الرياضيات الجامعية — السنة 2 · Bachelor Year 2

18المنحنيات

تصير الهندسة الآن تفاضلية. فالمنحنى نقطة تتحرك في الفضاء؛ ويعطينا حساب التفاضل سرعتها وتسارعها، وتسأل الهندسة عما هو جوهري — أي مستقل عن سرعة قطعنا للمسار. والجوابان هما طول القوس، الذي يقيس المسار نفسه، والانحناء، الذي يقيس مقدار انثنائه. وفي البعد $3$ يقيس ثابت ثان، هو الالتواء، مقدار خروج المنحنى عن مستويه بالتفتّل. وأداة مسك الحسابات في هذا كله هي معلم فرينيه المتحرك.

18.1 الأقواس الموسّمة

تعريف 18.1 (القوس الموسّم)

القوس الموسّم من الصنف $\mathcal{C}^k$ ( $k \geq 1$ ) هو تطبيق $\gamma \colon I \to \R^n$ من الصنف $\mathcal{C}^k$ على فترة $I$ . وتكون النقطة $\gamma(t)$ نظامية إذا كان $\gamma'(t) \neq 0$ ، ويكون القوس نظاميا إذا كانت جميع نقطه كذلك. والمستقيم المار بالنقطة $\gamma(t)$ والموجه بالمتجهة $\gamma'(t)$ هو المماس في نقطة نظامية.

تعريف 18.2 (تغيير الوسيط)

تغيير الوسيط من الصنف $\mathcal{C}^k$ هو تقابل تفاضلي $\theta \colon J \to I$ من الصنف $\mathcal{C}^k$ بين فترتين (مع $\theta' \neq 0$ في كل نقطة). ويقال إن القوسين $\gamma$ و $\gamma \circ \theta$ متكافئان؛ والقوس الهندسي (أو المنحنى) هو صف تكافؤ. والمفاهيم الثابتة عند تغيير الوسيط — المسار والمماس وطول القوس والانحناء — تسمى هندسية.

ملاحظة 18.3

لا يحدد المسار وحده القوس الهندسي: فالتوسيمان $t \mapsto (\cos t, \sin t)$ على $[0, 2\pi]$ وعلى $[0, 4\pi]$ لهما الصورة نفسها لكن أحدهما يقطع الدائرة مرة والآخر مرتين. فالقوس الهندسي يتذكر تعددية القطع واتجاهه، لا سرعته.

مثال 18.4 (السرعة لا تغير شيئا هندسيا)

لنوسّم دائرة الوحدة بالعلاقة

\gamma(t) = (\cos t^2,\ \sin t^2), \qquad t \in \intcc0{\sqrt{2\pi}} .

تنمو السرعة $\norm{\gamma'(t)} = 2t$ خطيا، ومع ذلك

L = \int_0^{\sqrt{2\pi}}2t\,\dd t = 2\pi ,

أي الطول نفسه الذي نجده بسرعة ثابتة — كما تَعِد المبرهنة 18.7، عبر تغيير الوسيط $t \mapsto t^2$ . والمماس، والانحناء المحسوب من القضية 18.17، وكل كمية هندسية أخرى، تتوافق أيضا؛ ولا يستحق النظر إلا $t = 0$ ، حيث يجعل $\gamma'(0) = 0$ هذا التوسيم غير نظامي مع أن المسار دائرة تامة. فالنصوص الهندسية تتحمل التوسيمات السيئة تحملا سيئا: أعد التوسيم أولا، ثم استنتج ثانيا.

مثال 18.5

القوس $\gamma(t) = (t^2, t^3)$ من الصنف $\mathcal{C}^\infty$ لكنه ليس نظاميا: $\gamma'(0) = (0, 0)$ . ولمساره، وهو القطع المكافئ نصف التكعيبي $y^2 = x^3$ ، نقطة رجوع في المبدأ: فملاسة التوسيم لا تمنع شذوذا هندسيا حيث تنعدم السرعة. ولهذا فإن فرضية النظامية $\gamma' \neq 0$ ليست تجميلية.

18.2 طول القوس

تعريف 18.6 (طول القوس)

ليكن $\gamma \colon [a, b] \to \R^n$ قوسا من الصنف $\mathcal{C}^1$ . طوله هو

L(\gamma) = \int_a^b \norm{\gamma'(t)}\, \dd t ,

حيث $\norm{\cdot}$ هو المعيار الإقليدي. ودالة طول القوس المرتكزة في $t_0$ هي $s(t) = \int_{t_0}^t \norm{\gamma'(u)}\,\dd u$ .

مبرهنة 18.7 (الطول هندسي؛ التوصيف بالمضلعات)

إذا كان $\theta \colon [c, d] \to [a, b]$ تغيير وسيط من الصنف $\mathcal{C}^1$ ، فإن $L(\gamma \circ \theta) = L(\gamma)$ .
$L(\gamma)$ هو الحد الأعلى لأطوال المضلعات المرسومة داخله:

$L(\gamma) = \sup\Bigl\{\, \sum_{i=1}^{m} \norm{\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1})} \;:\; a = t_0 < t_1 < \dots < t_m = b \,\Bigr\}.$

برهان. 1. بتغيير المتغير $t = \theta(u)$ (مجلد السنة الأولى، وهو صالح لأن $\theta$ رتيبة من الصنف $\mathcal{C}^1$ )،

\int_c^d \norm{(\gamma\circ\theta)'(u)}\,\dd u = \int_c^d \norm{\gamma'(\theta(u))}\,\abs{\theta'(u)}\,\dd u = \int_a^b \norm{\gamma'(t)}\,\dd t ,

حيث استعملنا $(\gamma\circ\theta)' = \theta'\cdot (\gamma'\circ\theta)$ ، وإذا كانت $\theta$ متناقصة فإن إشارة $\theta'$ تمتصها مبادلة الحدين.

2. من أجل أي تجزئة، $\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1}) = \int_{t_{i-1}}^{t_i}\gamma'(t)\,\dd t$ ، ومنه فبمتراجحة المثلث في التكاملات $\norm{\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1})} \leq \int_{t_{i-1}}^{t_i}\norm{\gamma'}$ : فكل مضلع أقصر من $L(\gamma)$ ، ومنه $\sup \leq L(\gamma)$ .

ولإثبات المتراجحة العكسية، ليكن $\varepsilon > 0$ . بما أن $\gamma'$ متصلة على المتراص $[a,b]$ ، فهي متصلة بانتظام: فيوجد $\delta > 0$ بحيث يكون $\norm{\gamma'(t) - \gamma'(u)} \leq \varepsilon$ كلما كان $\abs{t - u} \leq \delta$ . نأخذ تجزئة خطوتها $\leq \delta$ . وعلى كل قطعة، من أجل $t \in [t_{i-1}, t_i]$ ،

\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1}) = \int_{t_{i-1}}^{t_i}\gamma'(t)\,\dd t = (t_i - t_{i-1})\,\gamma'(t_{i-1}) + R_i, \qquad \norm{R_i} \leq \varepsilon\,(t_i - t_{i-1}),

لأن $R_i = \int_{t_{i-1}}^{t_i}(\gamma'(t) - \gamma'(t_{i-1}))\,\dd t$ . ومنه

\norm{\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1})} \geq (t_i - t_{i-1})\norm{\gamma'(t_{i-1})} - \varepsilon (t_i - t_{i-1}) .

