微分几何 曲线合同

什么曲线是合同的？

合同的意思是能通过此几何的刚体运动把几何对象彼此变换。也就是说，如果两个曲线是合同的，那么一定存在一个等距变换，能把其中一条曲线变成另一曲线。

怎么证明合同？

由上述对合同的理解可以发现，合同的曲线的形状相同。那么只需要证明两个曲线的曲率和挠率相同即可。

怎么求合同曲线相差的变换？

我们用题目来说明。


已知两条曲线 $C:r=r(t)$和 $C^*:r^*=r^*(u)$的参数方程分别为
$r(t)=(t+\sqrt{3}\sin{t}, 2\cos{t}, \sqrt{3}t-\sin{t}) \\ r^*(u)=(2\cos{u}, 2\sin{u},-2u)$
试证 $C$和 $C^*$是合同的，并确定两条曲线相差的刚体运动。


解：易证 $\kappa=\kappa^*=\frac{1}{4}, \tau=\tau^*=-\frac{1}{4}$，所以 $C$和 $C^*$合同。
下面求相差的变化
【方法一】 目测法
能直接观察出来是最好的。这道题可以比较容易的看出，当 $t=u$时，有
$(t+\sqrt{3}\sin{t}, 2\cos{t}, \sqrt{3}t-\sin{t}) \\ =(2\cos{t}, 2\sin{t},-2t) \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix}$
这个矩阵显然时正交矩阵。
【方法二】 计算 $r(0)$和 $r^*(0)$处的Frenet标架，这两个标架关系就决定了所求的正交变换。
经计算，r(0)处的Frenet标架为
$\begin{cases} \alpha(0)&=\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4},0,\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \right) \\ \beta(0)&= (0,-1,0) \\ \gamma(0)&=\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4},0,-\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \right) \end{cases}$
$r^*(0)$的Frenet标架为
$\begin{cases} \alpha^*(0)&=\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)\\ \beta^*(0)&=\left(-1,0,0 \right)\\ \gamma^*(0)&=\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2} \right)\\ \end{cases}$
设 $\begin{pmatrix} \alpha(0) \\ \beta(0) \\ \gamma(0) \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \alpha^*(0) \\ \beta^*(0) \\ \gamma^*(0) \end{pmatrix}A$，解得
$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix}$
【方法三】 从参数为0的点出发选三组对应的点
本题可以选 $\{r(\frac{\pi}{4})-r(0),r(\frac{\pi}{2})-r(0), r(\pi)-r(0)\}$与 $\{r^*(\frac{\pi}{4})-r^*(0),r^*(\frac{\pi}{2})-r^*(0), r^*(\pi)-r^*(0)\}$两个标架，确定其关系亦可确定所要求的变换。




我们来看下一道题


已知两条曲线 $C_1:r=(\ch{t},\sh{t},t)$和 $C_2:r=\left(\frac{e^{-u}}{\sqrt{2}},\frac{e^{u}}{\sqrt{2}},u+1 \right)$
试证 $C_1$和 $C_2$是合同的，并确定两条曲线相差的刚体运动。


解：易得 $\kappa_1=\frac{1}{2\ch^2{t}}, \kappa_2=\frac{1}{2\ch^2{u}}, \tau_1=\frac{1}{2\ch^2{t}},\tau_2=\frac{1}{2\ch^2{u}}$
当 $t=u$时， $\kappa_1=\kappa_2, \tau_1=\tau_2$
下面求刚体运动
【方法一】 可以直接看出
$(\ch{t},\sh{t},t)=\left(\frac{e^{-t}}{\sqrt{2}},\frac{e^{t}}{\sqrt{2}},t+1 \right)\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&0\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&0\\0&0&1\end{pmatrix}+(0,0,-1)$
【方法二】
$C_1$在0处的Frenet标架为
$\begin{cases} \alpha_1(0)&=\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}} \right) \\ \beta_1(0)&= (1,0,0) \\ \gamma_1(0)&=\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}} \right) \end{cases}$
$C_2$在0处的Frenet标架为
$\begin{cases} \alpha_2(0)&=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{\sqrt{2}} \right) \\ \beta_2(0)&= (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0) \\ \gamma_2(0)&=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{\sqrt{2}} \right) \end{cases}$
设 $\begin{pmatrix}\alpha_1(0) \\ \beta_1(0) \\ \gamma_1(0)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha_2(0) \\ \beta_2(0) \\ \gamma_2(0)\end{pmatrix}A$，解得
$A= \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
代入验证可得 $r_1(t)=r_2(t)A+(0,0,-1)$


通过这道题可以看出，方法二（包括方法三）的方法是无法求出平移变换的，不过可以在求出正交变换后，作一条曲线与另一条曲线做正交变换后的新曲线的差，得到平移变换。