Fejezetek a differenciál geometriából

8/10/2019 Fejezetek a differencil geometribl

1/25

Fejezetek a Dierencilgeometribl

ELTE

2014


2/25

ii


3/25

Tartalomjegyzk

1. Couchy ttel 11.1. Crofton formula s alkalmazsai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Couchy ttel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2. Steiner-Minkowski ttelek 52.1. Emlkezteto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2. Steiner ttel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.3. Minkowski-formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3. Konvex felletek merevsge, Herglotz integrl-forulja 13

iii


4/25

iv TARTALOMJEGYZK


5/25

1. fejezet

Couchy ttel

Eloszr egy kis bevezet-ismtls, mint a Couch ttel elozmnye.

1.1. Crofton formula s alkalmazsai

1. Ttel (Crofton-formula). Legyen: [a; b] ! R2 egy zakaszonknt folytonosan dierencil-hat grbe s jelljen(e) aze 2 Eegyenesnek a grbvel metszspontjainak a szmt. Ekkora grbe l hosszra

l= 1

2

ZE

nd

teljesl.

A fenti ttelbenE az egyenesek tere s egy "szp" mrtk rajta. Tekintsk az R2 skegyeneseinek a halmazt s ezen egy atlaszt a kvetkezokpp. Jellje

e;d =

(x; y) 2 R2 j x cos() + y sin() = d :Ekkor a

p: R2 ! E; (; d) 7! e;degy szrjektv lekpezs, ahol p (; d) = p

~; ~d, ~ = k s d = (1)k d valamely k2 Z

esetn. Azazpj[0;)R2

bijekci.

2. Megjegyzs. [0; ] R2 lefaktorizlva (0; d) ~ (; d) relcival egy Mobiusz szalagot ad,melyen szintn bijektvp. Ezt tekintjk

Eegy modelljnek.

3. Denci. Egy A E mrheto, ha p1 (A)2 [0; ) R2 mrheto s (A) def= p1 (A),ahol a Lebesgue mrtk [0; ) R2-n.4. Megjegyzs. A fenti denciban a knyelmesebb [0; ]R2 is veheto, hiszen ez egy 0-mrtku vltozs csak.

5. Lemma. A fenti mrtk a sk egybevgsgaira invarins, azaz, ha 2 Iso R2 sA E,akkor (A) = ( (A)).

1


6/25

2 FEJEZET 1. COUCHY TTEL

Bizonyts. Elg IsoR2

egy genertor rendszerre beltni az lltst. Legyen F az origkrli -szgu forgats, T az x-tengelyre val tkrzs s Ea az x-tengellyel prhuzamos eltlsaz a e1 vektorral (ahol e1 az x-tengellyel prhuzamos egysg vektor).

Mivel F(e;d) = e+;d ezrt ez a "Mobiusz-szalagon" egy f1 vektor eltols, amire aLebesgue mrtk invarins

Mivel T(e;d) =e;dezrt ez egy tkrzs a "Mobiusz-szalagon" amire invarins.Mivel Ea(e;d) =e;d+a cos() ezrt ez egy eltols a "Mobiusz-szalagon" amire invarins.A Crofton tteltnl eloszr szakaszra, majd trttvonalra, majd azzal folyt. dihat grbre

bizonytva addik az llts. Ehhez azomban az approximcihoz kell a kvetkezo:

6. Lemma. Egy folyt. di. grbe rintoinek halmaza0-mrtku.

Bizonyts. A Sard lemma miatt egy F : Rn U! Rn folyt di fggvnyre a szingulrispontok

def=fx 2 Rn j det F0 (x) = 0ghalamzra a kritikus rtkek F() halmaza 0-mrtku.

Ekkor ha (t) = (x (t) ; y (t))s F(; t) = (; x (t)cos() + y (t)sin())akkor

F0 (; t) = 1 0x (t)sin() + y (t)cos() x0 (t)cos() + y0 (t)sin() miatt, det(F0 (; t)) = 0, akkor s csak akkor, ha p (F(; t))rintoje -nak a (t) pontban. HaU = [0; ] [a; b] akkor a fenti -ra p (F()) az rintok halmaza, mivel F() 0-mrtku, gyp (F())is az.Crofton.A lemma miatt elg a [0; a]szakaszra. A1rtketn(e)nullmrtku rszen veszi felezrt ez elhanyagolhat. 1-et ott, ahol gyengn elvlasztja a vgpontokat, azaz

0 ds a cos() dvagy0 ds a cos() d

Azaz rgztett mellett a cos() d 0 vagy a cos() d 0rtkekre lesz n(e;d) = 0 atbbire0 (majdnem mindentt). AzazRE

n(e) d=R0

a jcos()j d= 2a.Mivel a fenti eredmny miatt az egy pont szakaszra a fenti integrl 0-mrtku, gy a =

I1[ [ Ik trttvonalra n(e) = nI1(e) + +nIk(e) majdnem minden egyenesre s akirenem az0-mrku, gy

l=

kXi=1

lIi =

kXi=1

1

2

ZE

nIi(e) d=1

2

ZE

kXi=1

nIi(e) d= 1

2

ZE

n(e) d:

A trtt vonalas approximcinl2k rszre osztva az intervallumot, az osztpontok kpein t-meno egyenes unija is0-mrtku ezeket elhagyjuk s az rintoket is. Azaz ltalnos egyeneseketkell csak nzni ezekre meg. Knnyen lthat ekkor limk!1 nk(e) = n(e) s nk(e) monoton

nvo is. Ekkor a monoton konvergencia miatt1

2

ZE

n(e) d=1

2

ZE

limk!1

nk(e) d= limk!1

1

2

ZE

nk(e) d= limk!1

lk=l

Specilisan ha egy Kkonvex lemez hatra, akkor

l=1

2

ZE

n(e) d=1

2

Z 0

ZR

n(e;t) dtd


7/25

1.2. COUCHY TTEL 3

itt rgztett rtkre a belso integrl pp a konvex lemeznek egy (tetszoleges) irnyvektoregyenesre vett meroleges vetletnek (ami egy zrt szakasz) a nagysga, melyet jelljn w(K),ekkor folytatva az egyenlosget

l= = Z 0

w(K) d (1.1)

Ez a Couchy-formula a skban, pontosabban ha W(K) = 1

R0

w(K) daz tlag szlessg,akkor

l=W(K)

A fenti 1.1 formula gy is rtelmezheto, hogy a konvex lemez kerletnek ktszerese = az otmetszo egyenesek mrtkvel. Ezzel valsznusg szmtsi problmkat is meg tudunk oldani pl.

1. Ha LKkonvex lemezek, akkor annak a valsz-e, hogy egyenes metsz L-et feltve, hogymetszi K-t pp K(L)

K(K) a kerletekre.

2. Ha

Kakkor metszsi szm vrhat rtke aK-t metszo egyenesekre

REn(e)d

K(K) = 2lK(K)

3. Buon-fle tu problma

1.2. Couchy ttel

Be fogjuk ltni a Couchy-formult tetszoleges dimenziban is, de ehhez szksgnk lesz a politpokra,paralell tartomnyokra s a Hausdorf metrikra is.

JellsekKkonvex testekK+ nem res belseju k. testek,P politpok,P+ nem res belsejupolitpok, B (K; r)a Kkonvex test paralell tartomnya.

7. Lemma. HaK; L konvexek testek, " > 0 s Lint (K) akkor van olyanP politp, melyreL P K B (P; "), sot, ha >1 sO2 int (K)akkorK fP-nek azO kzppont arny nagytsag

8. Denci. AK halmazon ad (K; L) = inff"j K B (L; ") ; L B (K; ")g

tvolsgot Hausdorf-metriknak nevezzk.

9. Megjegyzs. Ez tnyleg metrika lesz, s a lemma miattP+ suruK+-ban.

10. Denci. EgyK2 K+ testreV (K) = sup

V (P)j P K; P2 P+ = infV (P) j P K; P2 P+A (K) = sup

A (P)j P K; P2 P+

= inf

A (P)j P K; P2 P+

11. Megjegyzs. Ezek az egyenlosgek igazak s a Hausdorf-metrika szerint folytonosak.Jellje !nsnaz n-dimenzis egysggmb trfogatt s felsznt s pHa Hhiperskra val

meroleges vettst. Ekkor

12. Ttel (Cauchy). K2 K+ esetn

A (K) = 1

!n1

ZSn1

Vn1(pv?(K)) dv


8/25

4 FEJEZET 1. COUCHY TTEL

Bizonyts. LegyenP2 P+, melynekLia hiperlapjai s niezek klso normlis egysgvektorai.Ekkor

V (pH(P)) = 1

2XiV (pH(Li)) :

Mivel egy vnormlvektor hiperskra val vettsnl V (pH(Li)) = cos

Li]v?

V (Li) = jcos(ni; v)j V (Li)ezrt Z

Sn1

Vn1(pv?(P)) dv=

ZSn

1

2

Xi

V (pH(Li)) dv=

=1

2

Xi

ZSn

jcos(ni; v)j V (Li) dv=

=1

2

Xi

V (Li)

ZSn

jcos(ni; v)j dv=

=1

2 ZSn jcos(ni; v)j dv A (P) ;ahol 12RSn

jcos(ni; v)j dv nem fgg ni-tol azaz 12RSn

jcos(w; v)j dv = 12RSn

jhw; vij dv def= cn tet-szolegesw-re. Azaz Z

Sn1

Vn1(pv?(P)) dv= cn A (P)

Ekkor tetszoleges K2 K+ konvex testre is igaz, mert a fenti formulban minden folytonos aHausdorf metrikra nzve, azazZ

Sn1

Vn1(pv?(K)) dv= cn A (K)

Ekkor specilisan az egysg sugar gmbre kiszmolvaZSn1

Vn1(pv?(K)) dv=

ZSn1

Vn1

Bn1 (0; 1)

dv=

ZSn1

!n1dv=

=!n1n:

Azaz !n1n= cnnamibol az llsts addik.Mese: Penrose sejts

pA 4MADMitt segtenek a hason becslsek szp s "egyszeru"

ttelek "legyrtsban".


9/25

2. fejezet

Steiner-Minkowski ttelek

Kvetkezo "clpontunk" a Steiner-Minkowski ttel, mely paralell tartomnyok trfogatrl szl.

