可视化微分几何和形式
第三幕习题
平面曲线的曲率
- 曲率公式的计算证明。图 8-7 提供了式 (8.7) 的一个几何证明。试用计算证明该式。(提示:如果曲线
是质点用单位速率运行的轨迹,则 且 。)
考虑单位速率运动的粒子,其速度为
且 。不使用题目给出的提示也是可以推导的,首先 其次根据公式 (8.6),有
所以有
。
三维空间中的曲线
- 副法线不能朝运动方向倾斜。利用计算证明:曲线的弗勒内框架
沿曲线移动时,副法相 仅绕 旋转,不会朝 的方向倾斜。(提示:证明 在 的分量为 0,即 。)
- 根据
,有
- 达布向量。当曲线的弗勒内框架沿曲线移动时,它会旋转。利用计算证明:它的瞬时角速度是
这个向量 称为达布向量。提示:利用式 (9.3) 证明
虽然题目描述
是瞬时角速度,但是 Darboux vector 里说 是角动量向量(angular momentum vector),与角动量成正比。不管怎么说,还是按照提示证明等式。考虑叉积:至于为什么
是角动量就不解释了,搞不懂。
- 变速率的弗勒内—塞雷方程。弗勒内—塞雷方程 (9.3) 中的导数是关于弧长求导的,只有当曲线是质点用单位速率运动的轨迹时,才与关于时间的导数相等。现在假设质点的运动速率是可变的:
。
- 证明
: - 证明加速度是
,叙述并解释这两项的几何意义。 - 证明
。 - 证明
。 - 证明
。
首先根据
,有 ,则由于 (9.3) 中的导数是关于弧长的,有所以有
首先速度方向一定与
方向相同,则 成立。那么第 一 问 结 论 其中第一项
表示加速度沿着切线方向的分量 ,其方向与切向 相同,大小等于 ,是匀加速运动的加速度—速度关系。而第二项 表示加速度沿法向量 的分量 ,其方向与法向相同,大小等于 ,正是圆周运动的向心加速度公式。考虑
,有则
根据第 3 问的计算,有关系式
,则即
根据第 2 问的结论,有
再根据第三问的结论,有
,所以
- 螺旋线。考虑一个质点的运动路径,它在时刻
的位置为 。
- 解释为什么这是一条螺旋线,并说明
、 和 的几何意义和物理意义。 - 证明速率
,并给出几何解释和物理解释。 - 利用上一个问题的结论计算曲率
和挠率 。 - 给出为什么会有
和 的几何解释。 - 利用第三问验证第四问的结果。
首先考虑质点位置的
轴坐标。在任意时刻 时,质点位于垂直于 轴的平面上。那么以此平面为基准,随着 的变化,质点会在平面上绕 轴做匀速圆周运动。在三维直角坐标系下,质点呈现出“绕 轴匀速旋转的同时向 的正向或负向进动”的运动规律,质点轨迹为螺线。由此可知,质点坐标中的几何意义和参数物理意义分别如下:螺 线 管 的 半 径 质 点 在 平 面 上 的 投 影 , 与 轴 正 向 的 夹 角 是 螺 线 管 的 螺 距 如图所示质 点 绕 轴 的 旋 转 半 径 质 点 绕 轴 旋 转 的 角 速 度 质 点 在 轴 方 向 上 的 移 动 速 度 考虑螺线的切线。质点在时刻
的位置为 ,其速度为所以
。几何意义如图所示:
考虑经过质点且垂直于从质点到
轴的直线的平面,经过质点处的切向量一定位于此平面上。在此平面内的方向向量可以拆分为平行于 平面的水平方向向量 和垂直于 、平行于 轴的竖直方向向量 。对于
,显然有 增加单位长度时, 坐标增加 长度,所以有 。对于 , 增加单位长度时角度增加 ,质点在 平面上的投影移动弧长为 ,所以有 。根据勾股定理有 。从物理的角度触发,同样将
分解为水平速度 和垂直速度 ,质点绕轴旋转的角速度为 ,线速度等于旋转半径乘以角速度,即 。垂直速度和旋转互不干涉,移动速度为 ,所以合成后的速度为 , 。首先有
其次
则
对于挠率
,有为了直观,先给出在点
处的弗勒内框架:如图所示:
首先需要明确曲率
表示在点 附近最接近曲线的圆周。那么,当固定其它参数,随着 ,螺线形状如下图所示:注意到随着
的增加,螺距越来越小,点 局部的曲线越来越接近以 轴为轴心、经过点 的圆周。那么显然可以看出,当 时,描述的圆周将逼近曲线经过点 处的曲率圆。此时有 。当固定其他参数,随着
时,螺线形状如下图所示:注意到
直接影响螺线的螺距。当 足够大时,因为螺距过大, 的微小增长对点 沿 轴变化的影响远大于对点绕 轴旋转的影响。此时螺线在 附近接近于一条直线。此时有 。所以有如下的几何直观:
根据表达式求极限即可:
- 曲线的弗勒内—塞雷逼近。设质点在时刻
的位置为 ,用单位速率在空间运行的轨迹为曲线 。设 、 和 分别是轨迹 在时刻 的弗勒内—塞雷框架、曲率和挠率。
- 利用泰勒定理和弗勒内—塞雷方程 (9.3) 证明质点沿
的运动在刚开始时具有弗勒内逼近: - 给出前三项的几何解释。
- 在几何上,第四项描述的是什么?
- 根据对第三问的回答,为什么在
时第四项消失了? - 为什么如果
,第四项也会消失?
