¿La primera forma fundamental es suficiente para determinar la geometría de una hipersuperficie?

Question

Pregunta:

Como sabemos, para las superficies bidimensionales hay muchos ejemplos para los que sus primeras formas fundamentales son las mismas, pero sus segundas formas fundamentales no lo son.

Sin embargo, parece que para las hipersuperficies (dimensión $\ge 3$ ) sus primeras formas fundamentales son suficientes para determinar completamente la geometría de las hipersuperficies, siempre que $Rank(L) \ge 3$ , donde $L$ es el operador de forma. Quiero saber si esto es cierto o no. Si la respuesta es afirmativa, ¿por qué?

Definiciones:

El primera forma fundamental $I$ de un elemento de superficie no es más que la restricción del producto interior euclidiano en $\mathbb R^n$ a todos los hiperplanos tangentes $T_uf$ es decir, $$I(X,Y):=\langle X,Y \rangle$$ para dos vectores tangentes cualesquiera $X,Y \in T_uf$ o para los vectores $X,Y \in \mathbb R^n$ que son tangentes al elemento de superficie $.^1$

Operador de forma de una superficie es la derivada menor de los vectores normales unitarios de la superficie. En términos formales, digamos que $f:U \to \mathbb {R}^3$ sea un elemento de la superficie con un mapa de vectores normales unitarios $\nu$ , $\nu: U \to S^2$ se define por $$\nu (u_1,u_2):=\frac{\frac{\partial f}{\partial u_1} \times \frac{\partial f}{\partial u_2}}{\left \Vert \frac{\partial f}{\partial u_1} \times \frac{\partial f}{\partial u_2} \right \Vert},$$

entonces para cada $u\in U$ tenemos el mapa lineal $$D\nu|_u:T_uU \to T_uf,$$ donde $T_uU=\{u\} \times \mathbb R^2$ y $T_uf=Df|_u\left(T_uU\right)$ y $$Df|_u:T_uU \to T_uf$$ es un isomorfismo lineal. Entonces el operador de forma $L:=-D\nu \circ (Df)^{-1}$ se define puntualmente por $$L_u:=-\left(D\nu|_u \right) \circ \left(Df|_u\right)^{-1}:T_uf \to T_uf\,.^2$$ La definición anterior se puede generalizar fácilmente a la $\mathbb R^n$ espacio.

Dejemos que $f:U \to \mathbb R^3$ se le dará. Entonces para los vectores tangentes $X$ y $Y$ , se define:

el segunda forma fundamental $I\!I$ de $f$ por $$I\!I(X,Y):=I(LX,Y),$$ donde $L$ es el operador de forma $.^3$

La definición anterior se puede generalizar fácilmente a la $\mathbb R^n$ espacio.

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[1], [2], [3] Wolfgang Kühnel, "Differential Geometry Curves-Surfaces-Manifolds", segunda edición, American Mathematical Society, 2006.

Answer 1

Debería leer mis propias referencias - el primer teorema en Spivak Vol 5 Ch 12 es exactamente lo que estás pidiendo: $\def\2{I\!I}$

Teorema. Dejemos que $M, \bar M$ sean hipersuperficies inmersas en $\mathbb R^{n+1}$ y que $\phi: M \to \bar M$ sea una isometría. Supongamos que el operador de forma $L : T_p M \to T_p M$ tiene un rango de al menos $3$ . Entonces $(\phi^* \bar\2)_p=\pm\2_p$ y por lo tanto $\phi$ es la restricción de algún movimiento rígido de $\mathbb R^{n+1}$ .

Esbozo de prueba. Esto es un hecho puntual, por lo que podemos fijar una base ortonormal para $T_p M$ para que $\2$ y $L$ son los mismos $n \times n$ y transferir esta base a $T_{\phi p} \bar M$ a través de $D\phi$ para que no tengamos que preocuparnos por el retroceso. La ecuación de Gauss $$R_{ijkl} = \2_{ik}\2_{jl} - \2_{il}\2_{jk}$$ junto con el hecho de que $R = \bar R$ (ya que $\phi$ es una isometría) nos dice que los determinantes de las correspondientes $2 \times 2$ submatrices de $\2, \bar \2$ son iguales. Esto significa precisamente que los endomorfismos inducidos $L_*, \bar L_* : \Lambda^2 T_p M \to \Lambda^2 T_p M$ son iguales.

Dado cualquier vector unitario $v$ con $Lv \ne 0$ la suposición de rango junto con la simetría de $L$ significa que podemos encontrar un subespacio tridimensional $V \ni v$ tal que $L|_V$ es un isomorfismo de $V$ . Desde $V$ es tridimensional y $L|_V$ es invertible, ${L|_V}_* = {\bar L|_V}_*$ implica $L|_V= \pm \bar L|_V$ (véase por ejemplo esta pregunta ) y por lo tanto $Lv = \pm \bar Lv.$

Para $Lv = 0$ por lo tanto, debemos tener $\bar L v = 0$ ya que la igualdad de rangos de $L_*, \bar L_*$ implica la igualdad de rangos de $L, \bar L$ . Por lo tanto, concluimos $L = \pm \bar L$ y por lo tanto $\2 = \pm \bar \2$ como se desee.

Spivak da una prueba diferente de la mayor parte de esto que probablemente vale la pena leer - esto es sólo cómo me convencí a mí mismo.