[DiffGeo] Kurvenkrümmung -> Flächenkrümmung

12.03.2011, 16:25

Cordovan

[DiffGeo] Kurvenkrümmung -> Flächenkrümmung

Hallo!

Gibt es ein einfaches Argeument für folgende Aussage:

Wenn der Schnitt einer Fläche mit einer Ebene eine Kurve unendlicher Krümmung ist, dann ist die Krümmung der Fläche unbeschränkt.

Vielen Dank!

Cordovan

14.03.2011, 13:15

Ehos

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Unter einer "Kurve unendlicher Krümmung" stelle ich mir vor, dass man den Krümmungsradius an einer Stelle immer kleiner wählt, so dass die Kurve dort im Grenzwert einen "Knick" hat. Strenggenommen existiert die Krümmung an dieser Stelle nicht, weil die 1.Ableitung $\begin{eqnarray*} \dot{\vec x}(t) \end{eqnarray*}$ dort nicht existiert.

Bezüglich von Flächen musst du sagen, welchen Krümmungsbegriff du meinst, denn es gibt bei Flächen 3 unterschiedliche Krümmungsbegriffe:

- geodätische (oder tangentiale) Krümmung
- Normalkrümmung,
- Gaußsche Krümmung

14.03.2011, 13:21

Cordovan

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Danke schonmal!

Also: mit unendliche Krümmung meine ich, dass für alle reellen Zahlen M ein Kurvenpunkt existiert mit $\begin{eqnarray*} \kappa(t)>M \end{eqnarray*}$ .

Ich will im Prinzip, dass die Weingartenabbildung (oder die zweite Fundamentalform) beschränkt ist (in irgendeiner Matrixnorm). Beispielsweise reicht es, wenn eine der Hauptkrümmungen unbeschränkt ist.

Ach ja: Normalkrümmung und geodätische Krümmung sind doch keine Krümmungsbegriffe für Flächen, sondern für Kurven auf Flächen! Die Fläche selbst hat als Charakterstika die Hauptkrümmung sowie Gauß- und mittlere Krümmung.

Cordovan

14.03.2011, 13:51

Ehos

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Wenn du willst, dass eine der beiden Hauptkrümmung an einem Punkt unbeschränkt sein soll, heißt das, dass die Fläche entlang der zugehörigen Hauptrichtung einen "Knick" hat (wie beim gefalteten Blatt Papier).

Du hast recht: Mit der Zweiten Fundamentalform drückt man die Normalkrümmung $\begin{eqnarray*} \kappa_N=\dot {\vec N}\dot{\vec x} \end{eqnarray*}$ von Flächenkurven aus. Wenn diese also für alle Flächenrichtungen einen endlichen Wert liefert, kann die Fläche damit meiner Meinung keinen "Knick" haben (bezüglich der Normalkoponente).

14.03.2011, 13:59

Cordovan

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Die Kurve, die ich betrachte, hat keinen Knick.

Sie ist sowas von der Form $\begin{eqnarray*} (1-x)\sin\frac{1}{1-x} \end{eqnarray*}$ auf dem Intervall [0,1).

Die Krümmung ist unbeschränkt (so wie die Länge).

Cordovan

16.03.2011, 09:23

gonnabphd

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Hi,

Ich kenne die ganze Theorie von Flächen im IR^3 zwar nicht so wirklich und weiss auch nicht, ob die Frage noch aktuell ist, aber dem Wikipedia-Eintrag entnehme ich

Zitat:

Man versteht darunter die Krümmung der ebenen Kurve, die sich durch Schnitt der gegebenen Fläche mit der durch den Flächennormalenvektor und die gegebene Tangentialrichtung bestimmten Ebene ergibt. Den Minimalwert und den Maximalwert dieser Krümmungen bezeichnet man als die beiden Hauptkrümmungen k1 und k2.

Der letzte Satz sagt doch bereits aus, dass deine Annahme von oben impliziert, dass eine der Hauptkrümmungen unbeschränkt ist?

Gruss Wink

Beachte auch, dass die Gauss-Krümmung in diesem Falle dennoch =0 sein kann.