根据泰勒公式,有
注意质点以单位速率移动,此时
对时间的各阶导数等于对弧长的各阶导数,有注意到
则
当
时,关于 的高次项的影响小于低次项,则逐项拆解,首先有第一项
,表示通过 及其属性逼近点 。当 时, 和 的位置接近。所以第一项表示空间位置上的近似, 近似 。第二项
表示从点 触发的切向量方向。如果质点做匀速直线运动,则质点的位置可以由第一项和第二项准确描述,即 。此项说明 在切向量方向上到 的接近程度。第三项表示质点
偏离切线 的程度,偏离的方向是造成 发生变化的法线方向 。由于 方向与质点受力相关,所以关于表示质点位置参数 呈二次关系。系数 则表示曲线在点 处的曲率圆半径倒数。所以可以认为第三项表示质点沿曲率圆运动的微小增量。第四项表示密切平面沿
旋转的程度。质点除了沿 方向的运动和沿 方向的匀速圆周运动外,还有沿自身轴线旋转的运动。如果质点只在平面内运动,其所在的平面就是密切平面,不会产生绕 的旋转运动,此时挠率 。可见第四项表示质点偏离所在密切平面的程度,此“偏离”即旋转,旋转速度为 。如果
,表示质点在初始位置 时密切平面不会沿着切向量进行旋转,也就不会有质点偏离所在密切平面的运动趋势,所以第四项对质点位置 的贡献为 0。如果
,表示质点在初始位置 的微小时间增量 内做(匀速)直线运动。因为平面的旋转等价于绕质点所在的直线运动轨迹旋转,那么质点的密切平面沿切向量 的旋转等价于沿所在直线轨迹的旋转,旋转分量不会影响质点的空间位置。所以 时第四项也会消失。
曲面的主曲率
- 曲面的级数展开式。利用计算机绘制下列两个方程表示的曲面,利用级数展开计算它们在原点附近的二次逼近,然后利用 127 页式 (10.6) 求它们在原点的两个主方向和
。对比计算机绘制的图像,验证计算是正确的。
。 。
的函数图像如下:取
为曲面上的坐标系。考虑曲面上任意一点 以及先沿 方向,再沿 方向的增量 和 ,有但是
,说明基于 建立的坐标系并不是正交坐标系,无法采用公式 (4.10) 计算曲面在任意点处的高斯曲率。这里采用 Wikipedia 上计算高斯曲率的公式。对于函数 ,其任意点处的高斯曲率可以表示为则
则
(我感觉题目是想让我用后面的章节介绍的东西计算,毕竟没有构建曲面上的正交坐标系,不好求高斯曲率。反正这里高斯曲率等于主曲率的乘积)。对于主曲率,根据多元函数的泰勒展开式,有于是根据式 (10.6),可知主方向分别为
轴和 轴。这一点可以从函数曲面沿着 轴负方向看去验证,如图:沿着
轴方向的主曲率为 ,曲率圆半径为 。沿着 轴方向的主曲率为 ,曲率圆半径为 。这一点可以通过曲面与 平面和 平面的相交线在原点的曲率圆看出: 截面 截面整体截图如下:
的函数图像如下:取
为曲面上的坐标系。考虑曲面上任意一点 以及先沿 方向,再沿 方向的增量 和 ,有但是
,说明基于 建立的坐标系并不是正交坐标系,无法采用公式 (4.10) 计算曲面在任意点处的高斯曲率。这里采用 Wikipedia 上计算高斯曲率的公式。对于函数 ,其任意点处的高斯曲率为则
。对于主曲率,根据多元函数的泰勒展开式,有系数的符号表示曲率向量的方向。
于是根据式 (10.6),可知主方向分别为
轴和 轴。沿着 轴方向的主曲率为 ,沿着 轴方向的主曲率为 。这一点可以通过曲面与 平面和 平面的相交线在原点的曲率圆看出: 截面 截面整体截图如下:
- 旋转曲面的曲率的变速率公式。正文中刻画了一个质点沿旋转曲面的母线做单位匀速运动,在这个情况中,两个主曲率由式 (10.11) 和式 (10.12) 给出。如果速率
不再是常数,则式 变成式 (8.6):
- 通过修改第 130 页图 10-6,导出第二主曲率可以表示为
- 证明
- 如果质点向右侧移动,其坐标的
分量只增不减,就可以采用任意速率沿曲线运行,使得 代表时间 ,此时 ,关于时间的导数就变成关于 的导数: 。证明在第二问中的曲率公式变成
只需将图 10-6 中的切向量长度改为
,再根据相似关系 ,有 。直接使用 (13.3) 的结论,有
证明:因为
,则 , 。代入第 2 问的公式有
- 旋转曲面的曲率极坐标公式。上一个题目中的旋转曲面是用母线到旋转轴(取为
轴)的距离定义的。现在我们改用垂直于对称轴(取为 轴)的平面的距离来表示这个曲面。如果将 平面变换为极坐标系 ,则旋转曲面可表示为 。
- 经适当的坐标变换,利用链式法则,证明上一题的第三问的公式(pdf 式 (20.1)) 可以化为
- 设
是以原点为球心, 为半径的球面,求其表达式,并验证由第一问的公式可得到 的正确值。 - 手绘曲面
的图像,计算 的值,并求出正曲率、负曲率和零曲率的区域。(可用计算机生成的曲面图像验证答案。)
按照题设,考虑坐标变换后的坐标映射关系。以原点为圆心,
方向为 轴, 的方向为 轴,可类比图 10-6 得映射关系: , ,那么当 匀速增加, 时有已知球面上的点满足
,又 ,可得不妨取坐标平面上方的半球面
,则有于是有高斯曲率
是标准的球面高斯曲率。
手绘就不必了,曲面图像如下
首先有
则有高斯曲率
所以当
时有 ,为正曲率。而当 时 ,为负曲率。如图所示:橙色部分为正曲率,弯曲程度类似球面。灰色部分为负曲率,弯曲程度类似伪球面。红色圆上的高斯曲率为 0。
- 原点是曲面
的平点(即 ),而曲面上其他点的曲率都为正。利用上一题的公式计算 从而说明上述事实是正确的。
首先计算高斯曲率,得
显然在任意
