(a) Odrediti koeficijente prve, druge fundamentalne forme i Kristofelove simbole površi r.

Transcript

1 Geomerija 3, 9... Ime i prezime, broj indeksa, grupa. Daa je površ paramerizacijom ru, v = cos u cos v + 3 cos v, cos u sin v + 3 sin v, sin u, u, v, π, π. a Odredii koeficijene prve, druge fundamenalne forme i Krisofelove simbole površi r. Rešenje. r u = sin u cos v, sin u sin v, cos u r v = sin v, cos v, r u r v = cos u cos v, cos u sin v, sin u jedinična normala koeficijeni prve fundamenalne forme n = cos u cos v, cos u sin v, sin u E = r u, r u = F = r u, r v = G = r v, r v = r uu = cos u cos v, cos u sin v, sin u r uv = sin u sin v, sin u cos v, r vv = cos v, sin v, koeficijeni druge fundamenalne forme e = n, r uu = f = n, r uv = g = n, r vv = cos u marice fundamenalnih formi I = II = cos u Kako je F =, E u = E v =, G v =, lako računamo Krisofelove simbole dae površi: Γ =, Γ =, Γ = sin u, Γ =, Γ = sin u, Γ =. b Skicirai površ r i odredii Gausovu, srednju i glavne krivine. Rešenje. Iz oblika paramerizacije površi ru, v = cos v, sin v, sin u jasno je da je u pianju orus paramerizovan kao roaciona površ; njegova slika se dobija roacijom oko z ose kružnice poluprečnika, sa cenrom u ački 3 x ose u xz ravni. Paramear u, π je paramear profilne kružnice i predsavlja ugao izmed u posmarane ačke i poziivnog dela x ose, dok je paramear v, π ugao

2 za koji je zaroirana posmarana ačka u odnosu na odgovarajuću ačku profilne kružnice. Glavne krivine dae površi predsavljaju sopsvene vrednosi marice II I = cos u = cos u cos u+3 cos u+3 i iznose κ = a srednja krivina, κ cos u =. Gausova krivina površi je K = κ κ = H = κ + κ cos u, = cos u + 3. Naravno, moguće je prvo izračunai Gausovu i srednju krivinu koriseći formule a onda glavne krivine kao rešenja kvadrane jednačine K = eg f EG F, Eg + eg F f H = EG F, κ Hκ + K =. c Izračunai geodezijske krivine koordinanih linija. Da li su neke od njih geodezijske linije? Rešenje. Koordinane linije ovako paramerizovanog orusa su kružnice. Preciznije, u paramearske krive dae sa v = v, π su meridijani αu = cos v, sin v, sin u, u, π, dok su v paramearske krive dae sa u = u, π paralele βv = cos u + 3 cos v, cos u + 3 sin v, sin u, v, π. Slika površi r je orus bez jednog meridijana i bez jedne paralela, zbog u, v, π, π. Da bismo izračunali geodezijsku krivinu koordinanih linija, porebno je da ih prirodno paramerizujemo. Prirodni paramear meridijana da je sa s = u, j. αs = cos s + 3 cos v, cos s + 3 sin v, sin s, s, π, dok je prirodni paramear paralela da sa = cos u + 3v, j. β = cos u + 3 cos cos u + 3, cos u + 3 sin cos u + 3, sin u,, cos u +3π. Vekori brzine i ubrzanja meridijana iznose α s = sin s cos v, sin s sin v, cos s, α s = cos s cos v, cos s sin v, sin s, dok je vekor normale površi duž meridijana ns = cos s cos v, cos s sin v, sin s. Geodezijska krivina meridijana iznosi κ g v=v = [ns, α s, α s] =.