Egy skbeli P polider B (P; r)paraleltartomnyra knnyen addik, hogyV (B (P; r)) = V (P) + K(P) r+ r

K(P) = K(P) + 2r

Legyen most P egy n-dimenzis polider. Az egyik t B (P; r) trfogatnak kiszmolsra(rendkvl vzlatosan elmeslve), hogy a 2-dimenzis esethez hasonlan felbontjuk a B (P; r)paralell tartomnyt rgikra az egyik maga P amihez egy "r-vastag" rteg addik hozz. Azalap tlet, hogy ezt a rteget is felvgjuk, mint a 2 dimenzs esetben. Egy x2 (B (P; r) P)pontot , ahhoz a k-dimenzs Lki laphoz rendelnk hozz, amelyikhez a legkzelebb esik, jelljeezt D

Lki ; r

. Ez nem egy diszjunkt felbonts lesz, de 0-mrtku a tbbszrsen szmolt rsz.Belthat, hogy ez a kvetkezo direktszorzat alak D

Lki ; r

= Lki DLki (r) ahol DLki (r) egyn

kdimenzis sokasg, ami az r sugarn

kdimenzis gmbnek s egy, csak azLki laptl fggo

(pontosabban a lapoktl fggo, de az r sugrtl nem fggo), kpnak a metszete (melynek cscsaa gmb kzppontjban van). Nyilvn Vnk

DLk

i(r)

=cLki

rnk lesz ennek a trfogata, aholcLk

iegy az Lki laphoz tartoz konstans. Azaz

Vn

D

Lki ; r

=Vk

Lki Vnk DLk

i(r)

=Vk

Lki

cLki

rnk:

Ha most a lapokra sszegznk s kiemeljk az rnk egytthatkat, akkor azt kapjuk, hogy

Vn(B (P; r)) =nX

j=n

cj rj

alak. Itt persze c0 = V (P)s c1 = A (P)knnyen addik.Lssuk most be ezt a ttelt preczen is egy msik bizonyts segtsgvel, mivel az ott hasznlt

eszkztrra mg szksgnk lesz.

2.1. Emlkezteto

Tanultuk egy simaMsokasg esetn a sokasgon sima fggvnyek 0 (M)tern ad : 0 (M) !1 (M)dierencil opertort, melyet kiterjesztettnk s gy egy

0 (M) d! 1 (M) d! 2 (M) d! 3 (M) : : :

5


10/25

6 FEJEZET 2. STEINER-MINKOWSKI TTELEK

lekpezs sorozatot kaptunk, ahold d 0:

Vehetjk0 (M)helyett vektor rtku sima fggvnyeket vesznk, (azaz 0 (M)

0 (M)

elemeit tekintjk), ahol koordinntnknt vesszk a dierencil opertort. gy egy lekpezssorozatot kapunk, ahol d d 0tovbbra is igaz.

Legyen x: M! Rn egy simaM Rn hiperfellet begyazsi trkpe s e1; : : : ;en: M! Rnegy ortonormlt frame Mmentn, ahol en= N a normlis egysg vektormezeje M-nek. Ekkor,mint vektor rtku fggvnyeknek a dierenciljuk

dx=Xi

iei

dej =Xi

!ijei

13. Lemma. Hav2 TpM, akkor(1) dx (v) = v, azazi (v) =

hv; ei

i, specn

0;

(2) !ij+ !ji 0, azaz! def= !ijni;j=1 ferdn szimmetrikus;

(3) d! ! ^ != 0.Bizonyts. Az(1)egyenlosghez legyen: [0; 1] ! M; (0) =p; 0 (0) = v sima grbe, ekkor

dxp(v) = (x )0 (0) =0 (0) = v =Xi

hv; ei(p)i ei(p) :

A (2) egyenlosghez0 = hei;ejidierencilja 0 = hdei;eji + hei; deji =!ji + !ij :A (3) egyenlethez kihasznlva, hogy a d opertorra d d= 0, gy

ddei=

d0@Xj !ji ej1A =Xj d!ji ej+ (1)1 !ji^ dej ==Xj

d!ji ejXj

Xk

!ji^ !kj ek

Ahonnan a megfelelo egytthatk eltunse miatt d!jiP

k!ki^ !jk 0minden i; j esetn.

Tovbb, ha xjU : U! M Rn-re mint paramterezsre gondolunk, akkor v;w2 TpMesetn az elso alapforma

Ip(v;w) = hv;wi =Xi

ip(v) ip(w)

s a msodik alapforma pedigIIp(v;w) = hLp(v) ;wi

ahol Lp: TpM! TpMa Weingarten lekpezs a p 2 Mpontban, ami denci szerintLp(v) = @vN= @ven= den(v) : (2.1)

Tudjuk, hogyhLp(v) ;wi=hv; Lp(w)iazaz szimmetrikus a Weingarten lekpezs az elso alap-formra. A@XY = rXY+ II(X; Y)Nfelbonts rvnyes, ahol rXY2 TpMs r a Lvi-Civitakovarins derivls s II(X; Y)N=II(X; Y) ena hiperfelletre meroleges sszetevo.

