= DX(0, 0)(ae 1 + be 2 ) = adx(0, 0)e 1 + bdx(0, 0)e 2 = ax u (0, 0) + bx v (0, 0).

Transcript

1 Κεφάλαιο 3 Ο εφαπτόμενος χώρος Σύνοψη Ο εφαπτόμενος χώρος μιας κανονικής επιφάνειας αποτελεί τη βέλτιση γραμμική προσέγγιση της επιφάνειας σε ένα σημείο της. Αποτελείται από όλα τα εφαπτόμενα διανύσματα σε ένα σημείο της. Αποδεικνύουμε ότι ο εφαπτόμενος χώρος είναι ένας διανυσματικός χώρος διάστασης 2. Από γεωμετρικής απόψεως ο εφαπτόμενος χώρος είναι το εφαπτόμενο επίπεδο σε ένα σημείο της επιφάνειας, του οποίου μπορούμε να γράψουμε την καρτεσιανή εξίσωση. Ενας χρήσιμος τρόπος περιγραφής του εφαπτόμενου επιπέδου είναι όταν θεωρήσουμε την επιφάνεια ως αντίστροφη εικόνα μιας κανονικής τιμής μιας διαφορίσιμης απεικόνισης. Στα πλαίσια αυτά, μπορούμε να γενικεύουμε το κλασικό θεώρημα της αντίστροφης απεικόνισης για την περίπτωση των επιφανειών. Για περισσότερες πληροφορίες προτείνουμε τα βιβλία [1], [2], [3], [4], [5], [6]. Προαπαιτούμενη γνώση Αναλυτική Γεωμετρία, Απειροστικός Λογισμός μιας και πολλών μεταβλητών, Εισαγωγή στη Γραμμική Άλγεβρα. Ορισμός 3.1. Εστω M μια κανονική επιφάνεια του R 3, p M. Ο εφαπτόμενος χώρος (tangent space) T p M της M στο p είναι το σύνολο όλων των εφαπτόμενων διανυσμάτων γ (0) σε κάθε λεία (ή κλάσης C 1 ) καμπύλη γ : I M, τέτοια ώστε γ(0) = p. Ισοδύναμα, T p M = { Z R 3 : υπάρχει καμπύλη γ : I M κλάσης C 1, ώστε γ(0) = p, γ (0) = Z }. Πρόταση 3.1. Ο εφαπτόμενος χώρος της επιφάνειας M στο σημείο p είναι ένας πραγματικός διανυσματικός χώρος διάστασης 2. Απόδειξη. Εστω X : U R 2 M μια τοπική παραμέτρηση της M στο σημείο p, τέτοια ώστε 0 U και X(0) = p. Εστω γ : I X(U) M μια λεία καμπύλη στο X(U) με γ(0) = p. Επειδή η απεικόνιση X : U X(U) είναι ομοιομορφισμός, η καμπύλη β : X 1 γ : I U είναι λεία στο U R 2 με β(0) = 0,

2 2 Ο εφαπτόμενος χώρος Σχήμα 3.1: Ο εφαπτόμενος χώρος. άρα γ = X β. Τότε γ (0) = DX(β(0))β (0) = DX(0, 0)β (0) = DX(0, 0)(ae 1 + be 2 ) = adx(0, 0)e 1 + bdx(0, 0)e 2 = ax u (0, 0) + bx v (0, 0). Συνεπώς, το διάνυσμα γ (0) είναι γραμμικός συνδυασμός των X u και X v. Αντίστροφα, έστω w = DX(0, 0)(Z) για κάποιο Z R 2. Θεωρούμε την καμπύλη β : I U R 2 με β(t) = tz. Τότε β(0) = 0, β (0) = Z και έστω γ = X β. Εχουμε γ(0) = X(β(0)) = X(0) = p και γ (0) = DX(0, 0)β (0) = DX(0, 0)Z = w, δηλαδή το διάνυσμα w το οποίο παράγεται από τα X u και X v είναι το εφαπτόμενο διάνυσμα στο p για κάποια καμπύλη γ της επιφάνειας M. Πόρισμα 3.1. Εστω M R 3 μια επιφάνεια και X : U R 2 M μια τοπική παραμέτρηση στο σημείο p, με X(q) = p. Τότε η απεικόνιση DX(q) : R 2 T p (M) είναι γραμμικός ισομορφισμός. Παρατήρηση Ο αναγνώστης ίσως θα αναρωτιέται, ανακαλώντας γνώση γραμμικής άλγεβρας, κατά πόσον ο εφαπτόμενος χώρος περιέχει το μηδέν. Στην