的点处有高斯曲率 ,原点( )处的高斯曲率为 0,为平点。
高斯绝妙定理
- 为什么纸折成直线。折纸时一定会形成直线的折痕。不做任何计算,证明这是绝妙定理的一个直接结果。
- 我是这样想的。首先折纸的过程中并未发生纸的拉伸,是等距变换。那么对于一张纸,折叠后,固定不动的部分和被折叠的部分都位置着高斯曲率为 0 的性质,即平面。折痕同时属于两个平面,也就是两个平面的交线,显然是直线。
形状导数
- 可视的线性代数。利用几何推理的方法直接讨论下列所有的线性变换题,不要借用“魔鬼机器”,用矩阵表示线性变换。
- 证明关于 SVD 的几何解释图 15-4 可以推广到
,所以关于 的几何解释图 15-5 也可以推广到 。 - 已知正交线性变换是保持长度不变的变换,所以也是保持角度不变(一般)和正交性不变(特别)的变换,这方面的例子包括旋转和反射。在
中,解释为什么任何正交变换 都具有性质 。 - 已知:如果矩阵
满足 ,则称 是反称的。在 中,利用意义 (15.12)(用挠率 。神 TM 用挠率,这里的 明明指的是图 15-4 的扭转 )说明经历反称线性变换 后的几何特征。 - 如果对称线性变换
满足 对所有 都成立,则称 是正定的。利用意义 (15.13) 证明:当(且仅当) 的所有特征值都是正数时, 是正定的。 - 直接论证或借助第四问的结果论证:对称的正定线性变换(不应该是正定的对称线性变换吗?)一定有正的行列式(因此是可逆的)。通过在
找一个反例,证明反过来是不对的。[提示:在几何方面,行列式是线性变换(带正负号)体积膨胀系数,取正号(+)或负号(-)分别取决于保持方向不变或反转方向。] - 已知第四问的结果,由式 (15.15) 可知
和 都是对称正定的。反过来,证明任何对称的正定线性变换 都有无穷多种方式因子分解为 。 - 借助第四问(应该是第六问,翻译后都不校对的吗)的结果证明,就像任何正数都有平方根一样,任何正定的线性变换
都有平方根 使得 。进一步证明 ,其中 是正交变换, 是对角矩阵,其元素都是 的特征值的平方根。 - 如果对称的线性变换
对任意 满足 ,则称 为半正定的。设 是 中的任意线性变换,证明存在正交变换 和对称的半正定变换 ,使得 。称为 的极分解。
首先,被一般线性变换的球面一定会变成椭球面。但是椭球面的轴不一定与坐标轴对齐,因为正交方向不一定是单位坐标向量方向。类似圆变形为椭圆,球的直径和直径的像都经过共同中点,即球心映射为椭球的中心。经过球心且互相垂直的三条直线在映射之后仍然保持互相垂直。
当球面被拉伸为一个椭球时,其与最终经过
变换的椭球相差一个绕轴旋转变换。假设拉伸后的椭球轴向是坐标轴绕 旋转角度 得到的。经过拉伸得到的椭球面,与最终变换后的椭球面存在一个绕轴扭转。经 变换后的椭球的轴向是坐标轴绕 旋转角度 得到的,那么矩阵变换 就可以拆解为 不过需要注意的是在 中,轴 和轴 未必相同。于是转置操作为
中的转置操作可以描述为球面首先沿 中的反向进行扭转,然后再与 同样的两个正交方向上进行拉伸。于是就完成了图 15-4 向
的推广。由第 1 问和 (15.10) 可知包括
在内的任意线性变换都等价于三个正交方向的拉伸再接一个旋转为 的绕轴旋转。如果 是正交线性变换,其保持长度不变,则 在三个正交方向上不进行额外的拉伸,拉伸量等价于单位阵。那么 等价于绕轴 的旋转 ,即 。参考图 15-3 的描述,有旋转矩阵的转置变换等价于旋转矩阵的逆变换,所以有 。考虑图 15-4 左上角的图中,圆上辐角为
的端点。- 首先,端点经过如图 15-4 所示的
的变换,其辐角从 经过扭转 变为了 。变换 中的负号表示将点绕原点旋转了 ,那么辐角最终变为 ,缩放比例系数不变。 - 其次,根据事实 (15.12) 可知,对于
上的任一点,矩阵 的变换将点进行了反向的扭转,接着做了与 同样的正交方向上的扩张。那么以 为辐角的端点最终变换后的辐角为 。
那么现在经过这两类变换得到的点位置相同,可知必然存在
去掉绝对值,有
,得可见矩阵
的旋转部分一定是将点绕原点旋转至与原位置辐角相差 的位置。于是 可以描述为沿着两个正交方向的拉伸,再接一个旋转角为 的旋转。旋转前后的椭圆长轴与长轴、短轴与短轴相互垂直。- 首先,端点经过如图 15-4 所示的
因为
是对称线性变换,根据 (15.13),其扭转消失,且具有正交的特征向量,即变换扩张的方向。那么对于任意点 , ,表示沿特征向量方向扩张点,不对其做旋转操作。 会更加偏向于椭圆长轴方向。相互正交的两个方向将平面划分为了四个象限。在
所在的象限内, 对 的缩放不会将其变换到其他的象限,即 与 的夹角不超过 ,所以有 ,所以变换 是正定的。所谓行列式等价于面积扩张系数。根据第四问的描述,对称正定线性变换不包含扭转,行列式值的大小仅取决于特征方向的缩放比例系数。对平面上向量进行两个方向的正向拉伸不会导致两个向量的相对顺位发生翻转,由两个向量决定的三角形也不会发生翻转,因此行列式永远是正值。
在
中,假设存在一个变换 使得其具有正的行列式。然而 并不一定是正定的对称线性变换。三维空间中的行列式表示体积膨胀系数。考虑变换表示将空间内的点的
坐标和 坐标取反。首先可知 是一个对称线性变换。其在正交方向上的伸缩量为对角线上的数值。其次, 行列式也为正值。但是考虑点 ,有就不满足第四问中判定对称线性变换正定性的条件。实际上,具有偶数个小于 0 的特征值的对称线性变换都不是正定矩阵,但其具有正的行列式值。