16.03.2011, 11:41

Cordovan

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Mein Problem ist, dass die Ebene, bezüglich der ich den Schnitt kenne, nicht genau benennen kann.

Sagen wir mal die Fläche schreibe ich als Graph über der Einheitskreisscheibe. Dann wäre die x-y-Ebene diejenige, bezüglich der ich die Krümmung kenne. Ich weiß aber nicht, wie die Fläche diese Ebene durchdringt, insbesondere weiß ich nicht, wo der Normalenvektor der Ebene hinzeigt.

Oder?

Ach ja, die Gaußkrümmung ist bei meiner gegebenen Fläche $\begin{eqnarray*} \le0 \end{eqnarray*}$ .

Cordovan

17.03.2011, 00:18

Cordovan

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Also der Krümmungsvektor $\begin{eqnarray*} c'' \end{eqnarray*}$ wird (in der Norm) unendlich. Jetzt will ich auf unendliche Normalkrümmung schließen, was ein Widerspruch zur beschränkten Krümmung der Fläche ist.

Es ist

$\begin{eqnarray*} \kappa_n(c)=\left\langle c'',N\right\rangle=\cos\angle(c'',N)\cdot |c''| \end{eqnarray*}$ .

Könnte ich den Winkel mit einer Konstanten nach unten abschätzen, wäre ich glücklich. Aber kann ich das auch? Ich habe immerhin einen Graphen über der Einheitskreisscheibe, also ist die Normale nicht horizontal...

Hm.

Cordovan

17.03.2011, 11:03

Ehos

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Vielleicht einige Gedanken dazu:

Sei $\begin{eqnarray*} \vec x(s) \end{eqnarray*}$ deine Flächenkurve, wobei der Kurvenparameter die Bogenlänge s ist. Bekanntlich spannen dann folgende 3 Vektoren in jedem Kurvenpunkt eine orhonormales 3-Bein auf: $\begin{eqnarray*} \dot {\vec x}, \vec N, \dot {\vec x}\times \vec N \end{eqnarray*}$ . Dabei bezeichnet $\begin{eqnarray*} \vec N \end{eqnarray*}$ den Normalvektor der Fläche und $\begin{eqnarray*} \dot{\vec x} \end{eqnarray*}$ ist der Richtungsvektor der Kurve. Der Krümmungsvektor $\begin{eqnarray*} \ddot{\vec x} \end{eqnarray*}$ liegt dabei stets in der Ebene, die durch die 2 Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \dot {\vec x}\times \vec N \end{eqnarray*}$ aufgespannt wird. Das heißt, der Krümmungsvektor besitzt keine Komponente in Kurvenrichtung $\begin{eqnarray*} \dot {\vec x} \end{eqnarray*}$ , so dass er durch eine Linearkombination der beiden anderen Vektoren darstellbar ist

$\begin{eqnarray*} \ddot{\vec x}=\kappa_N\cdot \vec N+\kappa_T \cdot \dot {\vec x}\times \vec N \end{eqnarray*}$

Die Koeffizienten $\begin{eqnarray*} \kappa_N, \kappa_T \end{eqnarray*}$ heißen Normal- bzw. die Tangentialkrümmung. Wir bilden auf beiden Seiten das Normquadrat und erhalten das Quadrat der Gesamtkrümmung der Flächenkurve

$\begin{eqnarray*} |\ddot{\vec x}|^2=\kappa_N^2+\kappa_T^2 \end{eqnarray*}$

Wenn die Gesamtkrümmung (=linke Seite) unendlich ist, heißt dies nicht, dass die Normalkrümmung unendlich ist. Hat man nämlich z.B. eine Kurve in einer Ebene, verschwindet überall die Normalkrümmung $\begin{eqnarray*} \kappa_N \end{eqnarray*}$ . Trotzdem kann die Kurve in der Ebene einen "Knick" haben. Das bedeutet geometrisch, dass die Tangentialkrümmung und gemäß obiger Formel die Gesamtkrümmung" unendlich werden.

17.03.2011, 11:14

Cordovan

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Darüber habe ich auch schon nachgedacht, und du hast Recht: es könnte sein, dass die Kurve unendliche geodätische Krümmung und endliche Normalkrümmung hat, was dann kein Widerspruch wäre.