وبالجمع، وبمقارنة $\sum (t_i - t_{i-1})\norm{\gamma'(t_{i-1})}$ مع $\int_a^b\norm{\gamma'}$ (وهو مجموع ريمان للدالة المتصلة $\norm{\gamma'}$ ، ويبعد عن التكامل بأقل من $\varepsilon(b - a)$ من أجل $\delta$ صغيرة بما يكفي، بالاتصال المنتظم مرة أخرى)، نحصل على مضلع طوله $\geq L(\gamma) - 2\varepsilon(b - a)$ . وبجعل $\varepsilon \to 0$ يثبت المطلوب. ∎

مثال 18.8 (أرخميدس والمضلعات الداخلية)

من أجل دائرة الوحدة، يكون طول المضلع المنتظم الداخلي ذي $n$ ضلعا هو $L_n = 2n\sin\frac\pi n$ ، ويعطي النشر $\sin x = x - \frac{x^3}6 + O(x^5)$

L_n = 2\pi - \frac{\pi^3}{3n^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) :

فأطوال المضلعات في المبرهنة 18.7 تتقارب تقاربا تربيعيا. وعدديا: $L_6 = 6$ (المسدس، وهو يعطي القيمة الفجة $\pi > 3$ )، بينما $L_{96} = 192\sin\frac{\pi}{96} \approx 6.28206$ مقابل $2\pi \approx 6.28319$ — والخطأ $0.00113$ يوافق القيمة المتنبأ بها $\pi^3/(3\cdot96^2) \approx 0.00112$ . ولهذا استطاع أرخميدس، بمضاعفة المسدس خمس مرات إلى $96$ ضلعا، أن يحصر $\pi$ بثلاثة أرقام يدويا: فكل مضاعفة تقسم الخطأ على أربعة. فالحد الأعلى في التوصيف بالمضلعات ليس مبلوغا في النهاية فحسب؛ بل هو مبلوغ بسرعة، لأن المنحنى الأملس لا ينفصل عن أوتاره إلا من الرتبة الثانية.

مبرهنة 18.9 (التوسيم بطول القوس)

ليكن $\gamma \colon I \to \R^n$ قوسا نظاميا من الصنف $\mathcal{C}^k$ ( $k \geq 1$ ). دالة طول القوس $s$ تقابل تفاضلي من الصنف $\mathcal{C}^k$ من $I$ على فترة $J$ ، والقوس $\tilde\gamma = \gamma \circ s^{-1}$ يحقق $\norm{\tilde\gamma'} = 1$ في كل نقطة. وإلى غاية انسحاب للوسيط وتوجيه، يكون هذا التوسيم بطول القوس (أو ذو السرعة الواحدية) وحيدا.

برهان. $s'(t) = \norm{\gamma'(t)} > 0$ والمقدار $s'$ من الصنف $\mathcal{C}^{k-1}$ (فهو مركب التطبيق $\gamma'$ من الصنف $\mathcal{C}^{k-1}$ مع المعيار، وهو أملس بعيدا عن $0$ )، ومنه فإن $s$ من الصنف $\mathcal{C}^k$ ، ومتزايدة تماما، وتقابل على $J = s(I)$ ، وعكسها من الصنف $\mathcal{C}^k$ بمبرهنة الدالة العكسية في البعد $1$ (مجلد السنة الأولى). ثم

\tilde\gamma'(\sigma) = \frac{\gamma'(t)}{s'(t)} = \frac{\gamma'(t)}{\norm{\gamma'(t)}}, \qquad t = s^{-1}(\sigma),

وهي متجهة واحدية. وإذا كان $\hat\gamma = \gamma\circ\theta$ توسيما آخر ذا سرعة واحدية، فإن $\abs{\theta'} = 1$ ، ومنه $\theta' = \pm 1$ ثابت (بالاتصال)، أي $\theta(u) = \pm u + c$ . ∎

ملاحظة 18.10

طول القوس هو الوسيط الذي يفصل الهندسة عن الديناميكا. فالمسار يمكن قطعه بأي منحى سرعة — وهو فيزياء الحركة — لكن لكل سؤال ثابت عند تغيير الوسيط (الشكل، الانثناء، التقبيل) ساعة قانونية، هي المسافة المقطوعة. ولهذا فإن جميع صيغ الانحناء أدناه تُعرَّف بالسرعة الواحدية ثم تُترجَم إلى توسيمات كيفما كانت بقاعدة السلسلة: فعوامل الترجمة قوى للمقدار $v = s'$ ، وتتبعها تتبعا صحيحا هو كل مضمون القضية 18.17.

مثال 18.11 (الدائرة واللولب)

من أجل الدائرة $\gamma(t) = (R\cos t, R\sin t)$ ، $\norm{\gamma'} = R$ ، ومنه $s = Rt$ ، وطول دورة كاملة هو $2\pi R$ . ومن أجل اللولب $\gamma(t) = (a\cos t,\ a\sin t,\ bt)$ مع $a > 0$ ، يكون $\norm{\gamma'(t)} = \sqrt{a^2 + b^2}$ ثابتا: فاللولب يُقطع بسرعة ثابتة، و $s = t\sqrt{a^2 + b^2}$ .

مثال 18.12 (طول القوس بالإحداثيات القطبية)

المنحنى القطبي $r = r(\theta)$ هو القوس $\gamma(\theta) = (r\cos\theta,\ r\sin\theta)$ ، مع

\gamma'(\theta) = (r'\cos\theta - r\sin\theta,\ r'\sin\theta + r\cos\theta), \qquad \norm{\gamma'(\theta)}^2 = r'^2 + r^2

(فالحدود المختلطة تتلاشى): ومنه فإن عنصر الطول القطبي هو $\sqrt{r^2 + r'^2}\,\dd\theta$ . ومن أجل القلبية $r = 1 + \cos\theta$ :

r^2 + r'^2 = (1 + \cos\theta)^2 + \sin^2\theta = 2 + 2\cos\theta = 4\cos^2\tfrac\theta2,

وعلى $\intcc{-\pi}{\pi}$ يكون جيب تمام نصف الزاوية موجبا، ومنه

L = \int_{-\pi}^{\pi}2\cos\tfrac\theta2\,\dd\theta = \Bigl[4\sin\tfrac\theta2\Bigr]_{-\pi}^{\pi} = 4 - (-4) = 8 :

وكما في قوس الدويري في التمرين 18.1، فإن منحنى مبنيا من دوائر طوله ناطق، دون أي $\pi$ في أي موضع. وتفكيك نصف الزاوية هو الحيلة المعتادة لأطوال المنحنيات المولَّدة بالدوائر؛ وعندما يفشل (كما في الأهليلج)، يكون الطول دالة جديدة حقا — تكاملا إهليلجيا، خارج الصيغ المغلقة الأولية.

18.3 الانحناء في المستوي

في كل هذا القسم، الأقواس من الصنف $\mathcal{C}^2$ ونظامية في المستوي الإقليدي الموجه. ونوسّم بطول القوس ونكتب $T(s) = \tilde\gamma'(s)$ للمماس الواحدي، و $N(s)$ للمتجهة الواحدية المتعامدة مباشرة مع $T(s)$ (أي دوران $T$ بالزاوية $+\pi/2$ ).

مبرهنة 18.13 (صيغ فرينيه في المستوي)

ليكن $\tilde\gamma$ قوسا ذا سرعة واحدية من الصنف $\mathcal{C}^2$ في المستوي الموجه. توجد دالة متصلة $\kappa$ ، هي الانحناء (الجبري)، تحقق

T'(s) = \kappa(s)\, N(s), \qquad N'(s) = -\kappa(s)\, T(s).

برهان. بما أن $\norm{T(s)}^2 = 1$ من أجل كل $s$ ، فإن مفاضلة الجداء السلمي تعطي $2\langle T'(s), T(s)\rangle = 0$ : أي إن $T'(s)$ متعامد مع $T(s)$ ، ومنه فهو خطي مع $N(s)$ (فالبعد $2$ )؛ ونكتب $T'(s) = \kappa(s) N(s)$ مع $\kappa(s) = \langle T'(s), N(s)\rangle$ متصلة. وبالمثل $N' \perp N$ ، ومنه $N' = \lambda T$ ؛ ومفاضلة $\langle T, N\rangle = 0$ تعطي $\langle T', N\rangle + \langle T, N'\rangle = \kappa + \lambda = 0$ . ∎

تعريف 18.14

عندما يكون $\kappa(s) \neq 0$ ، يكون نصف قطر الانحناء هو $R(s) = 1/\abs{\kappa(s)}$ ويكون مركز الانحناء هو $\tilde\gamma(s) + \frac{1}{\kappa(s)} N(s)$ ؛ والدائرة ذات هذا المركز وهذا النصف قطر $R(s)$ هي دائرة التقبيل، أي أفضل تقريب دائري للمنحنى في $\tilde\gamma(s)$ .

