Peter Baxandall (Vector Calculus) tarafından Rijit Dönüşüm kullanarak Uzay eğrilerinin Temel Teoreminin Kanıtı

Question

Peter Baxandall tarafından yazılan ve Uzay eğrilerinin Temel teoremini (eşit burulma ve eğriliğe sahip eğriler muhtemelen konumları dışında aynıdır) aşağıdaki şekilde kanıtlayan Vektör hesabını okuyorum:

İspatta yazar şöyle der: Herhangi birini seçin $p \in E$. Ambar$C_g$ düzelt ve hareket et $C_h$ katı bir şekilde $\Bbb R^3$ a kadar $T_h(p) = T_g(p) , \cdots$. Yazarın bunu yapabilmesinin nedenini ve mekanizmasını çok net göremiyorum. Katı dönüşümü eğrinin uzunluğunu koruyan bir şey olarak anlıyorum. Bununla birlikte, birim teğet vektörü yapmak için rotasyon kullanmamız bile gerekebilir.$T_g$ ve $T_h$aynısı. Ama son satırda, sonunda şunu söylüyor:$C_h$ bir çevirisidir $C_g$.

Ayrıca, yazarın iki eğrinin burulma ve eğriliklerinin eşit olduğu gerçeğini nerede kullandığını bulamadım .$$\phi = T_g \cdot T_h + N_g \cdot N_h + B_g \cdot B_h \\ \implies \phi' = T_g' \cdot T_h + T_g \cdot T_h' + N_g' \cdot N_h + N_g \cdot N_h' + B_g' \cdot B_h + B_g \cdot B_h'$$. Ama o zamandan beri bizde zaten var:$T_g=T_h,N_g=N_h,B_g=B_h$, Böylece : $T_g⋅T_h'=0=T_g'⋅T_h$. Benzer şekilde, diğerleri için her bir iç çarpım,$0$. İki eğrinin burulma ve eğriliğinin eşit olduğu gerçeğini kullanmadık mı?

Biri lütfen gerçekte neler olduğunu açıklayabilir mi? Çok teşekkürler!

NOT : $T,N,B$ tanjant, normal ve bi-normal birimi temsil eder - sırasıyla vektör

Answer 1

Açıklama şu ki $C_g$ ve $C_h$"bir harekete kadar eşittir". Kanıtında yazar yerini alır$C_h$ uyumlu bir kopya ile (yine $C_h$) aşağıdaki şekilde: Bir $p\in E$ ve bir rotasyon uygular $R$ nın-nin ${\mathbb R}^3$ orijinal ortonormal üçlü $\bigl(T_h(p),N_h(p),B_h(p)\bigr)$ üçlü ile eşleştirildi $\bigl(T_g(p),N_g(p),B_g(p)\bigr)$. Bu sabit dönüş$R$ uygulandı $C_h$ eğri $R(C_h)=:C_h$ henüz uyuşmuyor $C_g$, ama (aslında) bir çevirisi $C_g$. İstediğiniz zaman ek olarak bir çeviri de başvurabilirsiniz.$A$ öyle ki $(A\circ R)(h(p))=g(p)$ama gerekli değil. Okuyucular olarak, daha fazla uzatmadan, taşınan eğrinin$C_h$ orijinaliyle uyumludur $C_h$.

İspatın zor kısmı yeni olanın $C_h$ uyumlu $C_g$. Burada Frenet formülleri kullanılmaktadır. Aslında hesaplamalısın$\phi'$ eşitliğini görmek için $s\mapsto\kappa(s)$ ve $s\mapsto\tau(s)$ iki eğri bunu göstermede rol oynar $\phi'=0$: $$\eqalign{\phi'&=(T_g\cdot T_h+N_g\cdot N_h+B_g\cdot B_h)'\cr &=T_g'\cdot T_h+T_g\cdot T_h'+N_g'\cdot N_h+N_g\cdot N_h'+B_g'\cdot B_h+B_g\cdot B_h')\cr &=\kappa N_g\cdot T_h+\kappa T_g\cdot N_h+(-\kappa T_g+\tau B_g)\cdot N_h+(-\kappa T_h+\tau B_h)\cdot N_g-\tau N_g\cdot B_h-\tau B_g\cdot N_h\cr &=0\ .\cr}$$

Sonunda "eşitlik" $C_g$ ve $C_h$ ODE'lerin çözümü için benzersizlik kısmından gelir.