证明:根据 (15.15) 的逻辑,
和 的扭转会相互抵消。那么对于任意正定的对称线性变换 ,其扭转消失,只剩沿着正交方向的伸缩量 和 且 , 。那么可以构造任意以 、 伸缩量的线性变换, ,使得 , 。所以变换 有无穷多种方式因子分解为 ,不同的 之间只在扭转量上有区别。要证明正定线性变换
具有平方根 使得 ,即证明 可以根据 经过两次相同的线性变换得到。考虑对于任意线性变换
的示意图 15-4 和逆矩阵 的示意图 15-5[a]。假设任意矩阵变换将以圆点为中心的圆变换为了轴向角为 的椭圆,拉伸量为 和 ,扭转量为 。那么,考虑将图形经过 变换为圆的变换,即分析 对圆周的行为,可知 将一个更小的、包围于圆周内的椭圆(轴向角为 )经过拉伸和扭转后变为了圆周。由于圆周各向同性,圆周的角度不会对后续变换的椭圆形状造成影响。上述描述的逆过程 要求 是可逆的。于是
相当于将一开始小的椭圆经过拉伸和扭转后变为圆,再拉伸和扭转后变为椭圆。整个过程可以描述为 。注意到 依然是由伸缩(椭圆之间具有相似性)和扭转组成的线性变换。在变换过程中, 的变化是由两次 的变化得到的。所以即便是 因为存在负伸缩两导致图形反向拉伸,两次 的反向拉伸过程依然是正向的拉伸,即 只存在正向拉伸,所以 必然是正定的(如果 不存在特征值为 0 的退化拉伸过程), 也即 的平方根。从几何的观点出发,
变换并没有特殊之处,是普通的线性变换,则有 。但是两次 变换等价于一次 变换,那么:第一次 变换后的旋转角 必然要等于第二次 变换的旋转角 (因为两次方向不同的拉伸量不能将椭圆映射到椭圆)即 。所以 ,此处 和 也即 变换的 和 。根据第二问的结论,有 其中 ,且旋转矩阵是正交矩阵,满足保持夹角和距离的不变性条件。同时经过两次变换后的伸缩量等价于
的伸缩量,所以有 , ,即所以可以拆分为
。注意 取了矩阵 的特征值的正根。此时 也为正定矩阵。可以用代数验证一下,有
对于任意的线性变换
,其可以表示为 ,于是可以将其拆分为两部分: 相当于途 15-4 中多进行了一步旋转,在拉伸之后先旋转了 ,再旋转了 。其中
是旋转变换,当然也是正交变换,记作 。而
满足式 (15.14) 中 的条件,说明其是对称矩阵,具有正交的特征向量,记为 。由于任意线性变换的特征值可能为 0, 只做扭转,不做伸缩, 负责伸缩,所以 可能存在零特征值,即零伸缩量。然而经过 SVD 分解的矩阵其伸缩量为非负值,所以 中的伸缩量也为非负值。那么类似第四问的分析,变换后的 与 的夹角不会超过 。所以 , 为半正定矩阵。综上所述,矩阵
可以拆分为两个矩阵 和 的乘积,其中 为表示旋转的正交矩阵,而 是表示沿固定方向拉伸的半正定矩阵。
- 形状导数为 0
平坦。分别利用几何方法和计算方法证明:如果形状导数恒等于 0,则曲面是平面的一部分。
- 几何观点下,如果形状导数恒等于 0,说明从点
出发沿任意切向量 移动时法向量不发生变化。那么在 所在的有限领域内,所有点的法向量相同,任意两点之间的连线都垂直于法向量,所以曲面是平面的一部分。 - 计算角度下,根据式 (15.18),任意经过点
处的曲线的法曲率都为 0,所以经过点 的曲线都是直线,由直线构成的曲面是平面。
- 用形状导数表示高斯曲率。设曲面在点
处存在形状导数 , 和 是曲面在点 处的两个短的切向量。利用几何方法证明: 。(注记:即使切向量不是短的,方程本身仍然是对的,但是几何解释依赖于最终相等的思想。)
首先选取短向量

其中点
对于第一点,由于
令
映射后的向量
注意到函数
对于第二点,直接计算三角形的面积太过复杂。特殊情况下,比如让
其在数值上等于三角形面积。将
以
所以有
于是
- 形状导数、曲率和平均曲率的直角坐标公式。设
是一般曲面 在 点处的切平面。在切平面 上建立直角坐标系 使得 , 在这一点处的法向量 为 轴,则 可以局部表示为 其 中 且
- 如果我们定义
,则 在 上是常数。证明 是 的法向量,所以 - 证明曲面的形状导数在点
的矩阵为 由此立即可得 同样, 可以表示为 平 均 曲 率 其中 是拉普拉斯算子。
定义了局部坐标
,那么 为常值,特别的有 。考虑曲面
上的微小增量 、 和 相当于曲面表面的切向量,那么与切向量垂直的向量 就平行于曲面的法向量,即于是法向量为
根据题目的描述,令
和 分别表示切平面上的两个相互正交的基底 ,那么有 回到方向导数最基本的定义,首先对于对角线元素,有沿着
方向的法向量变化为 ,则所以有
类似地,有
和
以及
所以
从而
- 非主方向的坐标系。再来分析鞍形曲面,按照正文中的说法,开始时不选取曲面的主方向为坐标轴。
- 画出曲面
在原点附近的图像。(提示:已知 , 是以原点为圆心、 为半径的圆周,求出曲面在 上方和下方的高度,其中 , 。) - 利用结论 (10.4),求曲面的主方向。
- 利用式 (20.2) 证明曲面在原点处的形状导数的矩阵为
进一步证明 且 。 表示的几何变换 是什么? - 借助第四问,用几何方法(不要计算)求
的特征向量和特征值。(注记:特征向量应该指向第 2 问中求出的方向。) - 根据第二问或第五问,将
坐标轴旋转到主方向,得到新的 坐标轴,证明曲面原来的方程变成 。 - 比较在第六问中得到的新方程和式 (10.6),验证在第三问中求得的
和 。 - 利用式 (20.2),求在新的
坐标系中的矩阵 ,并验证 和 没有改变。 - 证明在第三问和第八问中两个不同的矩阵