προκειμένη περίπτωση το μηδενικό στοιχείο του εφαπτόμενου χώρου είναι το σημείο γ(0) = p. Τακτικά χρησιμοποιείται και ο όρος ἑφαπτόμενο επίπεδο που είναι πιο κοντά στην γεωμετρική μας εποπτεία. Ουσιαστικά, αυτό το οποίο προκύπτει από την απόδειξη του παραπάνω θεωρήματος είναι ότι T p M = span { X u (α, β), X v (α, β) }, όπου X : U R 2 M R 3 είναι μια τοπική παραμέτρηση της M στο σημείο p τέτοια ώστε (α, β) U και X(α, β) = p. Ως γνωστόν, επειδή η επιφάνεια είναι κανονική, τα διανύσματα X u (α, β), X v (α, β) είναι γραμμικώς ανεξάρτητα. Ειδικότερα, το διάνυσμα X u (α, β) X v (α, β) είναι κάθετο στα διανύσματα X u (α, β) και X v (α, β), οπότε θα είναι κάθετο και στο εφαπτόμενο επίπεδο το οποίο παράγεται από αυτά τα διανύσματα. Παράδειγμα 3.1. Να βρεθεί ο εφαπτόμενος χώρος του ελλειπτικού παραβολοειδούς M = {(x, y, z) R 3 : z = x 2 + y 2 } στο σημείο p = (1, 2, 5). Μια παραμέτρηση της επιφάνειας M είναι η X : R 2 M, X(u, v) = (u, v, u 2 + v 2 ). Τότε X u (u, v) = (1, 0, 2u) X v (u, v) = (0, 1, 2v)

3 Ο εφαπτόμενος χώρος 3 και X(1, 2) = (1, 2, 5) = p. Συνεπώς, T p M = span{x u (1, 2), X v (1, 2)} = span{(1, 0, 2), (0, 1, 4)}. Αξίζει να σημειώσουμε ότι, αν ζητούσαμε να βρούμε την καρτεσιανή εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου (ως πρόβλημα αναλυτικής γεωμετρίας), τότε εργαζόμαστε ως εξής: Ενα κάθετο διάνυσμα στο ε- φαπτόμενο επίπεδο T p M είναι το (1, 2, 1/2) (το βρίσκουμε λύνοντας το σύστημα (a, b, c), (1, 0, 2) = (a, b, c), (0, 1, 4) = 0 ως προς a, b, c), συνεπώς η εξίσωση του επιπέδου είναι x + 2y 1 2z = d. Επειδή το επίπεδο διέρχεται από το σημείο p = (1, 2, 5), παίρνουμε τελικά ότι η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου είναι 2x + 4y z = 5. Πρόταση 3.2. Εστω U R ανοικτό, f : U R μια διαφορίσιμη συνάρτηση και έστω M = f 1 (q), όπου q μια κανονική τιμή της f, δηλαδή f(p) 0 για κάθε p M. Τότε ισχύει T p M = ( f(p) ). Εδώ X συμβολίζει το ορθογώνιο συμπλήρωμα του διανύσματος X στον χώρο R 3, ως προς το κανονικό εσωτερικό γινόμενο. Απόδειξη. Εστω Z T p M και έστω γ : I M μια διαφορίσμη καμπύλη με γ(0) = p και γ (0) = Z. Τότε είναι (f γ)(t) = q για κάθε t I. Παραγωγίζοντας ως προς t, προκύπτει ότι 0 = d dt (f γ) t=0 = f(γ(0)), γ (0) = f(p), Z, συνεπώς το διάνυσμα Z είναι κάθετο στο f(p), οπότε δείξαμε ότι T p M ( f(p) ). Επειδή και οι δύο υπόχωροι T p M, ( f(p) ) του R 3 έχουν διάσταση 2, προκύπτει ότι T p M = ( f(p) ). Εύρεση του εφαπτόμενο επιπέδου μιας επιφάνειας Γενικά όταν μας ζητείται να βρούμε το εφαπτόμενο επίπεδο μια επιφάνειας M σε ένα τυχαίο σημείο p = (x 0, y 0, z 0 ) M, εργαζόμαστε ως εξής: Πρώτη περίπτωση. Εστω X : U R 2 M R 3 μια τοπική παραμέτρηση στο σημείο p M με X(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) και