Дифференциальная геометрия кривых и поверхностей - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Имеем
[tex]\vec{r}^{\,\prime}=\left(2 ; \frac{1}{u} ; 2u\right),\quad |\vec{r}^{\,\prime}|=\sqrt{4u^2+4+\frac{1}{u^2}}=2u+\frac{1}{u}=\frac{2u^2+1}{u}[/tex]
поэтому единичный касательный вектор равен
[tex]\vec{t}=\frac{1}{2u^2+1}\left(2u ; 1 ; 2u^2\right)[/tex]
Ищем фиксированный вектор [tex]\vec{e}=\left(\alpha ; \beta ; \gamma\right)\ne\vec{0}[/tex], для которого [tex]\vec{t}\centerdot\vec{e}=k[/tex] постоянно, т.е. при всех [tex]u\gt 0[/tex]
[tex]2\gamma u^2+2\alpha u+\beta=k\left(2u^2+1\right)\Rightarrow \alpha=0,\ \beta=\gamma=k[/tex]
Значит, [tex]\vec{e}\parallel\left(0 ; 1 ; 1\right)[/tex], и каждая касательная образует с этим направлением угол [tex]45^\circ[/tex]:
[tex]\vec{t}\centerdot\frac{\left(0 ; 1 ; 1\right)}{\sqrt{2}}=\frac{1+2u^2}{\sqrt{2}\left(2u^2+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}}[/tex]
(Это согласуется с теоремой Ланкре: [tex]\kappa=\frac{2u}{\left(2u^2+1\right)^2}[/tex] и [tex]\tau=-\frac{2u}{\left(2u^2+1\right)^2}[/tex], поэтому [tex]\frac{\tau}{\kappa}=-1[/tex] постоянно.)
Точка [tex]\left(x ; y ; z\right)[/tex] лежит на цилиндре тогда и только тогда, когда при некотором [tex]\lambda[/tex] точка [tex]\left(x ; y-\lambda ; z-\lambda\right)[/tex] лежит на [tex]c[/tex]:
[tex]x=2u,\quad y-\lambda=\ln u,\quad z-\lambda=u^2[/tex]
Исключая [tex]\lambda[/tex] и подставляя [tex]u=\frac{x}{2}[/tex], получаем
[tex]z-y=u^2-\ln u=\frac{x^2}{4}-\ln\frac{x}{2},\quad x\gt 0[/tex]
Проверка: левая часть не меняется при [tex]\left(y ; z\right)\to\left(y+\lambda ; z+\lambda\right)[/tex], а точки кривой [tex]c[/tex] удовлетворяют уравнению.

Решение:
Возьмём [tex]x[/tex] в качестве параметра:
[tex]\vec{r}(x)=\left(x ; x^n ; f(x)\right),\quad \vec{r}^{\,\prime}=\left(1 ; nx^{n-1} ; f'\right),\quad \vec{r}^{\,\prime\prime}=\left(0 ; n(n-1)x^{n-2} ; f''\right)[/tex]
Векторное произведение [tex]\vec{B}[/tex] векторов [tex]\vec{r}^{\,\prime}[/tex] и [tex]\vec{r}^{\,\prime\prime}[/tex] — вектор нормали соприкасающейся плоскости:
[tex]\vec{B}=\left(nx^{n-1}f''-n(n-1)x^{n-2}f' ; -f'' ; n(n-1)x^{n-2}\right)[/tex]
Его третья координата при [tex]x\gt 0[/tex] не равна нулю, поэтому соприкасающаяся плоскость существует в каждой точке. Проекция точки [tex]M=\vec{r}(x)[/tex] на [tex]Oy[/tex] — это [tex]Q\left(0 ; x^n ; 0\right)[/tex], и [tex]\overrightarrow{MQ}=\left(-x ; 0 ; -f\right)[/tex]. Условие [tex]\overrightarrow{MQ}\centerdot\vec{B}=0[/tex] имеет вид
[tex]-x\left(nx^{n-1}f''-n(n-1)x^{n-2}f'\right)-n(n-1)x^{n-2}f=0[/tex]
Разделив на [tex]-nx^{n-2}\ne 0[/tex], получаем уравнение Эйлера:
[tex]x^2f''-(n-1)xf'+(n-1)f=0[/tex]
Подставим [tex]f=x^m[/tex]:
[tex]m(m-1)-(n-1)m+(n-1)=m^2-nm+n-1=(m-1)(m-n+1)=0\Rightarrow m=1\text{ или }m=n-1[/tex]
Так как [tex]n\ge 3[/tex], корни различны ([tex]n-1\ge 2[/tex]), поэтому [tex]x[/tex] и [tex]x^{n-1}[/tex] — два линейно независимых решения этого линейного уравнения второго порядка при [tex]x\gt 0[/tex] (после деления на [tex]x^2[/tex] его коэффициенты там непрерывны). Следовательно, все решения имеют вид
