Žiga Virk REŠENE NALOGE IZ UVODA V DIFERENCIALNO GEOMETRIJO

Transcript

1 Žiga Virk REŠENE NALOGE IZ UVODA V DIFERENCIALNO GEOMETRIJO Ljubljana 2015

2 ii naslov: REŠENE NALOGE IZ UVODA V DIFERENCIALNO GEOME- TRIJO avtorske pravice: Žiga Virk izdaja: prva izdaja založnik: samozaložba Žiga Virk, Ljubljana avtor: Žiga Virk leto izida: 2015 natis: elektronsko gradivo

3 iii Zbirka vaj, ki sem jih imel pri izbirnem predmetu Uvod v diferencialno geometrijo. Včasih imajo naloge več rešitev in nismo podali najkrajše ampak pedagoško najbolj ustrezno. Žiga Virk

4 iv

5 Kazalo KRIVULJE Parametrizacije in naravni parameter Ukrivljenost, Frenetov okvir PLOSKVE Ploskve v R Tangentni prostor, diferencial funkcije in gradient I FUNDAMENTALNA FORMA 23 II FUNDAMENTALNA FORMA 33 GEODETKE Geodetke na ploskvah Risanje geodetk na vrteninah GAUSS-BONNETOV IZREK 61 v

6 vi

7 OZNAKE naloga ima pripadajoči Mathematica zvezek s sliko težja naloga število 0 oziroma ničelni vektor, odvisno od konteksta I interval [0, 1] γ = γ t odvod krivulje po parametru; tangenta γ = γ s = t odvod krivulje po naravnem parametru; enotska tangenta n, N enotska normala na krivuljo, ploskev b binormala na krivuljo D 2 = {(x, y) R 2 x 2 + y 2 < 1}... enotski odprt disk v R 2 γ dolžina vektorja γ σ u = σ u parcialni odvod σ uu = 2 σ drugi parcialni odvod u 2 IFF prva fundamentalna forma IIFF druga fundamentalna forma

8 2

9 1 KRIVULJE 1.1 Parametrizacije in naravni parameter Definicija 1.1 Parametrizirana gladka krivulja v R 3 je gladka regularna (t.j., s povsod neničelnim odvodom) preslikava γ : (a, b) R 3, a < b. Opomba 1.2 Vse obravnavane preslikave bodo gladke, zato besedo gladka (in včasih tudi besedo parametrizirana ) izpuščamo. Definicija 1.3 Krivulja v R 3 je slika parametrizirane krivulje. Parametrizirani krivulji se reče tudi parametrizacija svoje slike. Opomba 1.4 Vsaka krivulja kot podmnožica v R 3 ima mnogo parametrizacij. Npr., preslikavi f, g : R R 3 definirani kot f(t) = (t, t 2, 0) in g(t) = ( arctan t, arctan 2 t, 0) sta dve različni parametrizaciji parabole. Parameter parametrizirane krivulje γ bo ponavadi označen s t, odvod po t (tangenta oz. tangentni vektor) pa kot γ. Definicija 1.5 Parametrizacijo γ, za katero ima γ konstantno dolžino 1, imenujemo parametrizacija z naravnim parametrom. V tem primeru parameter označujemo z s, odvod po s pa kot γ. Osnovna povezava med parametroma s in t je ds = γ dt. Opomba 1.6 Vsaka krivulja dopušča mnogo parametrizacij z naravnim parametrom. Te so odvisne od izhodiščne točke in smeri poteka parametrizacije. Včasih bomo krivuljo enačili z njeno parametrizacijo. Definicija 1.7 Dolžina krivulje γ : (a, b) R 3 je l(γ) = s1 ds = s 0 3 b a γ dt.

10 4 1. KRIVULJE Trik 1.8 Kako dobiti parametrizacijo z naravnim parametrom? Naj bo γ(t) parametrizacija krivulje C. Postopamo v treh korakih: 1. s(t) = t a γ(τ) dτ. 2. Izrazimo t(s). 3. Zapišemo γ(t(s)). Z zlorabo zapisa bomo to funkcijo včasih označevali kot γ(s), čeprav gre za formalno različno funkcijo. Od izbire a bo odvisno, pri kateri točki na krivulje bo parameter s enak 0. Opazimo, da zna biti parametriziranje z naravnim parametrom težko: potrebno je integrirati in poiskati inverzno funkcijo, kar ni vedno lepo rešljivo. Naloga Parametrizirajte krivuljo x 2 y 2 = Z naravnim parametrom parametrizirajte krožnico x 2 + y 2 = a Z naravnim parametrom reparametrizirajte (parametrizirano) krivuljo γ(t) = (e t cos t, e t sin t, 0) ter izračunajte dolžino krivulje med točkama A(1, 0, 0) ter B(e 2π, 0, 0). 4. Parametrizirajte cikloido, t.j. krivuljo, ki jo opiše točka na robu kroga polmera a ob kotaljenju po ravni podlagi. Rešitev. 1. Množico formalno sestavljata dve krivulji, leva in desna veja hiperbole. Levo vejo parametriziramo kot γ l (t) = (cosh t, sinh t, 0), desno pa kot γ d (t) = ( cosh t, sinh t, 0). Kaj parametrizira preslikava γ 3 (t) = ( cosh t, sinh t, 0)? 2. Parametrizacija krožnice je γ(t) = (A cos t, A sin t, 0). Zato je γ(t) = ( A sin t, A cos t, 0) in γ(t) = A. Sledi s(t) = t 0 Adτ = At = t = s/a. Parametrizacija z naravnim parametrom je torej γ(s) = (A cos(s/a), A sin(s/a), 0). 3. γ(t) = (e t (cos t sin t), e t (sin t + cos t), 0) = γ(t) = e t 2 s(t) = t 0 e τ 2dτ = (e t 1) 2 = t = ln(s/ 2 + 1) Parametrizacija z naravnim parametrom je torej γ(s) = ((s/ 2 + 1) cos(ln(s/ 2 + 1)), (s/ 2 + 1) sin(ln(s/ 2 + 1)), 0).

11 5 Dolžino omenjenega dela dobimo kot 2π 0 γ dt = 2π 0 e t 2dt = (e 2π 1) 2. Alternativno lahko opazimo, da je pri A vrednost s enaka 0, pri B pa (e 2π 1) 2. Omenjena dolžina je razlika med omenjenima vrednostima. 4. Predpostavimo, da se krog kotali v ravnini xy po osi x. Krivulja je sestavljena iz dveh gibanj: središče krožnice S(t) = (vt, a, 0) se giblje po premici v smeri osi x s hitrostjo v, točka na krožnici pa glede na središče kroži v negativni smeri s kotno hitrostjo w, zato je njen relativni položaj glede na izhodišče enak r(t) = (a cos( wt), a sin( wt), 0). Zaradi reparametrizacije t = t/w lahko brez škode za splošnost predpostavimo, da je w = 1. Skupaj torej dobimo krivuljo γ(t) = (vt, a, 0)+a(cos( t), sin( t), 0). Kotaljenje kroga pomeni, da v vsakem trenutku točka, ki je stik kroga s podlago, miruje. To pomeni, da mora biti γ(π/2) = 0, iz česar dobimo v = a. Krivulja je torej γ(t) = a(t + cos t, 1 sin t). Opomba 1.10 Velikost tangentnega vektorja γ na krivuljo je odvisna od parametrizacije, njegova smer pa ne: če je γ(t(u)) reparametrizacija krivulje γ(t), je pripadajoča tangenta vzporedna z γ, saj je γ je vektorska funkcija, t pa realna in γ u = γ t = γ t t u Naloga 1.11 Poiščite parametrizacijo γ krivulje v R 2, za katero je kot med γ in γ konstanten. Rešitev. Uporabimo polarne koordinate: γ(s) = (r cos ϕ, r sin ϕ), pri čemer sta r in ϕ odvisni od naravnega parametra s. Sledi γ = (r cos ϕ rϕ sin ϕ, r sin ϕ + rϕ cos ϕ). Naj bo konstanta a enaka kosinusu kota med γ in γ. Tedaj je a = γγ γ γ = (r cos ϕ, r sin ϕ)(r cos ϕ rϕ sin ϕ, r sin ϕ + rϕ cos ϕ), r 1 kar se preuredi v (r ) 2 = a in zato r(s) = s a + C. Izraziti moramo še ϕ(s). Iz pogoja γ = 1 dobimo enačbo (r ) 2 + r 2 (ϕ ) 2 = 1. (1.1) Vstavimo r(s) in preuredimo. Če je a = 0 dobimo ϕ(s) = s/c in r(s) = C, kar predstavlja krožnico. Sicer se enačba 1.1 preuredi v (ϕ ) 2 = 1 a 1 a as 2 = ϕ(s) = ln s. a Opazimo, da pri a = 0 dobimo premico.

