Развёртка развёртывающейся поверхности

[Алексей К.]

Есть развёртывающаяся поверхность $X(u,v),\:Y(u,v),\:Z(u,v)$. Её искомая развёртка --- $x(u,v),\:y(u,v),\:z(u,v)\equiv0$ (с точностью до поворота, переноса). Все функции линейны по $v$.
Из сохранения длин и, соотв., первой квадратичной формы сразу приходят в голову три уравнения

$${x'_u}^2+{y'_u}^2=E(u,v),\quad {x'_u}{x'_v}+{y'_u}{y'_v}=F(u,v),\quad {x'_v}^2+{y'_v}^2=G(u)$$

(с известными правыми частями).

Хотел найти готовый рецепт, но гуглятся только начертательные темы. Пытаюсь сам думать, но и с этим проблема: давно не не пробовал. Подскажите, пожалста, кто чем может.

-- 12 дек 2011, 18:51:53 --

Стоило написать, и сразу мысль пришла: если представить $x(u,v)=x_1(u)+vx_2(u)$ итп, то приравниваем коэффициентов при степенях $v$, кажется, 6 уравнений получается относительно $x_2,y_2,x'_1,x'_2,y'_1,y'_2$ (производные по $u$). Обдумывать и смотреть простой примерчик с цилиндром буду после работы; может, к тому времени и готовый рецепт кто-нибудь предложит. Или книжку.

[INGELRII]

Только сейчас увидел тему. На работе подумать над ней не получится, дома попытаюсь. Но с ходу можно сказать, что третье уравнение содержит в качестве переменных еще $x_1, y_1$. Так что там 6 уравнений, 8 переменных. Может, граничных условий позадавать две штуки, для определенности. Ну или в общем виде решать. Вторая степень не может доставить чрезмерных затруднений...

[Алексей К.]

INGELRII в сообщении #515011 писал(а):

Но с ходу можно сказать, что третье уравнение содержит в качестве переменных еще $x_1, y_1$.

Не содержит:

$$\hspace*{-4cm}{X'_v}^2+{Y'_v}^2+{Z'_v}^2\stackrel{def}{\text{\Large=}} G(u)={\color{blue}\left[{x'_v}^2+{y'_v}^2=\left(\frac{\partial(x_1(u)+vx_2(u))}{\partial v} \right)^2+\left(\frac{\partial(y_1(u)+vy_2(u))}{\partial v} \right)^2\right]}=x_2^2(u)+y_2^2(u).$$

-- 13 дек 2011, 11:23:01 --

Граничные условия: $x(0,0)=0,\;y(0,0)=0$. Луч $[x(0,v),y(0,v)]$ можно направить вдоль оси ординат: $x(0,v)\equiv0$.

[INGELRII]

А ведь правда, не содержит... Тогда хорошо живем, 6 переменных всего. Подумать надо, как решать. Этим и займусь.

[Алексей К.]

(Оффтоп)

Там, на самом деле, довольно легко было, просто я без Маплы живу пока, авторучкой (!) линейную систему решал, и вчера не довёл до конца, наошибался и уснулось. А в выходные и Мапла была, но трюк со степенями v не пришёл в голову... Неужели без вторых производных обойдётся?

[Алексей К.]

Для конуса решилось.
Теперь (чтоб поменьше с индексами возиться, обозначим $x_1\to a$, $x_2\to b$):
$x(u,v)=a(u)+v\,b(u),\qquad x(0,v)\equiv0\quad \Longrightarrow\quad a(0)=0,\;b(0)=0;$
$y(u,v)=c(u)+v\,d(u),\qquad y(0,0)=0\quad \Longrightarrow\quad c(0)=0.$

$$\aligned E(u,v)&=\underbrace{a'^2+c'^2}_{\displaystyle =e_0(u)}+2v(\underbrace{a'b'+c'd'}_{\displaystyle =e_1(u)})+v^2(\underbrace{b'^2+d'^2}_{\displaystyle =e_2(u)}),\\ F(u,v)&=\underbrace{a'b+c'd}_{\displaystyle =f_0(u)}+v(\underbrace{b'b+d'd}_{\displaystyle =f_1(u)}),\\ G(u)&=\underbrace{b^2+d^2}_{\displaystyle =g_0(u)}. \endaligned$$