[tex]f(x)=C_1x+C_2x^{n-1},\quad C_1,C_2\in\mathbb{R}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]\vec{x}(s)[/tex] — натуральная параметризация кривой [tex]C[/tex] с репером Френе [tex]\vec{t},\ \vec{n},\ \vec{b}[/tex]; штрих обозначает [tex]\frac{d}{ds}[/tex]. Формулы Френе:
[tex]\vec{t}^{\,\prime}=\kappa\vec{n},\quad \vec{n}^{\,\prime}=-\kappa\vec{t}+\tau\vec{b},\quad \vec{b}^{\,\prime}=-\tau\vec{n}[/tex]
Центр соприкасающейся окружности лежит на главной нормали на расстоянии [tex]\frac{1}{\kappa}[/tex], поэтому [tex]C^*:\ \vec{x}^*(s)=\vec{x}(s)+\frac{1}{\kappa}\vec{n}(s)[/tex]. Так как [tex]\kappa[/tex] постоянна,
[tex]\frac{d\vec{x}^*}{ds}=\vec{t}+\frac{1}{\kappa}\left(-\kappa\vec{t}+\tau\vec{b}\right)=\frac{\tau}{\kappa}\vec{b}[/tex]
Так как [tex]\tau\ne 0[/tex], кривая [tex]C^*[/tex] регулярна, а её длина дуги [tex]s^*[/tex] удовлетворяет условию [tex]\frac{ds^*}{ds}=\frac{|\tau|}{\kappa}[/tex]. Пусть [tex]\varepsilon=\frac{\tau}{|\tau|}[/tex]; это постоянная ([tex]1[/tex] или [tex]-1[/tex]), так как [tex]\tau[/tex] непрерывно и нигде не обращается в нуль. Единичный касательный вектор кривой [tex]C^*[/tex] равен [tex]\vec{t}^*=\varepsilon\vec{b}[/tex], и
[tex]\frac{d\vec{t}^*}{ds^*}=\varepsilon\,\vec{b}^{\,\prime}\,\frac{ds}{ds^*}=\varepsilon\left(-\tau\vec{n}\right)\frac{\kappa}{|\tau|}=-\kappa\vec{n}[/tex]
Следовательно, кривизна кривой [tex]C^*[/tex] равна [tex]\kappa^*=\left|\frac{d\vec{t}^*}{ds^*}\right|=\kappa[/tex], т.е. постоянна, а её главная нормаль [tex]\vec{n}^*=-\vec{n}[/tex].
Бинормаль [tex]\vec{b}^*[/tex] дополняет [tex]\vec{t}^*,\ \vec{n}^*[/tex] до правого ортонормированного репера. Репер [tex]\vec{b},\ -\vec{n},\ \vec{t}[/tex] правый (он получается из [tex]\vec{t},\ \vec{n},\ \vec{b}[/tex] перестановкой [tex]\vec{t}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex] и сменой знака у [tex]\vec{n}[/tex]), а значит, правый и репер [tex]\varepsilon\vec{b},\ -\vec{n},\ \varepsilon\vec{t}[/tex]; следовательно, [tex]\vec{b}^*=\varepsilon\vec{t}[/tex].
Для нахождения кручения продифференцируем [tex]\vec{n}^*[/tex]:
[tex]\frac{d\vec{n}^*}{ds^*}=-\vec{n}^{\,\prime}\,\frac{\kappa}{|\tau|}=\left(\kappa\vec{t}-\tau\vec{b}\right)\frac{\kappa}{|\tau|}=\frac{\kappa^2}{|\tau|}\vec{t}-\varepsilon\kappa\vec{b}[/tex]
С другой стороны, по формуле Френе для [tex]C^*[/tex]
[tex]\frac{d\vec{n}^*}{ds^*}=-\kappa^*\vec{t}^*+\tau^*\vec{b}^*=-\varepsilon\kappa\vec{b}+\varepsilon\tau^*\vec{t}[/tex]
Коэффициенты при [tex]\vec{b}[/tex] совпадают; сравнивая коэффициенты при [tex]\vec{t}[/tex], получаем
[tex]\varepsilon\tau^*=\frac{\kappa^2}{|\tau|}\Rightarrow \tau^*=\frac{\kappa^2}{\varepsilon|\tau|}=\frac{\kappa^2}{\tau}[/tex]
Тем самым оба утверждения доказаны.

Решение:
Примем ось вращения за [tex]Oz[/tex], а [tex]O[/tex] за начало координат, и положим [tex]c=\sqrt{a^2-b^2}\gt 0[/tex]. Тогда
[tex]T:\ \left(\sqrt{x^2+y^2}-a\right)^2+z^2=b^2[/tex]
Положение плоскости [tex]\Pi[/tex]. Для [tex]P\in T[/tex] пусть [tex]Q[/tex] — центр окружности-меридиана, проходящей через [tex]P[/tex] ([tex]Q[/tex] лежит на окружности [tex]x^2+y^2=a^2,\ z=0[/tex]). Касательные к меридиану и к параллели в точке [tex]P[/tex] перпендикулярны [tex]QP[/tex], поэтому [tex]QP[/tex] — нормаль к [tex]T[/tex] в точке [tex]P[/tex], и [tex]|QP|=b[/tex].
