Задача по дифференциальной геометрии

[Annushka-sol]

Здравствуйте, не поможете решить задачу?

Задача: Пусть $A$ - некоторая точка линии $L$ на поверхности $S$; $P_1$ - касательная плоскость к $S$ в точке $A$; $P_2$ - плоскость, проходящая через точку $A$, нормаль к $S$ и касательную к $L$. Пусть для точки $A$ известны центры кривизны $C_1$ и $C_2$ проекций линии $L$ на плоскости $P_1$ и $P_2$. Как геометрически построить центр кривизны линии $L$ в точке $A$?

Пробовала решить задачу, выражая кривизну кривой через нормальную и геодезическую кривизны:

$$ k\overrightarrow{\nu} = k_n\overrightarrow{n} + k_g[\overrightarrow{n}\times\overrightarrow{\tau}], $$

где $\overrightarrow{\nu}$ - главная нормаль кривой, $\overrightarrow{n}$ - нормаль к поверхности, $\overrightarrow{\tau}$ - вектор касательной к кривой.
При этом пользовалась тем, что отрезок $AC_1$ - радиус соприкасающейся окружности в точке $A$ для проекции кривой $L$ на плоскость $P_1$, $AC_2$ - радиус соприкасающейся окружности в точке $A$ для проекции кривой $L$ на плоскость $P_2$, а также результатом другой задачи:

Задача: Пусть $A$ - произвольная точка линии $L$ на поверхности $S$. Доказать, что:
1) нормальная кривизна $L$ в точке $A$ по абсолютной величине равна кривизне в этой точке проекции линии $L$ на плоскость нормального сечения, проходящего через точку $A$ и касательную к $L$;
2) геодезическая кривизна $L$ в точке $A$ по абсолютной величине равна кривизне в этой точке проекции линии $L$ на касательную плоскость к $S$, проведенную в точке $A$.

То есть $AC_1 = \frac{1}{|k_g|}$ и $AC_2 = \frac{1}{|k_n|}$.
Так и не придя к какому-то результату, попробовала двинуться с конца: посмотрела ответ.

Ответ: Искомый центр кривизны является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на отрезок $C_1C_2$.

Логически рассуждая, можно сказать, что: $(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{C_1C_2}) = 0$, где $C$ - искомый центр кривизны. Попыталась провести несколько шагов, взяв $\overrightarrow{C_1C_2} = \overrightarrow{AC_1} - \overrightarrow{AC_2}$ и опять-таки выражая все через кривизны $k, k_n, k_g$ и вектора $\overrightarrow{\nu}, \overrightarrow{n}, \overrightarrow{\tau}$. Однако так ни к чему и не пришла: не совсем понятно, к чему надо придти.

Также была попытка выразить все через формулу радиус-вектора для центра кривизны:

$$ \overrightarrow{r_c} = \overrightarrow{r} + \frac{1}{k}\overrightarrow{\nu}. $$

Однако и тут, я не добилась каких-то формул, которые показали бы, где именно расположен искомый центр кривизны.
Была бы рада любым идеям: может, какое-то дополнение к тому, что я уже пробовала, которое привело бы к какому-то результату. Мне кажется, проблема в том, что я не до конца понимаю геометрию данной задачи: что и где расположено и как связано друг с другом.

[svv]

Обозначим $\vec g=\vec n\times \vec\tau$, тогда
$k\vec{\nu} = k_g\vec{g}+k_n\vec{n}$
Будем считать, что коэффициенты $k_g, k_n$ положительны. Этого можно добиться, изменив, если нужно, направление $\vec g$ и/или $\vec n$ на противоположное.

Пусть точки $B, B_1, B_2$ — это концы векторов $k\vec{\nu}, k_g\vec{g}, k_n\vec{n}$ (с началами в точке $A$). Тогда
$\vec{AB}=\vec{AB_1}+\vec{AB_2}$
Так как $\vec g$ и $\vec n$ ортогональны, $AB_1BB_2$ — прямоугольник ($AB$ — диагональ).

Вектор $\vec{AC}$ сонаправлен $\vec{AB}$, а длина его $\frac 1 k$ (смело без модуля) обратна длине $k$ вектора $\vec{AB}$. Иначе говоря, точка $B$ отображается в точку $C$ при инверсии относительно единичной окружности с центром в $A$. Аналогично при этой же инверсии $B_1\mapsto C_1$ и $B_2\mapsto C_2$.

Тем самым задача приобретает такую формулировку.

Цитата:

Дан прямоугольник $AB_1BB_2$. Пусть при инверсии относительно единичной окружности с центром в $A$
$B\mapsto C$
$B_1\mapsto C_1$
$B_2\mapsto C_2$
Доказать, что точка $C$ лежит на прямой $C_1C_2$, и $AC \perp C_1C_2$.

Так чуть проще? Никакой дифгеометрии, никакого трехмерного пространства, только плоскость, да изученная вдоль и поперек инверсия.

(По секрету)

Далее оба утверждения доказываются в одну строку без всяких формул.

[Annushka-sol]

Спасибо за помощь. Я воспользовалась подобием треугольников $BAB_1$ и $CAC_1$ (по второму признаку), откуда следует, что угол $ACC_1$ прямой. Аналогично $BAB_2 \sim CAC_2 \Rightarrow$ угол $ACC_2$ прямой. Следовательно, $AC \perp C_1C_2$ И $C \in C_1C_2$.

[svv]

Annushka-sol, прекрасно!

Ну, и я покажу свой вариант.

1) Четыре угла прямоугольника лежат на одной окружности $\beta$, притом проходящей через центр инверсии $A$, а такие отображаются в прямые $\Rightarrow$ $C_1,C,C_2$ лежат на прямой.
2) Диагональ $AB$ есть диаметр $\beta$, значит, угол между $AB$ и $\beta$ прямой. Инверсия сохраняет углы. Значит, угол между образом диагонали (переходит в себя = $AC$) и образом $\beta$ (прямая $C_1C_2$) тоже прямой.