مثال 18.15 (دائرة التقبيل للدالة الأسية)

من أجل $y = \eu^x$ في النقطة $(0, 1)$ : $f'(0) = f''(0) = 1$ ، ومنه، بصيغة التمثيل البياني أدناه،

\kappa(0) = \frac{1}{(1 + 1)^{3/2}} = \frac1{2\sqrt2}, \qquad R = 2\sqrt2 .

والمماس الواحدي هو $T = \frac{(1, 1)}{\sqrt2}$ ، والناظم المباشر $N = \frac{(-1, 1)}{\sqrt2}$ ، ومركز الانحناء هو

(0, 1) + 2\sqrt2\cdot\frac{(-1, 1)}{\sqrt2} = (-2,\ 3) :

ومنه فإن معادلة دائرة التقبيل هي $(x + 2)^2 + (y - 3)^2 = 8$ . وللتحقق من دعوى “أفضل تقريب دائري”: فحل معادلة الدائرة بدلالة $y$ بجوار $(0,1)$ ونشره يعطي $y = 1 + x + \frac{x^2}2 + O(x^3)$ — وهو بالضبط نشر تايلور من الرتبة الثانية للدالة $\eu^x$ . فدائرة التقبيل توافق القيمة والميل والمشتقة الثانية؛ أما دائرة مماسة عادية فتوافق الأولين فقط.

مثال 18.16 (مطوّرة الدائرة مركزها)

من أجل الدائرة ذات نصف القطر $R$ المقطوعة عكس عقارب الساعة، لدينا $\kappa = 1/R$ ويشير $N$ نحو المركز، ومنه فإن مركز الانحناء $\tilde\gamma + \frac1\kappa N$ هو مركز الدائرة، من أجل كل $s$ : فدائرة التقبيل للدائرة هي الدائرة نفسها، وينهار محل مراكز الانحناء إلى نقطة. وتعاير هذه الحالة المنحلة التمرين 18.6: فهناك تكون سرعة المطوّرة $-\frac{\kappa'}{\kappa^2}N$ ، وهي تنعدم تطابقا إذا وفقط إذا كان $\kappa$ ثابتا.

قضية 18.17 (الانحناء في توسيم كيفما كان)

من أجل قوس مستو نظامي من الصنف $\mathcal{C}^2$ ، $\gamma(t) = (x(t), y(t))$ ،

\kappa(t) = \frac{x'(t)\,y''(t) - y'(t)\,x''(t)} {\bigl(x'(t)^2 + y'(t)^2\bigr)^{3/2}} ,

وبوجه خاص $\kappa = \dfrac{y''}{(1 + y'^2)^{3/2}}$ من أجل التمثيل البياني $y = f(x)$ .

برهان. نكتب $v(t) = \norm{\gamma'(t)} = s'(t)$ ، ومنه $\gamma' = vT$ (بتركيب معطيات السرعة الواحدية مع $s$ ). وبالمفاضلة،

\gamma'' = v'T + v\,T'\cdot s' = v'T + v^2\kappa N .

ولنأخذ الآن محدد $(\gamma', \gamma'')$ (في الأساس القانوني الموجه): بما أن $\det(T, T) = 0$ و $\det(T, N) = 1$ ،

\det(\gamma', \gamma'') = \det(vT,\ v'T + v^2\kappa N) = v^3\kappa .

والطرف الأيسر هو $x'y'' - y'x''$ ، و $v^3 = (x'^2 + y'^2)^{3/2}$ . وحالة التمثيل البياني هي التوسيم $t \mapsto (t, f(t))$ . ∎

مثال 18.18 (الدائرة والمستقيم والقطع المكافئ)

للمستقيم $\kappa = 0$ (والعكس صحيح: فالشرط $T' = 0$ يعني أن $T$ ثابت، ومنه $\tilde\gamma(s) = \tilde\gamma(0) + sT$ ، وهو مستقيم). وللدائرة ذات نصف القطر $R$ المقطوعة عكس عقارب الساعة $\kappa = 1/R$ : فمع $\gamma(t) = (R\cos t, R\sin t)$ ، تعطي الصيغة $\kappa = R^2/R^3$ . ومن أجل القطع المكافئ $y = x^2/2$ : $\kappa(x) = 1/(1 + x^2)^{3/2}$ ، وهو أعظمي عند الرأس — فالقطع المكافئ أشد انثناء حيث يستدير.

ملاحظة 18.19 (مزالق شائعة حول الانحناء)

(1) يتغير الانحناء الجبري لقوس مستو إشارةً عند عكس توجيه القوس أو توجيه المستوي: فوحدهما $\abs\kappa$ و $R = 1/\abs\kappa$ هندسيان محضان. والدائرة المقطوعة مع عقارب الساعة انحناؤها $\kappa = -1/R$ . (2) صيغة التمثيل البياني $\kappa = f''/(1 + f'^2)^{3/2}$ تختار بصمت التوسيم بالمتغير $x$ ؛ وتطبيقها على منحن ليس تمثيلا بيانيا بجوار النقطة (بمماس شاقولي) هو الغلط الكلاسيكي. (3) في نقطة يكون فيها $\gamma' = 0$ لا يُعرَّف شيء — لا $T$ ولا $\kappa$ — وقد ينكسر المسار فعلا (المثال 18.5)؛ فتحقق دائما من النظامية قبل مفاضلة المماس الواحدي. (4) في الفضاء، يكون $\kappa = \norm{T'} \geq 0$ بالاصطلاح: فلا إشارة يمكن أن تخطئ فيها، لكن لا إشارة تستغلها كذلك — فالمعلومات من نوع الانعطاف تنتقل إلى الالتواء. (5) وأخيرا، فإن $\kappa$ مشتقة بالنسبة إلى طول القوس: ففي حالة توسيم ليست سرعته واحدية، يكون نسيان العامل $v^3$ في القضية 18.17 أكثر الأخطاء تواترا عمليا.

القطع المكافئ y = x2/2، ومعلم فرينيه المتحرك (T, N)، ودائرة التقبيل عند الرأس (نصف قطرها 1، لأن (0) = 1). ويدور المعلم مع تحرك النقطة؛ والانحناء هو معدل ذلك الدوران لكل وحدة من طول القوس. — **شكل 18.1.** القطع المكافئ $y = x^2/2$ ، ومعلم فرينيه المتحرك $(T, N)$ ، ودائرة التقبيل عند الرأس (نصف قطرها $1$ ، لأن $\kappa(0) = 1$ ). ويدور المعلم مع تحرك النقطة؛ والانحناء هو معدل ذلك الدوران لكل وحدة من طول القوس.

مبرهنة 18.20 (الانحناء يحدد المنحنى)

لتكن $\kappa \colon J \to \R$ متصلة. يوجد قوس ذو سرعة واحدية من الصنف $\mathcal{C}^2$ في المستوي انحناؤه $\kappa$ ، وهو وحيد إلى غاية تقايس مباشر (دوران متبوع بانسحاب).

برهان. الوجود. نثبت $s_0 \in J$ ونضع $\varphi(s) = \int_{s_0}^s \kappa(u)\,\dd u$ ، ثم

\tilde\gamma(s) = \Bigl(\int_{s_0}^s \cos\varphi(u)\,\dd u,\ \int_{s_0}^s \sin\varphi(u)\,\dd u\Bigr).

عندئذ يكون $T(s) = (\cos\varphi(s), \sin\varphi(s))$ متجهة واحدية، و $N(s) = (-\sin\varphi, \cos\varphi)$ ، و

T'(s) = \varphi'(s)\,(-\sin\varphi, \cos\varphi) = \kappa(s)\,N(s) :

فالقوس ذو سرعة واحدية وانحناؤه $\kappa$ .