Ezek alapjndei(ej) = @ejei= rejei+ II(ej ; ei) en


11/25

2.2. STEINER TTEL 7

gy

reiej =

n1

Xi=1 !ki (ej) ek (2.2)II(ej ;ei) = !

ni (ej) :

2.2. Steiner ttel

A Steiner ttelhez legyenxr :M! Mr Rn; xn:= x + ren:

14. Lemma. Azxr :M! Rn lekpezs maximlis rang ap 2 Mpontban, ha 1r nem principlisgrbleteM-nekp-ben. Tovbb ebben az esetben(1)a kt rintotrTpM sTxr(p)Mr prhuzamosak;(2) M sMr principlis grbleteip sxr(p)-ben az en normlis szerint szmolvai s i1ri ,tovbb a fogrbleti irnyok is megegyeznek.

Bizonyts. Mivel dxr=dx + rden gy(2:1)alapjn

dxr(v) = v rLp(v) : (2.3)

Azaz xr maimlis rang pontosan akkor, ha v rLp(v)6= 0semmilyen v2 TpM esetn sem,azaz 1

rnem principlis grblete M-nek p-ben.

Feltve, hogy xr maximlis rang azt kapjuk, hogy im

IdTpM rLp

=TpMazaz (1) teljesl.Vegyk most az e1; : : : ;enbzis eltoltjt Mr-en is, azaz e1x1r ; : : : ; enx1r , ami egy ortonormltframe, gy (2:1) alapjn Mr-re megkapjuk, hogy azo Weingarten lekpezse Lxr(p) kifejezhetoaz

Lxr(p)= d en x1r xr(p)= Lp IdTpM rLp1

amibol azonnal addik (2).Elso lpsben szmoljuk ki egy D Mkompakt tartomny xr-nl vettDr := xr(D)kpnek

az(n 1)-dimenzis trfogatt (felsznt). Ismert, hogy az x: D! Rn begyazsnl

Vn1(D) =

ZD

1d (p) ;

ahol def

= 1 ^ 2 ^ ^ n1 a begyazott hiperfellet kanonikus trfogati formja. Ekkor azintegrl transzformci alapjn (1:1)miatt

Vn1(Dr) = ZDdet IdTpM rLp d (p)

A determinnst kifejtve

det

IdTpM rLp

=rn1 det

1

rIdTpM Lp

a principlis grbleti irnyokat hasznlva= (2.4)

=rn1n1i=1

1

r i(p)

:


12/25


Vezessk be a principlis grbletek szimmetrikus polinomjait, azaz

K0(p) = 1

K1(p) =Xi i(p)...

Ki(p) =X

1j1


13/25

2.3. MINKOWSKI-FORMULA 9

16. llts (Steiner). HaM sh olyan mint fent, akkor azr vastag rteg (azazh (M [0; r]))trfogata

n

Xk=1(1)k

k ZD Kk1(p) d (p) rk (2.5)Bizonyts. Az elozo gondolatmenetet folytatva

Vn[s2[0;r]Ds = Z r

0

ZD

det IdTpM sLp d (p) dsahol kihasznltuk, hogy d (s)kpe en(p)egysg hossz s meroleges a tbbi bzisvektor e1(p) sLp(e1(p)) ; : : : ;en1(p) sLp(en1(p))kpeire. Mivel det

IdTpM sLp

sehol sem tunik els s = 0 esetn det

IdTpM sLp

= 1 gy det

IdTpM sLp

> 0 miatt az abszoltrtk jelelhagyhat. gy a korbbi eredmnyek alapjn

Vn [s2[0;r]Ds = Z r

0

n1

Xi=0 (1)iZD Ki(p) d (p) sids==

nXk=1

(1)k1k

ZD

Kk1(p) d (p)

rk

2.3. Minkowski-formula

Vizsgljuk most meg a Steiner-ttelben szereploR

DKk1(p) d (p) kifejezseket. Ezek kztt

teremt egyfajta kapcsolatot Minkowski formulja.

17. Ttel (Minkowski). Legyen M Rn egy sima kompakt hiperfellet (perem nlkli) s

en : M! Rn a korbbi klso egysgvektor mezo. Vegyk apn: M! R; p 7! hp; en(p)i

fggvnyt, mely az orignak az rintosktl vett elojeles tvolsgt adja meg. Ekkor

1n 1ZM

Kn2d=

ZM

pnKn1d (2.6)

teljesl, aholKi s a korbban denilt elemi szimmetrikus polinomot s felszn mrtket jelli.

Bizonyts. Legyen x: M! Rn s az e1; : : : ;ena korbbanmr hasznlt begyazsi lekpezsaz ortonormlt frame. Legyen

pi: M! R; p 7! hp;ei(p)i = hx (p) ;ei(p)i :Ekkor

dpi= hdx;eii + hx; deii =*X

k

kek;ei

++

*x;Xk

!ki ek

+= (2.7)

=i +Xk

!kipk


14/25


ahol n 0ahogyan azt korbban lttuk. Tekintsk az albbi formt

=n1

Xi=1 (1)i+1pi!n1^ ^c!ni^ ^ !nn1 (2.8)aholc!nj marad ki a klso szorzatbl. Ekkord=

n1Xi=1

(1)i+1 dpi ^ !n1^ ^c!ni^ ^ !nn1+ n1Xi=1

X1j


15/25

2.3. MINKOWSKI-FORMULA 11

ahol kihasznltuk megint, hogy !ii 0. Ebbol pedig

d=

n1

Xi=1(1)i+1pn!ni^ !n1^ ^c

!ni^ ^ !nn1 (2.9)

+

n1Xi=1

(1)i+1 i ^ !n1^ ^c!ni^ ^ !nn1= (n 1)pn!n1^ ^ !nn1+

n1Xi=1

(1)i+1 i ^ !n1^ ^c!ni^ ^ !nn1:Itt mindkt tag egy trfogati formt ad meg M-en, azaz mindketto 1 ^ ^n egy simafggvnyszerese.