12 6 1. KRIVULJE Rezultat pri 0 < a < 1 je logaritemska spirala, ki se pogosto pojavlja v naravi. Njeno obliko ima tudi športno plezalni pripomoček metulj. Videli smo jo že pri nalogi 1.9. Naloga 1.12 Kakšne oblike morajo biti tla, da se bo preko njih kvadratno kolo lepo kotalilo, t.j., da bo središče kolesa na konstantni višini. Rešitev. Privzemimo, da ima stranica kvadrata dolžino 2 in naj bo g(s) = (x(s), y(s)) naravna parametrizacija tal. Parameter s nastavimo tako, da bo enak 0 pri kvadratu z navpičnima stranicama. Središče kvadrata lahko zapišemo kot T (s) = (x, y) s(x, y ) + ( y, x ) : iz točke dotikališča (x, y) se v nasprotni smeri tangente (x, y ) premaknemo za dolžino s (to je pogoj kotaljenja), da pridemo v središče spodnje stranice kvadrata, nato pa se iz nje premaknemo vzporedno z drugo (pravokotno) stranico v T (s), t.j., v smeri ( y, x ). Središče kolesa je na konstantni višini (recimo 0), zato je Odvajamo in dobimo y sy + x = 0. (1.2) sy + x = 0, = s = x. (1.3) y Upoštevamo še, da je s naravni parameter: (x ) 2 + (y ) 2 = 1, s = x x + y y = 0 = x y = y x (1.4) Iz enačb 1.3 in 1.4 sledi sx = y in če to dodamo enačbi 1.2 pomnoženi z s dobimo sy + s 2 y sx = 0 = s s ds = 1 dy. (1.5) y Z integriranjem dobimo 1/2 ln(s 2 + 1) + ln C = ln, oziroma y = C s Za izračun x vstavimo y v enačbo sx = y in dobimo x = 1/2C2s s s = C s = x = C arcsinh(s) + D, oziroma s = sinh((x D)/C). To lahko vstavimo v formulo za y(s) in dobimo y = C cosh((x D)/C). Parameter D predstavlja vodoravni premik tal, zato ga lahko nastavimo na 0, torej je y = C cosh(x/c). Pri s = 0 dobimo kvadrat v središčni legi s stranicami vzporednimi koordinatnim osem, zato je y(0) = 1 in C = 1. Skupaj dobimo y = cosh(x/( 1)) = cosh(x).

13 7 1.2 Ukrivljenost, Frenetov okvir Definicija 1.13 Naj bo γ(s) krivulja. 1. t = γ (s) se imenuje (enotska) tangenta; 2. n = t / t se imenuje (enotska) normala; 3. b = t n se imenuje binormala; 4. funkcija κ(s) = γ (s) se imenuje fleksijska ukrivljenost krivulje; 5. funkcija τ(s), za katero velja b = τn se imenuje torzijska ukrivljenost krivulje; Opomba 1.14 Enotska tangenta vedno obstaja in je neničelen vektor po naši definiciji krivulje. Vektorja n in b pa nista vedno dobro definirana. To se zgodi, če je κ = 0 (npr., če je krivulja del premice). V primeru, ko so vsi trije vektorji definirani, sestavljajo ortonormirano bazo prostora imenovano Frenetova baza. Trik 1.15 Včasih je ugodno funkcijsko enačbo odvajati, še posebej, če je neka vrednost konstantna. Prav tako je včasih ugodno vektorsko funkcijsko enačbo množiti (skalarno ali vektorsko) z ustreznim vektorjem. Opomba 1.16 V primeru, ko je κ(s) 0, je n je pravokoten na t in veljajo naslednje (Frenetove) formule: 1. t = κn; 2. b = τn; 3. n = τb κt. Naloga 1.17 Dokažite trditve iz opombe Rešitev. Z odvajanjem enačbe tt = 1 dobimo 2tt = 2tnκ = 0, kar pomeni tn = in 2. veljata po definiciji. 3. Po opombi 1.14 velja n = (b t) = τn t + b κn = τb κt.

14 8 1. KRIVULJE Opomba 1.18 Marsikdaj krivulje ne moremo parametrizirati z naravnim parametrom. Zato potrebujemo formulo za ukrivljenost, kjer ne nastopa naravni parameter: κ(t) = γ γ γ 3 τ(t) =... ( γ γ) γ γ γ 2 Pri tem spet zlorabimo zapis in razumemo, da je κ(s) = κ(t(s)) načeloma različna funkcija kot κ(t). Naloga 1.19 Dokažite prvo formulo iz opombe Rešitev. S pridom uporabljamo verižno pravilo. γ = s V tej enačbi upoštevamo izračun γ = γ s = γ t t s = γ 1 ṡ γ ṡ = γ t ṡ t γṡ γ s = s ṡ 2 1 γṡṡ γ sṡ = ṡ ṡ 4 (1.6) ṡ = γ = ṡ 2 = γ γ t = sṡ = γ γ in dobimo γ = γṡṡ γ sṡ γ( γ γ) γ( γ γ) γ ( γ γ) γ γ γ ṡ 4 = γ 4 = γ 4 = γ γ γ 3 Na podoben način lahko dokažemo tudi drugo formulo iz opombe Naloga 1.20 Dokažite naslednje trditve o ukrivljenosti: 1. Ukrivljenost krožnice s polmerom a je konstantno enaka 1/a. 2. Krivulja je del premice natanko tedaj, ko je κ konstantno enak Krivulja z neničelno ukrivljenostjo κ je ravninska natanko tedaj, ko je τ konstantno enak Naj bo γ : (a, b) R 2 ravninska krivulja in naj bo ϕ(s) kot med osjo x ter t(s). Tedaj je κ(s) = ϕ( s). Rešitev. 1. Iz naloge 1.9 vemo, da lahko tako krožnico v osnovni središčni legi parametriziramo z naravnim parametrom kot γ(s) = (a cos(s/a), a sin(s/a), 0). Sledi κ = γ = ( a 1 cos(s/a), a 1 sin(s/a), 0) = a Če je krivulja del premice γ(s) = A 0 + s t, potem je enotski tangentni vektor t konstanten in zato je κ = t = 0.

15 9 Če je κ = t = 0 potem je t konstanten. Krivulja bo del premice, če bo v(s) = (γ(s) γ(s 0 )) t konstantno enak ničelnemu vektorju. Opazimo, da je v(s 0 ) = 0 in v (s) = γ (s) t + (γ(s) γ(s 0 )) t = t t + (γ(s) γ(s 0 )) 0 = 0 in zato v(s) = Krivuja leži v ravnini natanko tedaj, ko je skalarni produkt γ(s) a konstanten za nek fiksen enotski vektor a. Tedaj je (γ(s) a) = t a = 0 in (t a) = n a = 0, torej sta t in n pravokotna na a. Sledi, da je b = ±a in τ = b = a = 0. Ker je b = τn = 0 je b konstanten. Krivulja bo vsebovana v ravnini z normalo b natanko tedaj, ko bo w(s) = (γ(s 0 ) γ(s)) b konstanta. Trditev sledi, saj je w (s) = γ (s) b + (γ(s 0 ) γ(s)) b = t b + (γ(s 0 ) γ(s)) 0 = Enotska tangenta je oblike t = (cos ϕ, sin ϕ) zato je κ = t = ϕ ( sin ϕ, cos ϕ) = ϕ ( sin ϕ, cos ϕ) = ϕ. Naloga 1.21 Poiščite točko, v kateri ima graf funkcije ln največjo ukrivljenost κ. Izračunajte še pripadajočo ukrivljenost. Rešitev. Definiramo γ(t) = (t, ln t, 0) in računamo κ(t) = γ = (1, t 1, 0), γ = (0, t 2, 0), γ γ = (0, 0, t 2 ) κ(t) = γ γ γ 3 = t 2 (1 + t 2 ) 3/2 = t (t 2 + 1) 3/2, 1 2t2 (t 2 + 1) 5/2 = 0 = t = 1/ 2, κ(1/ 2) = Naloga 1.22 Naj bo γ krivulja s povsod neničelnima κ in τ ter naj obstaja vektor A, s katerim b oklepa konstanten kot. Dokažite, da je tedaj razmerje κ/τ konstantno. Namig: Najprej dokažite, da je A n. Rešitev. Ker je b A konstanta velja 0 = (b A) = τn A τ 0 = n A. Vektor A torej leži v ravnini, določeni z t in b. Brez škode za splošnost lahko privzamemo, da je A = 1. Tedaj zaradi ortonormiranosti Frenetovega okvirja obstaja funkcija ϕ(s), da velja A = cos(ϕ(s))t + sin(ϕ(s))b. Ker je b A = sin(ϕ(s)) konstanta je tudi ϕ(s) = ϕ 0 konstanta in zato je 0 = A = cos(ϕ 0 )κn sin(ϕ 0 )τn = κ τ = tan(ϕ 0).

