Диференциална геометрия на криви и повърхнини - много трудни задачи с решения

Решение:
Имаме
[tex]\vec{r}^{\,\prime}=\left(2 ; \frac{1}{u} ; 2u\right),\quad |\vec{r}^{\,\prime}|=\sqrt{4u^2+4+\frac{1}{u^2}}=2u+\frac{1}{u}=\frac{2u^2+1}{u}[/tex]
така че единичният допирателен вектор е
[tex]\vec{t}=\frac{1}{2u^2+1}\left(2u ; 1 ; 2u^2\right)[/tex]
Търсим фиксиран вектор [tex]\vec{e}=\left(\alpha ; \beta ; \gamma\right)\ne\vec{0}[/tex], за който [tex]\vec{t}\centerdot\vec{e}=k[/tex] е константа, т.е. за всяко [tex]u\gt 0[/tex]
[tex]2\gamma u^2+2\alpha u+\beta=k\left(2u^2+1\right)\Rightarrow \alpha=0,\ \beta=\gamma=k[/tex]
Значи [tex]\vec{e}\parallel\left(0 ; 1 ; 1\right)[/tex] и всяка допирателна сключва ъгъл [tex]45^\circ[/tex] с това направление:
[tex]\vec{t}\centerdot\frac{\left(0 ; 1 ; 1\right)}{\sqrt{2}}=\frac{1+2u^2}{\sqrt{2}\left(2u^2+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}}[/tex]
(Това е в съгласие с теоремата на Ланкре: [tex]\kappa=\frac{2u}{\left(2u^2+1\right)^2}[/tex] и [tex]\tau=-\frac{2u}{\left(2u^2+1\right)^2}[/tex], така че [tex]\frac{\tau}{\kappa}=-1[/tex] е константа.)
Точката [tex]\left(x ; y ; z\right)[/tex] лежи върху цилиндъра тогава и само тогава, когато за някое [tex]\lambda[/tex] точката [tex]\left(x ; y-\lambda ; z-\lambda\right)[/tex] лежи върху [tex]c[/tex]:
[tex]x=2u,\quad y-\lambda=\ln u,\quad z-\lambda=u^2[/tex]
Елиминираме [tex]\lambda[/tex] и заместваме [tex]u=\frac{x}{2}[/tex]:
[tex]z-y=u^2-\ln u=\frac{x^2}{4}-\ln\frac{x}{2},\quad x\gt 0[/tex]
Проверка: лявата страна не се променя при [tex]\left(y ; z\right)\to\left(y+\lambda ; z+\lambda\right)[/tex], а точките на [tex]c[/tex] удовлетворяват уравнението.

Решение:
Използваме [tex]x[/tex] като параметър:
[tex]\vec{r}(x)=\left(x ; x^n ; f(x)\right),\quad \vec{r}^{\,\prime}=\left(1 ; nx^{n-1} ; f'\right),\quad \vec{r}^{\,\prime\prime}=\left(0 ; n(n-1)x^{n-2} ; f''\right)[/tex]
Векторното произведение [tex]\vec{B}[/tex] на [tex]\vec{r}^{\,\prime}[/tex] и [tex]\vec{r}^{\,\prime\prime}[/tex] е нормален вектор на оскулачната равнина:
[tex]\vec{B}=\left(nx^{n-1}f''-n(n-1)x^{n-2}f' ; -f'' ; n(n-1)x^{n-2}\right)[/tex]
Третата му координата е различна от нула при [tex]x\gt 0[/tex], така че оскулачната равнина съществува във всяка точка. Проекцията на [tex]M=\vec{r}(x)[/tex] върху [tex]Oy[/tex] е [tex]Q\left(0 ; x^n ; 0\right)[/tex] и [tex]\overrightarrow{MQ}=\left(-x ; 0 ; -f\right)[/tex]. Условието [tex]\overrightarrow{MQ}\centerdot\vec{B}=0[/tex] е
[tex]-x\left(nx^{n-1}f''-n(n-1)x^{n-2}f'\right)-n(n-1)x^{n-2}f=0[/tex]
След деление на [tex]-nx^{n-2}\ne 0[/tex] получаваме уравнение на Ойлер:
[tex]x^2f''-(n-1)xf'+(n-1)f=0[/tex]
Полагаме [tex]f=x^m[/tex]:
[tex]m(m-1)-(n-1)m+(n-1)=m^2-nm+n-1=(m-1)(m-n+1)=0\Rightarrow m=1\text{ или }m=n-1[/tex]
Тъй като [tex]n\ge 3[/tex], корените са различни ([tex]n-1\ge 2[/tex]), така че [tex]x[/tex] и [tex]x^{n-1}[/tex] са две линейно независими решения на това линейно уравнение от втори ред при [tex]x\gt 0[/tex] (след деление на [tex]x^2[/tex] коефициентите му са непрекъснати там). Следователно всички решения са
[tex]f(x)=C_1x+C_2x^{n-1},\quad C_1,C_2\in\mathbb{R}[/tex]

Решение:
Нека [tex]\vec{x}(s)[/tex] е естествената параметризация на [tex]C[/tex] с репер на Френе [tex]\vec{t},\ \vec{n},\ \vec{b}[/tex]; щрихът означава [tex]\frac{d}{ds}[/tex]. Формулите на Френе са
[tex]\vec{t}^{\,\prime}=\kappa\vec{n},\quad \vec{n}^{\,\prime}=-\kappa\vec{t}+\tau\vec{b},\quad \vec{b}^{\,\prime}=-\tau\vec{n}[/tex]
Центърът на оскулачната окръжност лежи върху главната нормала на разстояние [tex]\frac{1}{\kappa}[/tex], така че [tex]C^*:\ \vec{x}^*(s)=\vec{x}(s)+\frac{1}{\kappa}\vec{n}(s)[/tex]. Тъй като [tex]\kappa[/tex] е константа,
[tex]\frac{d\vec{x}^*}{ds}=\vec{t}+\frac{1}{\kappa}\left(-\kappa\vec{t}+\tau\vec{b}\right)=\frac{\tau}{\kappa}\vec{b}[/tex]
Тъй като [tex]\tau\ne 0[/tex], кривата [tex]C^*[/tex] е регулярна и за дължината на дъгата ѝ [tex]s^*[/tex] имаме [tex]\frac{ds^*}{ds}=\frac{|\tau|}{\kappa}[/tex]. Нека [tex]\varepsilon=\frac{\tau}{|\tau|}[/tex]; това е константа ([tex]1[/tex] или [tex]-1[/tex]), защото [tex]\tau[/tex] е непрекъсната и никъде не се анулира. Единичният допирателен вектор на [tex]C^*[/tex] е [tex]\vec{t}^*=\varepsilon\vec{b}[/tex] и
[tex]\frac{d\vec{t}^*}{ds^*}=\varepsilon\,\vec{b}^{\,\prime}\,\frac{ds}{ds^*}=\varepsilon\left(-\tau\vec{n}\right)\frac{\kappa}{|\tau|}=-\kappa\vec{n}[/tex]
Следователно кривината на [tex]C^*[/tex] е [tex]\kappa^*=\left|\frac{d\vec{t}^*}{ds^*}\right|=\kappa[/tex], т.е. константа, а главната ѝ нормала е [tex]\vec{n}^*=-\vec{n}[/tex].
Бинормалата [tex]\vec{b}^*[/tex] допълва [tex]\vec{t}^*,\ \vec{n}^*[/tex] до положително ориентиран ортонормиран репер. Реперът [tex]\vec{b},\ -\vec{n},\ \vec{t}[/tex] е положително ориентиран (получава се от [tex]\vec{t},\ \vec{n},\ \vec{b}[/tex] с размяна на [tex]\vec{t}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex] и смяна на знака на [tex]\vec{n}[/tex]), а значи и [tex]\varepsilon\vec{b},\ -\vec{n},\ \varepsilon\vec{t}[/tex]; следователно [tex]\vec{b}^*=\varepsilon\vec{t}[/tex].
За торзията диференцираме [tex]\vec{n}^*[/tex]:
[tex]\frac{d\vec{n}^*}{ds^*}=-\vec{n}^{\,\prime}\,\frac{\kappa}{|\tau|}=\left(\kappa\vec{t}-\tau\vec{b}\right)\frac{\kappa}{|\tau|}=\frac{\kappa^2}{|\tau|}\vec{t}-\varepsilon\kappa\vec{b}[/tex]
От друга страна, по формулата на Френе за [tex]C^*[/tex]
[tex]\frac{d\vec{n}^*}{ds^*}=-\kappa^*\vec{t}^*+\tau^*\vec{b}^*=-\varepsilon\kappa\vec{b}+\varepsilon\tau^*\vec{t}[/tex]
Коефициентите пред [tex]\vec{b}[/tex] съвпадат; като сравним коефициентите пред [tex]\vec{t}[/tex], получаваме
[tex]\varepsilon\tau^*=\frac{\kappa^2}{|\tau|}\Rightarrow \tau^*=\frac{\kappa^2}{\varepsilon|\tau|}=\frac{\kappa^2}{\tau}[/tex]
С това и двете твърдения са доказани.

Решение:
Избираме оста на въртене за [tex]Oz[/tex], а [tex]O[/tex] за координатно начало, и полагаме [tex]c=\sqrt{a^2-b^2}\gt 0[/tex]. Тогава
[tex]T:\ \left(\sqrt{x^2+y^2}-a\right)^2+z^2=b^2[/tex]
Положение на [tex]\Pi[/tex]. За [tex]P\in T[/tex] нека [tex]Q[/tex] е центърът на меридианната окръжност през [tex]P[/tex] ([tex]Q[/tex] лежи на окръжността [tex]x^2+y^2=a^2,\ z=0[/tex]). Допирателните към меридиана и към паралела през [tex]P[/tex] са перпендикулярни на [tex]QP[/tex], така че [tex]QP[/tex] е нормалата на [tex]T[/tex] в [tex]P[/tex], и [tex]|QP|=b[/tex].