Плоскость [tex]z=0[/tex] не касается [tex]T[/tex] ([tex]QP[/tex] вертикальна только в самых верхних и самых нижних точках меридианов, которые не лежат в этой плоскости). Значит, [tex]\Pi[/tex] пересекает [tex]z=0[/tex] по прямой, проходящей через [tex]O[/tex]; после поворота вокруг [tex]Oz[/tex] (переводящего [tex]T[/tex] в себя) эта прямая — [tex]Oy[/tex], и
[tex]\Pi:\ \alpha x+\gamma z=0,\quad \alpha\ne 0[/tex]
Если [tex]\Pi[/tex] касается [tex]T[/tex] в точке [tex]P[/tex], то [tex]QP\perp\Pi[/tex], т.е. [tex]\overrightarrow{QP}\parallel\left(\alpha ; 0 ; \gamma\right)[/tex]. Но [tex]\overrightarrow{QP}[/tex] лежит в плоскости меридиана через [tex]Q=\left(a\cos\varphi ; a\sin \varphi ; 0\right)[/tex], натянутой на [tex]\left(\cos\varphi ; \sin \varphi ; 0\right)[/tex] и [tex]\left(0 ; 0 ; 1\right)[/tex]; так как [tex]\alpha\ne 0[/tex], отсюда [tex]\sin \varphi=0[/tex], т.е. [tex]Q=\left(\pm a ; 0 ; 0\right)[/tex]. Кроме того, расстояние от [tex]Q[/tex] до [tex]\Pi[/tex] равно [tex]|QP|=b[/tex]:
[tex]\frac{|\alpha|a}{\sqrt{\alpha^2+\gamma^2}}=b\iff \gamma^2b^2=\alpha^2\left(a^2-b^2\right)\iff \gamma=\pm\frac{c}{b}\alpha[/tex]
Итак, [tex]\Pi:\ bx\mp cz=0[/tex]; так как отражение [tex]z\to -z[/tex] переводит [tex]T[/tex] в себя, можно считать, что [tex]\Pi:\ bx-cz=0[/tex].
Уравнение тора [tex]T[/tex]. Раскрывая скобки и используя [tex]a^2-b^2=c^2[/tex], получаем (возведение в квадрат обратимо, так как левая часть положительна):
[tex]T:\ x^2+y^2+z^2+c^2=2a\sqrt{x^2+y^2}\iff\left(x^2+y^2+z^2+c^2\right)^2=4a^2\left(x^2+y^2\right)[/tex]
Разложение на множители. Пусть [tex]\rho=x^2+y^2+z^2[/tex]. Используя [tex]a^2=b^2+c^2[/tex], получаем
[tex]\left(x^2+(y+b)^2+z^2-a^2\right)\left(x^2+(y-b)^2+z^2-a^2\right)=\left(\rho-c^2+2by\right)\left(\rho-c^2-2by\right)=\left(\rho-c^2\right)^2-4b^2y^2[/tex]
а непосредственная проверка (разность двух частей равна [tex]4c^2\rho-4c^2\left(x^2+y^2\right)-4c^2z^2=0[/tex]) даёт
[tex]\left(\rho+c^2\right)^2-4a^2\left(x^2+y^2\right)=\left(\rho-c^2\right)^2-4b^2y^2-4\left(b^2x^2-c^2z^2\right)[/tex]
[tex]\left(\rho+c^2\right)^2-4a^2\left(x^2+y^2\right)=\left(x^2+(y+b)^2+z^2-a^2\right)\left(x^2+(y-b)^2+z^2-a^2\right)-4(bx-cz)(bx+cz)[/tex]
Для точек плоскости [tex]\Pi[/tex] имеем [tex]bx-cz=0[/tex], поэтому такая точка лежит на [tex]T[/tex] тогда и только тогда, когда она лежит на одной из сфер
[tex]S_1:\ x^2+(y+b)^2+z^2=a^2,\qquad S_2:\ x^2+(y-b)^2+z^2=a^2[/tex]
Таким образом, [tex]T\cap\Pi=\left(S_1\cap\Pi\right)\cup\left(S_2\cap\Pi\right)[/tex]. Центры сфер [tex]\left(0 ; \mp b ; 0\right)[/tex] лежат в [tex]\Pi[/tex], поэтому каждое из сечений — большая окружность радиуса [tex]a[/tex]. Значит, сечение тора плоскостью [tex]\Pi[/tex] состоит из двух окружностей радиуса [tex]a[/tex] (окружностей Вилларсо).