X(q) = p, όπου q = (u 0, v 0 ) U Γνωρίζουμε ότι ο εφαπτόμενος χώρος T p M της επιφάνειας στο σημείο p παράγεται από τα διανύσματα X u (q) και X v (q). Επίσης, το διάνυσμα X u (q) X v (q) είναι κάθετο στο εφαπτόμενο επίπεδο στο σημείο p. Συνεπώς, η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου για το τυχαίο σημείο (x, y, z) T p M θα είναι (x, y, z) (x 0, y 0, z 0 ), X u (q) X v (q) = 0 (3.1) Παράδειγμα 3.2. Θεωρούμε τη μοναδιαία σφαίρα M = S 2 (R) ακτίνας R με παραμέτρηση σε γεωγραφικές συντεταγμένες X(u, v) = (R cos u cos v, R sin u cos v, R sin v).

4 4 Ο εφαπτόμενος χώρος Τότε X u X v = (R 2 cos u cos 2 v, R 2 sin u cos 2 v, R 2 sin v cos v). Παρατηρείστε ότι X u X v = (R cos v)p, δηλαδή πολλαπλάσιο ενός σημείο p της σφαίρας. Από αυτό προκύπτει ότι το διάνυσμα με αρχή το (0, 0, 0) και πέρας τα σημείο p, τέμνει την σφαίρα κάθετα. Εστω ότι p = (R, 0, 0), άρα u = v = 0. Τότε στο σημείο p είναι X u X v = (R 2, 0, 0), συνεπώς ο εφαπτόμενος χώρος (επίπεδο) T p M έχει εξίσωση (x, y, z) (R, 0, 0), X u X v = 0 (x R, y, z), (R 2, 0, 0) = 0 R 2 x = R 3 x = R. Η παραπάνω εξίσωση ορίζει το εφαπτόμενο επίπεδο της σφαίρας στο σημείο p = (R, 0, 0). Δεύτερη περίπτωση. Η εξίσωση της επιφάνειας δίνεται στη μορφή f(x, y, z) = 0 με f : R 3 R. Τότε θα βρούμε την εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου στο σημείο p ως εξής: Εστω Z T p M. Τότε από τον ορισμό του εφαπτόμενου χώρου, υπάρχει καμπύλη γ : I M με γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) τέτοια ώστε γ(0) = (x(0), y(0), z(0)) = (x 0, y 0, z 0 ) = p και γ (0) = (x (0), y (0), z (0)) = Z. Επειδή η καμπύλη βρίσκεται πάνω στην επιφάνεια, θα ισχύει από τον κανόνα της αλυσίδας θα πάρουμε f(γ(t)) = f(x(t), y(t), z(t)) = 0, f dx x dt + f dy y dt + f dz z dt = 0 και για t = 0 θα είναι f x (p)x (0) + f y (p)y (0) + f z (p)z (0) = 0. Παρατηρούμε ότι όλα τα εφαπτόμενα διανύσματα Z = (x (0), y (0), z (0)) T p M είναι κάθετα στο διάνυσμα (f x (p), f y (p), f z (p)) f(p), άρα για το τυχαίο σημείο (x, y, z) T p M θα είναι f x (p)(x x 0 ) + f y (p)(y y 0 ) + f z (p)(z z 0 ) = 0. (3.2) Παράδειγμα 3.3. Η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου της επιφάνειας x 2 + 4y 2 z = 0 στο σημείο p = (2, 1, 8) αν θέσουμε f(x, y, z) = x 2 + 4y 2 z = 0, σύμφωνα με την σχέση (3.2) θα είναι: f x (2, 1, 8)(x 2) + f y (2, 1, 8)(y 1) + f z (2, 1, 8)(z 8) = 0 4(x 2) + 8(y 1) z + 8 = 0 4x + 8y z = 8. Το επόμενο παράδειγμα θα το χειριστούμε με έναν πιο ειδικό τρόπο. Δεν θα χρησιμοποιήσουμε κάποια παραμέτρηση της σφαίρας, κάτι που ούτως ή άλλως θα μπορούσαμε να κάνουμε. Παράδειγμα 3.4. Να βρεθεί ο εφαπτόμενος χώρος T p S 2 σε ένα σημείο p της μοναδιαίας σφαίρας S 2 του R 3.