الوحدانية. ليكن $\gamma_1, \gamma_2$ قوسين ذوي سرعة واحدية لهما الانحناء نفسه. يُرفع كل مماس واحدي إلى دالة زاوية، بإنشاء صريح: ننظر إلى $T_j$ بوصفه العدد المركب $z_j = a_j + \iu b_j$ ذا الطويلة $1$ ، ونختار $\varphi_j(0)$ بحيث $z_j(0) = \eu^{\iu\varphi_j(0)}$ ، ونضع

\varphi_j(s) = \varphi_j(0) + \int_0^s\det\bigl(T_j, T_j'\bigr)(u)\,\dd u .

وانطلاقا من $\abs{z_j} = 1$ : $\operatorname{Re}(\conj{z_j}\,z_j') = 0$ ، ومنه $\conj{z_j}\,z_j' = \iu\det(T_j, T_j') = \iu\,\varphi_j'$ ، أي $z_j' = \iu\varphi_j'z_j$ ؛ ثم

\bigl(z_j\,\eu^{-\iu\varphi_j}\bigr)' = \eu^{-\iu\varphi_j}\bigl(z_j' - \iu\varphi_j'z_j\bigr) = 0,

ومنه $z_j = \eu^{\iu\varphi_j}$ في كل نقطة: أي $T_j = (\cos\varphi_j, \sin\varphi_j)$ مع $\varphi_j$ من الصنف $\mathcal C^1$ . وعلاوة على ذلك $\det(T_j, T_j') = \det(T_j, \kappa N_j) = \kappa$ ، ومنه $\varphi_j' = \kappa$ . ومنه $\varphi_2 = \varphi_1 + c$ من أجل ثابت $c$ : أي إن $T_2$ هو $T_1$ بعد دورانه بالزاوية الثابتة $c$ ، ومنه بالمكاملة، $\gamma_2 = \rho(\gamma_1) + w$ حيث $\rho$ هو الدوران بالزاوية $c$ و $w$ متجهة ثابتة. ∎

ملاحظة 18.21

هذا هو النموذج الأولي ذو البعد الواحد لمبرهنة أساسية في الهندسة: فمجموعة كاملة من الثوابت المحلية (وهي هنا دالة واحدة) تصنّف الكائن إلى غاية حركة صلبة. وتحتاج الصيغة ذات الأبعاد الثلاثة أدناه إلى ثابتين.

مثال 18.22 (الانحناء الثابت يعني الدائرة)

نأخذ $\kappa \equiv \kappa_0 > 0$ في صيغة الوجود: $\varphi(s) = \kappa_0 s$ و

\tilde\gamma(s) = \Bigl(\frac{\sin\kappa_0s}{\kappa_0},\ \frac{1 - \cos\kappa_0s}{\kappa_0}\Bigr) :

أي الدائرة ذات نصف القطر $1/\kappa_0$ ومركزها $(0, 1/\kappa_0)$ ، مقطوعة بسرعة واحدية. وبحسب شق الوحدانية من المبرهنة، يكون كل قوس ذي سرعة واحدية وانحناء ثابت $\kappa_0$ قطعة من دائرة نصف قطرها $1/\kappa_0$ (أو مستقيما إذا كان $\kappa_0 = 0$ ) — وهو عكس الحساب في المثال 18.18، والحالة المستوية من التمرين 18.9.

مثال 18.23 (إعادة بناء منحن انطلاقا من انحنائه)

أي منحن ذي سرعة واحدية نصف قطر انحنائه $R(s) = 1 + s^2$ ؟ باتباع برهان الوجود مع $\kappa(s) = \frac1{1+s^2}$ و $s_0 = 0$ : $\varphi(s) = \arctan s$ ، ومنه

T(s) = (\cos\arctan s,\ \sin\arctan s) = \Bigl(\frac{1}{\sqrt{1+s^2}},\ \frac{s}{\sqrt{1+s^2}}\Bigr),

وبالمكاملة،

\tilde\gamma(s) = \Bigl(\ln\bigl(s + \sqrt{1 + s^2}\bigr),\ \sqrt{1 + s^2} - 1\Bigr).

وبوضع $x = \ln(s + \sqrt{1+s^2})$ ، أي $s = \sinh x$ ، تكون الإحداثية الثانية $\cosh x - 1$ : فالمنحنى هو السلسلية $y = \cosh x - 1$ . وهذا يغلق الحلقة مع التمرين 18.3، حيث حسبنا $R = \cosh^2 x = 1 + \sinh^2 x = 1 + s^2$ مباشرة: فالمبرهنة الأساسية تضمن أن السلسلية هي المنحنى الوحيد بهذا المنحى من الانحناء، إلى غاية تقايس مباشر.

ملاحظة 18.24 (أين يُستعمل الانحناء فيما يلي)

التفكيك $\gamma'' = v'T + v^2\kappa N$ المحصل عليه في برهان القضية 18.17 هو الحركية لكل حركة منحنية: التسارع المماسي مقابل التسارع المركزي. ويعود الانحناء في حالة السطوح (الفصل 19) عبر انحناء المنحنيات المرسومة عليها، وحساب المغلِّفات في مسألة نهاية الأسبوع لهذا الفصل — المطوّرات والمنحنيات الحارقة — هو البصريات الهندسية لجبهات الموجة. ويستأنف مجلد السنة الثالثة وجهة النظر الجوهرية من أجل المتنوعات الجزئية في $\R^n$ .

18.4 معلم فرينيه في الفضاء

ليكن الآن $\tilde\gamma \colon J \to \R^3$ قوسا ذا سرعة واحدية من الصنف $\mathcal{C}^3$ وثنائي النظامية: أي $T'(s) \neq 0$ من أجل كل $s$ . عندئذ يعرّف $\kappa(s) = \norm{T'(s)} > 0$ الانحناء (ولا إشارة له في الفضاء: إذ لا توجيه ناظمي مفضل)، ونضع:

N(s) = \frac{T'(s)}{\kappa(s)} \quad\text{(الناظم الرئيسي)}, \qquad B(s) = T(s) \wedge N(s) \quad\text{(الناظم الثنائي)} ,

بحيث يكون $(T, N, B)$ معلما متعامدا مباشرا، هو معلم فرينيه. والمستوي المار بالنقطة $\tilde\gamma(s)$ والمولَّد بالمتجهتين $T, N$ هو مستوي التقبيل.

مبرهنة 18.25 (صيغ فرينيه في الفضاء)

توجد دالة متصلة $\tau$ ، هي الالتواء، تحقق

T' = \kappa N, \qquad N' = -\kappa T + \tau B, \qquad B' = -\tau N .

برهان. الصيغة الأولى هي تعريف $N$ . ولكل متجهة من المتجهات $T, N, B$ معيار ثابت $1$ وهي متعامدة مثنى مثنى؛ ومفاضلة العلاقات الست $\langle X, Y\rangle = \delta_{XY}$ تبين أن مصفوفة $(T', N', B')$ في الأساس $(T, N, B)$ متخالفة التناظر: فلدينا فعلا $\langle X', Y\rangle + \langle X, Y'\rangle = 0$ و $\langle X', X\rangle = 0$ . ومعاملها $(N, T)$ هو $\langle N', T\rangle = -\langle N, T'\rangle = -\kappa$ ، ومعامل عمودها $(T, B)$ هو $\langle T', B\rangle = \kappa\langle N, B\rangle = 0$ . وتسمية المعامل الحر المتبقي $\tau = \langle N', B\rangle$ تعطي بالضبط الصيغ الثلاث المكتوبة: فتخالف التناظر يملأ $\langle B', N\rangle = -\tau$ و $\langle B', T\rangle = 0$ . واتصال $\tau = \langle N', B\rangle$ واضح لأن $N'$ و $B$ متصلان (فالمقدار $\tilde\gamma$ من الصنف $\mathcal{C}^3$ ، ومنه فإن $N = T'/\kappa$ من الصنف $\mathcal{C}^1$ ). ∎

