Dimostrazione del teorema fondamentale delle curve spaziali usando la trasformazione rigida di Peter Baxandall (calcolo vettoriale)
Sto leggendo il calcolo vettoriale di Peter Baxandall che dimostra il teorema fondamentale delle curve spaziali (le curve con uguale torsione e curvatura sono identiche tranne probabilmente la loro posizione) nel modo seguente:
Nella dimostrazione, l'autore dice: scegli uno qualsiasi $p \in E$. Aspetta$C_g$ fisso e spostare $C_h$ rigidamente dentro $\Bbb R^3$ fino a $T_h(p) = T_g(p) , \cdots$. Non vedo molto chiaramente il motivo e il meccanismo con cui l'autore è in grado di farlo. Intendo la trasformazione rigida come qualcosa che preserva la lunghezza della curva. Tuttavia, potremmo anche dover utilizzare la rotazione per creare il vettore tangente unitario$T_g$ e $T_h$lo stesso. Ma, nell'ultima riga, alla fine lo dice$C_h$ è una traduzione di $C_g$.
Inoltre, non sono riuscito a trovare dove l'autore ha utilizzato il fatto che la torsione e le curvature delle due curve sono uguali .$$\phi = T_g \cdot T_h + N_g \cdot N_h + B_g \cdot B_h \\ \implies \phi' = T_g' \cdot T_h + T_g \cdot T_h' + N_g' \cdot N_h + N_g \cdot N_h' + B_g' \cdot B_h + B_g \cdot B_h'$$. Ma da allora, abbiamo già:$T_g=T_h,N_g=N_h,B_g=B_h$, quindi: $T_g⋅T_h'=0=T_g'⋅T_h$. Allo stesso modo, per altri, ogni prodotto puntino risulta essere$0$. Non ci è sembrato di usare il fatto che le torsioni e le curvature delle due curve sono uguali?
Qualcuno potrebbe spiegare cosa sta realmente succedendo. Molte grazie!
NOTA : $T,N,B$ rappresentano rispettivamente l'unità tangente, normale e bi-normale
Risposte
La dichiarazione è quella $C_g$ e $C_h$sono "uguali, fino a un movimento". Nella sua dimostrazione l'autore sostituisce$C_h$ da una copia congruente (di nuovo indicata con $C_h$) nel modo seguente: sceglie a $p\in E$ e applica una rotazione $R$ di ${\mathbb R}^3$ tale che l'originale ortonormale tripla $\bigl(T_h(p),N_h(p),B_h(p)\bigr)$ è mappato sulla tripla $\bigl(T_g(p),N_g(p),B_g(p)\bigr)$. Quando questa rotazione costante$R$ viene applicato a $C_h$ la curva $R(C_h)=:C_h$ non coincide ancora con $C_g$, ma è (in effetti) una traduzione di $C_g$. Quando vuoi puoi applicare in aggiunta una traduzione$A$ tale che $(A\circ R)(h(p))=g(p)$, ma non è necessario. Come lettori accettiamo senza ulteriori indugi che la curva spostata$C_h$ è congruente all'originale $C_h$.
La parte difficile della dimostrazione consiste quindi nel mostrare che il nuovo $C_h$ è congruente a $C_g$. Qui vengono utilizzate le formule di Frenet. Dovresti effettivamente calcolare$\phi'$ per vedere che l'uguaglianza di $s\mapsto\kappa(s)$ e $s\mapsto\tau(s)$ perché le due curve giocano un ruolo nel dimostrarlo $\phi'=0$: $$\eqalign{\phi'&=(T_g\cdot T_h+N_g\cdot N_h+B_g\cdot B_h)'\cr &=T_g'\cdot T_h+T_g\cdot T_h'+N_g'\cdot N_h+N_g\cdot N_h'+B_g'\cdot B_h+B_g\cdot B_h')\cr &=\kappa N_g\cdot T_h+\kappa T_g\cdot N_h+(-\kappa T_g+\tau B_g)\cdot N_h+(-\kappa T_h+\tau B_h)\cdot N_g-\tau N_g\cdot B_h-\tau B_g\cdot N_h\cr &=0\ .\cr}$$
Alla fine l '"uguaglianza" di $C_g$ e $C_h$ proviene dalla parte di unicità per la soluzione di ODE.