Be fogjuk ltni, hogy a fenti (2:9)egyenletben szereplod; !n1 ^ ^!nn1sPn1

i=1 (1)i+1 i^!n1^ ^

c!ni^ ^ !nn1 formk fggetlenek az ei ortonormlt frame-tol. Eloszr tekintsk az

formt. A tpM(p)def

= Pn1i=1 pi(p) ei(p)vektor az x (p)vektor vetlete TpM-re ami fggetlen

az ortonormlt frame vlasztstl. APn1i=1 !ni (v) ei(p) !ni =!in= den(v) = Lp(v) mindenv2TpM esetn. Ekkor dencijban (2:8)a jobb oldalon (v1; : : : ;vn2)rtke tetszolegesv1; : : : ;vn22 TpMvektorokra pp a

det

0BBB@p1(p) !

n1 (v1) !n1 (vn2)

p2(p) !n2 (v1) !n2 (vn2)

... ...

pn1(p) !nn1(v1) !nn1(vn2)

1CCCAdeterminns rtkvel egyenlo (hisz az elso oszlop szerinti kifejts formkkal val megfogalmazsall ott). Mivel itt az oszlop vektorok tpM(p) ; Lp(v1) ; : : : ; Lp(vn1)fggetlenek az ortonormltframe vlasztstl (a fenti determinns pp az ltaluk kifesztett paralellepipedon trfogata),ezrt fggetlen az ortonormlt frame vlasztstl, gy egy globlis forma lesz s ez d-ra isigaz lesz. Hasonlan !n1^ ^ !nn1 tetszoleges v1; : : : ;vn12 TpMvektorokra pp a

det

0BBB@!n1 (v1) !

n1 (v2) !n1 (vn1)

!n2 (v1) !n2 (v2) !n2 (vn1)

... ...

!nn1(v1) !nn1(v2) !nn1(vn1)

1CCCAdeterminns rtke lesz ami az Lp(v1) ; : : : ; Lp(vn2) vektorok ltal fesztett paralellepipedontrfogata, ami fggetlen az ortonormlt frametol. gy o is egy globlis forma lesz s a ktelozo lineris kombincijaPn1

i=1 (1)i+1 i ^ !n1^ ^c!ni ^ ^ !nn1 is. Mivel ezek mindmaximlis (n 1)-formk, gy a kanonikus trfogati forma sima fggvny szeresei. Vegyk av1; : : : ;vn12 TpMvektorokat a principlis vektoroknak (melyek egy ortonormlt framet adnak)s erre szmoljuk ki(2:9)jobb oldalnak rtkt. Knnyen lthat, hogy(n

1)p

n!n1 ^ ^

!nn1

pp(n 1)pn(p) Kn1(p)lesz sPn1i=1 (1)i+1 i^!n1 ^ c!ni^ ^!nn1rtke pedigKn2.Ekkor a Stokes-ttel szerint Z

M

d=

Z@M

:

Mivel a jobb oldal 0 a felttel szerint s a bal oldalt (2:9) szerint t tudjuk rni s az elobbmondottak alapjn t tudjuk rni a kanonikus trfogati formra, gy

ZM

Kn2d=

ZM

(n 1)pnKn1d


16/25


amibol az llts kvetkezik.Tegyk fel, hogy M egy K kompakt konvex test hatra, melyre az en : M! Sn1 Gauss

lekpezs egy dieomorzmus. Mivel ennek rinto lekpezse egy adott p 2 Mpontban

Ten: TpM! Ten(p)Sn1

pp Lpgy Sn1 kanonikus trfogati formjnak visszahzottja az enlekpezsnl pp(1)n1 Kn11^ ^ n1 azazZ

M

(1)n1pnKn1d=ZSn1

pne1n (u)

du (2.10)

= 1

2

ZSn1

pne1n (u)

+pne1n (u)

du: (2.11)

Mivel e1n (u) s e1n (u) az a kt pontja M-nek, ahol az u vektorra meroleges rintoskjai

vannak, gy a pn

e

1n (u)

+pn

e

1n (u)

rtke pont e kt rintosk tvolsga lesz.

18. Denci. EgyK Rn komapkt halmazu 2Sn1 irny szlessge

wK(u)def

= maxx2K

hx;ui minx2K

hx;ui :

Az tlagszlessgn pedig a

w (K) = 1

n!n

ZSn1

wK(u) du

rtket rtjk.

