Дифференциальная геометрия

[Алексей К.]

Felt в сообщении #831865 писал(а):

Дальше не должно быть опечаток с моей стороны больше

Есть всё же, куда мы от них денемся? Пока будем пальцами по клаве писать, вместо нормальной авторучки, будут у нас "соприкОсающиеся" (соприкАсающиеся проигрывают со счётом 1:2).

Но не будем париться по пустякам. Дождёмся svv, он по деловой части всё разрулит.

[Утундрий]

Felt в сообщении #831854 писал(а):

Задача такая: составить уравнение кривой по уравнению соприкоасающейся плоскости.

А разве такое возможно? Возьмём, например, плоскую кривую...

[Felt]

Утундрий в сообщении #831989 писал(а):

А разве такое возможно? Возьмём, например, плоскую кривую...

Не задумывался над таким случаем. Но я эту задачу не из головы взял, а у Погорелова. Как мне кажется, у пространственной кривой всё нормально. У меня получилось выразить одно через другое, использовать дифференцирование и получить желаемые 3 уравнения.

[svv]

Обозначения:
Соприкасающаяся плоскость $P(t)$ имеет уравнение $\mathbf a(t)\cdot \mathbf x=q(t)$,
где $\mathbf x$ — радиус-вектор точки, проверяемой на принадлежность плоскости.
Функции $\mathbf a(t), q(t)$ (всего 4 скалярных) заданы.
Искомая кривая $\mathbf r(t)$. Её единичный касательный вектор $\mathbf v(t)$, нормаль $\mathbf n(t)$, бинормаль $\mathbf b(t)$. Кручение $\tau(t)$.

В уравнении плоскости $\mathbf a, q$ — функции от $t$.
Дифференцируя их по $t$, получим для каждого $t$ новую плоскость $\dot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf x=\dot q(t)$.
Дифференцируя ещё раз, получим ещё одну плоскость $\ddot{\mathbf a}(t)\cdot\mathbf x=\ddot q(t)$.
Итак, для каждого $t$ существуют три плоскости $P(t), \dot P(t), \ddot P(t)$, которые в ситуации общего положения пересекаются в одной точке. Докажем, что эта точка $\mathbf r(t)$.

$P(t)$ проходит через $\mathbf r(t)$, значит, $\mathbf a(t)\cdot \mathbf r(t)=q(t)$, и уравнение $P(t)$ можно записать так:
$\mathbf a(t)\cdot \mathbf x=\mathbf a(t)\cdot \mathbf r(t)$.

Продифференцируем по $t$, как описано выше:
$\dot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf x=\dot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf r(t)+\mathbf a(t)\cdot \dot{\mathbf r}(t)$.
Последнее слагаемое равно нулю, потому что $\mathbf a(t)$ коллинеарен бинормали $\mathbf b(t)$, а $\dot{\mathbf r}(t)$ коллинеарен касательному вектору $\mathbf v(t)$. Получаем уравнение $\dot P(t)$:
$\dot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf x=\dot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf r(t)$
Очевидно, ему удовлетворяет точка $\mathbf x=\mathbf r(t)$.

Дифференцируем ещё раз:
$\ddot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf x=\ddot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf r(t)+\dot{\mathbf a}(t)\cdot \dot{\mathbf r}(t)$
Последнее слагаемое опять равно нулю, потому что
$\dot{\mathbf a}=\frac d{dt}(\lambda\mathbf b)=\frac {d\lambda}{dt}\mathbf b-\lambda\tau\mathbf n$,
а оба вектора $\mathbf b$ и $\mathbf n$ перпендикулярны касательному $\dot{\mathbf r}$.
Значит, уравнение $\ddot P(t)$
$\ddot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf x=\ddot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf r(t)$,
и ему тоже удовлетворяет точка $\mathbf x=\mathbf r(t)$.

