Дифференциальная геометрия! Задача!

[3.14]

Здравствуй, господа!! Вот только начали проходить классическую диффгем..Вот такая задача :
Пусть $ \bar{s}$ - длина касательного сферического образа кривой $ r = r(s)$ :

$$ \bar{s} =\int\limits_{0}^{s} \lvert \mathrm{v'(\sigma)} \rvert d\sigma $$

a) Доказать, что $ \frac {d\bar{s}} {ds} = k $
b) Найти необходимые и достаточные условия для того, чтобы касательный сферический образ был регулярной кривой.
В общем-то помогите хотя бы понять условие. Например: что такое касательный сферический образ кривой $ r = r(s)$ и его длина, что такое $\sigma$ и $\mathrm{v'(\sigma)}$.. и что такое k.
Это задача из Мищенко, Соловьев, Фоменко "Сборник задач по дифференциальной геометрии и топологии"(2004). Задача под номером 4.47..В конце книги есть решение, но оно еще больше непонятно, чем условие задачи...Заранее спасибо..

[svv]

А там же картинка есть. Рассматриваем кривую $\mathbf r(s)$ с натуральным параметром $s$. Берем какое-то значение параметра $s=s_0$. Ему соответствует некоторая точка на кривой $\mathbf r_0=\mathbf r(s_0)$. В этой точке строим единичный касательный вектор $\mathbf v_0 = \frac{d\mathbf r}{ds}\vline_{s=s_0}$.
Повторяем такое для всех точек кривой. Получаем новую кривую $\mathbf v(s)$, которую авторы называют сферическим образом данной кривой. Это наглядно показано в книге на рис.27: касательные векторы-"стрелочки" $\mathbf v$ единичны, поэтому их концы будут лежать на единичной сфере с центром в нуле и выписывать на ней некоторую кривую.

Длина дуги кривой $\mathbf v(s)$ на сфере получается по общей формуле:
$\bar s =\int\limits_0^s \sqrt { \langle\frac{d\mathbf v}{d\sigma}, \frac{d\mathbf v}{d\sigma}\rangle} d\sigma =\int\limits_0^s \lvert \frac{d\mathbf v}{d\sigma}\rvert d\sigma$
В качестве переменной интегрирования использована $\sigma$, потому что $s$ уже занята -- это верхний предел интеграла.
Авторы обозначили $\frac{d\mathbf v}{d\sigma}$ через $\mathbf v'(\sigma)$. Так и получилась формула:
$\bar s = \int\limits_0^s |\mathbf v'(\sigma)| d\sigma$

$k$ -- это кривизна:
$k=\lvert \frac {d\mathbf v}{ds} \rvert = \lvert \frac {d^2\mathbf r}{ds^2} \rvert$

[3.14]

Ого! svv большое спасибо..Будем пробовать решать)

-- 13 ноя 2011, 12:31 --

блин..все равно не получается...вот в книге показано решение :
a) $\frac {d\bar{s}} {ds} = \lvert \frac {d\mathrm{v}} {ds} \rvert = \lvert kn \rvert = k $
как это у них получилось?)
Там в интеграле просто модуль есть..Вот что с ним делать...

[svv]

3.14 писал(а):

$\frac {d\bar{s}} {ds} = \lvert \frac {d\mathbf{v}} {ds} \rvert = \lvert k\mathbf{n} \rvert = k $

Первый шаг подробно:
$\frac {d\bar{s}} {ds} = \frac d {ds} \int\limits_0^s |\mathbf v'(\sigma)| d\sigma= \lvert \mathbf{v}'(s) \rvert =\lvert \frac {d\mathbf{v}} {ds} \rvert$
Здесь применена формула интегрального исчисления
$\frac d {dx} \int\limits_a^x f(u) du = f(x)$
"Производная интеграла по переменному верхнему пределу равна значению подынтегральной функции на верхнем пределе"
Как-то она называется, то ли правило Лейбница... Может, кто-нибудь подскажет?