16 10 1. KRIVULJE Definicija 1.23 Pritisnjena krožnica na krivuljo γ pri parametru t = t 0 je tista krožnica, ki zadošča naslednjim pogojem: 1. leži v ravnini, določeni z t(t 0 ) in n(t 0 ); 2. ima polmer 1/κ(t 0 ); 3. v γ(t 0 ) se dotika krivulje γ. Njeno središče S(t 0 ) dobimo kot γ(t 0 ) + n(t 0 )/κ. Opomba 1.24 Pritisnjeno krožnico iz definicije 1.23 lahko parametriziramo kot ( ) σ(p) = S(t 0 ) + cos(p)n(t 0 ) + sin(p)t(t 0 ) /κ(t 0 ). Naloga 1.25 Naj bo γ krivulja, za katero je κ konstantno neničelna, τ pa povsod enaka 0. Dokažite, da je γ vsebovana v krožnici. Rešitev. Iz naloge 1.20 vemo, da je γ vsebovana v neki ravnini. Z uporabo Frenetovih formul dokažimo, da je središce pritisnjene krožnice konstantno: S (s) = (γ + n/κ) = t + (τb κt)κ = t t = 0. Dokažimo še, da je razdalja med γ in S konstantna: (γ S)(γ S) = n/κ n/κ = κ 2, kar je konstanta. Krivulja γ je torej vsebovana v ravnini in je od fiksne točke na ravnini vedno oddaljena za isto razdaljo, torej je vsebovana v kroznici. Naloga 1.26 Dokažite, da parametrizacija β(t) = (2 + cos t + 2 sin t, 1 + cos t 2 sin t, cos t) podaja krožnico. Poiščite njeno središce in polmer. Rešitev. Uporabimo nalogo 1.25 in izračunamo ukrivljenosti. γ = ( sin t + 2 cos t, sin t 2 cos t, 6 sin t) γ = ( 2 sin t cos t, 2 sin t cos t, 6 cos t) γ γ = (2 6, 2 6, 4), ( γ γ) γ = 0 γ = 2 2 γ γ = 8 Iz formul za ukrivljenost sledi κ = 2 3/2 in τ = 0, kar po nalogi 1.25 pomeni, da gre za krožnico. Polmer je 1/κ = 2 3/2. Središče bomo dobili na zvit način. Očitno je parametrizacija γ periodična s periodo natanko 2π. Ker je γ konstanta gre za enakomerno kroženje. Zato lahko središče dobimo kot (γ(0) + γ(π))/2 = (2, 1, 1).

17 11 Naloga 1.27 Naj bo γ : (a, b) R 2 gladka ravninska krivulja s pozitivno, strogo naraščajočo ukrivljenostjo κ. Dokažite, da so pritisnjene krožnice na krivuljo γ vgnezdene, t.j. za p < q velja, da je pritisnjena krožnica na krivuljo γ pri parametru q vsebovana v krogu, ki ga določa pritisnjena krožnica na krivuljo γ v pri parametru p. Sklepajte, da taka krivulja ne more imeti samopresečišč. Rešitev. Ponovno naj bo S(s) = γ + n/κ središče pritisnjene krožnice pri (seveda za pot γ naravnem) parametru s in naj velja p < q. Radi bi ocenili razdaljo S(p) S(q) < q p S ds (1.7) (stroga neenakost velja, ker pot očitno ne more ležati na premici) zato upoštevajmo τ = 0 (ravninskost) in izračunajmo S = γ + n /κ κ 1 κ n = t + (τb κt)/κ κ κ 2 n = κ κ 2 n. To vstavimo v enačbo 1.7 in dobimo q q S(p) S(q) < S κ ds = ds = κ 1 κ2 p p q p = κ 1 (p) κ 1 (q), kar pomeni, da je razdalja med središčema manjša ali enaka razliki polmerov κ 1 pritisnjenih krožnic. To pa ravno pomeni, da velja trditev, ki jo dokazujemo. Naloga 1.28 Dokažite, da so vektorji t, n in b pritisnjene krožnice na krivuljo γ v točki γ(t 0 ) enaki vektorjem t, n in b originalne krivulje γ v tej točki. Rešitev. Parametrizacija pritisnjene krožnice z naravnim parametrom je ( ) δ(s) = γ(t 0 ) + n(t 0 )κ 1 (t 0 ) + cos(sκ(t 0 ))n(s 0 ) + sin(sκ(t 0 ))t(t 0 ) κ 1 (t 0 ). Točka dotikališča je γ(t 0 ) = δ(0). δ = sin(sκ(t 0 ))n(s 0 ) + cos(sκ(t 0 ))t(t 0 ) ( ) δ = cos(sκ(t 0 ))n(s 0 ) + sin(sκ(t 0 ))t(t 0 ) κ(t 0 ) δ (0) = t(t 0 ), δ (0) δ (0) = n(t 0) Iz zgornjega računa sledi, da se tudi binormali ujemata, saj gre za ortonormirane baze. Naloga 1.29 Naj bo γ pot v R 2, za katero velja κ > 1/2. Definirajmo pot δ = γ + 2n, pri čemer je n normala poti γ. Izrazite ukrivljenost poti δ.

18 12 1. KRIVULJE Rešitev. Naj bo s naravni parameter γ. Z uporabo Frenetovih formul in dejstva, da je γ ravninska krivulja, dobimo δ = γ + 2n = δ = δ s = (1 2κ)t = δ = 2κ t + (1 2κ)κn. Z uporabo formule iz Opombe 1.18 dobimo ukrivljenost δ kot κ/(2κ 1), pri čemer je κ ukrivljenost poti γ. V primeru, ko krivulji γ in δ sestavljata gladko sklenjeno krivuljo, predstavlja omejeno območje lik konstantnega premera.

19 2 PLOSKVE 2.1 Ploskve v R 3 Definicija 2.1 Podmnožica S R 3 je gladka ploskev, če za vsako točko x S obstajajo: 1. odprta okolica U R 2 ; 2. odprta okolica V S točke x; 3. gladek homeomorfizem σ : U V (t.j. σ mora biti gladka, injektivna in diferencial dσ mora imeti poln rang (ekvivalentno, σ x σ y 0) povsod na U). Vsaka taka preslikava σ : U V se imenuje (gladka lokalna) karta ploskve S. Družina kart σ i : U i V i, pri čemer je {V i } i pokritje S, se imenuje (gladek) atlas. Opomba 2.2 Vse naše ploskve bodo gladke, zato besedo gladka izpuščamo. Naloga 2.3 Poiščite tri različne atlase na enotski sferi S v središčni legi. Pomagajte si s stereografsko projekcijo, polarnimi koordinatami ter eksplicitno formulo za sfero kot graf funkcije. Rešitev. Začnimo z uporabo eksplicitne formule z = 1 x 2 y 2. Ta nam podaja karto σ z + : D 2 H z + iz enotskega odprtega diska v ravnini na odprto zgorno hemisfero (oz. polsfero) S {z > 0}, definirano kot σ z + (x, y) = (x, y, 1 x 2 y 2 ). Preslikava je bijektivna (saj ima inverz, projekcijo na prvi dve koordinati), njen diferencial pa ima tudi povsod poln rang (parcialna odvoda (σ z + ) x = (1, 0, 2x(1 x 2 y 2 ) 1/2 ), (σ z + ) y = (0, 1, 2y(1 x 2 y 2 ) 1/2 ) sta očitno linearno neodvisna) in dobro definiran. Podobno definiramo preslikave: 1. σ z : D 2 H z v spodnjo hemosfero kot σ + z (x, y) = (x, y, 1 x 2 y 2 ); 2. σ + y : D 2 H + y v zadnjo hemosfero kot σ + y (x, z) = (x, 1 x 2 z 2, z); 3. σ y : D 2 H y v sprednjo hemosfero kot σ y (x, z) = (x, 1 x 2 z 2, z); 4. σ + x : D 2 H + z v desno hemosfero kot σ + x (y, z) = ( 1 y 2 z 2, y, z); 5. σ x : D 2 H z v levo hemosfero kot σ x (y, z) = ( 1 y 2 z 2, y, z). 13

20 14 2. PLOSKVE Po istem argumentu so vse naštete preslikave karte in ker omenjenih šest hemisfer pokriva sfero (poljubna neničelna koordinata točke na sferi nakazuje hemisfero, v kateri se točka nahaja), sestavljajo tudi atlas. Nadaljujmo s sferičnimi koordinatami. Običajna parametrizacija sfere je podana kot σ 1 (ϕ, θ) = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sin θ, sin ϕ) in predstavlja karto, če jo omejimo na ϕ ( π/2, π/2), θ (0, 2π): brez težav preverimo, da je σ 1 injektivna in da ima diferencial povsod poln rang. Njena slika pokrije sfero brez zaprtega poldnevnika (loka) A pri θ = 0. Drugo karto definiramo na podoben način, le da zamenjamo vrstni red koordinat y, z ter x koordinato pomnožimo z 1 (taka transformacija namreč A preslika v lok, disjunkten z A): σ 2 (ϕ, θ) = ( cos ϕ cos θ, sin ϕ, cos ϕ sin θ) ϕ ( π/2, π/2), θ (0, 2π). Po istem premisleku je σ 2 karta. Preverimo le, da obe karti pokrijeta celotno sfero: lok A dobimo kot sliko {σ 2 (ϕ, θ) ϕ = 0, θ [π/2, 3π/2]}. S tem karti σ 1, σ 2 predstavljata atlas enotske sfere. Zaključimo s stereografsko projekcijo. Pripadajoči atlas sestvljata dve karti, σ n, ki pripada severnemu polu n(0, 0, 1) na sferi, ter σ s, ki pripada južnemu polu s(0, 0 1). Preslikava σ n : R 2 S \ n slika (x, y) v točko na sferi, ki je dobljena kot tisto presečišče sfere in premice skozi n in (x, y, 0), ki ni enako n. S tem slikamo zaprti enotski krog na spodnjo hemisfero, preostanek ravnine pa na zgornjo hemisfero brez n. Točko σ n (x, y) dobimo torej kot σ n (x, y) = n + k((x, y, 0) n) = (kx, ky, k 1), k 0. Točko σ n (x, y) bomo torej določili, če lahko določimo k. Uporabimo dejstvo, da točka leži na sferi in računamo: Torej je (kx) 2 + (ky) 2 + (k 1) 2 = 1 = k = ( σ n (x, y) = x 2 + y 2. 2x 1 + x 2 + y 2, 2y 1 + x 2 + y 2, x2 + y x 2 + y 2 Preverimo, da je df n res povsod neničelen, injektivnost pa dokažemo s tem, da izračunamo inverzno funkcijo (q 1, q 2, q 3 ) ( q 1 q 1 q 3, 2 1 q 3 ), ki je dobro definirana na S \ n. S tem som pokrili S \ n. Podobno definiramo ( σ s (x, y) = 2x 1 + x 2 + y 2, 2y 1 + x 2 + y 2, + y 2 1 x2 1 + x 2 + y 2 s katero po istem argumentu pokrijemo S \ s. Skupaj torej dobimo atlas za sfero. Naloga 2.4 Poiščite atlase za valj, Moebiusov trak in torus. ). ),