(它们表示同一个线性变换 )符合一般矩阵公式 (15.20)。
根据提示,有
如图所示(
在区域 内的部分)从第 1 问的图中可以看出,在原点的无限小邻域内,
关于两个平面对称,分别为 平面(图中蓝色)和 平面(图中绿色):那么曲面的主方向为
根据式 (20.2),有
从而
, 。 表示的几何变换是将平面上的点 的坐标翻转,变成 ,即平面上绕着 直线做镜像对称变换。根据第四问的描述,可将
描述的变换拆分为:沿 和 方向的拉伸,无扭转分量。拉伸的值分别为 1 和 -1,所以有特征值和特征向量:将坐标轴旋转到主方向,意味着要将坐标轴旋转到
, 的方向,对应旋转角度为 ,那么旋转后的表达式为对比式 (10.6),可得
与第三问中计算的结果一致。
根据式 (20.2),有
从而
, ,没有发生变化。第三问的
是在 坐标系下建立的,基底为 。注意到平面 和 是曲面的法平面,其法截痕分别是 轴和 轴,所以在各自方向上的法曲率都为 0,即 , 。此外,不妨设 ,则主曲率之差为 当然有第八问的
是在 坐标系下建立的,基底 正是曲面的主方向。由于 是单位阵,根据式 (15.7),特征值为曲率,则有 , 。同时类似地, 当然有所以第三问和第八问中的矩阵
都满足式 (15.20) 的要求。
- 利用式 (20.2) 和式 (20.3) 证明习题 7 的结论。
对于
,有所以
且
,与第 7 题第一问的结果相同。对于
,有所以
且
,与第 7 题第二问的结果相同。
- 曲率的极坐标公式。如果
,证明曲率由下面这个复杂公式给出:
已知在店
的切平面上构造直角坐标系,使得 ,而 。直角坐标系下,函数 对应的曲面的高斯曲率公式为为了证明极坐标系下函数
对应的曲面的高斯曲率公式,考虑将给出的公式化成直角坐标公式。将 和 试做 和 的函数,即 , 。则且
各阶偏导数为
分别拆分给定公式的项,
所以分子为
分母为
所以分式化为
分 子 分 母 证毕。
- 具有相等曲率但非等距同构的曲面。第一幕中明金证明了:如果两个曲面具有相同的常曲率
,则它们是局部相互等距同构的。因此,常曲率 , , 的曲面分别局部等距同构于球面、平面和伪球面。现在提供例子说明:具有相等变曲率的曲面不一定是等距同构的。这样就证明了绝妙定理的逆命题不成立。
- 利用与上题中同样的记号,求下面两个曲面的形状:
的方程为 , 的方程为 。(提示: 称为螺旋面。)利用计算机绘制它们的图像来验证答案。 - 如果
上的一个点与 上的一个点具有相同的 坐标,则称这两个点是“对应的”。通过求出这两个曲面的度量公式,证明这个对应关系不是等距关系。 - 尽管如此,也可以用式 (20.4) 证明,这两个曲面的对应点具有如下相等的曲率!
直接画图,哪来那么多花活。
考虑曲面上的点
,并沿着 方向和 方向进行微小移动 。- 对于
,有 - 对于
,有 所以二者在点 处的度量不同,二者并不具有对应的等距关系。
- 对于
分别计算两个曲面的曲率,有
- 对于
,有 - 对于
,有
所以
,但是二者的度量不同,所以高斯绝妙定理的逆命题不成立。- 对于
鞍形曲面的曲率。设 鞍形曲面的高度为 ,利用式 (20.4) 证明:在 的每一个圆周上, 常 数 鞍形曲面的(负)曲率不变,并由下列公式给出。
- 普通 2 鞍形曲面(在一般的双曲点周围)的曲率为
- 猴 3 鞍形曲面的曲率为
鞍形曲面的曲率为
虽然是向让按步骤做,但是我还是直接从第三问下手吧。首先有偏导数
所以有曲率
贴个
的图(网页 demo)Desmos 3D matplotlib 反正是各有各的不好用。
全局高斯—博内定理引论
- 预计 GGB 依赖于亏格。
- 利用 GGB 证明任意拓扑球面一定具有正曲率的区域。
- 利用 GGB 证明任意拓扑环面一定具有正曲率的区域。
- 实际上,每一个亏格为
的光滑闭曲面 一定有一个正曲率的点,尽管只有 GGB 不能保证这个结果成立。设 是一个球面,其球心是被 包围的任意点,半径为 。想象开始时的 充分大,使得 将 包围在内。然后让球面 开始收缩,直到它碰到 ,此时 。论证曲面 在与 的接触点处曲率 。提示:考虑接触点的两个主方向。
任意拓扑球面的全曲率
为 ,即 ,则 假设拓扑球面上不存在正曲率的区域,即对于任意 , ,那么一定有 与题设不符,所以拓扑球面上一定存在正曲率的区域。类似地,任意拓扑环面的全曲率
为 0,则 假设拓扑球面上不存在正曲率的区域,即对于任意 , ,那么一定有注意到环面不是平面,不可能在所有点处的高斯曲率都为 0。则上述等号不能成立,即
与题设不符,所以拓扑环面上一定存在正曲率的区域。
当包裹
的球面 缩小到与 接触时,考虑接触点处的高斯曲率。选取曲面 的主方向,球面上经过点 的主方向的大圆的曲率都为 。由于曲面被球面包裹,曲面 在 点处沿主方向的曲率必定大于球面上经过点 沿主方向的大圆的曲率,对应 且 ,所以点 处的高斯曲率 。
- 太中二了不想抄。回顾图 16-7 中虫洞的定义,及其全曲率
。
- 如果在
边形的每个顶点上放一个小面包圈,沿 边形的每条边用一个虫洞将 个顶点上的面包圈连接起来,构成一个曲面 ,解释为什么 。为什么不违反 GGB,就像它看起来那样? - 假设
,使得 4 个面包圈在一个正方形的角上,被 4 个虫洞沿着正方形的边连接在一起。现在增加第 5 个虫洞,沿对角线连接刚才没有连接的两个面包圈构成曲面。现在这个曲面的全曲率是什么?为什么这不违反 GGB,就像看起来那样?