مثال 18.26 (متجهة داربو)

تنضغط صيغ فرينيه الثلاث في صيغة واحدة. نضع $\omega(s) = \tau\,T + \kappa\,B$ (وهي متجهة داربو). وباستعمال $B \wedge T = N$ و $T \wedge N = B$ و $N \wedge B = T$ :

\omega \wedge T = \kappa\,N = T', \qquad \omega \wedge N = \tau\,B - \kappa\,T = N', \qquad \omega \wedge B = -\tau\,N = B' :

فتتطور كل متجهة من المعلم وفق $X' = \omega \wedge X$ ، وهي البصمة الحركية لدوران لحظي متجهة سرعته الزاوية $\omega$ . فالمعلم يدور بالمعدل $\norm\omega = \sqrt{\kappa^2 + \tau^2}$ حول المحور المتحرك $\omega$ ؛ والانحناء هو مركبة الدوران على الناظم الثنائي، والالتواء مركبته على المماس. وفي حالة اللولب، يكون $\omega$ متجهة ثابتة موازية لمحور الأسطوانة — وهذا بالضبط سبب مبادرة معلم اللولب بانتظام. وتخالف تناظر مصفوفة فرينيه، المستغل في التمرين 18.7، هو الصيغة المصفوفية لهذه الحقيقة الهندسية الواحدة.

قضية 18.27 (الالتواء يقيس الاستواء)

يكون قوس ثنائي النظامية محتوى في مستو إذا وفقط إذا كان $\tau \equiv 0$ ؛ وعندئذ يكون المستوي هو مستوي التقبيل (الثابت).

برهان. إذا كان $\tau \equiv 0$ ، فإن $B' = 0$ ، ومنه فإن $B$ متجهة واحدية ثابتة $B_0$ ، و

\frac{\dd}{\dd s}\langle \tilde\gamma(s), B_0\rangle = \langle T(s), B_0\rangle = 0 :

فالمقدار $\langle \tilde\gamma, B_0\rangle$ ثابت، ومنه يقع القوس في مستو متعامد مع $B_0$ . وبالعكس، إذا وقع القوس في مستو $P$ ، فإن $T$ و $T'$ (ومنه $N$ ) موازيان لاتجاه $P$ من أجل كل $s$ ؛ ومنه فإن $B = T \wedge N$ أحد الناظمين الواحديين للمستوي $P$ ، وبما أنه متصل فهو ثابت؛ ثم إن $0 = B' = -\tau N$ مع $N \neq 0$ يفرض $\tau \equiv 0$ . ∎

مثال 18.28 (دائرة مائلة التواؤها معدوم)

القوس $\gamma(t) = \bigl(\cos t,\ \tfrac{\sin t}{\sqrt2},\ \tfrac{\sin t}{\sqrt2}\bigr)$ يقع في المستوي $y = z$ ، وهو دائرة الوحدة لذلك المستوي (وللتحقق: $\norm{\gamma(t)} = 1$ ، ويُظهر الأساس المتعامد للمستوي $(1,0,0)$ و $(0, \tfrac1{\sqrt2}, \tfrac1{\sqrt2})$ التوسيم القياسي). ودون أي حساب فرينيه، تتنبأ القضية 18.27 بأن $\tau \equiv 0$ ، ويجب أن يكون الناظم الثنائي الثابت هو الناظم الواحدي للمستوي $\pm(0, \tfrac1{\sqrt2}, -\tfrac1{\sqrt2})$ . فالالتواء لا يقيس “الميل في الفضاء”؛ بل يقيس مغادرة مستو. ووحده المقدار $b$ غير المعدوم في اللولب أدناه ينتج التواء حقيقيا.

مثال 18.29 (اللولب)

من أجل اللولب $\gamma(t) = (a\cos t, a\sin t, bt)$ ، $a > 0$ ، حسبنا $s = ct$ مع $c = \sqrt{a^2 + b^2}$ . ثم

T = \frac1c(-a\sin t,\ a\cos t,\ b), \qquad T' \cdot \frac{\dd t}{\dd s} = \frac{1}{c^2}(-a\cos t, -a\sin t, 0),

ومنه $\kappa = a/c^2 = a/(a^2 + b^2)$ و $N = (-\cos t, -\sin t, 0)$ : فالناظم الرئيسي يشير أفقيا نحو المحور. ثم $B = T \wedge N = \frac1c(b\sin t, -b\cos t, a)$ ، وتعطي $B' \frac{\dd t}{\dd s} = \frac{b}{c^2}(\cos t, \sin t, 0) = -\tau N$

\boxed{\ \kappa = \frac{a}{a^2 + b^2}, \qquad \tau = \frac{b}{a^2 + b^2}. \ }

والثابتان كلاهما ثابت — ويمكن أن نبين، بالعكس، أن المنحنيات الوحيدة ثنائية النظامية ذات $\kappa > 0$ الثابت و $\tau$ الثابت هي اللوالب (والدوائر عندما $\tau = 0$ ). ولاحظ الإشارات: فالمقدار $b > 0$ يعطي لولبا أيمن اليد ذا التواء موجب.

مثال 18.30 (الانحناء والالتواء دون طول القوس؛ التكعيبي الملتوي)

إعادة التوسيم بطول القوس مستحيلة عادة في صيغة مغلقة، ومنه يجب استخراج الثوابت من المشتقات الخام. نكتب $v = \norm{\gamma'} = s'$ ؛ عندئذ $\gamma' = vT$ ، وكما في برهان القضية 18.17،

\gamma'' = v'T + v^2\kappa N, \qquad \gamma' \wedge \gamma'' = v^3\kappa\,(T \wedge N) = v^3\kappa\,B .

وبأخذ المعايير ( $\kappa \geq 0$ في الفضاء):

\kappa = \frac{\norm{\gamma' \wedge \gamma''}}{v^3} .

وبمفاضلة $\gamma''$ مرة أخرى وتحويل $N' = v(-\kappa T + \tau B)$ (بقاعدة السلسلة عبر $s$ )، تأتي المركبة الوحيدة على $B$ من الحد الأخير:

\gamma''' = \bigl(v'' - v^3\kappa^2\bigr)T + \bigl(v'v\kappa + (v^2\kappa)'\bigr)N + v^3\kappa\tau\,B,

ومنه، بالاقتران مع $\gamma' \wedge \gamma'' = v^3\kappa B$ ،

\det(\gamma', \gamma'', \gamma''') = \langle\gamma' \wedge \gamma'',\ \gamma'''\rangle = v^6\kappa^2\tau, \qquad\text{أي}\qquad \tau = \frac{\det(\gamma', \gamma'', \gamma''')}{\norm{\gamma' \wedge \gamma''}^2} .

وتطبيقا على التكعيبي الملتوي $\gamma(t) = (t,\ t^2,\ t^3)$ عند $t = 0$ : $\gamma' = (1, 0, 0)$ ، $\gamma'' = (0, 2, 0)$ ، $\gamma''' = (0, 0, 6)$ ، ومنه $v = 1$ ،

\gamma' \wedge \gamma'' = (0, 0, 2), \qquad \kappa(0) = 2, \qquad \det(\gamma', \gamma'', \gamma''') = 12, \qquad \tau(0) = \frac{12}{4} = 3 .

والخلاصة: كلتا الصيغتين نسبة تُختصر فيها السرعة $v$ بالدرجة المطلوبة بالضبط — فالمقدار $\kappa$ يتحاكى كمشتقة ثانية لكل وحدة طول، والمقدار $\tau$ كحجم مختلط لثلاث مشتقات لكل مساحة مربعة — وهذا هو سبب كونهما هندسيين بينما $\gamma''$ نفسه ليس كذلك.

