Prueba del teorema fundamental de las curvas espaciales mediante transformación rígida por Peter Baxandall (cálculo vectorial)

Aug 19 2020

Estoy leyendo el cálculo vectorial de Peter Baxandall, que demuestra el teorema fundamental de las curvas espaciales (las curvas con torsión y curvatura iguales son idénticas excepto probablemente su posición) de la siguiente manera:

En la prueba, el autor dice: Elija cualquier $p \in E$. Sostener$C_g$ fijo y mover $C_h$ rígidamente en $\Bbb R^3$ hasta $T_h(p) = T_g(p) , \cdots$. No veo con mucha claridad el motivo y el mecanismo por el cual el autor puede hacerlo. Entiendo la transformación rígida como algo que preserva la longitud de la curva. Sin embargo, es posible que incluso tengamos que emplear la rotación para hacer que el vector tangente unitario$T_g$ y $T_h$lo mismo. Pero, en la última línea, finalmente dice que$C_h$ es una traducción de $C_g$.

Además, no pude encontrar dónde ha utilizado el autor el hecho de que la torsión y las curvaturas de las dos curvas son iguales .$$\phi = T_g \cdot T_h + N_g \cdot N_h + B_g \cdot B_h \\ \implies \phi' = T_g' \cdot T_h + T_g \cdot T_h' + N_g' \cdot N_h + N_g \cdot N_h' + B_g' \cdot B_h + B_g \cdot B_h'$$. Pero desde entonces, ya tenemos:$T_g=T_h,N_g=N_h,B_g=B_h$, así: $T_g⋅T_h'=0=T_g'⋅T_h$. De manera similar, para otros, cada producto escalar resulta ser$0$. ¿Parece que no hemos aprovechado el hecho de que las torsiones y curvaturas de las dos curvas son iguales?

¿Podría alguien explicar qué está pasando realmente? ¡Muchas gracias!

NOTA : $T,N,B$ representan la unidad tangente, normal y bi-normal - vector respectivamente

Respuestas

1 ChristianBlatter Aug 19 2020 at 16:31

La afirmación es que $C_g$ y $C_h$son "iguales, hasta un movimiento". En su prueba el autor reemplaza$C_h$ por una copia congruente (nuevamente denotado por $C_h$) de la siguiente manera: elige un $p\in E$ y aplica una rotación $R$ de ${\mathbb R}^3$ tal que el triple ortonormal original $\bigl(T_h(p),N_h(p),B_h(p)\bigr)$ se asigna al triple $\bigl(T_g(p),N_g(p),B_g(p)\bigr)$. Cuando esta constante rotacion$R$ es aplicado a $C_h$ La curva $R(C_h)=:C_h$ todavía no coincide con $C_g$, pero es (de hecho) una traducción de $C_g$. Cuando quieras puedes solicitar además una traducción$A$ tal que $(A\circ R)(h(p))=g(p)$, Pero no es necesario. Como lectores aceptamos sin más preámbulos que la curva movida$C_h$ es congruente con el original $C_h$.

La parte difícil de la prueba consiste entonces en mostrar que la nueva $C_h$ es congruente con $C_g$. Aquí se utilizan las fórmulas de Frenet. Deberías calcular$\phi'$ para ver que la igualdad de $s\mapsto\kappa(s)$ y $s\mapsto\tau(s)$ porque las dos curvas juega un papel en mostrar que $\phi'=0$: $$\eqalign{\phi'&=(T_g\cdot T_h+N_g\cdot N_h+B_g\cdot B_h)'\cr &=T_g'\cdot T_h+T_g\cdot T_h'+N_g'\cdot N_h+N_g\cdot N_h'+B_g'\cdot B_h+B_g\cdot B_h')\cr &=\kappa N_g\cdot T_h+\kappa T_g\cdot N_h+(-\kappa T_g+\tau B_g)\cdot N_h+(-\kappa T_h+\tau B_h)\cdot N_g-\tau N_g\cdot B_h-\tau B_g\cdot N_h\cr &=0\ .\cr}$$

Al final, la "igualdad" de $C_g$ y $C_h$ proviene de la parte de unicidad para la solución de EDO.