поверхность уровня

[bayak]

Не могу найти поверхность уровня параметризованной поверхности:

$$\begin{cases}x_{1}=\rho\sin\varphi\sin\theta\\x_{2}=\rho\cos\varphi\sin\theta\\x_{3}=\rho\sin a\varphi\cos\theta\\x_{4}=\rho\cos a\varphi\cos\theta,\end{cases}$$

где $a$ иррациональный коэффициент.

[svv]

У Вас есть два набора координат: $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ и $(\rho, \theta, \varphi, a)$. Если я правильно Вас понял (не уверен), Вам надо написать уравнение поверхности $a=\operatorname{const}$ в координатах $x_i$.

$$\begin{array}{l}\tg\varphi=\frac{x_1}{x_2}\\ \tg a\varphi=\frac{x_3}{x_4}\\ \\ a\arctg\frac{x_1}{x_2}=\arctg\frac{x_3}{x_4}\end{array}$$

[bot]

svv в сообщении #540511 писал(а):

Вам надо написать уравнение поверхности $a=\operatorname{const}$

А чем $a$ лучше/хуже других? Кстати, это ведь не переменная, а заданная вроде бы величина.
Короче - ничего не понимаю. Поверхность уровня функции знаю. Поверхность уровня поверхности - не понимаю из какой это оперы и есть ли такая.

[svv]

bot писал(а):

А чем $a$ лучше/хуже других? Кстати, это ведь не переменная, а заданная вроде бы величина.
Короче - ничего не понимаю. Поверхность уровня функции знаю. Поверхность уровня поверхности - не понимаю из какой это оперы и есть ли такая.

Эти же мысли промелькнули и у меня. В конце концов, пытаясь найти наиболее вероятный смысл, пришёл к следующему.

$a$ хуже других тем, что это вроде как заданная величина. А фиксирована она, вероятно, потому, что ТС интересуется поверхностью $a=a_0$. А так её можно рассматривать как равноценную координату в наборе $(r, \theta, \varphi, a)$.

[bayak]

Извините за неаккуратность в формулировках. Под поверхностью уровня параметризованной поверхности я имел ввиду поверхность уровня (функции), соответствующую (локально эквивалентную) параметризованной поверхности с координатами $(\rho,\theta,\varphi)$. В параметрическом представлении поверхности $a$ это всего лишь числовой коэффициент, который иррационален только для того, чтобы сечение этой поверхности с 3-сферой было некомпактным.

Иначе говоря, требуется найти такую функцию $f$, что $(\nabla f, \nabla\theta)=(\nabla f, \nabla\varphi)=(\nabla f, \nabla\rho)=0$.

Спасибо всем отвечавшим, и ещё раз извините за нечёткость в постановке задачи.

[alcoholist]

Мне кажется, ТС хочет просто найти ``координатные линии''

$$ \rho=\rho_0,\,\varphi=\varphi_0,\,\theta=\theta_0,\,a=t $$

[Someone]

"Ноги" растут, конечно, вот из этой темы, которая по непонятной причине была создана в физическом разделе: "Евклидово пространство как некомпакт в компакте".

alcoholist в сообщении #540794 писал(а):

Мне кажется, ТС хочет просто найти ``координатные линии''

$$ \rho=\rho_0,\,\varphi=\varphi_0,\,\theta=\theta_0,\,a=t $$

Можно долго гадать, что имел в виду bayak, говоря о "поверхностях уровня поверхности", которая поверхностью не является. Не говоря уже о том, что само понятие "поверхность уровня поверхности" неизвестен.

[svv]

bayak писал(а):

требуется найти такую функцию $f$, что $(\nabla f, \nabla\theta)=(\nabla f, \nabla\varphi)=(\nabla f, \nabla\rho)=0$.

Ну, это уже осмысленно.
Ответ: $f=ka\varphi$, $k$ -- произвольная константа. Функция, правда, многозначна (из-за $\varphi$), но Вы что-то говорили про локальность.

[bayak]

svv в сообщении #540884 писал(а):

bayak писал(а):

требуется найти такую функцию $f$, что $(\nabla f, \nabla\theta)=(\nabla f, \nabla\varphi)=(\nabla f, \nabla\rho)=0$.

Ну, это уже осмысленно.
Ответ: $f=ka\varphi$, $k$ -- произвольная константа. Функция, правда, многозначна (из-за $\varphi$), но Вы что-то говорили про локальность.

