Доказательство основной теоремы о пространственных кривых с использованием жесткого преобразования Питера Баксандалла (векторное исчисление)

Aug 19 2020

Я читаю векторное исчисление Питера Баксандалла, которое доказывает фундаментальную теорему о пространственных кривых (кривые с равным кручением и кривизной идентичны, за исключением, вероятно, их положения) следующим образом:

В доказательстве автор говорит: выберите любой $p \in E$. Держать$C_g$ исправлено и перемещено $C_h$ жестко в $\Bbb R^3$ до того как $T_h(p) = T_g(p) , \cdots$. Я не очень ясно вижу мотив и механизм, с помощью которого автор может это сделать. Я понимаю жесткую трансформацию как нечто, что сохраняет длину кривой. Однако нам, возможно, даже придется использовать вращение, чтобы сделать единичный касательный вектор$T_g$ и $T_h$тот же самый. Но в последней строке он в конечном итоге говорит, что$C_h$ это перевод $C_g$.

Кроме того, я не смог найти, где автор использовал тот факт, что кручение и кривизна двух кривых равны .$$\phi = T_g \cdot T_h + N_g \cdot N_h + B_g \cdot B_h \\ \implies \phi' = T_g' \cdot T_h + T_g \cdot T_h' + N_g' \cdot N_h + N_g \cdot N_h' + B_g' \cdot B_h + B_g \cdot B_h'$$. Но так как у нас уже есть:$T_g=T_h,N_g=N_h,B_g=B_h$, таким образом: $T_g⋅T_h'=0=T_g'⋅T_h$. Точно так же для других каждый скалярный продукт оказывается$0$. Кажется, мы не использовали тот факт, что скручивание и кривизна двух кривых равны?

Не мог бы кто-нибудь объяснить, что на самом деле происходит. Большое спасибо!

ЗАМЕТКА : $T,N,B$ представляют касательную, нормальную и бинормальную единицу - вектор соответственно

Ответы

1 ChristianBlatter Aug 19 2020 at 16:31

Утверждение состоит в том, что $C_g$ и $C_h$«равны, до движения». В своем доказательстве автор заменяет$C_h$ конгруэнтной копией (снова обозначается $C_h$) следующим образом: он выбирает $p\in E$ и применяет вращение $R$ из ${\mathbb R}^3$ такая, что исходная ортонормированная тройка $\bigl(T_h(p),N_h(p),B_h(p)\bigr)$ отображается в тройку $\bigl(T_g(p),N_g(p),B_g(p)\bigr)$. Когда это постоянное вращение$R$ применяется к $C_h$ Кривая $R(C_h)=:C_h$ еще не совпадает с $C_g$, но является (фактически) переводом $C_g$. При желании можно дополнительно оформить перевод$A$ такой, что $(A\circ R)(h(p))=g(p)$, но это не обязательно. Как читатели, мы без лишних слов принимаем, что сдвинутая кривая$C_h$ соответствует оригиналу $C_h$.

Самая сложная часть доказательства состоит в том, чтобы показать, что новый $C_h$ конгруэнтно $C_g$. Здесь используются формулы Френе. Вы действительно должны вычислить$\phi'$ чтобы увидеть, что равенство $s\mapsto\kappa(s)$ и $s\mapsto\tau(s)$ для двух кривых играет роль в демонстрации того, что $\phi'=0$: $$\eqalign{\phi'&=(T_g\cdot T_h+N_g\cdot N_h+B_g\cdot B_h)'\cr &=T_g'\cdot T_h+T_g\cdot T_h'+N_g'\cdot N_h+N_g\cdot N_h'+B_g'\cdot B_h+B_g\cdot B_h')\cr &=\kappa N_g\cdot T_h+\kappa T_g\cdot N_h+(-\kappa T_g+\tau B_g)\cdot N_h+(-\kappa T_h+\tau B_h)\cdot N_g-\tau N_g\cdot B_h-\tau B_g\cdot N_h\cr &=0\ .\cr}$$

В итоге «равенство» $C_g$ и $C_h$ происходит из части уникальности для решения ОДУ.