Ich hatte gehofft, dass die zusätzliche Bedingung, dass die Fläche ein Graph über der Einheitskreisscheibe ist und dass die Kurve der Schnitt mit der xy-Ebene ist, unendliche geodätische Krümmung ausschließen könnte.

Immerhin ist die Kurve dann eine Höhenlinie der Fläche. Können den Höhenlinien von Flächen endlicher Krümmung selbst unendliche Krümmung haben?

Cordovan

17.03.2011, 12:24

Ehos

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Anschaulich ist folgendes einleuchtend: Angenommen ein Wanderer wandert im Gebirge entlang einer Höhenlinie (z.B. entlang eines Wanderweges mit konstant 900m über dem Meeresspiegel). Wenn dieser Wanderweg einen "Knick" hat (also eine unendliche Krümmung besitzt), dann muss das Gebirge an dieser Stelle eine "Knick" haben (wie bei einem gefalteten Stück Papier). Die Gaußsche Krümmung ist dort also nicht definiert (bzw sie ist im Grenzwert unendlich)

Exakt mathematisch beweisen kann ich das nicht.

17.03.2011, 14:02

Cordovan

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Das Problem für mich bei dieser Anschauung ist, dass die Vorstellung

unendliche Krümmung = Knick

nur im Kompakten richtig ist. Natürlich kann eine Kurve aber ohne Knick unendliche Krümmung haben:

Wenn ich mir diesen Plot natürlich bis x=0 und stetig ergänz vorstelle.

Cordovan

17.03.2011, 14:21

gonnabphd

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@Ehos: Cordovan meint mit unendlicher Krümmung doch gar nicht einen "Knick" (im Sinne, dass die Ableitung nicht definiert ist), sondern dass es zu jedem natürlichen N einen Punkt gibt, in welchem die Krümmung der Kurve / Fläche grösser als N ist.

Also die Krümmung sollte schon überall endlich sein, aber halt unbeschränkt.

Es sollte sich eigentlich schon ein Gegenbeispiel konstruieren lassen für den allgemeinen Fall.

Sei $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ eine beliebige Kurve unendlicher Krümmung, welche in einer Ebene liegt, sich selbst nicht schneidet und deren Bild $\begin{eqnarray*} \{c\} \end{eqnarray*}$ eine 1-Mannigfaltigkeit ist. Weiterhin sei sie nach der Bogenlänge parametrisiert. (das sollte auf alle Kurven, welche Schnitte von Ebenen mit Flächen sind, zutreffen)

Dann sind $\begin{eqnarray*} \dot c, \ddot c, N := \dot c \times \ddot c \end{eqnarray*}$ linear unabhängig (zumindest solange wir annehmen, dass die zweite Ableitung nicht verschwindet).

Nun betrachtet man die Abbildung $\begin{eqnarray*} \varphi: \mathbb R^3 \to \mathbb R^3, \; \varphi(t,x,y) = c(t) + y \ddot c(t) + x N(t) \end{eqnarray*}$

Man zeigt, dass diese Abbildung ein lokaler Diffeomorphismus ist für alle (t,0,0) (ich habe mal angenommen, dass der Definitionsbereich von c ganz IR ist...). Weiterhin lässt sich zeigen, dass es eine geeignete Einschränkung von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ auf eine offene Umgebung $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \{(t,x,y) \in \mathbb R^3 : x=y = 0\} \end{eqnarray*}$ gibt, so dass diese Einschränkung ein Diffeomorphismus auf ihr Bild ist, wir nennen diese Einschränkung wiederum $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ .
(Diese Konstruktion nennt sich eine 'tubular neighborhood' von $\begin{eqnarray*} \{c\} \end{eqnarray*}$ )

Das Gegenbeispiel könnte man daraus nun konstruieren, indem man eine 2-Mannigfaltigkeit definiert als $\begin{eqnarray*} M = \varphi(\{(t,x,y) \in U: (x,y) = s \lambda(t), s \in \mathbb R \}) \end{eqnarray*}$ .

Wobei $\begin{eqnarray*} \lambda: \mathbb R \to \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ eine noch zu bestimmende differenzierbare Funktion ist.

