¿Qué ocurre con la curvatura geodésica bajo el mapa de Gauss?

Question

$\def\RR{\mathbb{R}}$ Dejemos que $D$ sea un disco cerrado, suavemente incrustado en $\RR^3$ . El teorema de Gauss-Bonnet me dice que $\int \!\! \int_D K + \int_{\partial D} \kappa = 2 \pi$ , donde $K$ es la curvatura gaussiana, y $\kappa$ es la curvatura geodésica.

Dejemos que $g: D \to S^2$ sea el mapa de Gauss. Entonces $K = g^{\ast} \mathrm{Area}$ , donde $\mathrm{Area}$ es el área estándar $2$ -formar en $S^2$ . Para simplificar, supondré que el mapa de Gauss es inyectivo en $D$ . Así que $\int \!\! \int_D K = \int \! \! \int_{g(D)} \mathrm{Area}$ .

Ahora, aplicando el teorema de Gauss-Bonnet a $g(D)$ obtenemos $\int \! \! \int_{g(D)} \mathrm{Area} + \int_{g(\partial D)} \kappa = 2 \pi$ . Así que $\int_{\partial D} \kappa = \int_{g(\partial D)} \kappa$ donde los dos $\kappa$ denotan las respectivas curvaturas gaussianas. Para mayor claridad, dejemos que $\kappa_1$ y $\kappa_2$ sea el correspondiente $1$ -forma en $\partial D$ y $g(\partial D)$ .

La explicación más sencilla sería que $\kappa_1 = g^{\ast} \kappa_2$ . Pero creo que esto es falso. En particular, esto sugeriría que si una parte de $\partial D$ fueran geodésicas, también lo sería la misma porción de $g(\partial D)$ y eso demostraría que el mapa de Gauss lleva las geodésicas a las geodésicas, lo que no es cierto .

Mi mejor suposición es que hay algo cerrado $1$ -forma $\eta$ en el haz tangente $TS$ para que $\kappa_1 - g^{\ast} \kappa_2 = \eta|_{\partial D}$ donde hemos levantado $\partial D$ de $S$ a $TS$ tomando la velocidad de una parametrización. La elevación de $\partial D$ a $TS$ es contraíble en $TS$ (primero se reduce a $S$ dilatando los espacios tangentes, y luego usar esa $\partial D$ es el límite de $D$ ), por lo que la integral de cerrada $1$ -formar en $\partial D$ es $0$ .

¿Es mi suposición correcta? ¿Dónde puedo leer sobre esto? O, si me equivoco, ¿hay una explicación conceptual de por qué $\int_{\partial D} \kappa_1 = \int_{g(\partial D)} \kappa_2$ que no pasa por Gauss-Bonnet?

Answer 1

Gran pregunta. En primer lugar, ten en cuenta que tu suposición preliminar de inyectividad del mapa de Gauss es una especie de pista falsa. Por la definición de Gauss (o el teorema del cambio de variables), tendremos $\text{Area}(g(D)) = \int_D K\,dA$ en cualquier caso. Pero nótese que en el caso de un disco plano, el mapa de Gauss es constante, por lo que el $2\pi$ proviene enteramente de la curvatura geodésica para $D$ mientras que no hay una curvatura correspondiente para $g(\partial D)$ .

En general, un marco Darboux ( $e_1$ tangente a la curva, $e_2$ normal a la curva, todavía tangente a la superficie) para $\partial D$ y un marco Darboux $e_1^*,e_2^*$ para $g(\partial D)$ se diferenciará por la rotación a través de algún ángulo (variable) $\theta$ . Entonces es un cálculo fácil (estándar para los que estamos en el mundo de los marcos móviles) que, escribiendo $\omega_{12} = de_1\cdot e_2$ tenemos (i) $\omega_{12} = \kappa_1$ (en su notación), (ii) $\omega^*_{12} = \kappa_2$ y - lo más importante - $\omega_{12}^* = \omega_{12} + d\theta$ . Por simple conectividad, $\int_{\partial D} d\theta = 0$ y esto demuestra lo que querías.

EDITAR : David, siempre que tengas dos marcos ortonormales $e_1,e_2$ y $e_1^*,e_2^*$ con $e_1^*=\cos\theta e_1+\sin\theta e_2$ y $e_2^*=-\sin\theta e_1+\cos\theta e_2$ , set $\omega_{ij} = de_i\cdot e_j$ y $\omega_{ij}^* = de_i^*\cdot e_j^*$ . Diferenciando y punteando (observando que $de_i\cdot e_j=-de_j\cdot e_i$ ), obtenemos \begin{align*} \omega_{12}^*=de_1^*\cdot e_2^* &= \big(\cos\theta\, de_1+\sin\theta\, de_2+(-\sin\theta e_1+\cos\theta e_2)d\theta\big)\cdot(-\sin\theta e_1+\cos\theta e_2) \\ &=de_1\cdot e_2 + d\theta = \omega_{12}+d\theta. \end{align*} Aunque es sólo una breve introducción a este tema, tengo una breve sección sobre la teoría de superficies con formas diferenciales en el capítulo 3, sección 3 de mi apuntes de geometría diferencial .

Answer 2

$\def\RR{\mathbb{R}}$ Finalmente he conseguido hacer el cálculo rutinario que describe Ted Shifrin, y estoy escribiendo los detalles para que quede constancia.