3 Naravno, ovo smo i očekivali jer su svi meridijani geodezijske linije na svakoj roacionoj površi, pa i na daoj površi r. Vekori brzine i ubrzanja paralela iznose β = sin β = cos u + 3 cos cos u + 3, cos dok je vekor normale površi duž paralela n = cos u cos Geodezijska krivina paralela iznosi cos u + 3,, cos u + 3, cos u + 3 sin cos u + 3, cos u sin κ g u=u = [n, α, α ] = cos u + 3,, cos u + 3, sin u. sin u cos u + 3. Med u paralelama su geodezijske one za koje κ g u=u =, šo je ekvivalenno uslovu sin u =, j. u = ili u = π. U pianju su naravno najmanja i najveća kružnica med u paralelama, j. najbliža i najdalja koordinanom počeku. Ovo je jasno i geomerijski jer jedino one leže u zv. normalnom sečenju kolinearni su vekori normale ovih krivih i vekori normale orusa duž njih. Napomena. Može se dokazai da za geodezijsku krivinu proizvoljno paramerizovane krive γ na površi važi formula κ g = [n, γ, γ ] γ 3. Takod e, posoje i posebne formule za geodezijsku krivinu koordinanih linija κ g u=cons = Γ EG F G G, κ g v=cons = Γ EG F E E. d Ako je ψ ugao izmed u proizvoljne prirodno paramerizovane geodezijske linije i v paramearske krive, dokazai da je izraz 3 + cos u cos ψ konsanan. Koji ugao zaklapa geodezijska linija sa u paramearskom krivom? Rešenje. Neka je γs = rus, vs proizvoljna prirodno paramerizovana geodezijska linija. Tangenni vekor ove krive je γ = u r u + v r v, dok je vekor brzine proizvoljne v paramearske krive βv vekor β = r v. Kako je ψ ugao izmed u ovih vekora brzine krivih na površi r, koriseći poznau formulu dobijamo cos ψ = β, γ β γ = Iβ, γ = = v. u v Na osnovu izračunaih Krisofelovih simbola, sisem diferencijalnih jednačina geodezijskih linija za dau površ r ima oblik u + sin uu =, Druga jednačina ekvivalenna je jednačini v sin u u v =. v sin uu v =. Primeimo da je izraz na levoj srani ove diferencijalne jednačine upravo izvod funkcije v, pa je odale v = C = cons. Zamenjujući v = C u dobijenu jednakos cos ψ = v, lako dobijamo cos ψ = C = cons. Koordinane krive su med usobno normalne jer je F =, pa je ugao koji zaklapa geodezijska linija γ sa u paramearskom krivom jednak π ψ.

4 C e Dokazai da su sve geodezijske linije na površi r dae jednačinama v = ± 3 + cos u 3 + du, cos u C pri čemu je C neka konsana. Skicirai nekoliko različiih geodezijskih linija na površi r. Rešenje. Iz uslova da je geodezijska kriva γ prirodno paramerizovana, imamo da duž krive γ važi u v u v =, odnosno u + v =. Kako je cos ψ = v, dobijamo da je u = sin ψ, j. sin ψ = ± u. Deljenjem izraza dobijamo dv du = ± v = dv ds = C u = du ds = ± C C. C Prema ome, moguće je paramerizovai geodezijsku liniju paramerom u pomoću C v = ± 3 + cos u 3 + du. cos u C Naravno, ovo možda nisu jednačine svih geodezijskih na orusu jer su pri ovom posupku izosavljene one geodezijske za koje važi u =, j. geodezijske med u v paramearskim linijama. Videli smo da posoje dve akve geodezijske med u paralelama.. U poluravanskom modelu L hiperboličke geomerije sa prvom formom ds = du + dv i prave b : u = 6, c : u + v = 4. v dae su ačke A3, a Izračunai ugao izmed u pravih b i c. U kakvom su med usobnom položaju prave AB, b i c?, B3, 3 Rešenje. Zbog uslova E = G i F =, koordinae u poluravanskom modelu su konformne, šo znači da se čuvaju uglovi iz kare. Prema ome, ugao izmed u pravih b i c u L možemo ražii kao uglove izmed u euklidske poluprave b i euklidske polukružnice c. Koordinae presečne ačke {C} = b c su 6, 3, pa je raženi ugao ψ zapravo ugao izmed u b i vekora položaja ačke C. Kako je ψ ugao naspram kaee dužine pravouglog rougla čije su sranice dužina, 3,, očigledno je ψ = π 6. Isi rezula se dobija i direkno, koriseći paramerizacije pravih b i c i koeficijene prve forme L u ački C. Prave b i c se očigledno seku. Prava a = AB ima jednačinu u = 3 i predsavlja euklidski ovorenu polupravu normalnu na u osu. Zbog oga su prave a i c paralelne, i u euklidskom i u hiperboličkom smislu. Prave a i b su akod e paralelne jer se u euklidskom smislu seku na u osi koja je granica modela L. Prema ome, prave b i c se seku i obe su paralelne pravoj a, šo je u konradikciji sa Plejferovom aksiomom i pokazuje najbiniju razliku hiperboličke geomerije u odnosu na euklidsku geomeriju. b Odredii središe i dužinu duži AB. Rešenje. Paramerizacija duži AB je AB = 3,, 3. Neka središe duži AB ima koordinae S3,. Vekor brzine duž prave AB ima koordinae, i inenzie v v = v.