21 15 Rešitev. Začnimo z valjem {(x, y, z) x 2 + y 2 = 4, z (0, 1)}. Iz parametrizacije σ(θ, z) = (2 cos θ, 2 sin θ, z) dobimo dve karti, za kateri brez težav preverimo, da sestavljata atlas: σ (0,2π) (0,1) ter σ (π,3π) (0,1). Podobno postopamo pri Moebisovem traku. V ravnini opisujemo enakomerno kroženje 2(cos θ, sin θ, 0), hkrati pa v bazi {(cos θ, sin θ, 0), (0, 0, 1)} enakomerno vrtimo daljico. Kroženje mora biti za faktor 2 hitrejše od vrtenja daljice (sicer ne dobimo Moebiusovega traku), zato dobimo parametrizacijo ( ) σ(θ, z) = 2(cos θ, sin θ, 0) + z cos(θ/2)(cos θ, sin θ, 0) + sin(θ/2) (0, 0, 1) = = ( ) cos(θ)(2 + z cos(θ/2)), cos(θ)(2 + z sin(θ/2)), z sin(θ/2). Brez težav lahko dokažemo, da σ (0,2π) ( 1,1) ter σ (π,3π) ( 1,1) sestavljata atlas Moebiusovega traku. Podobno postopamo tudi v primeru torusa, le da v tem primeru namesto vrteče daljice vzdolž kroženja vlečemo krožnico: ( ) σ(ϕ, θ) = 2(cos θ, sin θ, 0) + cos(ϕ)(cos θ, sin θ, 0) + sin(ϕ) (0, 0, 1) = ( ) cos(θ)(2 + cos ϕ), sin(θ)(2 + cos ϕ), sin ϕ. Znova lahko brez težav lahko dokažemo, da σ (0,2π) (0,2π), σ (π,3π) (0,2π), σ (0,2π) (π,3π) ter σ (π,3π) (π,3π) sestavljajo atlas torusa. Naloga 2.5 Poiščite dva atlasa za stožec: pri enem uporabite polarne koordinate v x in y; pri drugem pa polarne koordinate iz krožnega izseka prenesite na stožec. Rešitev. Začnimo s prvo idejo. Stožec (pri pozitivnih z) je sestavljen iz krožnic, katerih polmer se linearno spreminja s koordinato z. Podan je torej z enačbo x 2 + y 2 = (bz) 2 za nek b > 0. Iz tega sledi parametrizacija σ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r/b). Hitro preverimo, da ima dσ poln rang pri r 0. Iz tega enostavno utemeljimo, da σ R (0,2π) in σ R (π,3π) sestavljata atlas stožca. Uporabimo še drugo idejo. Izberimo a (0, 2π) in zvijmo krožni izsek K = {(r cos ϕ, r sin ϕ) r > 0, ϕ (0, a)} v stožec. Lok krožnega izseka pri r = 1 ima dolžino a in se zvije v krožnico A dolžine 2πρ na stožcu. Iz tega sledi, da ima krožnica A na stožcu polmer ρ = a/(2π). Poiščimo še višino z 1, na kateri leži A. Točke (0, 0, 0), (0, 0, z 1 ), (ρ, 0, z 1 ) sestavljajo oglišča pravokotnega trikotnika s stranicami dolžin z 1, ρ, 1, zato je z 1 = 1 ρ 2 = 1 a2 4π 2.

22 16 2. PLOSKVE Sedaj lahko sestavimo preslikavo: poltrak v K z izhodiščem v (0, 0) pri kotu ϕ se slika v poltrak v R 2 z izhodiščem v (0, 0, 0), ki gre skozi pripadajočo točko T (ρ cos θ, ρ sin θ, z 1 ) na krožnici A: točka T ima z koordinato enako z 1 = 1 a2 4π 2 ; kot θ dobimo iz razmerja θ : 2π = ϕ : a, torej je θ = 2πϕ/a. Dobimo torej preslikavo ) σ(r, ϕ) = r (ρ cos θ, ρ sin θ, z 1 = ( a = r 2π cos(2πϕ/a), a 2π sin(2πϕ/a), 1 a2 ) 4π 2. Kot ponavadi lahko brez težav preverimo, da σ R (0,a) in σ R (a/2,3a/2) sestavljata atlas stožca. Naloga 2.6 Podana je injektivna pot γ(s) = (x(s), 0, z(s)) v ravnini xz, pri čemer je x(s) > 0. Naj bo S ploskev, ki jo dobimo, če pot γ zavrtimo okoli osi z. Poiščite pogoje, pri katerih je S ploskev. Nato predstavite še atlas te vrtenine. Rešitev. Točka (x(s), 0, z(s)) pri vrtenju opiše krožnico polmera x(s) v ravnini xy, zato lahko parametrizacijo zapišemo kot σ(s, ϕ) = (x(s) cos ϕ, x(s) sin ϕ, z(s)). Preslikava σ je zaradi predpostavk naloge injektivna, če kot ϕ zožimo na odprti interval dolžina 2π. Če namreč velja σ(s 1, ϕ 1 ) = σ(s 2, ϕ 2 ) potem: zaradi x(s) > 0 velja ϕ 1 ϕ 2 = k2π za nek k Z; posledično zaradi injektivnosti γ velja s 1 = s 2. Dokažimo še σ ϕ σ s 0: σ ϕ = ( x sin ϕ, x cos ϕ, 0); σ s = (x cos ϕ, x sin ϕ, z ). σ ϕ σ s = x(z cos ϕ, x sin ϕ, z ) s naravni parameter = σ ϕ σ s = x 0. Naloga 2.7 V ravnini xy se okoli izhodišča vrti palica dolžine 1: z enim koncem je fiksirana v izhodišču, z drugim enakomerno kroži. Na koncu palice se v ravnini, ki je pravokotna na palico, vrti daljica dolďż ine 1: z enim koncem je fiksirana na koncu palice, z drugim enakomerno kroži. Daljica in palica se vrtita enako hitro. Ali je množica S, ki jo pri omenjenemu vrtenju opiše (odprta) daljica, ploskev? Poišči njen atlas. Rešitev. Enakomernemu vrtenju v ravnini (cos ϕ, sin ϕ, 0) moramo dodati enako hitro vrtenje v ravnini napeti na vektorja ( sin ϕ, cos ϕ, 0) ter (0, 0, 1): σ(r, ϕ) = (cos ϕ, sin ϕ, 0) + r ( cos(ϕ)( sin ϕ, cos ϕ, 0) + sin(ϕ)(0, 0, 1) ) =