5 Το διαφορικό μιας διαφορίσιμης απεικόνισης 5 Εστω γ : I S 2 R 3 μια καμπύλη της σφαίρας με γ(0) = p, γ (0) = Z, όπου Z R 3. Τότε επειδή γ(i) S 2 ισχύει ότι γ(t), γ(t) = 1, άρα με παραγώγιση προκύπτει ότι d dt ( γ(t), γ(t) ) = 0 γ (t), γ(t) + γ(t), γ (t) = 0 ή 2 γ (t), γ(t) = 0. Για t = 0 παίρνουμε γ (0), γ(0) = 0 άρα Z, p = 0. Συνεπώς, αν θέσουμε A = {Z R 3 : Z, p = 0} (το σύνολο όλων των κάθετων διανυσμάτων στην σφαίρα στο σημείο p), τότε δείξαμε ότι T p S 2 A. Αντίστροφα, έστω Z 0 με Z, p = 0. Τότε η καμπύλη γ : R S 2 με τιμή γ(t) = cos(t Z )p + sin(t Z ) Z Z είναι μια καμπύλη στην σφαίρα S 2 με γ(0) = p, γ (0) = Z (κάντε έλεγχο). Ουσιαστικά η καμπύλη αυτή είναι ένας μέγιστος κύκλος της S 2 που διέρχεται από το p). αναμενόμενο γεωμετρικώς αποτέλεσμα ότι T p S 2 = {Z R 3 : Z, p = 0}. Άρα A T p S 2 και τελικά παίρνουμε το 3.1 Το διαφορικό μιας διαφορίσιμης απεικόνισης Στο προηγούμενο κεφάλαιο επεκτείναμε την έννοια της διαφορίσιμης απεικόνισης μεταξύ Ευκλειδείων χώρων σε απεικονίσεις μεταξύ επιφανειών. Από την κλασική ανάλυση η επόμενη σχετική έννοια είναι αυτή του διαφορικού μιας διαφορίσιμης απεικόνισης σε ένα σημείο του πεδίου ορισμού της, την οποία θα ορίσουμε τώρα. Ορισμός 3.2. Εστω M 1, M 2 κανονικές επιφάνειες, p M 1 και φ : M 1 M 2 μια λεία απεικόνιση. Το διαφορικό (differential) dφ p : T p M 1 T φ(p) M 2 της φ στο p ορίζεται ως εξής: Εστω Z T p M 1 και γ : I M 1 με γ(0) = p, γ (0) = Z. Τότε dφ p (Z) = dt( d ) φ γ(t) t=0 T φ(p) M 2. Πρόταση 3.3. Η παραπάνω απεικόνιση είναι καλώς ορισμένη (δηλαδή η τιμή dφ p (Z) εξαρτάται μόνο από το διάνυσμα Z και όχι από την επιλογή της καμπύλης γ). Επιπλέον, η dφ p είναι γραμμική απεικόνιση. Απόδειξη. Εστω X : U M 1, Y : V M 2 τοπικές παραμετρήσεις των M 1, M 2 αντίστοιχα τέτοιες ώστε X(0) = p, Y (0) = φ(p) και έτσι ώστε φ(x(u)) Y (V ). Θέτουμε F = Y 1 φ X : U R 2. Θεωρούμε την καμπύλη γ : I M 1 τέτοια ώστε γ(0) = p, γ (0) = Z και επιπλέον γ(i) X(U) (με ενδεχόμενη μείωση του διαστήματος I). Θέτουμε α = X 1 γ : I U (επίπεδη καμπύλη). Τότε επειδή X α = γ, θα είναι D(X α)(0) = γ (0), συνεπώς από τον κανόνα αλυσίδας προκύπτει ότι DX(0)α (0) = Z (3.3)