Равнината [tex]z=0[/tex] не се допира до [tex]T[/tex] ([tex]QP[/tex] е вертикална само в най-високите и най-ниските точки на меридианите, които не са в тази равнина). Значи [tex]\Pi[/tex] пресича [tex]z=0[/tex] по права през [tex]O[/tex]; след ротация около [tex]Oz[/tex] (която изобразява [tex]T[/tex] в себе си) тази права е [tex]Oy[/tex] и
[tex]\Pi:\ \alpha x+\gamma z=0,\quad \alpha\ne 0[/tex]
Ако [tex]\Pi[/tex] се допира до [tex]T[/tex] в [tex]P[/tex], то [tex]QP\perp\Pi[/tex], т.е. [tex]\overrightarrow{QP}\parallel\left(\alpha ; 0 ; \gamma\right)[/tex]. Но [tex]\overrightarrow{QP}[/tex] лежи в меридианната равнина през [tex]Q=\left(a\cos\varphi ; a\sin \varphi ; 0\right)[/tex], породена от [tex]\left(\cos\varphi ; \sin \varphi ; 0\right)[/tex] и [tex]\left(0 ; 0 ; 1\right)[/tex]; понеже [tex]\alpha\ne 0[/tex], оттук [tex]\sin \varphi=0[/tex], т.е. [tex]Q=\left(\pm a ; 0 ; 0\right)[/tex]. Освен това разстоянието от [tex]Q[/tex] до [tex]\Pi[/tex] е [tex]|QP|=b[/tex]:
[tex]\frac{|\alpha|a}{\sqrt{\alpha^2+\gamma^2}}=b\iff \gamma^2b^2=\alpha^2\left(a^2-b^2\right)\iff \gamma=\pm\frac{c}{b}\alpha[/tex]
Значи [tex]\Pi:\ bx\mp cz=0[/tex]; тъй като симетрията [tex]z\to -z[/tex] изобразява [tex]T[/tex] в себе си, можем да считаме, че [tex]\Pi:\ bx-cz=0[/tex].
Уравнение на [tex]T[/tex]. Разкриваме скобите и използваме [tex]a^2-b^2=c^2[/tex] (повдигането на квадрат е обратимо, защото лявата страна е положителна):
[tex]T:\ x^2+y^2+z^2+c^2=2a\sqrt{x^2+y^2}\iff\left(x^2+y^2+z^2+c^2\right)^2=4a^2\left(x^2+y^2\right)[/tex]
Разлагане на множители. Нека [tex]\rho=x^2+y^2+z^2[/tex]. Като използваме [tex]a^2=b^2+c^2[/tex]:
[tex]\left(x^2+(y+b)^2+z^2-a^2\right)\left(x^2+(y-b)^2+z^2-a^2\right)=\left(\rho-c^2+2by\right)\left(\rho-c^2-2by\right)=\left(\rho-c^2\right)^2-4b^2y^2[/tex]
а пряка проверка (разликата на двете страни е [tex]4c^2\rho-4c^2\left(x^2+y^2\right)-4c^2z^2=0[/tex]) дава
[tex]\left(\rho+c^2\right)^2-4a^2\left(x^2+y^2\right)=\left(\rho-c^2\right)^2-4b^2y^2-4\left(b^2x^2-c^2z^2\right)[/tex]
[tex]\left(\rho+c^2\right)^2-4a^2\left(x^2+y^2\right)=\left(x^2+(y+b)^2+z^2-a^2\right)\left(x^2+(y-b)^2+z^2-a^2\right)-4(bx-cz)(bx+cz)[/tex]
За точките от [tex]\Pi[/tex] имаме [tex]bx-cz=0[/tex], така че такава точка лежи върху [tex]T[/tex] тогава и само тогава, когато лежи върху една от сферите
[tex]S_1:\ x^2+(y+b)^2+z^2=a^2,\qquad S_2:\ x^2+(y-b)^2+z^2=a^2[/tex]
Следователно [tex]T\cap\Pi=\left(S_1\cap\Pi\right)\cup\left(S_2\cap\Pi\right)[/tex]. Центровете [tex]\left(0 ; \mp b ; 0\right)[/tex] на сферите лежат в [tex]\Pi[/tex], така че всяко от сеченията е голяма окръжност с радиус [tex]a[/tex]. Значи сечението на тора с [tex]\Pi[/tex] се състои от две окръжности с радиус [tex]a[/tex] (окръжностите на Виларсо).