Todas de cuyas normales se cruzan en un punto de la superficie

Question

Soy nuevo a la geometría diferencial y encontrado dificultad al tratar de resolver el siguiente problema de geometría moderna de Dubrovin

Es el primer problema en ejercicio 8.4:

Encontrar la superficie de cuyas normales se cruzan en un punto.

Intuitivamente creo que la superficie debe ser una esfera, pero no estoy seguro de cómo demostrarlo formalmente. ¿Alguien por favor me puede ayudar?

Muchas gracias.

Answer 1

Empezaremos considerando el mismo problema en el plano: Vamos a $$\gamma:\quad s\mapsto\bigl(x(s),y(s)\bigr)\qquad(-h<s<h)$$ ser un arco cuyo normales, todos pasan por el mismo punto de $(0,0)$. Podemos asumir $$x(0)=\rho>0, \quad y(0)=0,\quad \dot x(0)=0,\quad \dot y(0)=1\ .$$ La normal $\nu_s$ correspondiente al punto de $\gamma(s)$ tiene la representación paramétrica $$\nu_s:\quad t\mapsto\bigl(x(s)-t\dot y(s), \>y(s)+t\dot x(s)\bigr)\qquad(-\infty<t<\infty)\ .$$ Buscando en la $x$-coordinar de $\nu_s$ vemos que esta normal pasa a través de $(0,0)$ a $t$valor $t_s={x(s)\over\dot y(s)}$. Esto implica que $$y(s)+{x(s)\over\dot y(s)}\>\dot x(s)=0\ ,$$ o $$y(s)\dot y(s)+x(s)\dot x(s)=0\ .$$ Ya que este tiene que llevar a cabo para todos los $s$ llegamos a la conclusión de que $y^2(s)+x^2(s)$ es una constante ($=\rho^2$). De ello se desprende que el arc $\gamma$ es de hecho un arco circular de radio $\rho$.

Consideremos ahora un punto arbitrario $p$ de su superficie $S$, y deje $n$ ser la normal de la superficie a través de $p$. Por lo anterior, cualquier avión $\pi$ a través de $n$ se cruzan $S$ en un arco circular, y todos estos arcos tendrá el mismo centro de la $M\in n$ que es el punto en común de todas las normales. De ello se desprende que $S$ es esférico en el barrio de $p$, y si $S$ está conectado es (parte de) una esfera.

Answer 2

He intentado publicar esto como un comentario, pero era demasiado largo y no pude. Así, pido disculpas si a alguien no considerarlo una respuesta.

1) La solución Cristiana Blatter se eleva algunos aspectos interesantes. De hecho, se incluye una versión para planas curvas de mi respuesta anterior para curvas planas. Acabo de utilizar $\|x\|$ en lugar de su $\|x\|^2$. Mi argumento muestra que la conexión de un hipersuperficie en $\mathbb R^n$ cuyas normales se unen en un punto debe estar abierto en un $(n-1)$-esfera. Para planas curvas existe la dificultad de que los puntos más seguro es que desconecte. Pero entonces el argumento se aplica al ver que ambos lados en torno a que desconectar punto son arcos circulares del centro de igualdad: para ellos, para satisfacer de forma continua en el punto de su radious debe coincidir, y hemos terminado. También uno podría ser más inteligente desde el principio el uso de $\|x\|^2$ y no hay necesidad de dejar cualquier punto.

Todo esto es más topológico de geométrica: se basa en la propiedad (implícita por las normales hipótesis) que con esferas de un centro fijo son tangentes a la superficie bajo consideración.

2) La idea de secciones normales involucra a más de la geometría. Sólo hay una dificultad en la final: para estar seguro de que los arcos circulares alrededor de $p$ forma de un barrio uno debe enlazado desde abajo de su longitud, porque de lo contrario podrían muy bien colapso para no dar ninguna abrir barrio (radial-abierto de la topología es estrictamente más fina que la topología usual). Pero esto se puede solucionar buscando en la geometría. Lo que Christian Blatter muestra es que todos los normales de curvatura en el punto en que coinciden, en particular las dos curvaturas principales. Por lo tanto todos los puntos de central. Un clásico resultado es que esto sólo sucede para abrir conjuntos de planos y esferas. Pero los aviones no verificar las normales condiciones. Una observación final es que la prueba de este clásico de hecho de alguna manera es una generalización del argumento en 1).

Answer 3

Si las normales de un conectada superficie $S\subset\mathbb R^3$ se unen en un punto, la superficie es un subconjunto abierto de una esfera. En efecto, supongamos que las normales se reúnen en el origen $0$ (de la traducción). Si $0\in S$, podemos substituir $S$ $S\setminus\{0\}$ (tenga en cuenta que un punto nunca se desconecta una superficie) supongamos $0\notin S$. Considerar el buen mapa de $F:\mathbb R^3\setminus\{0\}\to\mathbb R:x\mapsto \|x\|$ (soltar el origen precisamente para la diferenciabilidad). Arreglar cualquier $a\in S$, y denotan $S_r$ la esfera de radio $r=\|a\|$ y en el centro el origen, que contiene el punto de $a$. Desde $F|S_r$ es constante $\equiv r$, su derivada en $a$ desaparece: $d_a(F|S_r)=d_aF|T_aS_r\equiv0$. Pero la normal a $S$ $a$ pasa por el origen, por tanto,$T_aS=L[a]^\perp=T_aS_r$, por lo que el $d_a(F|S)=d_aF|T_aS=d_aF|T_aS_r\equiv0$. En consecuencia, la función de $F|S$ tiene todos los derivados son igual a cero, por lo tanto, $S$ está conectado, $F|S$ es constante, decir $\equiv r$. Así, hemos visto que $S\subset S_r$. Por último, una superficie dentro de otro, debe estar abierto.

Answer 4

Si toda superficie normal no se cruzan en un punto, la curva debe ser torcido en ese momento, teniendo en cuenta la definición de la torsión. La magnitud de esta desviación puede medirse por la curvatura escalar, torsión geodésica:

$$ \tau_g = (\kappa_1 -\kappa_2 ) \sin\psi \cos \psi $$

en cualquier dirección, es decir, para todos los $ \psi$. Así que cuando este desaparece la condición necesaria y suficiente es $ \kappa_1 =\kappa_2, $ sólo de una esfera.

Answer 5

En el campo de los aviones, en cada punto de $Q$ el avión es la dirección perpendicular a $PQ$. Este campo ha integral de las superficies de las esferas. Es sabido que si un campo es integrable la máxima integral superficies son únicos.

Si tenemos en cuenta la pregunta análoga en el plano: la singularidad de la curva integral es equivalente a la unicidad de soluciones de ecuaciones diferenciales $\frac{dy}{dx}=F(x,y)=$ pendiente de la línea a través de $(x,y)$.

Para el espacio, la búsqueda de una integral de superficie es equivalente a la solución de un sistema de $\frac{\partial \phi}{\partial x} = F_1(x,y, \phi(x,y))$, $\frac{\partial \phi}{\partial y} = F_2(x,y, \phi(x,y))$ donde $F_1(x,y,z)$ $F_2(x,y,z)$ son las pendientes del plano a través del punto de $(x,y,z)$. De nuevo, el sistema no tiene más de una solución, comenzando con un valor dado en $(x_0, y_0)$; en algún momento ninguno ( necesidad adicional de las condiciones de integrabilidad). Sin embargo, en nuestro caso, sabemos que tenemos las soluciones, las esferas con centros en $P$.