Für $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist der Normalenvektor parametrisiert über (t,x,y) gegeben durch $\begin{eqnarray*} \tilde N(t,x,y) = \dot c(t) \times \left(s \lambda(t) \cdot \begin{pmatrix} N(t) \\ \ddot c(t) \end{pmatrix} \right) \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \lambda(t) = (0,1) \end{eqnarray*}$ gilt bspw. $\begin{eqnarray*} \langle \ddot c, \tilde N \rangle = \langle \ddot c , sN \rangle = 0 \end{eqnarray*}$ .

Allerdings ist hier das Problem, dass die Ebene, in welcher $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ liegt, für dieses $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ parallel zur Mannigfaltigkeit M ist; somit wäre dann der Schnitt der Ebene mit M ganz M und nicht die Kurve c wie gewünscht. Man muss also die Mannigfaltigkeit mithilfe von $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein bisschen verdrehen (aber nicht zu viel!) so dass $\begin{eqnarray*} \langle \ddot c, \tilde N \rangle \end{eqnarray*}$ beschränkt bleibt, aber der Schnitt der Ebene mit M genau die Kurve c ergibt (das dürfe für jedes $\begin{eqnarray*} \lambda(t) \ne (0,\pm 1) \end{eqnarray*}$ der Fall sein)

Soviel zum allgemeinen Fall. Es ist klar, dass diese Konstruktion kein Graph sein muss, also beantwortet das noch nicht den Spezialfall.

18.03.2011, 20:12

Cordovan

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Also: Danke erstmal für den hilfreichen Beitrag! Freude

Hab mich gestern und heute mit dem Gegenbeispiel beschäftigt und versucht, es auf meine genaue Situation anzupassen. Das ist mir nicht gelungen - ich habe das Gefühl, dass noch irgendeine Information aus meiner Situation eingeht, die ich nicht überblicke.

Daher formuliere ich nochmal ganz genau, um welchen Fall es sich handelt. Vielleicht kriegst du ja dann noch eine gute Idee verwirrt

Also: wir betrachten zwei Ebenen, die sich in einer vertikalen Geraden durch 0 schneiden. Sagen wir mal, eine der beiden Ebenen ist die x-z-Ebene, die andere geht mit irgendeinem Winkel herein (hier die Projektion):

Innerhalb dieses Kegels liegt der Graph G einer Fläche mit beschränkter Krümmung, d.h. es gibt eine Konstante c mit $\begin{eqnarray*} |S|\leq c \end{eqnarray*}$ (S die Weingartenabbildung).

Über jeder Gerade der Gleichung $\begin{eqnarray*} x=s \end{eqnarray*}$ ist der Graph dabei eine Kurve $\begin{eqnarray*} C_s \end{eqnarray*}$ , die auf der einen Seite gegen $\begin{eqnarray*} +\infty \end{eqnarray*}$ , auf der anderen Seite gegen $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ divergiert. Sagen wir, für $\begin{eqnarray*} y\rightarrow0 \end{eqnarray*}$ gehen die Kurven gegen $\begin{eqnarray*} +\infty \end{eqnarray*}$ .

Jede dieser Kurven $\begin{eqnarray*} C_s \end{eqnarray*}$ hat keine horizontalen Tangenten und damit genau einen Schnittpunkt mit der Projektionsebene. Die Kurve dieser Schnittpunkte mit $\begin{eqnarray*} x_3=0 \end{eqnarray*}$ nenne ich $\begin{eqnarray*} p(s) \end{eqnarray*}$ .

Jetzt würde ich gerne zeigen, dass die Kurve $\begin{eqnarray*} p(s) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} s\rightarrow0 \end{eqnarray*}$ endliche Länge hat. Ich habe bisher gezeigt, dass sie bei unendlicher Länge auch unbeschränkte Krümmung hat und wollte folgern, dass dann die Weingartenabbildung von G unbeschränkt ist.

Hat jemand noch eine andere Idee oder weiß, wie ich diese Idee weiter verfolgen kann? Oder natürlich wir schaffen es, ein Gegenbeispiel zu konstruieren...