5 Dužina duži AB je AB = Iz jednakosi dužina duži AS = BS dobijamo 3 v dv = ln v 3 = ln3. 3 v dv = v dv, odakle sledi ln = ln 3 i = 3 4. Središe duži AB je ačka S3, 3 4. c Odredii ačke simerične ački A u odnosu na prave b i c. Rešenje. Refleksija u odnosu na pravu b u hiperboličkom smislu je ujedno i euklidska refleksija, pa ačka simerična ački A u odnosu na pravu b ima koordinae A 9,. Refleksija u odnosu na pravu c u hiperboličkom smislu predsavlja u euklidskom smislu inverziju u odnosu na polukružnicu c. Tačka A simerična ački A u odnosu na pravu c leži na polupravoj OA i zadovoljava OA OA = = 4, gde je O, cenar kružnice c poluprečnika. Odavde dobijamo OA = 4 3, pa lako sledi da ražena ačka ima koordinae A 9 9, 4 9. d Odredii jednačine normala iz ačke A na pravama b i c. Rešenje. Normala b iz ačke A na pravoj b je euklidska polukružnica, pa njen cenar mora bii presek prave b i u ose, j. ačka 6,. Iz uslova da b sadrži ačku A dobijamo njenu jednačinu b : u 6 + v = 9. Normala c iz ačke A na pravoj c je akod e euklidska polukružnica. Iz normalnosi c i c dobijamo da c mora sadržai i sliku ačke A pri inverziji u odnosu na c, a o je baš dobijena ačka A. Cenar polukružnice c dobija se u preseku euklidske simerale duži AA i u ose, pa njegove koordinae a, zadovoljavaju a a 3 +. Rešavanjem poslednje jednačine dobijamo a = 3 8, pa je jednačina ražene normale c : u 3 + v = e Ispiai da li su euklidske homoeije sa cenrima na u osi i v osi izomerije. 9 = Rešenje. Euklidska homoeija sa cenrom u, i koeficijenom α > preslikava ačku u, v u u, v prema formuli u, v = u, v + αu u, v, j. u = αu + αu, v = αv. Kako je du = αdu i dv = αdv, važi ds = ds, j. prva forma osaje nepromenjena pri ovom preslikavanju i ono jese lokalna izomerija. Šaviše, ovo preslikavanje je očigledno i difeomorfizam, pa se radi o jednoj globalnoj izomeriji modela L. Euklidska homoeija sa cenrom, v i koeficijenom β preslikava ačku u, v u u, v prema formuli u, v = u, v + βu, v v, j. u = βu, v = βv + βv. βv Kako je du = βdu i dv = αdv, važi ds = βv+ βv ds, j. prva forma se menja pri ovom preslikavanju i ono nije lokalna izomerija.