Параметризация гиперболического параболоида

[B@R5uk]

Можно ли элементарными функциями ввести на гиперболическом параболоиде

$2Rz=x^2-y^2$

ортогональную параметризацию


$x=x(u,v)$
$y=y(u,v)$
$z=z(u,v)$


то есть такую, чтобы коэффициент $F(u,v)$ в квадратичной форме квадрата элемента дуги на этой поверхности

$dl^2=E(u,v)du^2+F(u,v)dudv+G(u,v)dv^2$

равнялся нулю:

$F(u,v)=0$

Подскажите, если такая параметризация существует. Перебрал уже с пяток всяких разных, в том числе с гиперболическими функциями, никак ничего не получается подобрать.

[svv]

Гиперболический параболоид — это координатная поверхность в параболоидальных координатах, а они являются ортогональными. Так что — существует.

См. статью Paraboloidal coordinates в английской Википедии.

Ваша поверхность получится, если взять $A=R, B=-R, \mu=0$ (и поменять местами $x$ и $y$).

[B@R5uk]

svv, большое СПАСИБО за наводку. Пытаюсь разобраться.

[B@R5uk]

А как быть с тем, что новая координатная сетка покрывает только одну четверть на выбор плоскости Oxy?

Конечная цель вообще же в чём заключается. Задать на поверхности ортогональную систему координат (покрывающую всю поверхность), задать в виде двух функций кривую на этой поверхности и в виде двух пар координат две точки. Затем, вариацией функционала длины кривой найти кратчайшую кривую, соединяющую эти две точки. Если параметризация не будет покрывать всю поверхность, то я не смогу решить задачу в общем виде.

[svv]

Тогда попробуйте такую параметризацию:
$\begin{cases}x=\sqrt 2\,R\,\sh u\,\ch v\\y=\sqrt 2\,R\,\ch u\,\sh v\\z=R\,(\sh^2 u - \sh ^2 v)=R\,(\ch^2 u - \ch ^2 v)\end{cases}$
Я получил её из той, что в Википедии (а на русском языке — в справочнике Корна) простыми подстановками.

А вообще — для Вашей задачи не нужна ортогональность координат. Уравнение геодезической, которое получится в результате решения вариационной задачи, этого не требует.

[Утундрий]

B@R5uk в сообщении #809134 писал(а):

Если параметризация не будет покрывать всю поверхность, то я не смогу решить задачу в общем виде.

Это вообще говоря не так.

[B@R5uk]

svv в сообщении #809155 писал(а):

Тогда попробуйте такую параметризацию

Спасибо. Интересный вариант. Конкретно эта подстановка не даёт ортогональной сетки, но когда записываешь квадраты дифференциалов становится очевидно как этой ортогональности добиться.

svv в сообщении #809155 писал(а):

для задачи не нужна ортогональность координат. Уравнение геодезической этого не требует

Это бесспорно. Я даже получил систему из двух уравнений в декартовых Oxy-координатах. Но, к сожалению, она получилась такая сложная, что я ни в зуб ногой как к ней подступиться. Поэтому хочу попробовать ортогональную систему. На плоскости, конусе, сфере и даже на торе в ортогональных координатах переменные в дифференциальных уравнениях с очевидностью разделяются и интегрируются. На торе, правда, получаются эллиптические функции, поэтому я конкретный ответ не получил, но направление движения очевидно.

Ну и для общего развития было бы не плохо знать ортогональные координаты на столь популярной кривой второго порядка.

-- 03.01.2014, 21:51 --

Утундрий, не так -- покрывает всю поверхность, или не так -- я смогу решить задачу для всей поверхности, используя координатную сетку только на её части?

[Утундрий]

B@R5uk в сообщении #809238 писал(а):

я смогу решить задачу для всей поверхности, используя координатную сетку только на её части?

По нескольку раз используя (для каждой из частей), отчего же и нет?