Не подходит, поскольку $(\nabla f, \nabla\varphi)=ka\nabla^{2}\varphi\neq 0$, но мне любопытно как это из таких громоздких выражений Вы получили такой простой ответ.

[svv]

Давайте сначала разберемся с правильностью моего варианта. Пусть для простоты $k=1$, тогда $f=a\varphi$. Рассматриваю $\nabla\varphi$ и $\nabla f$ в координатах $x_i$.

$$\begin{array}{l}\dfrac{x_1}{x_2}=\tg\varphi\\[1.0ex]\\ \varphi=\arctg\dfrac{x_1}{x_2}\\[1.0ex]\\ \dfrac{\partial \varphi}{\partial x_1}=\dfrac{\partial}{\partial x_1}\arctg\dfrac{x_1}{x_2}\\[1.0ex]\\ \dfrac{\partial \varphi}{\partial x_2}=\dfrac{\partial}{\partial x_2}\arctg\dfrac{x_1}{x_2}\\[1.0ex]\\ \dfrac{\partial \varphi}{\partial x_3}=\dfrac{\partial}{\partial x_3}\arctg\dfrac{x_1}{x_2}=0\\[1.0ex]\\ \dfrac{\partial \varphi}{\partial x_4}=\dfrac{\partial}{\partial x_4}\arctg\dfrac{x_1}{x_2}=0\\[1.0ex]\\ \nabla\varphi=\left(\dfrac{\partial \varphi}{\partial x_1}, \dfrac{\partial \varphi}{\partial x_2}, 0, 0\right)\end{array}$$

$$\begin{array}{l}\dfrac{x_3}{x_4}=\tg a\varphi=\tg f\\[1.0ex]\\ f=\arctg\dfrac{x_3}{x_4}\\[1.0ex]\\ \dfrac{\partial f}{\partial x_1}=\dfrac{\partial}{\partial x_1}\arctg\dfrac{x_3}{x_4}=0\\[1.0ex]\\ \dfrac{\partial f}{\partial x_2}=\dfrac{\partial}{\partial x_2}\arctg\dfrac{x_3}{x_4}=0\\[1.0ex]\\ \dfrac{\partial f}{\partial x_3}=\dfrac{\partial}{\partial x_3}\arctg\dfrac{x_3}{x_4}\\[1.0ex]\\ \dfrac{\partial f}{\partial x_4}=\dfrac{\partial}{\partial x_4}\arctg\dfrac{x_3}{x_4}\\[1.0ex]\\ \nabla f=\left(0, 0, \dfrac{\partial f}{\partial x_3}, \dfrac{\partial f}{\partial x_4}\right)\end{array}$$

$$(\nabla\varphi, \nabla f)=\dfrac{\partial \varphi}{\partial x_1}\cdot 0+\dfrac{\partial \varphi}{\partial x_2}\cdot 0+0\cdot \dfrac{\partial f}{\partial x_3}+0\cdot \dfrac{\partial f}{\partial x_4}=0$$

Причина расхождения моего результата и Вашего в том, что у меня $a$ -- не константа, в том смысле, что в $\mathbb{R}^4$ найдутся две точки с различным $a$, у Вас же это константа. Пожалуйста, подумайте на эту тему. Вы же понимаете, что если брать точку $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ не только на поверхности, но и в окрестности (что необходимо для нахождения градиента), то из Ваших уравнений для неё $a$ получится уже не то, что на поверхности.

[bayak]

svv в сообщении #542309 писал(а):

Причина расхождения моего результата и Вашего в том, что у меня $a$ -- не константа, в том смысле, что в $\mathbb{R}^4$ найдутся две точки с различным $a$, у Вас же это константа. Пожалуйста, подумайте на эту тему. Вы же понимаете, что если брать точку $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ не только на поверхности, но и в окрестности (что необходимо для нахождения градиента), то из Ваших уравнений для неё $a$ получится уже не то, что на поверхности.

Нет, я такой логики не понимаю. Параметризованная поверхность данна и $a$ там константа. Если бы я принял её равной единице, то её можно было бы даже и не заметить. А давайте упростим задачу. Пусть $a=1$ и $\rho=1$, а требуется найти функцию, поверхность уровня которой при пересечении с поверхностью уровня функции $x_{1}^{2}+\cdots +x_{4}^{2}$ совпадает с исходной параметризованной поверхностью. При таких исходных данных мы легко вычислим и $\nabla\sin^{2}\varphi$ и $\nabla\sin^{2}\theta$, коэффициенты которых будут линейными, а следовательно можно будет подобрать и $\nabla f$ с линейными коэффициентами.