Cordovan

23.03.2011, 12:57

Cordovan

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Wollte mich nur noch mal melden: ich hab eine Lösung für das Problem gefunden. Da es ein sehr spezielles Problem ist (und die Lösung doch recht kompliziert) schreibe ich sie hier mal nicht hin - wenn jemand es wirklich wissen möchte, kann ich das ja noch nachholen.

Danke an die beiden Helfer Ehos und gonnabphd! smile

Cordovan

23.03.2011, 14:57

gonnabphd

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Hi Cordovan,

Was ist denn nun die Lösung (ohne Beweis)? Wenn du den Ansatz in 2,3 Zeilen beschreiben/skizzieren könntest, würde es mich schon sehr interessieren, diesen zu hören. Augenzwinkern

Aber deine Zeit damit vergeuden, hier alles halbwegs detailliert reinzutippen, brauchst du natürlich nicht - also wirklich nur, wenn es eine Art Ansatz/die Grundidee gibt, welche sich kurz beschreiben lässt!

gruss Wink

23.03.2011, 15:20

Cordovan

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Also "vergeudet" wird heir schonmal gar nichts, immerhin hast du dir auch die Zeit genommen, mir zu helfen.

Das Vorgehen ist wie folgt.

1. Auf dem Dreiecksgebiet können wir die dritte Komponente der Flächennormalen von 1 weg beschränken, also sagen wir $\begin{eqnarray*} N_3\leq 1-\varepsilon<1 \end{eqnarray*}$ .

2. N steht senkrecht auf p'. Wir ergänzen die beiden zu einer Orthonormalbasis
$\begin{eqnarray*} B:=\{p',Jp',N\} \end{eqnarray*}$ .

3. Der Winkel zwischen p'' und Jp' kann wegen 1. nach unten von 0 weg beschränkt werden.
Sonst wäre $\begin{eqnarray*} p''\parallel Jp' \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ horizontal ist, gilt $\begin{eqnarray*} e_3\perp p' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} e_3\perp p'' \end{eqnarray*}$ . Andererseits ist $\begin{eqnarray*} N\perp p' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} N\perp p'' \end{eqnarray*}$ , also wäre $\begin{eqnarray*} N\parallel e_3 \end{eqnarray*}$ , im Widerspruch zu 1.

4. Dementsprechend ist der Winkel zwischen $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p'' \end{eqnarray*}$ von 90° weg beschränkt, sagen wir $\begin{eqnarray*} |\cos\angle(p'',N)|\geq\alpha \end{eqnarray*}$ .

5. Damit folgt für die Normalkrümmung von p:
$\begin{eqnarray*} |\kappa_n|=|\langle p'',N\rangle|\geq \alpha |p''| \end{eqnarray*}$ .

6. Da p unbeschränkte Krümmung hat, folgt $\begin{eqnarray*} |\kappa_n|\rightarrow\infty \end{eqnarray*}$ , im Widerspruch zur Schranke an die Weingartenabbildung des Graphen.

So, das war es im Großen und Ganzen. Der dritte Punkt muss natürlich asymptotisch betrachtet werden (was aber kein Problem ist) und die Details müssen ausgefüllt werden.

Cordovan

25.03.2011, 16:07

gonnabphd

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Hi Cordovan,

Vielen Dank für die Beweisskizze. Hab mir das jetzt mal angeschaut.

Der Fakt 1. scheint mir entgangen zu sein. Der ist natürlich entscheidend, um zu zeigen, dass der Winkel zwischen N und p'' nicht gegen Null geht! Genau da liegt auch der Unterschied, zwischen der vorgelegten Aufgabe und meinem Gegenbeispiel (dort wird die Mannigfaltigkeit ja genau so konstruiert, dass dieser Winkel genügend schnell verschwindet).

Schöne Lösung, jetzt kann ich auch wieder ruhig schlafen... Augenzwinkern

Gruss

25.03.2011, 16:24

Cordovan

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Danke!

War auch ne schwere Geburt. Das war eine Aussage die ich aus einem Paper hab, bei dem die Autoren nur geschrieben haben: "die Kurve hat endliche Länge, weil der Graph beschränkte Krümmung hat". Ist letztendlich doch etwas aufwändiger gewesen ^^

Cordovan

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