先考虑面包圈链,如图 16-8 所示。由
个面包圈相连而成的面包圈链的全曲率为 。在将面包圈链首尾相接,形成 边形的过程后,增加了一个连接首尾面包圈的桥,所以连接后的 边形面包圈的全曲率为至于为什么不违反 GGB,
边形的面包圈,具有 个孔洞,其亏格为 。根据图 16-6 的煎饼模型,全曲率为主要的原因是在连接首尾的过程中,曲面的亏格增加了 1.
连接对角线的过程中,曲面增加了两个桥的曲率
,以及一个面包圈的曲率 ,那么曲面的全曲率为如描述形状的曲面,具有
个洞,也即 7 个内边缘,亏格为 7。所以根据 GGB,有全曲率
GGB 的第一个证明(启发性证明)
- 霍普夫旋转定理。尝试探究霍普夫(Hopf 1935)巧妙论点的本质。定理中的(平滑和“简单”的)封闭曲线
是一条轨迹,如图 20-1 所示。起点在最下方, 的其余部分在起点上方。假设 和 都在 上, 是 时刻连接 和 的直线, 是直线 的角度。最初, 在 旁边,所以 (虚线)是水平的, 。
- 当
不动, 绕轨迹运行一段距离后(TMD 谁翻译的,原文是跑了 的长度,此时 已经回到起点了), 开始运行。当 运行到遇到 时,为什么 的净旋转为 。之后 停止, 绕轨迹一圈, 又转了角度 。因此 和 各跑一圈后, 旋转了一周 。 - 接下来,
再运行一圈, 没有等到 运行一圈就开始运动,跟在 后面。 移动一小段距离后 回到起点。一但 回到起点, 继续运行直到回到 所在位置。解释为什么 的净旋转仍然是 。 和 同时从起点出发, 总是落在 后面很远。解释各自移动一圈后, 的净旋转仍然是 。[提示:想象在第二问中 的速度逐渐增加,勾勒出 连续变化的图像:第一问 第二问 第三问。] - 这一次
紧跟 后面。当 的移动速度沿切线向前时,视线 就是 的切线。因为 的净旋转仍然是 。
考虑从
到 的向量,在起点处时向量 方向水平,对应 的方向角为 。假设在起点处时,向量从 指向 ,方向沿 的切线向右。当 运行过程中,向量 的端点从没有越过 ,只在起点上方的半平面内运动。当 返回起点时,向量 指向一开始向量的反方向,沿 的切线向左,相较于 时水平翻转了 ,对应直线 的方向角净旋转为 。之后交换
和 ,经历同样的过程,向量 与 时的向量 同向,沿 切线向右。此时总的净旋转为 。整个过程可以描述为四个阶段:
解决不了,没法说明在追逐的过程中角度的净变化为什么能互相抵消,剩下
,吃屎吧。反正图示有个直观的结论就行了。动图,讲义。尝试了几种办法,首先:
- 多边形拟合肯定不行。当
和 充分远时,并不能保证角度的转向能够和多边形顶点外角关联上,二者可能并不处在临边。 - 将上一次关键时间点的截线移动到当前位置也不行。说明不了
和 同时移动时的截线角度变化。 - 考虑
或者 的时间点位置连成的多边形也不太可行,也不能和旋转角度关联起来。 - 用变形的圆周可能可行,但是太过复杂了不太好分析。而且变形的圆周这个思路得考虑原点、曲线过点
的趋势。趋势之间也不能计算是否叠加,就很烦。 - 证明连续性的证明也看不懂,没救了,等死吧。说不定后面就想明白了呢。
- 多边形拟合肯定不行。当
GGB 的第二个证明(利用角盈)
- 仅存在五种正多面体。如果正多面体的每一个面都是一个正
边形,每一个顶点都有 个这样的面相较于此,利用下面的步骤证明:只有图 18-2 所列的五种柏拉图多面体才可能是这样的正多面体,即 或 或 或者 。
- 解释为什么
。 - 设
是正 边形的内角,解释为什么 。(提示:想象将相较于某个顶点 的 个面切下来,沿包含顶点 的一条棱剪开,最后将曲面展开成平面。) - 对于
,求 ,并说明这就是全部可能的情况。
分类套:
- 首先
。如果没有面经过顶点,那就不是正多面体了,只是一个孤立点。 - 如果过顶点有
,说明点位于过点 的单一平面内。如果每个顶点都只有一个面经过,说明面只有一个,且这个面经过了所有的顶点。那必然面不是平面而是曲面,也就不是正多面体了。 - 若
个相同的正多边形面相交,则点位于两个正多边形面(平面)的交线(直线)上。考虑某个面的所有顶点,此面的所有顶点都在此面与邻接面的交线(直线)上,说明直线经过了所有与面邻接的顶点,正多边形的所有边都在一条直线上,这是不可能的。
- 首先
考虑铺平,沿点附近所有正多面体的内角之和不能超过
。正多面体在顶点处的邻接面,构成了多面角。首先根据题目 21 的第三问,可知多面角顶点处的高斯曲率大于球面 。那么根据多面角的高斯曲率公式(171 页),有W所以有
。 时内角 , 时内角 , 时内角 。正 边形的内角为 。为了满足第二问的要求,有 的可能取值必定小于 6,又 必须大于 2,所以只有 3、4 和 5 三种情况。
- 仅存在五种拓扑正多面体。本题继续利用上题中同样的记号
,只是现在的拓扑多面体的面可能是弯曲、非正则和/或具有波浪形的棱。 、 和 分别是顶点、棱和面的数量。
- 解释为什么
。 - 解释为什么
。 - 通过将上面两个等式代入欧拉多面体公式,证明
- 证明
。 - 把
看做 上的网格点。在相关区域( 且 ),在每个网格点上写下 的值,注意并使用关于线 的对称性。 - 利用第五问推导出第六问中不等式的解
只可能与上一题中发现的相同:只有五种柏拉图多面体的拓扑边形。
每个面贡献
条边,任意边被两个邻接的面共用,所以总边数满足总 面 数 多 边 形 边 数 每个面贡献
