Preuve du théorème fondamental des courbes spatiales en utilisant la transformation rigide par Peter Baxandall (Vector Calculus)

Question

Je lis le calcul vectoriel de Peter Baxandall qui prouve le théorème fondamental des courbes spatiales (les courbes à torsion et courbure égales sont identiques sauf probablement leur position) de la manière suivante:

Dans la preuve, l'auteur dit: Choisissez n'importe quel $p \in E$. Tenir$C_g$ fixe et bouge $C_h$ rigidement dans $\Bbb R^3$ jusqu'à $T_h(p) = T_g(p) , \cdots$. Je ne vois pas très clairement le motif et le mécanisme par lesquels l'auteur est capable de le faire. Je comprends la transformation rigide comme quelque chose qui préserve la longueur de la courbe. Cependant, nous pouvons même avoir à utiliser la rotation pour rendre le vecteur tangent unitaire$T_g$ et $T_h$le même. Mais, dans la dernière ligne, il dit finalement que$C_h$ est une traduction de $C_g$.

Aussi, je n'ai pas pu trouver où l'auteur a utilisé le fait que la torsion et les courbures des deux courbes sont égales .$$\phi = T_g \cdot T_h + N_g \cdot N_h + B_g \cdot B_h \\ \implies \phi' = T_g' \cdot T_h + T_g \cdot T_h' + N_g' \cdot N_h + N_g \cdot N_h' + B_g' \cdot B_h + B_g \cdot B_h'$$. Mais depuis, nous avons déjà:$T_g=T_h,N_g=N_h,B_g=B_h$, Donc : $T_g⋅T_h'=0=T_g'⋅T_h$. De même, pour d'autres, chaque produit scalaire se révèle être$0$. Nous n'avons pas semblé utiliser le fait que les torsions et les courbures des deux courbes sont égales?

Quelqu'un pourrait-il expliquer ce qui se passe réellement. Merci beaucoup!

REMARQUE : $T,N,B$ représentent respectivement l'unité tangente, normale et bi-normale - vecteur

Answer 1

La déclaration est que $C_g$ et $C_h$sont "égaux, jusqu'à un mouvement". Dans sa preuve, l'auteur remplace$C_h$ par une copie congruente (à nouveau désignée par $C_h$) de la manière suivante: il choisit un $p\in E$ et applique une rotation $R$ de ${\mathbb R}^3$ tel que le triple orthonormé d'origine $\bigl(T_h(p),N_h(p),B_h(p)\bigr)$ est mappé au triple $\bigl(T_g(p),N_g(p),B_g(p)\bigr)$. Lorsque cette rotation constante$R$ est appliqué à $C_h$ la courbe $R(C_h)=:C_h$ ne coïncide pas encore avec $C_g$, mais est (en fait) une traduction de $C_g$. Quand tu veux tu peux appliquer en plus une traduction$A$ tel que $(A\circ R)(h(p))=g(p)$, Mais ce n'est pas nécessaire. En tant que lecteurs, nous acceptons sans plus attendre que la courbe déplacée$C_h$ est conforme à l'original $C_h$.

Le plus dur de la preuve consiste alors à montrer que le nouveau $C_h$ est congru à $C_g$. Ici, les formules Frenet sont utilisées. Vous devriez en fait calculer$\phi'$ afin de voir que l'égalité de $s\mapsto\kappa(s)$ et $s\mapsto\tau(s)$ car les deux courbes joue un rôle en montrant que $\phi'=0$: $$\eqalign{\phi'&=(T_g\cdot T_h+N_g\cdot N_h+B_g\cdot B_h)'\cr &=T_g'\cdot T_h+T_g\cdot T_h'+N_g'\cdot N_h+N_g\cdot N_h'+B_g'\cdot B_h+B_g\cdot B_h')\cr &=\kappa N_g\cdot T_h+\kappa T_g\cdot N_h+(-\kappa T_g+\tau B_g)\cdot N_h+(-\kappa T_h+\tau B_h)\cdot N_g-\tau N_g\cdot B_h-\tau B_g\cdot N_h\cr &=0\ .\cr}$$

En fin de compte, «l'égalité» de $C_g$ et $C_h$ provient de la partie unicité pour la solution des ODE.