[svv]

B@R5uk в сообщении #809238 писал(а):

Конкретно эта подстановка не даёт ортогональной сетки

Ой, почему у Вас не получилось?
$\begin{bmatrix}x_u&y_u&z_u\\x_v&y_v&z_v\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\sqrt 2\,R\,\ch u\,\ch v&\sqrt 2\,R\,\sh u\,\sh v&\;\;\,2R\,\sh u\,\ch u\\ \sqrt 2\,R\,\sh u\,\sh v&\sqrt 2\,R\,\ch u\,\ch v&-2R\,\sh v\,\ch v\end{bmatrix}$

$g_{uv}=x_u\,x_v + y_u\,y_v + z_u\,z_v =(2R^2+2R^2-4R^2)\sh u\sh v\ch u\ch v=0$
Или, в Ваших обозначениях, $F(u,v)=0$.

Или Вы о чем-то другом?

[B@R5uk]

svv в сообщении #809332 писал(а):

Ой, почему у Вас не получилось?

Потому что обсчитался. Действительно всё так, как Вы написали. Ещё раз спасибо.

Жаль нельзя избавиться от квадратного корня из двух, ибо он есть отражение того факта, что $a=b$.

А в общем случае у меня получилась такая параметризация:

$2z=\frac{x^2}{a}-\frac{y^2}{b}$

$x=\sqrt{a^2+ab}\sh u\ch v$
$y=\sqrt{ab+b^2}\ch u\sh v$
$z=\frac{a+b}{2}(\sh^2 u-\sh^2 v)$

$\begin{bmatrix}x_u&y_u&z_u\\x_v&y_v&z_v\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \sqrt{a^2+ab}\ch u\ch v& \sqrt{ab+b^2}\sh u\sh v& (a+b)\ch u\sh u\\ \sqrt{a^2+ab}\sh u\sh v& \sqrt{ab+b^2}\ch u\ch v& -(a+b)\ch v\sh v\end{bmatrix}$

$g_{uu}=(a^2+ab)\ch^2u\ch^2v+(ab+b^2)\sh^2u\sh^2v+(a+b)^2\ch^2u\sh^2u$
$g_{uv}=g_{vu}=0$
$g_{vv}=(a^2+ab)\sh^2u\sh^2v+(ab+b^2)\ch^2u\ch^2v+(a+b)^2\ch^2v\sh^2v$

Нигде не обсчитался, кстати?

Можно, конечно, часть коэффициентов под гиперболические функции запихнуть, но это не намного упростит дело. Лучше попробовать упростить выражения для $g_{uu}$ и $g_{vv}$, а потом посмотреть какие уравнения получаются для геодезических.

Я, видимо, ошибался, когда предполагал, что простота уравнений на других поверхностях получалась в результате ортогональности координат, хотя, без сомнения, это тоже важно. Кроме ортогональности, у координатных сеток на других поверхностях имеется ещё одна, гораздо более замечательная особенность. Она заключается в том, что оба коэффициента $g_{uu}$ и $g_{vv}$ не зависят от одной из координат параметризации поверхности. В результате одна из частных производных подынтегральной функции функционала равна нулю, и один из интегралов на пути к функциям, параметризирующих кривую, даётся задаром (выражение под полной производной равно константе).

Может быть, есть ещё какие-нибудь красивые параметризации гиперболического параболоида, обладающие такой замечательной особенностью ($g_{uu}$ и $g_{vv}$ не зависят от одной из координат)?

[B@R5uk]

$g_{uu}=(a+b)\left(a\ch^2u+b\sh^2u\right)\left(1+\sh^2u+\sh^2v\right)$
$g_{uv}=g_{vu}=0$
$g_{vv}=(a+b)\left(a\ch^2v+b\sh^2v\right)\left(1+\sh^2u+\sh^2v\right)$

[svv]

B@R5uk в сообщении #809639 писал(а):

Может быть, есть ещё какие-нибудь красивые параметризации гиперболического параболоида, обладающие такой замечательной особенностью ($g_{uu}$ и $g_{vv}$ не зависят от одной из координат)?