6 6 Ο εφαπτόμενος χώρος (αλλά και απευθείας από τον απειροστικό λογισμό: Συνεπώς, χρησιμοποιώντας την (3.3) παίρνουμε ότι DX(0)(α (0)) = d dt (X α(t)) t=0 = d dt γ(t) t=0 = Z). dφ p (Z) = d dt (φ γ) t=0 = d dt (φ X α) t=0 = d dt (Y Y 1 φ X α) t=0 = d dt (Y F α) t=0 = D(Y F )(0)(α (0)) = D(Y F )(0)(DX 1 (0))Z. Η παραπάνω έκφραση του διαφορικού δεν εξαρτάται από την επιλογή της καμπύλης γ. Τέλος, η απεικόνιση dφ p είναι γραμμική ως σύνθεση γραμμικών απεικονίσεων. Παράδειγμα 3.5. Εστω f : M 1 M 2 μια σταθερή απεικόνιση. Τότε για κάθε σημείο p M 1 το διαφορικό df p είναι ίσο με 0. Πράγματι, έστω X T p M 1 ένα τυχαίο εφαπτόμενο διάνυσμα. Τότε από τον ορισμό του εφαπτόμενου χώρου υπάρχει καμπύλη α : I M 1 τέτοια ώστε α(0) = p και α (0) = X. Επομένως, είναι df p X = d dt (f α) t=0 = d dt (f(α(t))) t=0 = f (α(t)) α (t) t=0 = f (α(0)) α (0) = 0 α (0) = 0. Παράδειγμα 3.6. Εστω A : R 3 R 3 ένας ορθογώνιος τελεστής, δηλαδή A O(3) και έστω f : S 2 S 2 με τύπο f = A S 2. Εστω p S 2. Θα υπολογίσουμε το διαφορικό της f στο σημείο p. Εστω γ : I S 2 μια λεία καμπύλη με γ(0) = p, γ (0) = X T p S 2. Λόγω της γραμμικότητας του A έχουμε Συνεπώς, df p = A TpS 2 : T ps 2 T A(p) S 2. Πρόταση 3.4. d dt (f γ) t=0 = d dt (A γ) t=0 = A d dt γ t=0 = A(X). (1) Εστω M 1, M 2, M 3 κανονικές επιφάνειες και f : M 1 M 2, g : M 2 M 3 διαφορίσιμες απεικονίσεις. Τότε η σύνθεση g f : M 1 M 3 είναι διαφορίσιμη απεικόνιση και για κάθε p M 1. d(g f) p = (dg) f(p) df p, (2) Αν η απεικόνιση f : M 1 M 2 είναι αμφιδιαφόριση, τότε η απεικόνιση df p : T p M 1 T f(p) M 2 είναι αντιστρέψιμη και (df p ) 1 = d(f 1 ) f(p) για κάθε p M 1. Το κλασικό Θεώρημα Αντίστροφης Απεικόνισης γενικεύεται στην περίπτωση των επιφανειών ως εξής: Θεώρημα 3.1. (Αντίστροφης Απεικόνισης) Εστω f : M 1 M 2 μια λεία απεικόνιση μεταξύ επιφανειών του R 3 και έστω p M 1, q = φ(p). Υποθέτουμε ότι το διαφορικό df p : T p M 1 T φ(p) M 2 είναι 1-1 και επί (άρα αντιστρέφεται). Τότε υπάρχουν ανοικτές περιοχές U p p, V q q τέτοιες ώστε η απεικόνιση f Up : U p V q να είναι 1-1 και επί και η αντίστροφη ( ) 1 f Up : Vq U p να είναι λεία (δηλαδή η f είναι τοπική αμφιδιαφόριση).