Resulta que el mapa de Gauss es un poco una pista falsa. Más bien, dejemos que $X$ y $Y$ sean dos superficies en $\RR^3$ y que $f: \RR \to X$ y $g: \RR \to Y$ sean dos curvas que tienen la siguiente propiedad interesante: Para todo $t$ los planos tangentes $T_{f(t)}X$ y $T_{g(t)}Y$ son paralelos. Sea $\theta(t)$ sea el ángulo entre $f'(t)$ y $g'(t)$ . Entonces $d \theta$ es la diferencia entre la curvatura geodésica $1$ -formas. (Se trata de una afirmación un poco vaga que se concretará mejor a continuación).

En particular, $Y$ podría ser $S^2$ y $g$ podría ser la composición de $f$ con el mapa de Gauss $X \to S^2$ pero este caso no es especial de ninguna manera.

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En primer lugar, tengo que explicar cómo escribir la curvatura geodésica como $1$ -forma. Esto es seguramente bien conocido por los expertos, pero la mayoría de los libros que he estado mirando lo definen como un número, y tuve que convertir a $1$ -forma antes de entender lo que estaba pasando.

Dejemos que $C \subset X \subset \RR^3$ sea una curva en una superficie orientada en $3$ -espacio. Para $x \in X$ , dejemos que $n_x$ sea el vector normal unitario. Definimos a $1$ -forma $\kappa_{C/X}$ en $C$ de la siguiente manera: Sea $\phi: \RR \to C$ sea una parametrización de $C$ (o un segmento de $C$ ). Sea $\phi'(t) = |\phi'(t)| u(t)$ Así que $u(t)$ es un vector unitario. Escribe $u'(t)$ para la derivada de $u(t)$ con respecto a $t$ . Definimos $\kappa_{C/X}$ para que $\phi^{\ast} \kappa = \det(u(t)\ u'(t)\ n_{u(t)}) dt$ . Evidentemente, si $\phi$ es la parametrización de la longitud de arco, entonces $\kappa$ es $(\mbox{geodesic curvature}) d (\mbox{arc length})$ . Pero afirmo que esta definición funciona para cualquier parametrización.

La razón es la siguiente: Supongamos que cambiamos a otra parametrización, con el parámetro $s$ . Entonces $u$ y $n$ no cambian. Tenemos $du/dt = (du/ds) (ds/dt)$ . Pero $dt = (ds/dt)^{-1} ds$ . Desde $\det$ es lineal, estos se cancelan.

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También necesito

Lema Dejemos que $a$ , $b$ y $c$ sean tres vectores en $\RR^3$ tal que $a$ es un vector unitario y $b$ es normal que $a$ . Entonces $(a \times b) \cdot (a \times c) = b \cdot c$ .

Prueba Podemos suponer que $a = (0,0,1)$ . Entonces $b = (b_1, b_2, 0)$ y $c=(c_1, c_2, c_3)$ . El resultado reclamado es $(b_2, -b_1,0) \cdot (c_2, -c_1,0) = (b_1, b_2, 0) \cdot (c_1,c_2,c_3)$ , lo cual es obvio. $\square$

Ahora, dejemos que $X$ , $f$ , $Y$ , $g$ y $\theta$ sea como la anterior. Escribimos $n(t)$ para la normal común a $T_{f(t)} X$ y $T_{g(t)} Y$ . Escriba $f(t) = |f(t)| u(t)$ y $g(t) = |g(t)| v(t)$ Así que $u$ y $v$ son vectores unitarios.

A partir de nuestros cálculos anteriores sobre la curvatura geodésica, queremos mostrar $$\frac{d \theta(t)}{dt} = \det(v(t), v'(t), n(t)) - \det(u(t), u'(t), n(t))$$ donde el primo es la diferenciación con respecto a $t$ . (Nótese que era importante elaborar la fórmula de la curvatura geodésica sin suponer que tenemos una parametrización de la longitud de arco, ya que es poco probable que tanto $f(t)$ y $g(t)$ son unidades de velocidad).

Ahora bien, como $u$ y $v$ son vectores unitarios, $\theta = \cos^{-1}(u \cdot v)$ . Tenemos $$\frac{d \theta}{dt} = - \ \frac{d (u \cdot v)/dt}{\sin \theta} = - \ \frac{u' \cdot v + u \cdot v'}{\sin \theta}$$ por lo que debemos demostrar que $$u' \cdot v + u \cdot v' = - \det(v, v', (\sin \theta) n) + \det(u, u', (\sin \theta) n). \quad (\ast)$$

Pero $u$ y $v$ son vectores unitarios y $n$ es normal para ambos, por lo que $(\sin \theta) n = u \times v$ y podemos escribir el lado derecho de $(\ast)$ como $$\det(v, v', v \times u) + \det(u, u', u \times v) = (v \times v') \cdot (v \times u) + (u \times u') \cdot (u \times v).$$ Debemos demostrar que $$u \cdot v' + u' \cdot v = (v \times v') \cdot (v \times u) + (u \times u') \cdot (u \times v).$$

El resultado se deduce ahora del lema, utilizando $(a,b,c) = (v, v', u)$ en el primer caso y $(u, u', v)$ en el segundo. (Ya que $u$ y $v$ son de longitud unitaria, tenemos $u \perp u'$ y $v \perp v'$ como exige el lema). $\square$