Думаю, нет.
1. Рассмотрим уравнение Киллинга $\mathcal{L}_{\xi}g=0$. В компонентах это
$\xi^k \;g_{ij,k} + \xi^k{}_{,i}\;g_{kj} + \xi^k{}_{,j}\;g_{ik}=0$
Пусть все компоненты метрического тензора $g_{ij}$ не зависят от координаты $x^m$, то есть $g_{ij,m}=0$. Тогда поле $\xi^k=\delta^k_m$ удовлетворяет уравнению Киллинга. И, стало быть, на нашем двумерном многообразии с заданной метрикой существует векторное поле Киллинга, которое

Цитата:

задает непрерывное однопараметрическое семейство движений многообразия, то есть преобразований, относительно которых метрический тензор остается инвариантным.

Что было ясно и без уравнения Киллинга, из самого факта независимости — просто я хотел поставить вопрос на твердую основу.

2. Вычислим гауссову кривизну $K$ нашего гиперболического параболоида. В задачнике Мищенко, Соловьева, Фоменко есть задача 6.8: найти $K$ для поверхности в $\mathbb R^3$, заданной уравнением $z=f(x, y)$. Ответ:
$K=\dfrac{f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2}{(1+f_x^2+f_y^2)^2}$
В нашем случае $z=\frac{1}{2R}(x^2-y^2)$ это дает $K=-\frac{R^2}{(R^2+x^2+y^2)^2}$.

3. Гауссова кривизна определяется метрикой поверхности. Следовательно, гауссова кривизна инвариантна относительно преобразований, указанных в п.1. Следовательно, $K$ постоянна вдоль интегральной линии поля Киллинга. Но вычисленная в п.2 $K$ зависит только от $x^2+y^2$. Значит, проекция предполагаемой интегральной линии поля Киллинга на плоскость $Oxy$ есть окружность $x^2+y^2=\operatorname{const}$.

4. Однако при движении некоторой точки $A$ по такой кривой (проекция которой на $Oxy$ есть окружность $x^2+y^2=\operatorname{const}$) не сохраняется расстояние от $A$ до $O(x=y=z=0)$ (в метрике поверхности). Это видно из того, что при $x^2=y^2$ точку $A$ и $O$ соединяет прямая, лежащая на поверхности и в плоскости $Oxy$, а при $x^2\neq y^2$ — не прямая. Следовательно, единственное непрерывное преобразование, которое было кандидатом на изометричность, оказывается не изометрическим. Значит, и исходное предположение неверно. А поле Киллинга, увы, может быть лишь нулевым.

[B@R5uk]

Спасибо за подробный ответ. К сожалению, моих знаний не хватает, чтобы понять в полной мере ход доказательства, но вывод мне понятен. Видимо, придётся потренироваться на поверхностях по-проще. Или замутить что-нибудь численное.

[svv]

ОК.
Вот простыми словами.
Чтобы была такая независимость, надо, чтобы поверхность можно было двигать (сдвигать, вращать, ещё что-то) вдоль самой себя с сохранением метрики (чтобы никакой участок не растягивался и не сжимался). Для фигур вращения это возможно.
Гладкая поверхность в $\mathbb R^3$ в каждой точке характеризуется гауссовой кривизной $K$. У нашего гиперболического параболоида $K$ каким-то чудом зависит только от $x^2+y^2$.
Кривизна полностью определяется метрикой поверхности (можно вычислить кривизну в точке $A$, зная расстояния между точками в некоторой окрестности $A$). Значит, если при сдвиге поверхности вдоль себя она не растягивается/не сжимается, то и кривизна ее не меняется. Значит, если изометрический сдвиг гиперболического параболоида возможен, то только такой, когда каждая точка поверхности движется вдоль своей кривой $x^2+y^2=\operatorname{const}$ (с переменным $z=\frac 1 {2R}(x^2-y^2)$, конечно).
Но на любой такой кривой разные её точки находятся на разном расстоянии от $O$. Поэтому метрика всё же не сохраняется.