7 Λυμένα παραδείγματα 7 Απόδειξη. Εστω X : U R 2 M 1 R 3, Y : V R 2 M 2 R 3 δύο τοπικοί χάρτες (παραμετρήσεις) των M 1 και M 2 στα σημεία p και q αντίστοιχα, με X(u 0, v 0 ) = p. Υποθέτουμε (ενδεχομένως λαμβάνοντας ένα υποσύνολο του U) ότι f(x(u)) Y (V ). Επειδή η f είναι διαφορίσιμη, θα υπάρχουν διαφορίσιμες συναρτήσεις α : U R, β : U R τέτοιες ώστε f(x(u, v)) = Y (α(u, v), β(u, v)). Πιο συγκεκριμένα, ορίζεται η διαφορίσιμη απεικόνιση χ : U V της μορφής χ(u, v) = (α(u, v), β(u, v)) ώστε f X = Y χ. Ο πίνακας του διαφορικού df p : T p M 1 T q M 2 ως προς τις βάσεις {X u, X v }, {Y u, Y v } των εφαπτόμενων χώρων T p M 1 και T q M 2 αντίστοιχα είναι ο Ιακωβιανός πίνακας ( ) α u α v J =. β u Επειδή το διαφορικό df p αντιστρέφεται, ο πίνακας J έχει και αυτός αντίστροφο. Από το κλασικό θεώρημα αντίστροφης απεικόνισης, η διαφορίσιμη συνάρτηση β v χ : U R 2 V R 2, (u, v) (α(u, v), β(u, v)) είναι τοπική αμφιδιαφόριση, από κάποιο ανοικτό υποσύνολο W U με (u 0, v 0 ) W σε ένα ανοικτό W V. Τότε θέτοντας U p = X(W ) και U q = Y ( W ) η απεικόνιση f Up : U p U q είναι αμφιδιαφόριση (προτρέπουμε τον αναγνώστη να κάνει ένα διάγραμμα της απόδειξης). 3.2 Λυμένα παραδείγματα Παράδειγμα 3.7. Να βρεθεί η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου της επιφάνειας M του υπερβολικού παραβολοειδούς με τοπική παραμέτρηση X(u, v) = (u, v, u 2 v 2 ), στο σημείο p = (1, 1, 0). Λύση Είναι X(1, 1) = (1, 1, 0) = p. Γνωρίζουμε ότι ο εφαπτόμενος χώρος T p M στο σημείο p παράγεται από τα διανύσματα {X u (1, 1), X v (1, 1)}. Ζητάμε την καρτεσιανή εξίσωση του εφαπτόμενου χώρου, ως επίπεδο στον R 3. Είναι X u (u, v) = (1, 0, 2u), X v (u, v) = (0, 1, 2v), άρα X u (1, 1) = (1, 0, 2) και X v (1, 1) = (0, 1, 2). Υπάρχουν διάφοροι εναλλακτικοί τρόποι να προχωρήσουμε. Για παράδειγμα, ένα διάνυσμα κάθετο στο ζητούμενο επίπεδο είναι το n = X u (1, 1) X v (1, 1) = ( 2, 2, 1). Συνεπώς, αν (x, y, z) είναι ένα τυχαίο σημείο του επιπέδου αυτού, τότε η καρτεσιανή εξίσωσή του είναι n, (x 1, y 1, z) = 0 ή 2x 2y z = 0. Παράδειγμα 3.8. Εστω M η επιφάνεια με εξίσωση z = x 2 + 3xy 5y 2.

8 8 Ο εφαπτόμενος χώρος (α) Δείξτε ότι τα μοναδιαία διανύσματα u 1 = (1, 0, 0) και u 2 = (0, 1, 0) αποτελούν βάση του εφαπτόμενου χώρου της M στο σημείο p = (0, 0, 0). (β) Αποδείξτε ότι οι απεικονίσεις γ 1, γ 2 : R 2 R 3 με γ 1 (t) = (t, 0, t 2 ), γ 2 (t) = (0, t, 5t 2 ) ορίζουν καμπύλες επί της M, οι οποίες διέρχονται από το p και έχουν ως εφαπτόμενα διανύσματα στο σημείο p τα u 1 και u 2 αντίστοιχα. (γ) Βρείτε ένα μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα της επιφάνειας M σε μια περιοχή ενός τυχαίου σημείου της. Λύση (α) Επειδή η επιφάνεια είναι της μορφής z = f(x, y), όπου f : R 2 R με f(x, y) = x 2 + 3xy 5y 2, θέτουμε x = u, y = v τότε z = z(u, v). Τότε μια παραμέτρηση αυτής θα είναι η X(u, v) = (u, v, u 2 + 3uv 5v 2 ), οπότε θα έχουμε T p M = {λx u (q) + µx v (q) : λ, µ R}, όπου q = X 1 (p) = (0, 0) = {λ(1, 0, 2u + 3v) q + µ(0, 1, 3u 10v) q : λ, µ R} = {λ(1, 0, 0) + µ(0, 1, 0) : λ, µ R} = {λu 1 + µu 2 : λ, µ R} (β) Εστω F : R 3 R με F (x, y, z) = x 2 +3xy 5y 2 z. Αρκεί να δείξουμε ότι F (γ 1 (t)) = F (γ 2 (t)) = 0. Εχουμε F (γ 1 (t)) = F (t, 0, t 2 ) = t 2 + 3t t 2 = 0 F (γ 2 (t)) = F (0, t, 5t 2 ) = 0 + 3t 0 5t 2 + 5t 2 = 0 άρα γ 1, γ 2 M. Παρατηρούμε ότι για t = 0 είναι γ 1 (0) = γ 2 (0) = p, οπότε οι καμπύλες διέρχονται από το σημείο p. Τα εφαπτόμενα διανύσματα των δύο αυτών καμπυλών είναι αντίστοιχα: γ 1(t) = (1, 0, 2t) για t = 0 : γ 1(0) = (1, 0, 0) = u 1 γ 2(t) = (0, 1, 10t) για t = 0 : γ 2(0) = (0, 1, 0) = u 2. (γ) Ενα μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα της επιφάνειας M σε ένα τυχαίο σημείο αυτής είναι το N = X u X v X u X v = 1 ( 2u 3v, 3u + 10v, 1). ( 2u 3v) 2 + ( 3u + 10v) Παράδειγμα 3.9. Δείξτε ότι το εφαπτόμενο επίπεδο της επιφάνειας x2 a 2 + y2 b 2 + z2 = 1 στο σημείο p = c2 (x 0, y 0, z 0 ) δίνεται από την εξίσωση xx 0 a 2 + yy 0 b 2 + zz 0 c 2 = 1. Λύση Εστω f : R 3 R με τιμή f(x, y, z) = x2 a 2 + y2 b 2 + z2 1. Τότε θα είναι c2 f x (p) = 2x a 2 p = 2x 0 a 2, f y(p) = 2y b 2 p = 2y 0 b 2, f z(p) = 2z c 2 p = 2z 0 c 2.

9 Ο εφαπτόμενος χώρος 9 Σύμφωνα με την εξίσωση (3.2) το εφαπτόμενο επίπεδο στο σημείο p = (x 0, y 0, z 0 ) δίνεται ως εξής: f x (p)(x x 0 ) + f y (p)(y y 0 ) + f z (p)(z z 0 ) = 0 xx 0 a 2 + yy 0 b 2 + zz 0 c 2 = x2 0 a 2 + y2 0 b 2 + z2 0 c 2 xx 0 a 2 + yy 0 b 2 + zz 0 c 2 = 1, όπου λάβαμε υπόψη ότι το σημείο p είναι σημείο της επιφάνειας (άρα ικανοποιεί την εξίσωσή αυτής). Παράδειγμα Εστω M μια κανονική επιφάνεια, v R 3 ένα μοναδιαίο διάνυσμα και έστω η συνάρτηση f : M R με τιμή f(p) = v, p. Να υπολογίσετε το διαφορικό df p (X), όπου X T p M. Λύση Εστω γ : R M μια καμπύλη με γ(0) = p και γ (0) = X. Τότε df p (X) = d dt (f γ(t)) t=0 = d dt (f(γ(t))) t=0 = d dt ( v, γ(t) ) t=0 = dv dt, γ(t) t=0 + v, dγ dt t=0 = v, γ (t) t=0 = v, γ (0) = v, X. Άρα df p (X) = v, X. Παράδειγμα Εστω S 2 R 3 η μοναδιαία σφαίρα και έστω R z,θ : R 3 R 3 η απεικόνιση στροφής κατά γωνία θ περί τον άξονα z. Τότε ο περιορισμός f = R z,θ S 2 : S 2 S 2 είναι λεία απεικόνιση. Να υπολογίσεται το διαφορικό df p : T p S 2 T f(p) S 2. Λύση Εστω γ : I S 2 λεία καμπύλη με γ(0) = p, γ (0) = Z. Λόγω της γραμμικότητας της R z,θ έχουμε df p (Z) = d dt (R z,θ γ(t)) t=0 = R z,θ (γ (0)) = R z,θ (Z). Παρατηρείστε ότι η R z,θ διατηρεί τον βόρειο πόλο N(0, 0, 1) σταθερό και ότι η απεικόνιση df N : T N S 2 T N S 2 παριστά στροφή κατά γωνία θ στο επίπεδο T N S 2. (Το παράδειγμα αυτό είναι ειδική περίπτωση του Παραδείγματος 3.6). 3.3 Ασκήσεις 1. Να βρεθεί η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου για κάθε μία από τις παρακάτω παραμετρημένες επιφάνειες στο αντίστοιχο σημείο: (α) X(u, v) = (u, v, u 2 v 2 ), p = (1, 1, 0). (β) X(r, θ) = (r cosh θ, r sinh θ, r 2 ), p = (1, 0, 1). 2. Να αποδειχθεί ότι σε κάθε σημείο μιας γενέτειρας του κυλίνδρου το εφαπτόμενο επίπεδο μένει σταθερό.