Ekkor (2:10)egyenlosg jobb oldalt folytatva

ZM (1)n1pnKn1d= = 12 ZSn1 pn e1n (u)+pn e1n (u) du (2.12)=

n!n

2 w (K) :

19. Kvetkezmny (Minkowski tlag szlessg). Ha egy K Rn kompakt konvex halmazM = @K hatrra az en : M! Sn1 Gauss lekpezs egy dieomorzmus, akkor a B (K; r)trfogatnak kifejtsben szereplo rn1 egytthatjra

(1)n2n 1Z

D

Kn2(p) d (p)

=

n!n

2 w (K)

rvnyes.

Bizonyts. Felhasznlva az(2:5) ; (2:6)s (2:12)sszefggseket

(1)n2n 1Z

D

Kn2(p) d (p)

=

(1)n1n 1ZM

(n 1)pnKn1d

= n!n

2 w (K)


17/25

3. fejezet

Konvex felletek merevsge,Herglotz integrl-forulja

Ebben a fejezetben az elozoleg megismert mennyisgek segtsgvel fogjuk megvizsglni, hogy azelso alapforma mennyire hatrozza meg egy R3-ba begyazott fellet alakjt.

20. Denci. Legyen r : ! Rn;br : ! Rn kt begyazott hiperfellet, melyekre mindenu: [a; b]! esetn a def= r u sb def=br u grbk hossza azonos. Ekkor azt mondjuk, hogyaz egyik hiperfelletet a msik hajltsaknt kaptuk meg.

Legyen r : ! Rn;br: ! Rn kt begyazott hiperfellet, melyek egyms hajltsai s h def=brr1 a hajlts mely a kt fellet darabot r ()-t s

br ()-t egymsba viszi. Ekkor az r ()-n lvo

e1; : : : ;en1 ortonormlt frame kpe a T h lineris rinto lekpezsnl legyenek az

be1; : : : ;[en1

frame azbr ()mentn, azazbei = T h (ei) :Vlasszukcen-t olyan egysg hossz vektormezonek,mely merolegesbr ()-ra sbe1; : : : ;cen ugyanolyan irnyts, mint e1; : : : ;en. A lenti21lltsrtelmbenbe1; : : : ;cenegy ortonormltframe lesz. Tekinthetjk azbe1; : : : ;cenortonormlt frameszerintibi;c!ji formkat s abpi fggvnyeket, illetve a h : r ()!br () lekpezsnl ezekvisszahzottjait r ()-ra, azaz i

def= hbi ; !ji def= hc!ji ; pi def= h (bpi) =bpi h.

21. llts. Ha r : ! Rn;br : ! Rn kt begyazott hiperfellet, melyek egyms hajlt-sai, akkor sbr begyazshoz tartoz elso alapforma h-gal vett visszahzottja megegyezik az rbegyazshoz tartoz elso alapformval.

Bizonyts. Tetszolegestartomnyon vett grbre kell felrni a kpgrbk rhosszt s ezekegyenl

osgt kihasznlva a derivltakbl kifejezhet

o az els

o alapforma kvadratikus alakja, melyek

egyenloek lesznek. Az elso alapforma szimmetrijt is kihasznlva addik, hogy az alapformkegyenloek. Rszletesen lsd[1] 3.1.30 lltst.

Tovbb a metrika, teljesen meghatrozza a Lev-Civit kovarins derivlst, azaz2.2alapjnaz !ji ; 1 i; j n 1formk is csak az elso alapformtl fggnek. (Az, hogy csak a metriktlfgg a Levi-Civit kovarins derivls a Koszul formula segtsgvel lthat be, vagy [1] 319-320 oldaln tallhat egy bizonyts, mely a ddx = 0kpletet alkalmazza.) Ez alapjn az elsoalapformbl szrmaz mennyisgek visszahzottjai egymsnak felelnek meg a hajltsnl, azaz!ji =!

ji ; 1 i; j n 1.

13


18/25

14 FEJEZET 3. KONVEX FELLETEK MEREVSGE, HERGLOTZ INTEGRL-FORULJA

22. llts. A fenti esetben ha sszefggo, akkor a h : Rn r ()!br () Rn hajltskiterjesztheto a teljesRn tr egy izometrijv akkor, s csak akkor, ha!ni =!

ni; 1 i n 1

Bizonyts. Ha ahhajlts kiterjed a teljes tr egy izometrijv, akkor ennl az izometrinla vektorok transzformcijt egy A mtrix rja le, azaz egy p 2 esetn

Aei(r (p)) =bei(br (p)) (3.1)teljesl. Amit bizonytani kellene, hogy h

c!ji

=!ji azaz egy v2 Tpr ()vektorra

hc

!ji

(v)

def=c

!ji(Tph (v)) = !

ji(v) :

Eloszr felrjuk a

@Avbei= dbei(Av) =n

Xj=1c!ji(Av)bei (3.2)

s

A (@vei) = A (dei(v)) = A

0@ nXj=1

!ji(v) ei

1A = (3.3)=

nXj=1

!ji (v) Aei=

nXj=1

!ji (v)bei

sszefggseket. Egyrszt A (@vei) = @AvAei; hiszen mindegy, hogy eloszr derivlunk, majdms bzisban felrjuk az eredmnyt, vagy ms bzisban runk fel mindent s ott derivlunk.Msrszt@AvAei= @Avbei, a (3:1)miatt, gy (3:2)s (3:3)egyenlo, azaz1nX

j=1

c!ji (Av)bei= nX

j=1

!ji(v)bei:

MivelTph (v) =Avsbe1; : : : ;cenegy bzis, gyc

!ji (Tph (v)) =c!ji (Av) = !

ji(v)

amit bizonytani kellett.A msik irnyhoz tegyk fel, hogy !ni = !

ni ; 1 i n 1, ekkor a korbbi megje-

gyzsnk miatt !ji = !ji ; 1 i; j n is teljesl. Legyen p2 s az az izometrja Rn-

nek, ami azbr (p)pontot az r (p)pontba viszi, tovbb azbe1(r (p)) ; : : : ;cen(r (p))vektorokat aze1(r (p)) ; : : : ;en(r (p))vektorokba. Tekintsk aeh def= 1 hhajltst az r ()s 1 (br ())begyazott hiperfelletek kztt. Az egyszerusg kedvrt jelljeer def=ehr lekpezst, azazer () = 1 (br ()). Tekintsk azeei def= Teh (bei) ortonormlt frame-et azer () hiperfellet

1 Azzal is rvelhetnnk, hogy (3:2)-ben d bei(Av)a v 2 Tpr ()vektor T h-nl vett kpnek, az Av 2 Th(p)br ()vektornak, az kirtkelse d bei-n, ami egy vektor lesz Tpbr ()-ban. A dei(v) pedig egy vektor lesz Tpr ()-ban.Ahhoz, hogy ezt a kt vektort ssze tudjuk hasonltani, venni kell a T h-nl vett kpt dei(v)-nek azaz A (dei(v))-tami pp (3:3). Azt is mondhatnnk ebben az esetben, hogy azonos bzisban rjuk fel a kt vektort, hogy sszelehessen hasonltani


19/25

15

mentn. Legyen : [0; 1] ! egy olyan sima grbe, melyre (0) = p s tekintsk az(e1 r ; : : : ;en r ) : [0; 1] ! Rn2 vektor rtku fggvnyt. Ekkor

ddt

(ei r ) () =nX

j=1

!ji (r )0 () (ei r ) () ; 1 i n (3.4)teljesl, de hasonlan az(e1 er ; : : : ;en er ) : [0; 1] ! Rn2 fggvnyre is

d

dt(eei er ) () = nX

j=1

e!ji (er )0 () (eei er ) () ; 1 i n (3.5)teljesl. Ekkor mivel a h grbtsnl a felttel szerint !ji = !

ji ; 1 i; j n, azaz !ji sc!ji

egymsba mennek, s a bizonyts elso rsze alapjn a 1 izometrinl

c!ji s a

f!ji egymsba

mennek, azaz !ji (r )0 () =e!

ji (er )

0 () minden 2 [0; 1]esetn. Ekkor azonban a 3.4s3.5 dierencilegyenlet rendszerek, azaz a megoldsaik egyenloek(ei r ) () = (eei er ) () minden 2 [0; 1] esetn.

Innen azonban

(r )0 () =n1Xi=1

i

(r )0 () (ei r ) () ==

n1Xi=1

i

(r )0 () (eei er ) () :Kihasznlva, hogy~hegy grbts, gy i (r )0 () =ei (er )0 () a21llts alapjn, azaz

n1Xi=1

i

(r )0 () (eei er ) () =n1Xi=1

ei (er )0 () (eei er ) () = (er )0 () ==eh (r )0 () :

Azaz

(r

)0 () = eh (r )

0

() :

Mivel (r )(0) =eh (r ) (0)gy

r = eh (r )Mivel sszefggo, gy ~h= I dazaz1 h = I damibol az llts mr kvetkezik.

Szksgnk lesz Herglotz formuljra, mely a grbtett s az eredet fellet kztt teremtkapcsolatot s spec. esetben visszadja a Minkowski formult.


20/25


23. llts (Herglotz). A fenti jellseket hasznlva ah hajlts esetn a visszahzott!ni; pnsegtsgvel denilt kevert formk

pnn1Xi=1

!n1^ ^ !ni^ ^ !nn1! ; Kn21 ^ ^ n1nem fggenek az ortonormlt frame vlasztstl, azaz a teljes sokasg felett rtelmezhetoek s

ZM

pn

n1Xi=1

!n1^ ^ !ni^ ^ !nn1!

=

ZM

Kn21 ^ ^ n1:

Bizonyts. A bizonyts hasonlan megy a17 Minkowki ttel bizonytshoz.Tekintsk az albbi formt