23 17 = (cos(ϕ) r cos(ϕ) sin(ϕ), sin(ϕ) + r cos 2 (ϕ), r sin ϕ). Dokažimo, da je σ (0,1) [0,2π) injektivna. Naj velja σ(r 1, ϕ 2 ) = σ(r 2, ϕ 2 ). Iz enakosti prvih in tretjih koordinat dobimo cos ϕ 1 (1 r 1 sin ϕ 1 ) = cos ϕ 2 (1 r 2 sin ϕ 2 ) (2.1) r 1 sin ϕ 1 = r 2 sin ϕ 2. (2.2) Ker r i sin ϕ i 1 sledi cos ϕ 1 = cos ϕ 2. Če bi veljalo ϕ 1 ϕ 2, bi bila sin ϕ 1 in sin ϕ 2 nasprotno predznačena, kar je v protislovju z enačbo 2.2. Zato je ϕ 1 = ϕ 2 enak 0 ali π. Iz enakosti drugih koordinat sin ϕ 1 + r 1 cos 2 ϕ 1 = sin ϕ 2 + r 2 cos 2 ϕ 2 zato enostavno sledi r 1 = r 2, kar pomeni, da je σ (0,1) [0,2π) injektivna. Za atlas ponovno potrebujemo dve karti: σ (0,1) (0,2π) ter σ (0,1) (π,3π). Injektivnost druge karte sledi iz injektivnosti prve karte. Pokazati moramo le še, da imata diferenciala preslikav poln rang. σ r = ( cos(ϕ) sin(ϕ), cos 2 (ϕ), sin(ϕ)) σ ϕ = ( sin(ϕ) r cos(2ϕ), cos(ϕ) r sin(2ϕ), r cos(ϕ)). Z nekaj poenostavljanja dobimo σ r σ ϕ v obliki (r cos 3 (ϕ) sin(ϕ) cos(ϕ)+2r cos(ϕ) sin 2 (ϕ), sin 2 (ϕ)+r sin 3 (ϕ), r cos 2 (ϕ)). Ker je r > 0 bo tretja koordinata enaka 0, če bo cos ϕ = 0. Ker je r < 1 bo v tem primeru druga koordinata sin 2 (ϕ)+r sin 3 (ϕ) različna od 0. V vsakem primeru dobimo neničelen vektor, zato omenjeni preslikavi predstavljata atlas. Naloga Parametrizirajte ploskev S, ki jo dobimo, ko graf funkcije f : (0, ) (2, ) definirane kot f(x) = x zavrtimo okoli simetrale lihih kvadrantov. Namig: vektor (x, x 2 ) izrazite kot linearno kombinacijo vektorjev (1, 1)/ 2 in ( 1, 1)/ Parametrizirajte ploskev S, ki jo dobimo, ko pozitivni del osi x (t.j. {(x, 0, 0) x > 0}) v prostoru R 3 zavrtimo okoli premice x = z. Rešitev. 1. Izrazimo (x, x 2, 0) v ortonormirani bazi {V 1 = (1, 1, 0)/ 2, V 2 = ( 1, 1, 0)/ 2} ravnine xy, pri čemer en vektor kaže v smeri osi. Iz enačbe (x, x 2 ) = av 1 + bv 2 dobimo rešitev a = x2 + x + 2 2, b = x2 x Točke na S dobimo, če točke na podani krivulji zavrtimo v ravnini, podani z ortonormirano bazo {V 2, V 3 = (0, 0, 1)}: σ(x, ϕ) = av 1 + b(cos(ϕ)v 2 + sin(ϕ)v 3 ) =

24 18 2. PLOSKVE x 2 + x + 2 (1, 1, 0) + x2 x + 2 (cos(ϕ)( 1, 1, 0)/ 2 + sin(ϕ)(0, 0, 1)), 2 2 pri čemer je x (0, ), ϕ pa je kot vrtenja (torej se lahko omejimo na ϕ [0, 2π)). 2. Naj bo P ploskev, ki jo dobimo, če krivuljo δ = {(x, 0, x) x > 0} zavrtimo okoli osi z. Iz naloge 2.5 vemo, da s tem dobimo stožec parametriziran kot σ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r), r > 0, θ [0, 2π). Ploskev S dobimo iz ploskve P tako, da jo zarotiramo za kot π/4 v ravnini xz. Rotacija mora potekati tako, da se os z slika v premico x = z, ter se krivulja δ slika v pozitivni del osi x. Omenjeno rotacijo predstavlja matrika M = 1/ 2 0 1/ / 2 0 1/ 2 Parametrizacijo torej dobimo kot produkt (matrik) M σ T = r cos ϕ/ 2 + 1/ 2 sin ϕ cos ϕ/ 2 + 1/ 2., r > 0, θ [0, 2π). Naloga 2.9 Parametrizirajte ploskev, ki jo dobimo, ko premico q, podano kot x = y, z = 0, zavrtimo okoli premice p, podane kot x 1 = y 1 2 = z 3 2. Rešitev. Uporabimo naslednje korake: 1. poiščimo ortonormirano bazo R 3, ki vsebuje smerni vektor p ter vektor v smeri (0, 1, 1); 2. dokažimo, da točka (1, 1, 3) leži na premici p ter premaknimo premici p in q za vektor ( 1, 1, 3), dobljeni premici pa označimo s p in q; 3. točke premice q izrazimo v omenjeni ortonormirani bazi, za vsako točko na q izračunajmo še razdaljo do p; 4. parametrizirajmo ploskev, ki jo dobimo, ko premico q zavrtimo okoli premice p 5. parametrizirajmo ploskev, ki jo dobimo, ko premico q zavrtimo okoli premice p. 1. Smerni vektor p je (1, 2, 3). Za ortonormirano bazo vzemimo ( 1 b 1 = 3, 2 3, 2 ) ( 1, b 2 = 0,, 1 ) ( ) 4, b 3 = , 1 3 2, 1 3 2

25 19 2. Točka (1, 1, 3) očitno leži na p. Premica p je podana kot x = y/2 = z/2, premica q pa kot {(x 1, x 1, 3) x R}. 3. Pri parametru x rešujemo sistem enačb (x 1, x 1, 3) = αb 1 + βb 2 + γb 3 z realnimi neznankami α, β, γ. Brez težav dobimo α = x 3, β = x + 2 2, γ = x 2. Oddaljenost točke (x 1, x 1, 3) od p je enaka r = β 2 + γ 2 = x 2 + 2x Parametrizacijo dobimo kot σ(x, ϕ) = αb 1 + r(b 2 cos ϕ + β 3 sin ϕ). 5. Parametrizacijo dobimo kot σ(x, ϕ) + (1, 1, 3) = ( x 3 + ( ) 4 x x , 2 2(x 3) 3 + ( cos ϕ x 2 + 2x + 2 2(x 3) ) + ( cos ϕ x x sin ϕ sin ϕ 3 2 ) + 1, ) ) + 3. Opomba 2.10 Od sedaj naprej bomo ploskve večinoma podajali prek parametrizacij in ne atlasov. Pričakuje se, da lahko bralec po potrebi sam izbere ustrezne zožitve in preveri, da sestavljajo atlas. 2.2 Tangentni prostor, diferencial funkcije in gradient Definicija 2.11 Naj bo σ(u, v) lokalna karta ploskve S. Tangentna ravnina na S v točki x = σ(u 0, v 0 ) [oznaka: T x S] je ravnina skozi x, ki jo napenjata vektorja σ u (u 0, v 0 ) in σ v (u 0, v 0 ). Zapis vektorja (a, b) T S v tangentni ravnini zapisujemo bazi {σ u, σ v }, torej predstavlja vektor aσ u + bσ v. Naj bosta S in M gladki ploskvi. Preslikava f : S M je (gladka) preslikava med ploskvama, če je f σ gladka preslikava za vsako karto σ ploskve S. Diferencial take preslikave f [oznaka: df] je preslikava, ki za vsak x S linearno slika T x S T f(x) M tako, da je df(σ u ) = (fσ) u, df(σ v ) = (fσ) v. Definicija 2.12 Normalo na ploskev v vsaki točki definiramo kot normalo na tangentno ravnino in je enaka n = ± σ u σ v σ u σ v

26 20 2. PLOSKVE Naloga 2.13 Podana je parametrizacija torusa T : σ(ϕ, θ) = ((R + r cos ϕ) cos θ, (R + r cos ϕ) sin θ, r sin ϕ), R > r > 0. Naj bo F : R 3 R 3 preslikava, ki preslika (x, y, z) (2z, x 2 + y 2, 0). Definirajmo f : T R 2 {0} kot f = F T. V točki (ϕ = π, θ = π) je podan vektor v = 2σ θ 3σ ϕ. Izrazite vektorja v ter df(v) v standardni bazi prostora R 3. Rešitev. Rezultat dobimo z neposrednim izračunom. 2σ θ 3σ ϕ = 2( (R + r cos ϕ) sin θ, (R + r cos ϕ) cos θ, 0)+ +( 3)( r sin(ϕ) cos(θ), r sin(ϕ) sin(θ), r cos(ϕ)). v = 2( (R+r ( 1)) 0, (R+r ( 1)) ( 1), 0) 3( r 0 ( 1), r 0 0, r ( 1)) = = (0, 2r 2R, 0) + (0, 0, 3r) = (0, 2r 2R, 3r). f(ϕ, θ) = (2r sin ϕ, R + r cos ϕ, 0) 2f θ 3f ϕ = 2(0, 0, 0) 3(2r cos ϕ, r sin ϕ, 0) df(v) = 2(0, 0, 0) 3(2r ( 1), r 0, 0) = (6r, 0, 0) Naloga 2.14 Podani sta parametrizacija σ(u, v) = v(cos u, sin u, 1) stožca S ter pot γ : (a, b) S, γ(t) = σ(t 2, e t ). 1. v točki σ(u, v) poiščite vektorja, ki generirata T σ(u,v) S; 2. izračunajte dolžino poti γ; 3. dokažite, da γ vedno razpolavlja kot med σ u ter σ v v ravnini T σ(u,v) S. Rešitev. 1. Gre za vektorja σ u = v( sin u, cos u, 0), σ v = (cos u, sin u, 1). 2. Iz γ(t) = (e t cos(t 2), e t sin(t 2), e t ) izračunamo potrebne količine: γ = e t (cos(t 2) 2 sin(t 2), sin(t 2) + 2 cos(t 2), 1) = = γ = 2e t = l = b 3. V točki u = t 2, v = e t velja γ = 2σ u + e t σ v. 4. cos ( γ, σ v ) = a 2e t dt = 2(e b e a ). γσ v γ σ v = et (1 + 1) 2e t 2 = 1 2 cos ( γ, σ u ) = Kota se torej ujemata. γσ u γ σ u = et e t 2 2e t e t = 1 2