10 10 Ο εφαπτόμενος χώρος 3. Να βρεθεί η καρτεσιανή εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου T p M της επιφάνειας M που ορίζει η παραμέτρηση X(u, v) = (u + v, u v, uv), (u, v) R 2 στο σημείο p = (0, 2, 1). 4. Να δειχθεί ότι οι επιφάνειες M 1, M 2 οι οποίες ορίζονται από τις εξισώσεις x 2 +y 2 +z 2 = αx, x 2 +y 2 +z 2 = βy, όπου α, β R τέμνονται κατά σταθερή γωνία. 5. Δείξτε ότι το ελλειψοειδές 3x 2 + 2y 2 + z 2 = 9 και η σφαίρα x 2 + y 2 + z 2 8x 6y 8z + 24 = 0 εφάπτονται στο σημείο p = (1, 1, 2). 6. Εστω M μια κανονική επιφάνεια, p 0 R 3 \ M και f : M R η συνάρτηση f(p) = p p 0 2. Δείξτε ότι df p (Z) = 2 Z, p p 0, για κάθε Z T p M. (Εδώ, είναι το κανονικό εσωτερικό γινόμενο του R 3 και x = x, x 1/2 ). 7. Αποδείξτε ότι αν μια κανονική επιφάνεια M τέμνει ένα επίπεδο Π σε ένα και μοναδικό σημείο p, τότε το επίπεδο Π είναι το εφαπτόμενο επίπεδο της M στο σημείο p. 8. (α) Εστω M μια κανονική επιφάνεια, p M και Id M : M M η ταυτοτική απεικόνιση. Αποδείξτε ότι (did M ) p = Id TpM : T p M T p M. (β) Αποδείξτε την Πρόταση 3.4. (γ) Εστω f : M 1 M 2 μια αμφιδιαφόριση μεταξύ κανονικών επιφανειών. Αποδείξτε ότι για κάθε p M 1 η γραμμική απεικόνιση df p : T p M 1 T f(p) M 2 είναι αντιστρέψιμη (άρα ισομορφισμός διανυσματικών χώρων). 9. Εστω M μια κανονική και συνεκτική 1 επιφάνεια. Εστω f : M R μια λεία απεικόνιση τέτοια ώστε df p = 0 για κάθε p M. Δείξτε ότι η f είναι σταθερή στην M. 1 Συνεκτική επιφάνεια ως συνεκτικό υποσύνολο του R 3.

11 Βιβλιογραφία [1] M. Abate and F. Torena, Curves and Surfaces, Springer [2] C. Bär, Elementary Differential Geometry, Cambridge Univ. Press [3] M. P. do Carmo, Differential Geometry of Curves and Surfaces, Prentice-Hall [4] J. Oprea, Differential Geometry and Its Applications, The Mathematical Assocation of America, [5] Β. Ι. Παπαντωνίου, Διαφορική Γεωμετρία, Εκδ. Πανεπιστ. Πατρών, Πάτρα, [6] A. Pressley, Elementary Differential Geometry, Second Edition, Springer Μετάφραση: Στοιχειώδης Διαφορική Γεωμετρία, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Κρήτη