Lösning till MAN500, Differentialgeometri, 99 03 20.
- 3.
- (a)
- Om
är asymptotisk gäller att
d.v.s normalkrökningen är noll. Tillsammans med
ger detta att N är
där b är kurvans
binormal.
Vi har
och
vilket ger att de är linjärt oberoende,
så regelytan är reguljär.
- (b)
- Observera att regelytans normal är
när v=0. Eftersom
får vi
att
vinkelrät mot N om och endast om
är
parallell med
. Detta visar påståendet.
- (c)
- Vi har
och detta ger
och
. Räkningarna ovan ger
att regelytansnormal är

Detta ger g=0 och
. Räkningarna
ovan ger också
och G=1. Vi får alltså

- 4.
- (a)
- Sätter vi
och z=u har vi att
Har vi å andra sidan en lösning till denna
ekvation har vi att (y,x) är parallell med (z=u)vektorn
d.v.s
och
för
något
. Detta visar att S är f-1(0), där
f är den glatta funktionen
Gradienten till denna är

Eftersom de två första
koordinaterna inte kan vara noll samtidigt är ett reguljärt
värde och S en reguljär orienterbar yta.
- (b)
- Vi har en global parametrisering av S, så vi kan skriva
för några funktioner u(t) och
v(t). Differentialekvationen för geodeter ger att dessa
satisfierar
![\begin{displaymath}
\begin{array}[c]
{l}
0=u''+\Gamma_{11}^{1}(u')^{2}+2\Gamma_...
...2}+2\Gamma_{12}^{2}u'v'+
\Gamma_{22}^{2}(v')^{2}
\end{array} \end{displaymath}](img26.gif)
Vi beräknar Kristoffelsymbolerna:
![\begin{displaymath}
\begin{array}[c]
{l}
\mathbf x_{u}=(-v\sin(u),v\cos(u),1)\\...
...
(v/(1+v^{2}))\mathbf x_{u}+(1/\sqrt{1+v^{2}})N.
\end{array} \end{displaymath}](img27.gif)
Den första ekvationen i differentialekvationen ovan blir alltså

Detta ger att u'=c/(1+v2), där c är en konstant. Vi kan
förutsätta att
har längd ett (vi vet att den är konstant
eftersom
är en geodet). Vi får nu att

vilket visar påståendet.
- 5.
- En isometri bevarar inre begrepp, så som Gausskrökning och
geodeter och båglängd. Längs medianernerna
är
Gausskrökningen noll och den är nollskild för övrigt. Detta ger att
en isometri f måste bevara dessa medianer eller byta plats på
dem. Eftersom meridianerna är geodeter på en rotations yta och
vinklar bevaras följer det att f måste avbilda en meridian på en
meridian ty de är de enda geodeterna som skär medianerna
vinkelrätt. Eftersom båglängd längs medianerna
bevaras
följer det att f måste vara av följande typer:
- en rotation runt z-axeln
- en spegling i ett plan vinkelrätt mot xy-planet
- en spegling i xy-planet sammansatt med någon av de övriga
två typerna.
Att dessa ger isometrier av torusen följer av att de är isometrier
av
. Vi har konstaterat att en isometri av torusen är
restriktion av en isometri av
. De tillåtna
isometrierna är

där
. - 6.
- (a)
- Vi vet att parallelltransport bevarar första
fundamentalformen, så det räcker att visa att parallelltransport
är linjär. Låt
vara vektorer i
och
samt
parallella vektor fält längs
med
och
. För skalärer
och
är då vektorfältet
parallellt längs
eftersom

- (b)
- Sätt
där a(t) och b(t) är
funktioner som vi ska bestämma så att w är parallellt längs
. Vi har

Vi har att N är vinkelrät mot
och N' så
är en multipel av N. (Eftersom
är en
krökningslinje är N' och
parallella, så
men påståendet i uppgiften
gäller utan denna förutsättning). Eftersom
är
parametriserad med båglängd har vi att
vilket också ger att
är en multipel av
. Vi ska ha

Detta ger

som har lösningarna
där
är en rimitiv funktion till kg och w(t0)
har koordinaterna (a0,b0) i den valda basen och

Vi ska dessutom välja
så att
. Eftersom

har vi w(t) har koordinaterna

Detta visar påståendet.
- (c)
- C parametriseras av
som är en parametrisering med
båglängd. Eftersom medianer på en rotationsyta är krökningslinjer
kan vi använda resultatet ovan. Vi har N(x,y,z)=(x,y,z/2)
(t.ex) och får

så
. Vi väljer
och får
att parallelltransport ett varv längs
med början i
reprsenteras av