27 21 Definicija 2.15 Naj bo f : S R gladka funkcija definirana na ploskvi S in naj bo σ lokalna karta S. Ploskovni gradient funkcije f glede na ploskev S v točki x = σ(u 0, v 0 ) [oznaka: grad S f(u 0, v 0 )] je pravokotna projekcija gradienta funkcije f v točki x na T x S. Trditev 2.16 Naj bo f : S R gladka funkcija definirana na ploskvi S in naj bo σ karta S. Če ima funkcija f : S R v točki σ(u 0, v 0 ) lokalni ekstrem, potem je grad S f(u 0, v 0 ) = 0. Naloga 2.17 Ploskev S je podana s parametrizacijo σ(u, v) = (u, v, u 2 + v 2 ). 1. Izračunajte lokalne ekstreme funkcije f : S R, ki je podana kot zožitev funkcije F (x, y, z) = x 2 + z na ploskev S; 2. Izračunajte lokalne ekstreme funkcije g : S R, ki je podana kot zožitev funkcije G(x, y, z) = x + z na ploskev S. Rešitev. Izračunajmo normalo na S: σ u σ v = (1, 0, 2u) (1, 0, 2v) = ( 2u, 2v, 1) n = 1. Izračunamo ploskovni gradient. σ u σ v ( 2u, 2v, 1) = σ u σ v 1 + 4u 2 + 4v 2 grad F = (2x, 0, 1) = (2u, 0, 1) grad S f = grad F (n grad F )n = (2u, 0, 1) (1 4u 2 ( 2u, 2v, 1) ) 1 + 4u 2 + 4v 2 Hitro ugotovimo, da iz pogoja grad S f sledi u = v = 0: iz druge koordinate dobimo 0 = (1 4u 2 )( 2v) torej v = 0 ali u = ±1/2; u = ±1/2 je v protislovju z enačbo za tretjo koordinato (1 + 4u 2 + 4v 2 ) = 1 4u 2. Če pa v to enačbo vstavimo v = 0 dobimo u = 0; u = 0 in v = 0 ustrezata tudi enačbi prve koordinate. S tem smo očitno dobili lokalni minimum saj f z naraščajočim u in v narašča. 2. grad G = (1, 0, 1) ( 2u, 2v, 1) grad S G = grad G (n grad G)n = (1, 0, 1) (1 2u) 1 + 4u 2 + 4v 2 Podobna analiza kot pri 1. poda rešitev u = 1/2, v = 0, kar je zopet lokalni minimum, saj g z naraščajočim u in v narašča.

28 22 2. PLOSKVE

29 3 I FUNDAMENTALNA FORMA Definicija 3.1 Naj bo σ(u, v) karta ploskve S. Prva fundamentalna forma [oznaka: IFF] S glede na karto σ je podana s skalarnimi produkti: E = σ u σ u ; F = σ u σ v ; G = σ v σ v. Površina dela ploskve σ(u) je (u,v) U σ u σ v dudv. Naj bo f : S P preslikava med ploskvama. 1. Bijektivna preslikava f je difeomorfizem, če je tudi inverzna preslikava f 1 gladka. 2. Preslikava f je lokalna izometrija, če ohranja dolžine krivulj; 3. Lokalni difeomorfizem je konformna preslikava, če ohranja kote med krivuljami (t.j., kote med tangentami krivulj v presečiščih krivulj). 4. Izometrija je difeomorfizem, ki je lokalna izometrija. Trditev 3.2 Naj bo f : S P lokalni difeomorfizem. 1. Za vsako karto σ(u, v) ploskve S velja σ u σ v = EG F 2 ; 2. Vsaka lokalna izometrija je lokalen difeomorfizem; 3. Preslikava f je lokalna izometrija natanko tedaj, ko se za vsako karto σ ploskve S prvi fundamentalni formi kart σ ploskve S in fσ ploskve P ujemata; 4. Preslikava f je konformna natanko tedaj, ko se za vsako karto σ(u, v) ploskve S prvi fundamentalni formi kart σ ploskve S in fσ ploskve P razlikujeta za multiplikativno konstanto k(u, v); OPOMBA: karte σ iz zgornjih točk 3. in 4. morajo imeti tako zalogo vrednosti, da je tudi f σ karta. Pogoja za lokalno izometrijo oz. konformnost je dovolj preveriti na kartah nekega atlasa in ne na vseh možnih kartah. Opomba 3.3 Vsaka karta je tudi preslikava med ploskvama, saj slika iz podmnožice ravnine (torej ploskve) v ploskev. Dostikrat zato obravnavamo lokalno izometričnost/konformnost kart. 23

30 24 3. I FUNDAMENTALNA FORMA Naloga 3.4 Izračunajte IFF kart (na sferi) omenjenih v nalogi 2.1 ter obravnavajte njihovo lokalno izometričnost in konformnost. Rešitev. Zaradi simetričnosti (glej nalogo 3.14) je dovolj obravnavati po eno karto iz vsakega omenjenega atlasa. Obravnavajmo najprej karto σ z + (x, y) = (x, y, 1 x 2 y 2 ) : (σ + z ) x = (1, 0, x(1 x 2 y 2 ) 1/2 ), (σ + z ) y = (0, 1, y(1 x 2 y 2 ) 1/2 ) E = 1+x 2 (1 x 2 y 2 ) 1, F = xy(1 x 2 y 2 ) 1, G = 1+y 2 (1 x 2 y 2 ) 1. Karta ni niti lokalna izometrija niti ni konformna. Nadaljujmo s karto σ 1 (ϕ, θ) = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sin θ, sin ϕ): (σ 1 ) ϕ = ( sin ϕ cos θ, sin ϕ sin θ, cos ϕ), (σ 1 ) θ = ( cos ϕ sin θ, cos ϕ cos θ, 0) E = 1, F = 0, G = (cos ϕ) 2. Karta ni niti lokalna izometrija niti ni konformna. Obravnavajmo še ( σ n (x, y) = 2x 1 + x 2 + y 2, 2y 1 + x 2 + y 2, x2 + y x 2 + y 2 ). ( 2x 2 + 2y 2 ) + 2 (σ n ) x = (x 2 + y 2 + 1) 2, 4xy (x 2 + y 2 + 1) 2, 4x (x 2 + y 2 + 1) 2 ( 2x 2 + 2y 2 ) + 2 (σ n ) y = (x 2 + y 2 + 1) 2, 4xy (x 2 + y 2 + 1) 2, 4x (x 2 + y 2 + 1) 2 E = G = 4 (x 2 + y 2 + 1) 2, F = 0. Karta ni niti lokalna izometrija, je pa konformna. Naloga 3.5 Izračunajte IFF kart (na stožcu) omenjenih v nalogi 2.5 ter obravnavajte njihovo lokalno izometričnost in konformnost. Dokažite, da je stožec lokalno izometricen delu ravnine. Rešitev. Oglejmo si najprej σ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r/b). σ r = (cos θ, sin θ, 1/b), σ θ = ( r sin θ, r cos θ, 0) E = 1 + b 2, F = 0, G = r 2. Karta ni niti lokalna izometrija niti ni konformna. Obravnavajmo še: ( a σ(r, ϕ) = r 2π cos(2πϕ/a), a 2π sin(2πϕ/a), σ r = ( a 2π cos(2πϕ/a), a 2π sin(2πϕ/a), 1 a2 4π 2 ). 1 a2 4π 2 )

31 25 ( ) σ ϕ = r sin(2πϕ/a), cos(2πϕ/a), 0 E = 1, F = 0, G = r 2. Karta σ ni niti lokalna izometrija niti ni konformna. Kljub temu je stožec lokalno izometričen ravnini, kar dokažemo na naslednji način. Karto σ smo izpeljali iz geometrične slike, za katero se zdi, da mora biti izometrija. Pri tem smo upoštevali, da sta r in ϕ polarni koordinati (in ne kartezični, kot je vgrajeno v preslikavo σ). Ustrezna karta f bi torej morala slikati takole: f(r cos ϕ, r sin ϕ, 0) = σ(r, ϕ). Seveda moramo pri tem ustrezno omejiti definicijska območja. Če torej dokažemo, da se IFF preslikave ˆσ(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ, 0) ujema s IFF preslikave σ = f ˆσ, bomo s tem dokazali, da je f izometrija. Ker slika iz podmnožice ravnine bo s tem stožec lokalno izometričen ravnini. ˆσ r = (cos ϕ, sin ϕ, 0), ˆσ ϕ = ( r sin ϕ, r cos ϕ, 0) E = 1, F = 0, G = r 2. Preslikava f je torej lokalna izometrija. Naloga 3.6 Ugotovite, kdaj je karta posplošenega valja, podana kot σ(t, s) = γ(t) + s a lokalna izometrija oz. konformna preslikava. Pri tem je γ pot v R 3, a pa je vektor v R 3. Rešitev. σ t = γ, σ s = a, E = γ γ, F = a γ, G = a a V vsakem primeru mora veljati mora 0 = F = a γ. Ker je a konstanten velja a γ = t (a γ) torej je a γ konstantna funkcija. To ravni pomeni, da mora biti krivulja γ vsebovana v ravnini pravokotni na a. Pri pogoju za F = 0 se pogoj za konformnost torej glasi: γ γ = a a. Pri pogoju za F = 0 se pogoj za lokalno izometrijo glasi: γ γ = a a = 1, kar pomeni, da mora biti a enotski vektor, t pa mora biti naravni parameter poti γ. Naloga 3.7 Izračunajte površino paraboloida z = x 2 + y 2 na območju A, kjer je z 1. Rešitev. Izberemo karto σ(u, v) = (u, v, u 2 + v 2 ) in računamo: σ u = (1, 0, 2u), σ v = (0, 1, 2v), E = 1 + 4u 2,, F = 4uv, G = 1 + 4v 2, EG F 2 = 1 + 4(u 2 v 2 ). Integrali bomo v polarnih koordinatah EG F 2 dudv = 1 + 4(u 2 v 2 )dudv = A A