[INGELRII]

Из уравнения для $g_0$ выражаем $d$ через $b^$: $d = \sqrt{g_0-b^2}$. Тогда уравнение для $f_1$ обращается после упрощений в тождество $f_1 = \frac{g'_0}{2}$, (но оно должно бы выполняться, поскольку мы уверены, что задача имеет решение). После подстановки в уравнение для $e_2$ и всех упрощений, если я не напортачил, получается уравнение для производной $b'$: $(4 g_0+3 b^2) b'^2 - 4 g'_0 b b' + (g'^2_0 -4 e_2 g_0 +4 e_2 b^2)=0$. Ну отсюда выражаем производную, решаем получившееся уравнение. Не прибегая к помощи Мейпла, я сие делать как-то побаиваюсь. Давайте считать, что как будто мы уже его решили, и нашли, чему равна функция $b$. Из уравнения для $g_0$ мы тут же находим и $d$. Теперь подставляем эти функции в уравнения $f_0, e_1$, получаем систему линейных уравнений относительно $a', c'$. Давайте как будто мы и ее уже решили. Ну и решаем два полученных дифура, находим $a, c$. После подстановки их в уравнение для $e_0$ должно получиться еще одно тождество (в очень страшном виде), видимо вместе с ранее найденным $f_1 = \frac{g'_0}{2}$ оно и является условием развертываемости поверхности (я думаю). Конкретные формулы, увы, могу предъявить только завтра, после общения с Мейплом. Если Вы сами раньше все это не сделаете.

[Алексей К.]

INGELRII в сообщении #515117 писал(а):

...получается уравнение для производной $b'$: $(4 g_0+3 b^2) b'^2 - 4 g'_0 b b' + (g'^2_0 -4 e_2 g_0 +4 e_2 b^2)=0$. Ну отсюда выражаем производную, решаем получившееся уравнение. Не прибегая к помощи Мейпла, я сие делать как-то побаиваюсь.

Да и вряд ли получится: ибо на самом деле $g_0=g_0(u),\:e_2=e_2(u)$, конкретные функции для конкретных случаев. Я муторнее решал. А Ваше уравнение у меня попроще получилось:

$$b'^2g_0-2b'bf_1+b^2e_2+f_1^2-e_2g_0=0,\eqno(1)$$

и вроде к конусу подходит

$$\hspace*{-15mm}X=v\cos u,\; Y=v\sin u,\;Z=kv;\;E=v^2,\;F=0,\;G=1+k^2=m^2\;(e_0=e_1=0,\;e_2=1,\,f_0=f_1=0,\;g_0=m^2).$$

Т.е. $b'^2m^2+b^2-m^2=0$, и $b(u)=m\sin\dfrac um$. Т.е. на полном круге конуса мы получим неполный $\left(\dfrac{2\pi}m\right)$ круг развёртки.

Какие-то упрощения вероятно, возможны, если кривая $[X(u,0),Y(u,0), Z(u,0)]$ будет совпадать с ребром возврата поверхности.

-- 13 дек 2011, 20:09:07 --

Хорошенькое квадратное уравнение (1), дискриминантик радует: $b'=\dfrac{bf_1\pm\sqrt{(g_0e_2-f_1^2)(g_0-b^2)}}{g_0}$.

-- 13 дек 2011, 20:13:22 --

INGELRII, благодарю Вас за соучастие.

[Утундрий]

Алексей К. в сообщении #514785 писал(а):

гуглятся только начертательные темы

Гм, странно. Вот, мгновенно нагуглилось: http://vuz.exponenta.ru/PDF/FOTO/kaz/Ar ... it_Mit.pdf

[Алексей К.]

Ну да. Но я уже книжек на тему почитал, поумнел, знал, что не всякая линейчатая развёртывается, и гуглил "развёртку развёртывающейся поверхности". Вот оно и не нагуглилось.

Спасибо, Утундрий, и за то, что Вы сутки потерпели.

-- 13 дек 2011, 21:46:14 --

Вот бы ещё с предельной эвольвентой до конца разобраться...