Si es mayor que $\| \alpha(s) \| \leq \| \alpha(s_0) \| = R$ $k(s_0)$, entonces la curvatura $1/R$

Question

Esta pregunta es en Ted Shifrin Un primer curso en las curvas y superficies, página 18, ejercicio 7:

Supongamos $\alpha$ es un arclength-parametrizar el espacio de la curva con la propiedad de que $\| \alpha(s) \| \leq \| \alpha(s_0) \| = R$ todos los $s$ lo suficientemente cerca de a $s_0$ . Demostrar que $k(s_0) \geq 1/R$. (Sugerencia: Considere la función $f(s)=\| \alpha(s)\|^2$. ¿Qué sabe usted acerca de la $f''(s_0)$?)

He aquí lo que he intentado:

$$f(s) = \| \alpha(s)\|^2 = \langle \alpha(s), \alpha(s) \rangle \implies f'(s) = 2 \langle T(s), \alpha(s) \rangle$$

Y el uso de la de Cauchy-Schwartz desigualdad :

$$f'(s_0) = 2 \langle T(s_0), \alpha(s_0) \rangle \leq 2 \|T(s_0)\|\|\alpha(s_0)\|=2R \implies \langle T(s_0), \alpha(s_0) \rangle \leq R$$

Ahora nos encontramos con $f''(s)$:

$$f''(s) = 2 \langle k(s)N(s), \alpha(s) \rangle + 2 (\langle T(s), \langle T(s \rangle )= 2 k(s) \langle N(s), \alpha(s) \rangle + 2$$

Y debido a que $s_0$ es el máximo de $\| \alpha(s)\|$:

$$2 k(s_0) \langle N(s_0), \alpha(s_0) \rangle + 2 \leq 0 \implies -1/k(s_0) \geq \langle N(s_0), \alpha(s_0) \rangle$$

No sé cómo continuar a partir de aquí.

Answer 1

Esta pregunta es un clásico de la curva y de la geometría de la superficie. Bueno para correr en él aquí, como un viejo amigo que no se ve en un rato.

Estas cosas dijo:

Tomamos nota de la hipótesis de que

$\Vert \alpha(s) \Vert \le \Vert \alpha(s_0) \Vert \tag 1$

básicamente nos dice que $s_0$ es un máximo local de la función de $\Vert \alpha(s_0) \Vert$; ya que la función real $w \to w^2$ es estrictamente monótona creciente para $w \ge 0$, $s_0$ también será un máximo local para $\Vert \alpha(s) \Vert^2$; vamos a trabajar con esta función en lugar de $\Vert \alpha(s) \Vert$.

Hemos creado

$f(s) = \Vert \alpha(s) \Vert^2 = \langle \alpha(s), \alpha(s) \rangle; \tag 2$

entonces

$f'(s) = 2\langle \alpha'(s), \alpha(s) \rangle = 2\langle T(s), \alpha(s) \rangle, \tag 3$

donde

$T(s) =\alpha'(s) \tag 4$

es la unidad de vector tangente campo a la curva de $\alpha(s)$; tenemos

$f''(s) = 2\langle T'(s), \alpha(s) \rangle + 2\langle T(s), T(s) \rangle; \tag{5}$

podemos tomar esta ecuación un paso más allá, recordando que $T(s)$ es un vector unitario y

$T'(s) = \kappa(s) N(s), \tag 6$

donde $N(s)$ es la unidad de campo normal , y $\kappa(s) > 0$ es la curvatura de, $\alpha(s)$. Por lo tanto,

$f''(s) = 2\kappa(s) \langle N(s), \alpha(s) \rangle + 2; \tag 7$

desde $s_0$ es un máximo local de $f(s)$, debemos tener

$f''(s) \le 0; \tag 8$

por lo tanto,

$\kappa(s_0) \langle N(s_0), \alpha(s_0) \rangle + 1 \le 0, \tag 9$

o

$\kappa(s_0)\langle N(s_0), \alpha(s_0) \rangle \le -1; \tag{10}$

tomando los valores absolutos de ambos lados, nos encontramos con

$\kappa(s_0)\vert \langle N(s_0), \alpha(s_0) \rangle \vert \ge 1; \tag{11}$

por Cauchy-Schwarz

$\vert \langle N(s_0), \alpha(s_0) \rangle \vert \le \Vert N(s_0) \Vert \Vert \alpha(s_0) \Vert = \Vert \alpha(s_0) \Vert \tag{12}$

desde

$\Vert N(s_0) \Vert = 1; \tag{13}$

la combinación de (11) y (12), se obtiene

$\kappa(s_0) R \ge 1, \tag{14}$

de dónde

$\kappa(s_0) \ge \dfrac{1}{R}. \tag{15}$

Answer 2

Antes que nada, ¿qué es $f'(s_0)$, precisamente? No hay desigualdades aquí. Deberías pensar en Cauchy-Schwarz en el análisis de la segunda derivada. Varias advertencias: Primero,$s_0$ es un máximo , no un mínimo; pero$f''(s_0)\le 0$ (desigualdad no estricta). Segundo, piense en el signo de$\langle N(s_0),\alpha(s_0)\rangle$. Por último, no dividas entre$k(s_0)$ si quieres resolver$k(s_0)$ :)