32 26 3. I FUNDAMENTALNA FORMA = π r2 rdr = π 6 (53/2 1). Naloga 3.8 Naj bo γ(s) gladka pot v R 3, (spomnimo se, da je s njen naravni parameter) in naj bo σ(s, ϕ) = γ(s) + a(n(s) cos ϕ + b(s) sin ϕ), pri čemer so a > 0, s (0, l), ϕ (0, 2π) in je σ injektivna. 1. Dokažite, da σ predstavlja karto gladke ploskve S R 3, če za ukrivljenost κ krivulje γ velja κ < 1/a. Kaj predstavlja ploskev S geometrijsko? 2. Kdaj je preslikava σ lokalna izometrija? Kdaj je preslikava σ konformna? 3. Poiščite površino ploskve S. Rešitev. 1. Pokazati moramo, da velja σ s σ ϕ 0 za vse omenjene parametre. σ s = t+a((τb κt) cos ϕ τn sin ϕ) = (1 aκ cos ϕ)t aτ sin ϕn+aτ cos ϕb σ ϕ = a sin ϕn + a cos ϕb σ s σ ϕ = ( a 2 τ sin ϕ cos ϕ + a 2 τ sin ϕ cos ϕ)t (a(1 aκ cos ϕ) cos ϕ)n+ +(1 aκ cos ϕ)( a sin ϕ)b = = (a(1 aκ cos ϕ) cos ϕ)n + (1 aκ cos ϕ)( a sin ϕ)b = = a(1 aκ cos ϕ)(cos ϕn + sin ϕb) Vektor (cos ϕn+sin ϕb) je enotski, a > 0, faktor (1 aκ cos ϕ) pa je neničelen saj je aκ < 1, torej velja σ s σ ϕ E = (1 aκ cos ϕ) 2 + (aτ sin ϕ) 2 + (aτ cos ϕ) 2 = (1 aκ cos ϕ) 2 + a 2 τ 2 F = a 2 τ, G = a 2. Začnimo s konformnostjo: potreben pogoj je F = 0, torej je τ = 0. Ker je G = a 2 konstanten, mora biti tudi E konstanten, t.j., neodvisen od ϕ, kar pomeni, da mora biti tudi κ = 0. V tem primeru dobimo E = 1, zato mora biti tudi G = 1, kar dobimo s pogojem a = 1. Dokazali som torej, da je σ konformna natanko tedaj, ko velja τ = κ = 0 in a = 1. Opazimo, da je natanko v tem primeru σ tudi izometrija. 3. P = EG F 2 = a 2 (1 aκ cos ϕ) 2 + a 4 τ 2 a 4 τ 2 = a 2 (1 aκ cos ϕ) 2 2π l 0 0 EG F 2 dsdϕ = 2π 0 l 0 a(1 aκ cos ϕ)dsdϕ = 2πal

33 27 Naloga 3.9 Naj bo ploskev S parametrizirana s predpisom σ(u, v) = uγ(v) + (1 u)δ(v), u, v (0, 1), kjer sta γ, δ : (0, 1) R 3 poti. Dokažite, da je σ izometrija, če zadošča naslednjim pogojem: 1. pot γ(v) je parametrizirana z naravnim parametrom; 2. γ(v) = δ(v), v; 3. γ(0) δ(0) = 1; 4. γ(0) (γ(0) δ(0)) = 0; 5. γ(v) (γ(v) δ(v)) = 0, v. Kako je potrebno spremeniti pogoja (a) in (c), da bi bila preslikava σ konformna a ne nujno izometrija? Rešitev. Obravnavati moramo IFF. 2. σ u = γ δ, σ v = u γ + (1 u) δ = γ Obravnavajmo najprej E = (γ δ) (γ δ) = E(v): Ė = 2( γ δ) (γ δ) 2. = 0. Ker je poleg tega E(0) 3. = 1 velja, da je E = 1. Oglejmo si sedaj F = (γ δ) γ = F (v): F = ( γ δ) γ + (γ δ) γ 2.,5. = 0. Ker je F (0) = 4. 0 velja F = 0. Hitro opazimo še G = γ γ = Ker je IFF identiteta je σ izometrija. V primeru konformne preslikave bi obstajal k > 0, za katerega bi pogoja na E in G zamenjali z E = G = k 2. Iz zgornje rešitve hitro opazimo, da E = k 2 dobimo s spremembo pogoja 3. v γ(0) δ(0) = k, enakost G = k 2 pa je dobljena s spremembo pogoja 1. v γ = k. Naloga 3.10 Ploskev S je podana s karto σ(u, v) = (cosh u cos v, cosh u sin v, u), v (0, 2π). 1. Ploskev Q je podana z lokalno karto σ(u, v) = (u cos v, u sin v, v), v (0, 2π). Dokažite, da je preslikava σ(u, v) σ(sinh u, v), ki slika ploskev S v ploskev Q, izometrija. 2. Naj bo preslikava F : S R 2 podana s predpisom (x, y, z) (2y z, x 2 xy). V točki (u = 0, v = π) je podan vektor V = 3σ u σ v. Izrazite vektorja V ter df(v ) v standardni bazi prostora R 2.

34 28 3. I FUNDAMENTALNA FORMA Rešitev. 1. Pokazati moramo enakost prvih fundamentalnih form kart σ(u, v) in τ(u, v) = σ(sinh u, v). Obravnavajmo najprej σ(u, v). σ u = (sinh u cos v, sinh u sin v, 1), σ v = ( cosh u sin v, cosh u cos v, 0) E = sinh 2 u + 1 = cosh 2 u, F = 0, G = cosh 2 u. Sedaj si oglejmo še τ(u, v) = (sinh u cos v, sinh u sin v, v). τ u = (cosh u cos v, cosh u sin v, 0), τ v = ( sinh u sin v, sinh u cos v, 1) E τ = cosh 2 u, F τ = 0, G τ = sinh 2 u + 1 = cosh 2 u. Omenjena preslikava je torej izometrija. 2. σ u (0, π) = (0, 0, 1), σ v (0, π) = (0, 1, 0), V = (0, 1, 3). F (u, v) = (2 cosh u sin v u, cosh 2 u cos 2 v cosh 2 u cos v sin v) F u = (2 sinh u sin v 1, 2 cosh u sinh u cos 2 v 2 cosh u sinh u cos v sin v) F v = (2 cosh u cos v, 2 cosh 2 u cos v sin v cosh 2 u( sin 2 v + cos 2 v)) F u (0, π) = ( 1, 0), F v (0, π) = ( 2, 1) df(v ) = ( 3, 0) ( 2, 1) = ( 1, 1) Naloga 3.11 Podan je elipsoid S: 1. Parametrizirajte elipsoid. x 2 a 2 + y2 b 2 + z2 = 1, a, b, c > 0. c2 2. Pri pogoju a = b za vsako točko na elipsoidu izračunajte normalni vektor, ki kaže ven iz elipse. 3. Ploskev P dobimo iz elipsoida S z naslednjo preslikavo f: vsako točko elipsoida S premaknemo za normalni vektor iz točke (2). Zapišite eksplicitno formulo za preslikavo f ter izračunajte prvo fundamentalno formo P v primeru a = b = c. 4. Ali je preslikava f konformna, če velja a = b = c? 5. Ali obstaja kakšna ploskev, za katero je omenjena preslikava f (premik za normalni vektor) izometrija? 6. Ali ima točka f(p) na ploskvi P pri splošnih a, b, c isto normalo kot točka p? Rešitev. 1. σ(ϕ, θ) = (a cos ϕ cos θ, b cos ϕ sin θ, c sin ϕ) 2. σ ϕ = ( a sin ϕ cos θ, b sin ϕ sin θ, c cos ϕ) σ θ = ( a cos ϕ sin θ, b cos ϕ cos θ, 0)

