$\parbox{5cm}{Differentialgeometri\\ V 00 \\ ~~~~\\ ~~~~}$

Förslag till lösning av inlämningsuppgift 7

1.

Vi bestämmer de kritiska punkterna till f(x,y,z)=x²y²-xz²=0 genom att lösa ekvationssystemet 0=f_x=2xy²-z², 0=f_y=2x²y, 0=f_z=-2xz+2z. Av den tredje ekvationen ser vi, om vi förutsätter att x>0, att z=0, av den andra ser vi att y=0. De kritiska punkterna till f i den öppna mängden är alltså (x,0,0), där x>0. Avlägsnar vi dessa punkter kommer att vara ett reguljärt värde och vi ser att S är en reguljär yta.

2.

En onormerad normal till S ges av gradienten till f. Att w är glatt är uppenbart, så det räcker att visa att w är vinkelrät mot f:

$$(0,y,z)\cdot(2xy^{2}-z^{2},2x^{2}y,-2xz+2z)=2(x^{2}y^{2}-xz^{2}+z^{2})=0$$

Vi söker trajektorior till vektor fältet genom att ansätta $\alpha(t)=(x,y,z),$ där $x,\,y$ och z är funktioner som beror på t. Vi ska ha $\alpha'=(x',y',z')=(0,y,z)$ vilket ger x=A, $y=\mbox{e}^{t}B$ och $z=\mbox{e}^{t}C,$ där A, B och C är konstanter. Eftersom $\alpha(t)$ ska ligga på S ska vi ha

$$0=(xy-\sqrt{1-x}z)(xy-\sqrt{1-x}z)$$

vilket ger $C=\pm AB/\sqrt{1-A}$. Vektorfältets trajektorior är alltså $\alpha(t)=(A,\mbox{e}^{t}B,\pm\mbox{e}^{t}AB/\sqrt{1-A})$. Spåret av dessa är de räta linjerna

$$(A,y,\pm yA/\sqrt{A-1}),$$

som alltså är integralkurvorna.

3.

Vi ser att (1+t²)²t²-(1+t²)³+(1+t²)²= (1+t²)²(t²-1-t²)+(1+t²)²=0, så $\alpha$ är en kurva på S.

Vi försöker välja de räta linjerna från förra deluppgiften som generatriser för regelytan och ska alltså söka w(t), så att $\alpha(t)+vw(t)= (A,y,\pm yA/\sqrt{A-1})$.

För att få $\alpha(t),$ ska vi välja v=0, A=1+t² och y=-t. Jämför vi nu de tredje koordinaterna ser vi att vi ska välja $\pm A/\sqrt{A-1}=-(1+t^{2})/t$. Linjen (1+t²,y, -y(1+t²)/t)=(1+t²,0,0)+y(0,1,-(1+t²)/t) har riktningsvektorn w(t)=(t,-(1+t²)).

Regelytan $\mathbf x =\alpha(t)+vw(t)$ har nu lösningarna till x²y²-xz²+z²=0, $x\geq 1,$ som spår.

4.

Vi låter $\bar w=fw,$ där f=1/|w|. Vi ska bestämma $\beta(t)=\alpha(t)+u(t)\bar{w(t)},$ så att $\beta$ är vinkelrät mot $\bar{w}'.$ Men $\beta'=\alpha'+u'\bar{w}+u\bar{w}'$ och $\bar{w}'\cdot \bar{w}=0,$ eftersom $\vert\bar{w}\vert\cong 1$. Skalär produkt med $\bar{w}'$ ger oss $u=-(\alpha'\cdot \bar{w}')/\vert\bar{w}'\vert^{2}$.

Vi beräknar de ingående storheterna och använder att
f=(t²+(1+t²)²)^-1/2 ger oss f'=-f³(3t+2t³):

$$\begin{array} {rcl} \alpha'&=&(2t,-1,2t)\\ \bar{w}'&=&f'w+... ...w&=&-(3t+2t^{2})\\ \alpha'\cdot w'&=&-(1+4t^{2}) \end{array}$$

Tillsammans ger nu detta

$$u=-\frac{-f'(3t+2t^{2})-f(1+4t^{2})} {(f'/f)^{2}+2f'f(3t+2t^{2})+f^{2}(1+4t^{2})}$$

Utnyttjar vi nu att (f'/f)²=f⁴(3t+2t³)²=-f'f(3t+2t³), ser vi att u=1/f.

Centrallinjen är alltså $\beta=\alpha-(1/f)(fw)=\alpha+w=(1+t^{2},0,0)$

Vi parametriserar om med $x(t,u)=\beta+u\bar{w}(t)$. Distributionsparametern ges av

$$\begin{array} {rcl} \lambda&=&\mbox{det}(\beta',\bar{w},\ba... ...}\mbox{det}(\beta',w,w')/\vert\bar{w}'\vert^{2}, \end{array}$$

men

$$\begin{array} {\vert rrr\vert} 2t&0&0\\ 0&t&-(1+t^{2})\\ 0&1&-2t \end{array} =2t(1-t^{2}),$$

och

$$\begin{array} {rcl} \vert\bar{w}'\vert^{2}&=&f'f(3t^{2}+2t^... ...t^{2})^{2}))=\\ &=&f^{4}(t-1)(t^{3}-t^{2}+2t-1), \end{array}$$

så

$$\lambda=\frac{2t(1+t)(t^{2}+(1+t^{2})^{2})}{t^{3}-t^{2}+2t-1}.$$