=n1Xi=1

(1)i+1pi!n1^ ^c!ni^ ^ !nn1 (3.6)aholc!nj azt jelenti, hogy !nj marad ki a klso szorzatbl, azaz itt nem egy formt jell mintkorbban. Ekkor

d=

n1Xi=1

(1)i+1 dpi ^ !n1^ ^c!ni^ ^ !nn1+ n1Xi=1

X1j


21/25

17

ahol az utols kt tagban kihasznlva, hogy ^ !nl^ ^ !nl^ = 0s ! ii 0kapjuk, hogy

d=n1

Xi=1 (1)i+1

Xk pk!ki

^!n1

^ ^c!ni

^ ^!nn1

+

n1Xi=1

(1)i+1 i ^ !n1^ ^c!ni^ ^ !nn1+

n1Xi=1

X1j 0.Mivel Kn2 = K1 = 2Hahol Ha Minkowski grblet, gy a Minkowski formula miatt

ZM

Hd=1

2

ZM

K1d=

ZM

p3K2d=

ZM

p3!31^ !32; (3.9)

s a Herglotz intergrlformula miattZM

K1d= ZM

p3

!31^ !32+ !31^ !32


22/25


E ketto egytt

ZM Hd= ZMp3!31^ !32 =

1

2 ZMp3 !31^ !32 + !31^ !32

Hasonlan felrhatjuk a fenti formult a szerepek felcserlsvel is

ZfMeHde= Z

fMep3f!31^f!32 = 12ZfM

p3

!31 ^f!32+ f!31^ !32 ;

ahol a-gal megjelllt formk a hajltsnl at M-en lvo formkfM-re vett visszahzottjaia hullmmal jelltek pedigfM megfelelo formi. Ha a hajltssal visszahzzuk az utols ktintegrlt s M-en rjuk fel, akkor a-os formk pp sajtmagukba trnek vissza, mg a hullmvonalasok a fellvonssal jelzett visszahzottokba, azaz

ZfM e

Hd

e =

ZMp3!

31^ !32 =

1

2 ZMp3

!31^ !32 + !31^ !32 (3.10)

alak lesz. Ekkor(3:9)s (3:10)alapjnZfMeHde Z

M

Hd = 12

ZM

p3

!31^ !32+ !31^ !32

+

ZM

p3!31^ !32: (3.11)

Mivel a Theorema Egremum (lsd[1] 3.1.28 Kvetkezmnyt) miatt a Gauss grblet csak az elsoalapformtl fgg, gy

!31^ !32 =K21 ^ 2 =!31^ !32 :

Ekkor azonban a (3:11) egyenlosg jobb oldalt a trks12RM

p3

!31 !31

^

!32 !32

alakba

lehet rni. Azaz

ZfMeHde Z

M

Hd= 12ZM

p3 !31 !31 ^ !32 !32 : (3.12)rdemes itt elgondolkozni, hogy ha igaz a ttel a bal oldal 0kell legyen. A jobb oldali integrlbana zrjeles tagok eltunse is pp azt jelenten a22 llts miatt, hogy igaz az llts.

A jobb oldali integrlban szereplo2-formt felrhatjuk valamilyen fsima fggvny segtsgvelaz

f 1 ^ 2 =

!31 !31

^

!32 !32

(3.13)

alakban.Vizsgljuk meg az ffggvnyt. Vegynk egy p 2 Mpontban egy v1; v22 TpMortonormlt

bzist. Ekkor a Weingarten lekpezs (s a 2. alapforma is) ebben a bzisban

B= !31(v1) !31(v2)!32(v1) !

32(v2)

:

gy det B = det(Lp) = Kp s a sokasg inytsa miattB negatv denit. Hasonlan az ~Msokasgon a T h (v1) ; T h (v2) 2 Th(p) ~Mbzisban a Weingarten lekpezs mtrixa

eB= f!31(v1)f!31(v2)f!32(v1)f!32(v2)!


23/25

19

s deteB = det]Lh(p) = Kh(p) = Kp, ahol megint hasznltuk a Theorema Egremum-ot, seBis negatv denit. Ekkor a

D (c) def= detB c eB =K2(p)c2 tr B eB1 c + 1 : (3.14)Ekkor c = 1-ra negatv denit a belso mtrix, azaz kt negatv sajtrtke lesz, de ha c! 1,akkor miveleB negatv denit a belsoB c eB mtrix pozitv denitt vlik (ne feledjk el ez egnadjunglt mtrix az elso alapformra nzve), azaz lesz olyan c0 >0rtk, amikor0sajtrtkelesz, gy D (c0) = 0. Mivel a kt gyk szorzata 1, gy

D (c) =K2(p) (c c0)

c 1c0

:

Specilisan c = 1esetn

f(p) = D (1) =K2(p) (1 c0)1 1c0 = (3.15)= K2(p)(1 c0)

2

c0 0:

A(3:12)s (3:13)alapjnZfMeHde Z

M

Hd= 1

2

ZM

p3

!31 !31

^

!32 !32

=

= 1

2

ZM

p3f 1 ^ 2 0:

Azaz

ZfM eHde ZM Hd:Mivel a kt sokasg szerepe megcserlheto gyZ

fMeHde Z

M

Hd

is igaz, azaz ZfMeHde= Z

M

Hd:

Teht f 0teljesl. Ekkor azonban (3:14)s (3:15)miatt trB

eB1

= 2:MiveldetB

eB1

=

K2(p) 1K2(p)

= 1, gy a

B eB1 mtrix mindkt sajtrtkei1. Mivel ez egy nadjunglt mtrix az

elso alapforma szerint, gy sajtbzisban diagonalizlvaB eB1 =I daddik, azaz

B=eB:Ekkor azonban alkalmazhatjuk a22 ttelt, ami pp az lltst bizonytja.


24/25



25/25

Irodalomjegyzk

[1] Csiks B., Dierential Geometry

21

Documents

Fejezetek a differenciál geometriából