Второй и третий шаг подробно. Здесь всё основано на определениях.
Если $\mathbf r(s)$ -- радиус-вектор, задающий кривую, $s$ -- натуральный параметр, то
$\mathbf v=\frac{d\mathbf r}{ds}$ -- единичный касательный вектор,
$\mathbf k = \frac{d\mathbf v}{ds}=\frac{d^2\mathbf r}{ds^2}$ -- вектор кривизны.
Вектор кривизны $\mathbf k$ перпендикулярен касательному вектору $\mathbf v$ в данной точке (т.е. самой кривой):
$\langle \mathbf k, \mathbf v \rangle =\langle\frac{d\mathbf v}{ds}, \mathbf v \rangle= \frac 1 2 \frac{d}{ds}\langle\mathbf v, \mathbf v \rangle = \frac 1 2 \frac{d}{ds}1 = 0$,
поэтому он коллинеарен главной нормали $\mathbf n$, которая, собственно, через него и определяется. Именно, представим $\mathbf k$ в виде
$\mathbf k = k\mathbf n$, где $k=|\mathbf k|$, $\mathbf n=\frac 1 k \mathbf k$,
тогда по определению
$\mathbf n$ -- вектор главной нормали, единичный по построению,
$k$ -- кривизна кривой в данной точке.

[3.14]

"Производная интеграла по переменному верхнему пределу равна значению подынтегральной функции на верхнем пределе" - это, кажется, формула Ньютона-Лейбница...Просто я не знал, что можно было так с модулем поступить...Спасибо за объяснение..Блин, все-таки диффгем сложная вещь)

-- 13 ноя 2011, 18:08 --

определения учить нужно)

[svv]

Да, сложная, но -- лично для меня -- очень интересная.

Если Вас заинтересовала эта задача, могу добавить к вопросам из задачника ещё свой вопрос.
Можно ли восстановить кривую по её касательному сферическому образу?
Ну, понятно, с точностью до сдвига кривой $\mathbf r(s) \to \mathbf r_1(s)=\mathbf r(s)+\mathbf a$, ведь у $\mathbf r(s)$ и $\mathbf r_1(s)$ будет один и тот же касательный сферический образ.

Если да, как это сделать?
Если нет, привести контрпример. Какая информация теряется в сферическом образе по сравнению с самой кривой?

[3.14]

Уххх..блин...Что-то последний вопрос я не особо воспринял..Вообще, на первый взгляд, я думаю нельзя восстановить кривую по ее касательному сферическому образу...Как это строго доказать я пока не знаю.

[svv]

Правильно, нельзя. Возьмем, например, эллипс $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1, z=0$. При разных $a$ и $b$ будут получаться разные эллипсы, в частном случае $a=b$ -- окружность, но всем им будет соответствовать один и тот же касательный сферический образ: окружность $x^2+y^2=1, z=0$.

[3.14]

да, точно)

-- 13 ноя 2011, 20:56 --

Вот дана задача..Ее нужно сделать на Mathematica 7. Вот задача:
Даны четыре точки : (0, 15), (3, 0), (5, 0), (2, 3).Провести через них кривую параболического типа, привести ее к каноническому виду.Нарисовать точки, кривую и канонические координаты.
Я правильно делаю? :
Возьмем уравнения кривой 2-го порядка : $a_{11} x^2 + 2a_{12} xy + a_{22} y^2 + 2a_1 x + 2a_2 y + a_0 = 0$. Т. к нам даны 4 точки, то можно составить систему линейных уравнений, которая состоит из 4 уравнений. Но нам также известно, что кривая параболического типа, следовательно, инвариант $\delta = a_{11}a_{22} - a_{12}^2 = 0$. Итого получаем систему из 5 уравнений, где одно имеет степень 2, на 6 неизвестных. Mathematica 7 выдает два решения.Это нормально? Или я что-то напутал..

-- 13 ноя 2011, 20:58 --

Ангем уже вовсе забыл((

[svv]

Одно решение очевидно, если отметить точки на листе в клеточку: $y=(x-4)^2-1$.
А какое второе выдает Mathematica?

[3.14]

$(a_{11} = -1.02643, a_{12} = -0.373116, a_1 = -4.77778, a_{22} = -0.135631, a_2 = -6.31121, a_0 = 0.448742)$

$(a_{11} = 0.0320986, a_{12} = -0.159909, a_1 = -0.881206, a_{22} = 0.796631, a_2 = -0.870098, a_0 = 0.234298)$
Очень страшные решения получились..Может я что-то не то или не так ввел...На этой программе тоже недавно работаю..((

[svv]

М-да... А Вы видите, что моему решению удовлетворяют все точки, и это, очевидно, парабола.
Оно получено просто с помощью тетрадки в клеточку (отметьте точки, и Вы не сможете её не увидеть).
То, что Mathematica 7 не нашла этого решения, очень плохо. Этой программы у меня нет, поэтому ничего проверить или подсказать не могу.