ملاحظة 18.31 (المبرهنة الأساسية للمنحنيات الفضائية)

كما في المستوي، يحدد الزوج $(\kappa, \tau)$ مع $\kappa > 0$ قوسا ثنائي النظامية إلى غاية تقايس مباشر للفضاء $\R^3$ : فصيغ فرينيه تشكل جملة تفاضلية خطية للمعلم $(T, N, B)$ ، تنطبق عليها نظرية كوشي–ليبشيتز في الفصل 16؛ ويُحافَظ على تعامد معلم الحل لأن مصفوفة المعاملات متخالفة التناظر (بحجة مصفوفة غرام نفسها الواردة في التمرين 18.7)، ويُستعاد المنحنى بمكاملة $T$ . ونترك التفاصيل للقارئ تمرينا جوهريا لكنه مفيد.

18.5 الدراسة المحلية: الوضع بالنسبة إلى المماس

قضية 18.32 (الشكل المحلي في نقطة نظامية)

ليكن $\gamma$ قوسا مستويا من الصنف $\mathcal{C}^k$ في $t_0$ ، وليكن $p$ أصغر دليل يحقق $\gamma^{(p)}(t_0) \neq 0$ ، وليكن $q$ أصغر دليل $> p$ بحيث لا يكون $\gamma^{(q)}(t_0)$ خطيا مع $\gamma^{(p)}(t_0)$ (بافتراض وجودهما، $q \leq k$ ). وفي الأساس $(u, v) = (\gamma^{(p)}(t_0), \gamma^{(q)}(t_0))$ المرتكز في $\gamma(t_0)$ ، تعطي مبرهنة تايلور–يونغ الإحداثيات

X(t) \sim \frac{(t - t_0)^p}{p!}, \qquad Y(t) \sim \frac{(t - t_0)^q}{q!} .

ولا تتعلق الصورة المحلية إلا بزوجية $p$ و $q$ :

$p$ فردي، $q$ زوجي	نقطة عادية	لا يعبر المنحنى أي مستقيم، ويبقى في جهة واحدة من المماس
$p$ فردي، $q$ فردي	نقطة انعطاف	يعبر المنحنى مماسه
$p$ زوجي، $q$ فردي	نقطة رجوع من النوع الأول	الفرعان في جهتين متقابلتين من المماس
$p$ زوجي، $q$ زوجي	نقطة رجوع من النوع الثاني	الفرعان في الجهة نفسها

برهان. مبرهنة تايلور–يونغ من الرتبة $q$ (فالدالة $\gamma$ من الصنف $\mathcal{C}^q$ بجوار $t_0$ ):

\gamma(t) - \gamma(t_0) = \sum_{j=p}^{q} \frac{(t-t_0)^j}{j!}\,\gamma^{(j)}(t_0) + o\bigl((t-t_0)^q\bigr).

وبحكم اختيار $p$ و $q$ ، يكون كل $\gamma^{(j)}(t_0)$ بحيث $p \leq j < q$ خطيا مع $u$ ؛ وبجمع المركبات في الأساس $(u, v)$ : $X(t) = \frac{(t-t_0)^p}{p!}(1 + o(1))$ و $Y(t) = \frac{(t-t_0)^q}{q!}(1 + o(1))$ . وجدول إشارتي $X$ و $Y$ من أجل $t \gtrless t_0$ — الذي تحكمه الزوجية بالضبط — يعطي الصور الأربع: فمثلا إذا كان $p$ زوجيا، كان $X > 0$ في الجهتين معا (فالفرعان يغادران في الاتجاه $+u$ : أي نقطة رجوع)، وتنقلب جهة المماس ( $\operatorname{sign} Y$ ) عندما يكون $q$ فرديا. ∎

مثال 18.33

من أجل $\gamma(t) = (t^2, t^3)$ في $t_0 = 0$ (المثال 18.5): $\gamma'' (0)= (2, 0)$ ، $\gamma'''(0) = (0, 6)$ ، ومنه $p = 2$ ، $q = 3$ : أي نقطة رجوع من النوع الأول، وهي الصورة المألوفة للقطع المكافئ نصف التكعيبي. ومن أجل $\gamma(t) = (t, t^3)$ في $0$ : $p = 1$ ، $q = 3$ : أي انعطاف — فالتكعيبي يعبر مماسه.

ملاحظة 18.34 (آفاق داخل هذا المجلد)

تغذي المنحنيات الفصول التالية بثلاث طرائق. فالمنحنيات المرسومة على سطح تعرّف مستوياته المماسة وصورته الأساسية الأولى (الفصل 19)، وتُحسب أطوالها بقصر المتري المحيط — فالفصل الآتي هو إلى حد بعيد هذا الفصل بعد نسبته إلى سطح. وحساب المغلِّفات في مسألة نهاية الأسبوع يلتقي بالتكاملات المزدوجة في الفصل 20، حيث تُعاد حسبة مساحة النجمية بصيغة غرين (التمرين 20.5) — منحنى واحد، ونظريتان، وجوابان متطابقان. وقد استعملت جملة فرينيه أصلا المعادلات التفاضلية الخطية في الفصل 16 (الوجود والوحدانية وحجة الحفاظ على التعامد في التمرين 18.7): فالمبرهنة الأساسية للمنحنيات مبرهنة معادلات تفاضلية في ثوب هندسي.

ملاحظة 18.35 (طريقة: إجراء الدراسة المحلية)

عمليا يكون التصنيف روتينا من أربع خطوات. أولا، فاضل في $t_0$ حتى تظهر أول مشتقة غير معدومة: فدليلها $p$ وقيمتها المتجهة $u$ . ثانيا، تابع المفاضلة حتى تظهر مشتقة غير خطية مع $u$ : فدليلها $q$ ومتجهتها $v$ . ثالثا، اقرأ الزوجيتين $(p, q)$ في الجدول. رابعا، ارسم: فالمنحنى يغادر في الاتجاه $+u$ إذا كان $p$ فرديا (وفي الاتجاه $u$ ثم عائدا في الاتجاه $u$ إذا كان $p$ زوجيا)، في الجهة من $v$ التي تمليها إشارة $Y$ . وتحذيران. المعلم $(u, v)$ ليس متعامدا عادة — فالجدول يصف المواضع بالنسبة إلى المماس، لا الزوايا ولا المسافات، فلا تقرأ الانحناء من الصورة. والمشتقات الوسيطة الخطية مع $u$ مسموح بها بين الرتبتين $p$ و $q$ (فهي لا تفعل إلا إزاحة نشر $X$ )؛ أما ما يجب ألا يحدث فهو التوقف عند أول مشتقة غير معدومة وتخمين $q = p + 1$ : فمن أجل $\gamma(t) = (t^2, t^4 + t^5)$ يكون التخمين الساذج $q = 3$ خاطئا، لأن $\gamma^{(3)}(0)$ لا يزال خطيا مع $\gamma''(0)$ — وهذا بالضبط هو التمرين 18.5.

18.6 تمارين

تمرين 18.1 ★

احسب طول قوس واحد من الدويري $\gamma(t) = (t - \sin t,\ 1 - \cos t)$ ، $t \in [0, 2\pi]$ . (استعمل $1 - \cos t = 2\sin^2(t/2)$ .)

حل

حل التمرين 18.1.

$\gamma'(t) = (1 - \cos t,\ \sin t)$ ، ومنه

\norm{\gamma'(t)}^2 = (1 - \cos t)^2 + \sin^2 t = 2 - 2\cos t = 4\sin^2\tfrac t2 ,

و $\norm{\gamma'(t)} = 2\sin\frac t2$ (وهو موجب على $[0, 2\pi]$ ). ومنه

L = \int_0^{2\pi} 2\sin\tfrac t2\,\dd t = \Bigl[-4\cos\tfrac t2\Bigr]_0^{2\pi} = 8 :

فطول قوس واحد من الدويري هو $8$ (من أجل عجلة نصف قطرها $1$ ) — وهي نتيجة شهيرة لرن، دون أي $\pi$ في الأفق.