[Утундрий]

svv в сообщении #831998 писал(а):

три плоскости $P(t), \dot P(t), \ddot P(t)$, которые в ситуации общего положения пересекаются в одной точке

Надо думать, когда кривизна и кручение не обращаются в нуль.

[svv]

Да. Будем считать, что это подразумевается в задаче.

(Оффтоп)

Предлагается ввести в обиход выражение «пусть трехгранник Френе функционирует в штатном режиме».

[Felt]

svv в сообщении #831998 писал(а):

Дифференцируем ещё раз:
$\ddot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf x=\ddot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf r(t)+\dot{\mathbf a}(t)\cdot \dot{\mathbf r}(t)$
Последнее слагаемое опять равно нулю, потому что
$\dot{\mathbf a}=\frac d{dt}(\lambda\mathbf b)=\frac {d\lambda}{dt}\mathbf b-\lambda\tau\mathbf n$,
а оба вектора $\mathbf b$ и $\mathbf n$ перпендикулярны касательному $\dot{\mathbf r}$.
Значит, уравнение $\ddot P(t)$
$\ddot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf x=\ddot{\mathbf a}(t)\cdot \mathbf r(t)$,
и ему тоже удовлетворяет точка $\mathbf x=\mathbf r(t)$.

Увидел свою ошибку в этом месте.
Но как-то у вас слишком сложно это через бинормали, нормали и касательный вектор...
Это можно вывести так: первая производная(касательный вектор) лежит в имеющейся плоскости, вторая производная тоже лежит в плоскости. Значит(согласно вашим обозначениям)
$\vec a(t) \vec r(t)-q(t)=0$
$\vec a(t) \dot \vec r(t) =0$
Из этого следует, если продифференцировать первое выражение
$\dot \vec a(t) \vec r(t)-\dot q(t)=0$
Так как вторая производная тоже лежит в данной плоскости, следует
$\vec a(t) \ddot \vec r(t)=0$
И если продиффиренцировать $\vec a(t) \dot \vec r(t)=0$, то получим
$\dot \vec a(t) \dot \vec r(t)+\vec a(t) \ddot \vec r(t)=0$. Так как второе слагаемое равно нулю благодаря тому, что вторая производная тоже лежит в плоскости, то
$\dot \vec a(t) \dot \vec r(t)=0$
И теперь продифференцируем $\dot \vec a(t) \vec r(t)-\dot q(t)=0$ и получим
$\ddot \vec a(t) \vec r(t)-\ddot q(t)+\dot \vec a(t) \dot \vec r(t)=0$, где последнее слагаемое равно нулю. Соответственно $\ddot \vec a(t) \vec r(t)-\ddot q(t)=0$
И имеем те же три уравнения.

-- 02.03.2014, 17:20 --

svv в сообщении #831998 писал(а):

Итак, для каждого $t$ существуют три плоскости $P(t), \dot P(t), \ddot P(t)$, которые в ситуации общего положения пересекаются в одной точке. Докажем, что эта точка $\mathbf r(t)$.

А из чего видно это?

[svv]

Хорошо, любые упрощения приветствуются.

-- Вс мар 02, 2014 18:35:28 --

Felt в сообщении #832016 писал(а):

А из чего видно это?

Я не стал этого объяснять, а подразумевал вот что. Посмотрим, как нормали к плоскостям раскладываются по векторам подвижного трехгранника.
Для $P(t)$ нормаль коллинеарна $\mathbf b$.
Для $\dot P(t)$ это линейная комбинация $\mathbf b$ и $\mathbf n$, и коэффициент при последнем ненулевой, если только $\tau\neq 0$ (см. формулу).
Для $\ddot P(t)$ это уже линейная комбинация всех трех векторов, с ненулевым коэффициентом при $\mathbf v$ (при каких-то условиях).
Поэтому матрица координат нормалей в базисе Френе треугольная, и линейная независимость нормалей легко контролируется. Поэтому при легко находимых условиях и СЛАУ для определения $\mathbf r$ имеет единственное решение.