И, кстати, можно гарантировать, что решения Mathematica неправильные. Достаточно показать, что точка $(3, 0)$ не удовлетворяет уравнению с найденными коэффициентами. Коэффициенты должны удовлетворять соотношению
$a_{11}x^2 + 2 a_1x +a_0 = 0$ (где $x=3$, все слагаемые с $y$ выброшены), или
$9a_{11} + 6a_1 +a_0 = 0$
Очевидно, что не удовлетворяют.

[3.14]

ну вот проследите за мной :
1) в общем виде дано уравнение кривой 2 - го порядка (запишу в матричном виде) :

$$ \begin{pmatrix}x & y & 1 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_1\\a_{12} & a_{22} & a_2 \\a_1 & a_2 & a_0 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}x \\ y \\ 1 \end{pmatrix}\qquad = 0$$

(Извините за набор.Здесь умножение матриц.Не знаю как матрицы ближе поставить друг к другу).
2)Составляем систему из таких уравнений :

$$\begin{pmatrix}0 & 15 & 1 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_1\\a_{12} & a_{22} & a_2 \\a_1 & a_2 & a_0 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}0 \\ 15 \\ 1 \end{pmatrix}\qquad = 0$$

$$\begin{pmatrix}3 & 0 & 1 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_1\\a_{12} & a_{22} & a_2 \\a_1 & a_2 & a_0 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\qquad = 0$$

$$\begin{pmatrix}5 & 0 & 1 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_1\\a_{12} & a_{22} & a_2 \\a_1 & a_2 & a_0 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\qquad = 0$$

$$\begin{pmatrix}2 & 3 & 1 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_1\\a_{12} & a_{22} & a_2 \\a_1 & a_2 & a_0 \end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix}2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}\qquad = 0$$

и плюс еще одно уравнение, как условие параболического типа

$$ \delta = a_{11}a_{22} - a_{12}^2 = 0$$

Далее программа решает эту систему и выдает выше упомянутый ответ..Вроде, я все аккуратно делал..Но ответ очень смущает..

[svv]

У Вас все правильно. Дело не в Ваших формулах, а в программе.
Вот 2 совета.
1. Попробуйте записать первые 4 уравнения без использования матриц. Так как среди координат точек много нулей, много слагаемых выпадает. (Только Вы же не в матричную форму подставляйте координаты точек, а в $a_{11} x^2 + 2a_{12} xy + a_{22} y^2 + 2a_1 x + 2a_2 y + a_0 = 0$). Проверьте меня, получилось:

225*a22 + 30*a2 + a0 = 0
9*a11 + 6*a1 + a0 = 0
25*a11 + 10*a1 + a0 = 0
4*a11 + 12*a12 + 9*a22 +4*a1 + 6*a2 + a0 = 0

Специально написал как код программы, чтобы удобнее было вставлять в Mathematica. Думаю, такая форма ей понравится гораздо больше.

2. Общая форма уравнения кривой второго порядка однородна. Коэффициенты определены с точностью до умножения на общую константу. Вы можете все коэффициенты умножить, скажем, на $173$, и это будет та же кривая. Соответственно, и Математика может выбрать такое-то решение, а может всё умножить на $10$ -- оба решения математически будут одинаково верными. Для программы такой произвол -- это, в общем-то, нехорошо. Чтобы избавиться от него, можно положить один из коэфициентов равным $1$, но только тот, про который точно известно, что он не равен нулю.

Я точно знаю, что $a_0\neq 0$ (это видно из второго и третьего уравнений, в противном случае будет также $a_{11}=0$ и $a_1=0$). Поэтому мой совет: скажите Математике, что $a_0=1$. Это будет корректнее уже потому, что количество уравнений будет равно количеству неизвестных.

Уверен на 99%, что после этого все будет хорошо.

[3.14]

спасибо..я тоже так думал..так и сделал..но корни уравнения получились тоже некрасивыми, но есть хорошая новость)) : из одного решения получается, действительно, парабола(нарисовал в самой Mathematica), а из второго решения две параллельные прямые. Если я не ошибаюсь,то две параллельные прямые тоже имеют параболический тип, т е соответствующий инвариант у них равен нулю..Следовательно, ответы верные..Но проходит ли наши кривые через данные точки? Нужно научится в пакете Mathematica 7 строить точки и кривые в одной системе координат..Спрошу на этом форуме..Думаю, люди помогут..Еще раз спасибо за ваши хорошие ответы.