35 29 Z upoštevanjem pogoja a = b dobimo σ ϕ σ θ = ( ac cos 2 ϕ cos θ, ac cos 2 ϕ sin θ, a 2 sin ϕ cos ϕ) ter normalni vektor N: N = σ ϕ σ θ σ ϕ σ θ = (c cos2 ϕ cos θ, c cos 2 ϕ sin θ, a sin ϕ cos ϕ) c 2 cos 4 ϕ + a 2 sin 2 ϕ cos 2 ϕ 3. V primeru a = b = c dobimo N = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sin θ, sin ϕ). IFF bomo računali v spremenljivkah ϕ in θ. f(ϕ, θ) = ((a + 1) cos ϕ cos θ, (a + 1) cos ϕ sin θ, (a + 1) sin ϕ) f ϕ = ( (a + 1) sin ϕ cos θ, (a + 1) sin ϕ sin θ, (a + 1) cos ϕ), F θ = ( (a + 1) cos ϕ sin θ, (a + 1) cos ϕ cos θ, 0) E f = (a + 1) 2, G f = 0, F f = (a + 1) 2 cos 2 ϕ. 4. IFF preslikave f moramo primerjati s IFF preslikave σ. Ker je preslikava σ iste oblike kot f dobimo E σ = a 2, F σ = 0, G σ = a 2 cos 2 ϕ. Preslikava f je torej konformna. 5. Da, ravnina. 6. Da. Dokazati moramo, da v vsaki točki p velja (σ + N) u N = 0 in (σ + N) v N = 0. Ker je N normala na p S velja σ u (p)n(p) = 0 in σ v (p)n(p) = 0. Ker je N enotski poleg tega velja N u N = 0 in N v N = 0. Torej za vsako točko p S velja (σ + N) u N = σ u N + N u N = 0, (σ + N) v N = σ v N + N v N = 0. Naloga 3.12 Dokažite, da so holomorfne preslikave v ravnini R 2 R 2 konformne preslikave. Ali obstajajo še kakšne druge konformne preslikave v ravnini? Rešitev. Naj bo σ(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) preslikava v ravnini. Razvijmo pogoj za konformnost. σ x = (u x, v x ), σ y = (u y, v y ), E = u 2 x + v 2 x, F = u x u y + v x v y, G = u 2 y + v 2 y. Preslikava σ bo konformna natanko tedaj, ko bo zadoščeno sistemu u 2 x + v 2 x = u 2 y + v 2 y, u x u y + v x v y = 0. Drugo enačbo pomnožimo z i = 1, prištejemo drugi in preuredimo v u 2 x + iu x u y u 2 y = (v 2 x + iv x v y v 2 y) (u x + iu y ) 2 = (v x + iv y ) 2 (u x + iu y ) 2 = ( v y + iv x ) 2.

36 30 3. I FUNDAMENTALNA FORMA Veljati mora torej u x = v y in u y = v x (to je Cauchy-Riemannov sistem, kar pomeni, da je σ holomorfna) ali pa mora veljati u x = v y in u y = v x (v tem primeru je σ konjugirana holomorfna funkcija). Naloga 3.13 Zemljevid sveta se pogosto pojavlja v obliki pravokotnika (dela ravnine), katerega navpične črte predstavljajo poldnevnike na sferi, vodoravne predstavljajo vzporednike na sferi, zemljevid pa ohranja kote. Poiščite preslikavo f iz sfere (brez polov) na pravokotnik v ravnini, ki bo zadoščala omenjenim lastnostim. Začetna ideja bi bila, da enotsko sfero brez severnega in južnega pola postavimo v navpični valj polmera 1 in jo nato projeciramo pravokotno na valj tako, da ohranimo z-koordinato. Rešitev. Ker že vemo, da je valj izometričen ravnini, bomo konstruirali le preslikavo f iz sfere brez polov na valj. Sfero bomo obravnavali v sferičnih koordinatah. Sledimo začetni ideji: koordinato z ohranimo, prvi dve koordinati (x, y) pa raztegnemo za toliko, da se točka premakne na enotski valj {(x, y, z) x 2 + y 2 = 1}. S tem dobimo f(cos ϕ cos θ, cos ϕ sin θ, sin ϕ) = (cos θ, sin θ, sin ϕ) =: σ(ϕ, θ). Vemo že, da je IFF sfere v sferičnih koordinatah enaka Izračunajmo še IFF karte σ: E = 1, F = 0, G = (cos ϕ) 2. σ ϕ = (0, 0, cos ϕ), σ θ = ( sin θ, cos θ, 0) E σ = cos 2 ϕ, F σ = 0, G σ = 1. Preslikava f torej ni konformna zato jo bomo malce popravili, da bomo dobili konformno preslikavo, katere podano s karto σ(ϕ, θ). Namesto E σ = cos 2 ϕ bi radi dobili E σ = cos 2 ϕ (ob tem pa ohranili F σ in G σ ), saj bi s tem zadostili pogoju za konformno preslikavo. Torej mora biti σ ϕ = (0, 0, cos 1 ϕ), kar pomeni, da uvedemo f(cos ϕ cos θ, cos ϕ sin θ, sin ϕ) = (cos θ, sin θ, h(ϕ)) =: σ(ϕ, θ), pri čemer je ḣ(ϕ) = cos 1 ϕ, torej je ( ( ϕ ) h(ϕ) = log cos sin 2 ( ϕ 2 )) + log ( ( ϕ ) ( ϕ )) sin + cos. 2 2 S tem bo preslikava f konformna. Izometrijo na pravokotnik v ravnini dobimo tako, da f komponiramo z izometrijo (cos θ, sin θ, h(ϕ)) (θ, h(ϕ)). Naloga 3.14 Naj bo A matrika dimenzij 3 3 in naj bo σ(u, v) karta ploskve S. [skalarne produkte bomo v tej nalogi zaradi specifičnega pojavljanja pisali v obliki, ] 1. Naj bo matrika A ortogonalna (to pomeni, da je A T A = Id, pri čemer velja Ax, y = x, A T y, x, y). Dokažite, da je preslikava σ(u, v) Aσ(u, v) izometrija. 2. Naj bo σ(u, v) Aσ(u, v) izometrija za neko matriko A dimenzij 3 3. Ali to pomeni, da je matrika A ortogonalna?

37 31 Rešitev. 1. Označimo τ = Aσ in izračunajmo IFF: τ u = Aσ u, τ v = Aσ v E τ = Aσ u, Aσ u = A T Aσ u, σ u = σ u, σ u = E σ Na identičen način pokažemo, da je F τ = F σ in G τ = G σ, kar pomeni, da je omenjena preslikava izometrija. 2. Ne. Če je ploskev S vsebovana v ravnini, A pa je projekcijska matrika na to ravnino, omenjena trditev ne velja. Naloga 3.15 Naj bosta σ(u, v) in σ(ũ, ṽ) karti ploskve S v okolici točke T S in naj bo (u, v) = Φ(ũ, ṽ) reparametrizacija, kar pomeni σ(φ(ũ, ṽ)) = σ(ũ, ṽ). Z J označimo Jacobijevo matriko preslikave Φ, M naj bo matrika prve fundamentalne forme ploskve S v T glede na koortinate (u, v), M pa naj bo matrika prve fundamentalne forme ploskve S v T glede na koortinate (ũ, ṽ): ( Eσ F M = σ F σ G σ ) (, M = E σ F σ F σ G σ ) ( uũ uṽ, J = vũ vṽ ). Dokažite: M = J T MJ. Rešitev. Uporabljamo verižno pravilo za odvajanje in povezavo σ(ũ, ṽ) = σ(u(ũ, ṽ), v(ũ, ṽ)): σũ = σ u uũ + σ v vũ, σṽ = σ u uṽ + σ v vṽ E σ = (σ u uũ + σ v vũ)(σ u uũ + σ v vũ) = E σ u 2 ũ + 2F σ uũvũ + G σ vũ 2 F σ = (σ u uũ + σ v vũ)(σ u uṽ + σ v vṽ) = E σ uũuṽ + F σ (uũvṽ + uṽvũ) + G σ vũvṽ G σ = (σ u uṽ + σ v vṽ)(σ u uṽ + σ v vṽ) = E σ u 2 ṽ + 2F σ uṽvṽ + G σ vṽ. 2 Te tri enakosti so ekvivalentne M = J T MJ.

38 32 3. I FUNDAMENTALNA FORMA

39 4 II FUNDAMENTALNA FORMA Definicija 4.1 Naj bo σ(u, v) karta ploskve S in naj bo N(u, v) od sedaj naprej zvezno vektorsko polje, ki predstavlja normalo na orientabilni ploskvi S. (torej je N = (σ u σ v )/ σ u σ v ali N = (σ u σ v )/ σ u σ v ) Druga fundamentalna forma [oznaka: IIFF] S glede na karto σ je podana s skalarnimi produkti: L = σ uu N; M = σ uv N; N = σ vv N. Definicija 4.2 Naj bo γ pot na ploskvi S in naj bo ϕ kot med normalo krivulje n in normalo ploskve N. Normalna ukrivljenost poti γ na S je κ n = γ N = κ cos ϕ. Geodetska ukrivljenost poti γ na S je κ g = γ (N γ ) = ±κ sin ϕ. Opomba 4.3 Opazimo, da κ n in κ g spremenita predznak, če izberemo drugo normalo ploskve. Izbiri normale bomo rekli orientacija ploskve. Če izberemo drugo normalo smo s tem spremenili orientacijo ploskve. Prav tako κ g spremeni predznak (κ n pa se ohrani), če pot γ parametriziramo v drugo smer. Izbiri smeri parametrizacije, t.j. izbiri tangentnega vektorja vzdolž poti bomo rekli orientacija krivulje. Če izberemo drugo smer parametrizacije smo s tem spremenili orientacijo krivulje. Trditev 4.4 Za poljubno ploskev S in poljubno pot γ(t) = (u(t), v(t)) na S veljajo naslednje formule: κ 2 = κ 2 g + κ 2 n κ n = Lu 2 + 2Mu v + Nv 2, κ n = L u2 + 2M u v + N v 2 E u 2 + 2F u v + G v 2 33