تمرين 18.2 ★

احسب انحناء الأهليلج $\gamma(t) = (a\cos t,\ b\sin t)$ ( $a > b > 0$ ) وحدد نقط الانحناء الأعظمي والأصغري.

حل

حل التمرين 18.2.

مع $x = a\cos t$ ، $y = b\sin t$ : $x' = -a\sin t$ ، $y' = b\cos t$ ، $x'' = -a\cos t$ ، $y'' = -b\sin t$ ، ومنه بحسب القضية 18.17

\kappa(t) = \frac{x'y'' - y'x''}{(x'^2 + y'^2)^{3/2}} = \frac{ab\sin^2 t + ab\cos^2 t} {(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)^{3/2}} = \frac{ab}{(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)^{3/2}} .

ويكون المقام أصغريا عندما $\sin t = 0$ (بالقيمة $b^3$ ، وفي النقطتين $(\pm a, 0)$ ) وأعظميا عندما $\cos t = 0$ (بالقيمة $a^3$ ، وفي النقطتين $(0, \pm b)$ )، لأن $a > b$ . ومنه فإن $\kappa$ أعظمي عند طرفي المحور الكبير، $\kappa_{\max} = a/b^2$ ، وأصغري عند طرفي المحور الصغير، $\kappa_{\min} = b/a^2$ : فالأهليلج أشد انثناء عند طرفي محوره الطويل.

تمرين 18.3 ★

بيّن أن طول قوس التمثيل البياني للدالة $f(x) = \cosh x$ على $[0, x]$ يساوي $\sinh x$ ، واحسب انحناء هذا المنحنى (وهو السلسلية). وتحقق من أن $R(x) = 1/\kappa(x) = \cosh^2 x$ .

حل

حل التمرين 18.3.

من أجل التمثيل البياني $\gamma(x) = (x, \cosh x)$ : $\norm{\gamma'(x)} = \sqrt{1 + \sinh^2 x} = \cosh x$ ، ومنه فإن طول القوس من $0$ إلى $x$ هو $\int_0^x \cosh u\,\dd u = \sinh x$ . وانحناء تمثيل بياني (القضية 18.17):

\kappa(x) = \frac{f''(x)}{(1 + f'(x)^2)^{3/2}} = \frac{\cosh x}{\cosh^3 x} = \frac{1}{\cosh^2 x} ,

ومنه $R(x) = \cosh^2 x$ ، كما أُعلن. ولاحظ التوافق الأنيق $R(x) = 1 + s(x)^2$ مع $s = \sinh x$ طول القوس: فنصف قطر انحناء السلسلية ينمو مع مربع طول القوس انطلاقا من الرأس.

تمرين 18.4 ★★

(الحلزون اللوغاريتمي) لتكن $\gamma(t) = e^{t}(\cos t,\ \sin t)$ ، $t \in \R$ . بيّن أن الزاوية بين $\gamma(t)$ و $\gamma'(t)$ ثابتة، واحسب طول قوس $\gamma$ على $(-\infty, 0]$ (وهو منته!)، ثم احسب الانحناء.

حل

حل التمرين 18.4.

$\gamma'(t) = e^t(\cos t - \sin t,\ \sin t + \cos t)$ ، ومنه

\langle \gamma(t), \gamma'(t)\rangle = e^{2t} \bigl(\cos t(\cos t - \sin t) + \sin t(\sin t + \cos t)\bigr) = e^{2t},

بينما $\norm{\gamma(t)} = e^t$ و $\norm{\gamma'(t)} = e^t\sqrt 2$ . ومنه

\cos\angle\bigl(\gamma, \gamma'\bigr) = \frac{e^{2t}}{e^t \cdot e^t\sqrt2} = \frac{1}{\sqrt2} :

فالمماس يصنع دائما الزاوية $\pi/4$ مع نصف القطر — وهي خاصية تساوي الزوايا في الحلزون اللوغاريتمي. وطول القوس على $(-\infty, 0]$ :

\int_{-\infty}^0 \norm{\gamma'(t)}\,\dd t = \sqrt2\int_{-\infty}^0 e^t\,\dd t = \sqrt 2 ,

وهو منته مع أن الحلزون يلتف حول المبدأ عددا لانهائيا من المرات. والانحناء: مع $x'y'' - y'x''$ المحسوب من $\gamma'' = e^t(-2\sin t,\ 2\cos t)$ ،

x'y'' - y'x'' = e^{2t}\bigl(2\cos t(\cos t - \sin t) + 2\sin t(\sin t + \cos t)\bigr) = 2e^{2t},

ومنه $\kappa(t) = \dfrac{2e^{2t}}{(e^t\sqrt2)^3} = \dfrac{1}{e^t\sqrt2}$ : فالانحناء $1/(\sqrt2\, \norm{\gamma})$ ، ويتلاشى مع نمو الحلزون.

تمرين 18.5 ★★

عيّن $p$ و $q$ والشكل المحلي (عادي، انعطاف، نقطة رجوع) للقوس $\gamma(t) = (t^2,\ t^4 + t^5)$ في $t = 0$ ، وللقوس $\gamma(t) = (t^3,\ t^4)$ في $t = 0$ .

حل

حل التمرين 18.5.

القوس الأول: $\gamma(t) = (t^2,\ t^4 + t^5)$ . المشتقات في $0$ : $\gamma'' = (2, 0) \neq 0$ ، ومنه $p = 2$ . ثم $\gamma^{(3)}(0) = (0, 0)$ ، $\gamma^{(4)}(0) = (0, 24)$ ، وهي غير خطية مع $(2, 0)$ : $q = 4$ . وكلاهما زوجي: نقطة رجوع من النوع الثاني — فالفرعان يغادران في الاتجاه $+u = (1,0)$ ويبقيان في الجهة نفسها من المماس. (وفعلا $y = x^2 \pm x^{5/2}$ على الفرعين: بالإشارة نفسها من أجل $x$ صغيرة.)

القوس الثاني: $\gamma(t) = (t^3, t^4)$ . $\gamma'(0) = \gamma''(0) = 0$ ، $\gamma^{(3)}(0) = (6, 0)$ : $p = 3$ ، وهو فردي. ثم $\gamma^{(4)}(0) = (0, 24)$ : $q = 4$ ، وهو زوجي. فردي–زوجي: نقطة عادية — فرغم انعدام السرعة، يعبر المسار $y = x^{4/3}$ المبدأ بسلاسة، ويبقى فوق مماسه $y = 0$ .

تمرين 18.6 ★★

ليكن $\gamma$ قوسا مستويا ذا سرعة واحدية يحقق $\kappa(s) > 0$ من أجل كل $s$ ، وليكن $c(s) = \gamma(s) + \frac{1}{\kappa(s)}N(s)$ مركز الانحناء (والمنحنى $c$ هو المطوّرة). بافتراض أن $\kappa$ من الصنف $\mathcal{C}^1$ ، بيّن أن $c'(s) = -\frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}N(s)$ : أي إن المطوّرة مماسة لنواظم $\gamma$ .

حل

حل التمرين 18.6.

نفاضل $c(s) = \gamma(s) + \dfrac{1}{\kappa(s)}N(s)$ باستعمال صيغ فرينيه في المستوي (المبرهنة 18.13):

c'(s) = T(s) - \frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}N(s) + \frac{1}{\kappa(s)}\,\bigl(-\kappa(s)T(s)\bigr) = -\frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}\,N(s) ,

مع تلاشي الحدود المماسية بالضبط. ومنه فإن سرعة المطوّرة يحملها المتجهة $N(s)$ ، وهي توجه ناظم $\gamma$ في $\gamma(s)$ — والنقطة $c(s)$ تقع على ذلك الناظم نفسه: أي إن المطوّرة هي مغلِّف النواظم. (وحيث يكون $\kappa' = 0$ تكون للمطوّرة نقطة شاذة؛ وهذا ما ينتج نقط رجوع مطوّرة الأهليلج.)

