bar u^k$

Выпишем компоненты $k^x$ и $k^y$, используя вычисленные ранее $\Gamma^i_{jk}$ (пишем только ненулевые):
$k^x=y^2 \bar k^x +y\bar u^x \bar u^y+y^2 \left(\Gamma^x_{xy}\bar u^x \bar u^y+\Gamma^x_{yx}\bar u^y \bar u^x\right)=y^2 \bar k^x -y\bar u^x \bar u^y$
$k^y=y^2 \bar k^y +y\bar u^y \bar u^y+y^2 \left(\Gamma^y_{xx} \bar u^x \bar u^x+\Gamma^y_{yy} \bar u^y \bar u^y\right)=y^2 \bar k^y+y \bar u^x \bar u^x$

Вектор кривизны $k^i$ ортогонален единичному касательному вектору $u^i$, следовательно, коллинеарен единичному вектору нормали $n^i=(-u^y, u^x)$, полученному поворотом $u^i$ на $\pi/2$ против часовой стрелки, поэтому $k^i=\varkappa\,n^i$, где коэффициент $\varkappa$ есть скалярная (со знаком) кривизна кривой в точке. При таком определении её положительный знак соответствует повороту кривой влево, отрицательный -- повороту вправо. Аналогично имеем $\bar k^i=\bar \varkappa\,\bar n^i$.

В выражения для компонент $k^x, k^y$ подставим $k^x=-y\varkappa \bar u^y$, $k^y=+y\varkappa \bar u^x$ (здесь $u^i$ выражено через $\bar u^i$), $\bar k^x=-\bar \varkappa \bar u^y$, $\bar k^y=+\bar \varkappa \bar u^x$. Получим после сокращения два одинаковых уравнения (пишу одно):
$\varkappa =y \bar \varkappa+\bar u^x$
Это и есть искомое соотношение.