个顶点,任意顶点被 个邻接的面共用,所以总顶点数满足总 面 数 多 边 形 顶 点 数 顶 点 邻 接 的 面 数 将上两问的结论代入式 (18.1),根据式 (18.2),有
拓 扑 球 面 多 面 体 所以
根据上一问的结论,
肯定是可以的。函数
的图像如下(曲面)投影面 等轴视图 格点处的值如图所示,绿色曲线分别表示等高线
。满足
的点有八个:根据第五问的结果,满足
的点只有五个,即所以只有五种柏拉图多面体的拓扑变形。
- 凸多面体的勒让德投影。勒让德在证明欧拉多面体公式时,假设多面体是凸的。我们给出的证明不需要这个假设,但是勒让德的凸性假设有一个很好的优点:可以立即从原来的多面体
跳到球面上一个拓扑等效于用测地线多边形做的多边形剖分(图 18-7),如下所述。假设凸多面体 是一个线框,一个灯泡 位于线框内的某处。如果 是一个以 为中心、将 包含在内的球面,证明线框 在球面上的阴影就是上面说的测地线剖分。
这个还要证明吗……?通过圆心的投影会将多面体的多边形面的边(直线)投影成球面上大圆的弧长,因为圆心和线段的两个端点唯一地确定一个平面,经过原点的平面与球面的交线为大圆,大圆也就是球面上的测地线。
如果存在多个边的投影在球面上相交,那么投影的交点可以将投影分割为多个无相交的大圆圆弧,每一段都是测地线。
所以得到的投影就是球面的测地线剖分。
- 霍普夫关于
的证明。在正文中,通过首先证明 ,然后证明粘上一个“用三角巧克力盒做的柄(图 18-9)”使得 减少 2(图 18-10),证明了 。对此还存在另外一个优雅的恒明,归功于霍普夫。
- 将两个用三角巧克力盒做的柄粘到一起,生成一个拓扑环
,证明 。 - 从这个环挖掉一个三角形,同时从一个亏格为
的一般曲面 挖掉一个三角形,再将这两个三角形的孔的边缘粘在一起,生成新的闭曲面 ,亏格增加了 1。证明 。 - 利用第一问和第二问证明
且 。
根据式 (18.1),对于单个挖去三角形的三棱柱,有
, , ,其欧拉示性数为 。当两个空心三棱柱首尾相接形成拓扑环面 后,有 ,三 角 形 顶 点 数 ,三 角 形 边 数 ,则类似图 18-10 描述的思路。已知拓扑环面
挖去一个三角形后面数减少 1,则示性数 (考虑三角剖分)。挖 去 一 个 三 角 形 在亏格为
的任意曲面上挖去三角形,同样有面数减少 1,示性数 减少 1(考虑三角剖分)。那么将环面和 粘在一起后得到的曲面 ,顶点数相较于 增加了 3,边数增加 3,面数不变,亏格增加 1。欧拉示性数的变化来自于引入的环面,则挖 去 一 个 三 角 形 挖 去 一 个 三 角 形 对于球面,可以考虑将一个空心三棱锥的两个三角面捏成一个点,从而构成拓扑球面。那么顶点数减少 4,边数减少 6,面数不变,则
然后
,则
- 对偶多面体。以立方体每个面的中心为顶点,连接这些顶点就得到了一个八面体。这就是立方体的对偶,从一个面变成了一个顶点,而每一个顶点变成了一个面。如果继续构造八面体的对偶,即立方体对偶的对偶,会得到什么?借助图 18-2,求另外三种柏拉图多面体的对偶。
在对偶关系中,原多面体的面中心成为了新多面体的顶点,而原多面体的顶点变成了面。按照第 25 题的记号,有如下对应关系:
- 原多面体中每个顶点有
个正多边形面相交在顶点处 对偶多面体的每个面由 个顶点构成 - 原多面体的每个面都是正
边形 对偶多面体的顶点有 个面相交在顶点处
即如果原多面体可以表示为
,那么对偶多面体就是 。已知正方体为
,对偶多面体就是 ,即正八面体。所以正八面体的对偶为 ,还是正方体。根据图 18-2,可知:
正 四 面 体 为 对 偶 为 正 四 面 体 正 六 面 体 为 对 偶 为 正 八 面 体 正 八 面 体 为 对 偶 为 正 六 面 体 正 十 二 面 体 为 对 偶 为 正 二 十 面 体 正 二 十 面 体 为 对 偶 为 正 十 二 面 体 - 原多面体中每个顶点有
GGB 的第三个证明(利用向量场)
- 偶极子的流线是圆形的。证明图 19-3 中偶极子的流线都是圆周。
- 通过计算证明。
- 利用几何方法证明。
感觉可以从复变函数入手,考虑经过原点的方向为
的射线与流线的交点。偶极子对应的复变函数为 。令交点 为偶极子的流线上的任意一点,那么位于点 处的切向量为 。直接对切向量进行积分,有
考虑图 19-3,
时直线与流线的交点位于原点处,则 ,可得 , ,则转换到极坐标下,取
。有所以极坐标下的质点满足方程
,是位于极坐标上半平面内的圆。没想好用几何方法怎么证明。先上图
有点困难:
- 此处的几何证明已经和第二幕习题中的度量几何证明不同了,不能用那种方法,计算向量对
和 的贡献没有得到额外的信息。 - 计算度量也不好解释,因为只有
前的系数为 不为 0。
从图中可以看出,与切线垂直的直线都经过同一点,且到固定点的距离相同。所以轨迹是圆。但是距离这个东西不好说明,甚至不能说明固定点一定在
轴上。所以直接考虑曲线的曲率。 和 都是关于 的函数 , ,根据式 (8.6),其曲率为曲线的曲率为常值,表示曲线是一个半径为
的圆。- 此处的几何证明已经和第二幕习题中的度量几何证明不同了,不能用那种方法,计算向量对