[bayak]

Собственно, в этом случае $\nabla f = x_{4}dx_{1}+x_{3}dx_{2}+x_{2}dx_{3}+x_{1}dx_{4}$, а следовательно имеет место паравращение (парный гиперболический поворот) в плоскостях $(x_{1},x_{4})$ и $(x_{2},x_{3})$, т.е. $f$ это функция гиперболического угла.

[svv]

bayak писал(а):

Параметризованная поверхность данна и $a$ там константа. Если бы я принял её равной единице, то её можно было бы даже и не заметить.

$$\begin{cases}x_{1}=\rho\sin\varphi\sin\theta\\x_{2}=\rho\cos\varphi\sin\theta\\x_{3}=\rho\sin a\varphi\cos\theta\\x_{4}=\rho\cos a\varphi\cos\theta,\end{cases}$$

Я предложил понимать Ваши уравнения как выражение старых координат $(x_i)$ через новые координаты $(\rho, \theta, \varphi, a)$, чем они, собственно, и являются. Но тогда $\nabla f$, выраженный в новых координатах, должен включать и слагаемое $\frac{\partial f}{\partial a}da$ как одну из компонент. Градиенту ведь нет дела до того, задана ли поверхность $a=\operatorname{const}$ или нет, от этого он не зависит.

Но, раз Вы отказались от трактовки $a$ как координаты, можно $f$ выразить через координаты $x_i$, я уже сделал это выше: $f=\arctg\frac{x_3}{x_4}$. По-прежнему считаю, что Ваши условия $(\nabla f, \nabla\rho)=(\nabla f, \nabla\theta)=(\nabla f, \nabla\varphi)=0$ выполнены. Вот градиенты с точностью до скалярных множителей:
$\begin{array}{l}d\rho \cong x_1 dx_1 + x_2 dx_2 + x_3 dx_3 + x_4 dx_4\\d\theta \cong (x_3^2+x_4^2)(x_1 dx_1+x_2 dx_2)-(x_1^2+x_2^2)(x_3 dx_3+x_4 dx_4)\\d\varphi \cong x_2 dx_1 - x_1 dx_2\end{array}$
Им всем ортогонален $df \cong x_4 dx_3-x_3 dx_4$. Более того, они все друг другу ортогональны.

bayak писал(а):

Собственно, в этом случае $\nabla f = x_{4}dx_{1}+x_{3}dx_{2}+x_{2}dx_{3}+x_{1}dx_{4}$, а следовательно имеет место паравращение (парный гиперболический поворот) в плоскостях $(x_{1},x_{4})$ и $(x_{2},x_{3})$, т.е. $f$ это функция гиперболического угла.

Такая форма легко интегрируется, получается $f=x_1 x_4+x_2 x_3$. Это не то, что получилось у меня. Но если Вам это подходит -- ОК.

[bayak]

svv в сообщении #542378 писал(а):

Но, раз Вы отказались от трактовки $a$ как координаты, можно $f$ выразить через координаты $x_i$, я уже сделал это выше: $f=\arctg\frac{x_3}{x_4}$. По-прежнему считаю, что Ваши условия $(\nabla f, \nabla\rho)=(\nabla f, \nabla\theta)=(\nabla f, \nabla\varphi)=0$ выполнены. Вот градиенты с точностью до скалярных множителей:
$\begin{array}{l}d\rho \cong x_1 dx_1 + x_2 dx_2 + x_3 dx_3 + x_4 dx_4\\d\theta \cong (x_3^2+x_4^2)(x_1 dx_1+x_2 dx_2)-(x_1^2+x_2^2)(x_3 dx_3+x_4 dx_4)\\d\varphi \cong x_2 dx_1 - x_1 dx_2\end{array}$
Им всем ортогонален $df \cong x_4 dx_3-x_3 dx_4$. Более того, они все друг другу ортогональны.

Но если $\varphi=\frac{1}{a}\arctg\frac{x_3}{x_4}$, то $d\varphi \cong x_4 dx_3-x_3 dx_4$. Не следует ли из этого, что на самом деле $d\varphi \cong x_2 dx_1 - x_1 dx_2+\frac{1}{a}(x_4 dx_3-x_3 dx_4)$ ?

[bayak]

У меня получилось, что $df\cong x_4 dx_1+x_3 dx_2+ax_2 dx_3+ax_1 dx_4$, но только в случае если $x_3^{2}+x_4^{2}-a(x_1^{2}+x_2^{2})=0$.