上的蜂蜜流。设 是图 19-11 中的图形绕垂直于纸面的轴旋转一个直角生成的曲面,于是就将曲面上的 个孔由竖直排列改为水平排列。请在这个曲面上画出新的蜂蜜流,并证明新的蜂蜜流共有 个奇点。根据庞加莱—霍普夫定理,证明它们的奇点指数之和仍然为 。
旋转 90° 后(不画图了),可以想到蜂蜜流在曲面上的奇点情形:
- 源点:在每个类面包圈的上边缘(
方向)有一个源点 - 汇点:在每个类面包圈的下边缘(
方向)有一个汇点 - 鞍点:在每个面包圈的内沿,上边缘(
方向)和下边缘( 方向)各有一个鞍点。而在相邻的面包圈的连接处,上边缘( 方向)和下边缘( 方向)各有一个鞍点
所以总共有
奇 点 数 每 个 面 包 圈 有 个 源 点 每 个 面 包 圈 有 个 汇 点 每 个 面 包 圈 有 个 鞍 点 每 个 面 包 圈 的 连 接 处 有 个 鞍 点 根据庞加莱—霍普夫定理,奇点指数之和为
奇 点 每 个 面 包 圈 有 个 源 点 每 个 面 包 圈 有 个 汇 点 每 个 面 包 圈 有 个 鞍 点 每 个 面 包 圈 的 连 接 处 有 个 鞍 点 - 源点:在每个类面包圈的上边缘(
- 施蒂费尔向量场的存在性。尽可能明确地解释,为什么图 19-12 中多边形剖分能确保在
上创建相容的向量场,而与做剖分用的多边形无关。
看了一些资料,不懂。构造向量场的步骤分为两步:
- 找到
的一个多边形剖分。 - 根据多边形剖分构造施蒂费尔向量场。
那么根据欧拉—吕以利埃公式,可以将曲面
划分为具有 个顶点、 条边和 个面的多边形。这一步的存在性并没有进行说明。然而如果不考虑多边形,只考虑三角形的话,任意曲面的三角剖分一定存在。
如果只根据三角剖分构造施蒂费尔向量场,自然是存在的,因为三角形都是非退化的。
此外,施蒂费尔向量场的构造过程并没有要求多边形的凸性,那么自然地,可以通过邻接多边形面的合并、顶点的删除来构造具有多个多边形的曲面多边形剖分,以生成具有
个顶点、 条边和 个面的多边形。在合并三角形的过程中,不能改变剖分网格的亏格,即不能因为合并三角形、删除冗余顶点导致亏格发生变化。、删除一个顶点,与顶点相邻的三角形会合并成一个大多边形,那么自然可以选择删除顶点的位置为施蒂费尔向量场的汇点,而邻接三角形的未被删除的边上的鞍点得以保留。
合并两个邻接的三角形,会导致邻边上的鞍点消失,邻接三角形形成一个四边形。于是自然选取消失的鞍点作为四边形面的汇点,三角形残留边上的鞍点不变,原三角形中心的汇点消失。
合并两个邻接的多边形过程类似三角形合并,只需要将合并后的汇点补上就行。
那么这样构造的施蒂费尔向量场一定存在。
- 找到
上带有一个奇点的向量场。图 19-8b 中,球面上的偶极子向量场只有一个奇点,其指数为 2( ),与庞加莱—霍普夫定理一致。已经知道在环面( )上存在没有任何奇点的流。但如果 ,因为奇点的指数和 ,所以一定存在奇点。问:是否总有可能将球面上的偶极子向量场推广到一般情况,即便在一般情况下是否可以找到一个流,它只有一个指数为 的奇点?(提示:通过合并连个或多个奇点生成新的向量场。例如,可以想象将图 19-9a 中的两个中心合并生成图 19-8b 中的偶极子向量场。)
暂时不知道怎么弄,MathStackExchange 上有一个通过创建包围了所有奇点的闭区域边界处向量场的扩展,来证明可以构造一个在此区域内只有一个奇点的向量场,可能思路差不多?
已知曲面的亏格为
,则曲面上所有奇点的指数和为 。假设曲面上具有 个奇点,指数可能是任意非零值,满足那么如果要得到一个最终的只有一个指数为
的奇点的向量场,只考虑包含所有奇点的足够大区域。区域内的点可以按照指数的正负进行分类。合并的过程并不代表两个奇点指数的加和,比如源和源合并后还是源。合并 四极子 偶极子 源 涡旋 中心 汇 正则流 鞍点 双鞍点 四极子 ? ? ? ? ? ? 四极子 ? ? 偶极子 ? 偶极子 源 ? ? 源 偶极子 偶极子 涡旋 ? 偶极子 涡旋 中心 ? 偶极子 中心 汇 ? 偶极子 汇 汇 正则流 ? 正则流 鞍点 ? 鞍点 双鞍点 ? 双鞍点 我感觉是通过合并可能不太行。根据 demo 示例,合成向量的角度上存在奇点。
每个点画出来是这样的。
不过某个区域的指数等于区域内奇点的指数之和,那么类似地可以构造一个指数为两个奇点指数之和的奇点,同时满足蓝色圆上的向量分布不变。
参考资料:
带有 鞍点的向量场。通过绘制流线证明:可以在 ( )上构造一个具有 个奇点(每个奇点有 )的向量场。(提示:(A) 先解决 的情形,推广到高亏格的情形就很容易了;(B) 设想 是两个面包圈连在一起形成的表面,想象它被重物压扁,变成两个连在一起的环。还是通过绘图验证:可以在这个曲面的“顶部”和“底部”各配置一个鞍点,而且使得顶部和底部的向量场在边缘汇合时是一致的。)
先考虑
的拓扑球面。为了在上面构造一个具有 个指数为 的奇点,如图所示,取球面上的南北极点,可得:南北极分别为指数为
的鞍点。对于
的环面,可以不构造奇点。对于由两个面包圈通过桥连在一起的表面,亏格为 2,可以构造两个指数为
的奇点。说明通过桥连接的多亏格曲面,可以在桥上构造指数为
的奇点。那么桥会将多个孔洞的曲面划分为一个个面包圈。由于面包圈上可以存在没有奇点的流,所以面包圈不会增加奇点的个数。亏格为 的曲面上存在 个桥(当然是猜想的),每个桥贡献 2 个指数为 的奇点,那么曲面上自然有 个指数为 的奇点。