تمرين 18.7 ★★★

لتكن $A(s)$ عائلة متصلة من المصفوفات المتخالفة التناظر من الحجم $3 \times 3$ ، ولتكن $F' = F A$ حلا مصفوفيا مع $F(s_0)$ متعامدة. بيّن أن $F(s)$ متعامدة من أجل كل $s$ . (فاضل $G = F F^{\mathsf T}$ واستعمل الوحدانية في مبرهنة كوشي–ليبشيتز.) واشرح صلة ذلك بجملة فرينيه.

حل

حل التمرين 18.7.

لنضع $G(s) = F(s)F(s)^{\mathsf T}$ . عندئذ، باستعمال $F' = FA$ و $(F^{\mathsf T})' = (F')^{\mathsf T} = A^{\mathsf T}F^{\mathsf T}$ ،

G' = F'F^{\mathsf T} + F(F^{\mathsf T})' = FAF^{\mathsf T} + FA^{\mathsf T}F^{\mathsf T} = F(A + A^{\mathsf T})F^{\mathsf T} = 0

بحكم تخالف التناظر. ومنه فإن $G$ ثابتة على الفترة، وتساوي $G(s_0) = F(s_0)F(s_0)^{\mathsf T} = I$ : أي إن $F(s)$ متعامدة من أجل كل $s$ . (وبديلا عن ذلك، دون حساب $G'$ وإثبات انعدامه: تحل كل من $G$ والمصفوفة الثابتة $I$ الجملة الخطية $Y' = YA + A^{\mathsf T}Y$ بالقيمة الابتدائية نفسها، وتفرض وحدانية كوشي–ليبشيتز للجمل الخطية، الفصل 16، أن $G \equiv I$ .)

الصلة: لجملة فرينيه $(T, N, B)' = (T, N, B)\,A(s)$ مصفوفة معاملات متخالفة التناظر

A = \begin{pmatrix} 0 & -\kappa & 0\\ \kappa & 0 & -\tau\\ 0 & \tau & 0\end{pmatrix}

(وأعمدتها تعبّر عن $T', N', B'$ ). ويبين الحساب أعلاه أن معلم حل ينطلق متعامدا يبقى متعامدا — وهي الخطوة المفتاحية في المبرهنة الأساسية التي تعيد بناء منحن انطلاقا من $(\kappa, \tau)$ .

تمرين 18.8 ★★★

(الانحناء الكلي لمنحن مغلق محدب) ليكن $\tilde\gamma$ قوسا مستويا مغلقا ذا سرعة واحدية من الصنف $\mathcal{C}^2$ وطوله $L$ (بحيث $\tilde\gamma(s + L) = \tilde\gamma(s)$ )، مقطوعا مرة واحدة عكس عقارب الساعة. باستعمال دالة الزاوية $\varphi$ التي تحقق $T = (\cos\varphi, \sin\varphi)$ من المبرهنة 18.20، اشرح لماذا يكون $\varphi(L) - \varphi(0)$ مضاعفا للمقدار $2\pi$ ، وبيّن أن $\int_0^L \kappa(s)\,\dd s = \varphi(L) - \varphi(0)$ . (ومن أجل دائرة نصف قطرها $R$ : $\int \kappa = \frac1R \cdot 2\pi R = 2\pi$ . وتؤكد مبرهنة المماسات الدوارة القيمة $2\pi$ من أجل كل منحن مغلق بسيط؛ ولا يُطلب منك البرهان عليها.)

حل

حل التمرين 18.8.

بحسب المبرهنة 18.20 (شق الوحدانية)، توجد دالة زاوية $\varphi$ من الصنف $\mathcal{C}^1$ تحقق $T(s) = (\cos\varphi(s), \sin\varphi(s))$ و $\varphi' = \kappa$ . ومنه

\int_0^L \kappa(s)\,\dd s = \varphi(L) - \varphi(0) .

وبما أن القوس مغلق ودوره $L$ ، فإن $T(L) = T(0)$ : $(\cos\varphi(L), \sin\varphi(L)) = (\cos\varphi(0), \sin\varphi(0))$ ، ومنه $\varphi(L) - \varphi(0) \in 2\pi\Z$ . ومنه فإن الانحناء الكلي لمنحن مغلق مضاعف صحيح للمقدار $2\pi$ دائما — والعدد الصحيح هو عدد لف المماس (أي عدد الدورات الكاملة التي يصنعها $T$ ). ومن أجل الدائرة ذات نصف القطر $R$ : $\kappa = 1/R$ و $L = 2\pi R$ ، فالانحناء الكلي $2\pi$ وعدد اللف $1$ ؛ وتنص مبرهنة المماسات الدوارة على أن هذه القيمة تصلح لكل منحن مغلق بسيط.

تمرين 18.9 ★★★

بيّن أن منحنى فضائيا ثنائي النظامية ذا $\kappa > 0$ ثابت و $\tau = 0$ هو (قوس من) دائرة نصف قطرها $1/\kappa$ . (استعمل القضية 18.27، ثم بيّن أن المركز $\gamma + \frac1\kappa N$ ثابت.)

حل

حل التمرين 18.9.

بما أن $\tau \equiv 0$ ، فإن المنحنى يقع في مستو (القضية 18.27)؛ فلنعمل في ذلك المستوي. ولننظر في المركز المرشح

c(s) = \gamma(s) + \frac{1}{\kappa}N(s) \qquad (\kappa \text{ ثابت}).

وبالمفاضلة بصيغ فرينيه (فهنا $N' = -\kappa T + \tau B = -\kappa T$ ):

c'(s) = T + \frac1\kappa(-\kappa T) = 0 ,

ومنه فإن $c$ نقطة ثابتة $\Omega$ . ثم $\norm{\gamma(s) - \Omega} = \norm{-\frac1\kappa N(s)} = \frac1\kappa$ من أجل كل $s$ : فالمنحنى يقع على الدائرة ذات المركز $\Omega$ ونصف القطر $1/\kappa$ (في مستويه)، وبما أنه قوس غير ثابت منها، فهو قوس من تلك الدائرة.

تمرين 18.10 ★

احسب طول قوس القطع المكافئ $y = x^2/2$ على $\intcc0a$ وبيّن أنه يساوي

\tfrac12\Bigl(a\sqrt{1 + a^2} + \ln\bigl(a + \sqrt{1 + a^2}\bigr)\Bigr).

حل

حل التمرين 18.10.

من أجل التمثيل البياني $\gamma(x) = (x, x^2/2)$ ، $\norm{\gamma'(x)} = \sqrt{1 + x^2}$ ، ومنه $L = \int_0^a\sqrt{1+x^2}\,\dd x$ . وبالتعويض $x = \sinh u$ ( $\dd x = \cosh u\,\dd u$ ، و $u$ من $0$ إلى $u_a = \ln(a + \sqrt{1+a^2})$ ):

L = \int_0^{u_a}\cosh^2 u\,\dd u = \frac12\bigl[u + \sinh u\cosh u\bigr]_0^{u_a} = \frac12\Bigl(\ln\bigl(a + \sqrt{1+a^2}\bigr) + a\sqrt{1+a^2}\Bigr),

باستعمال $\cosh^2 u = \frac{1 + \cosh 2u}2$ و $\sinh u_a = a$ ، $\cosh u_a = \sqrt{1 + a^2}$ .

تمرين 18.11 ★★

ليكن $\gamma$ قوسا نظاميا من الصنف $\mathcal C^2$ في $\R^n$ تمر جميع مماساته بنقطة ثابتة $P$ . برهن على أن مسار $\gamma$ محتوى في مستقيم. (وسّم بطول القوس، واكتب $\gamma(s) + \lambda(s)T(s) = P$ وفاضل.)

حل

حل التمرين 18.11.

نوسّم بطول القوس (المبرهنة 18.9) ونضع $\lambda(s) = \langle P - \gamma(s), T(s)\rangle$ ، وهي دالة من الصنف $\mathcal C^1$ ؛ وبما أن $P$ تقع على المماس في $\gamma(s)$ ، فإن المتجهة $P - \gamma(s)$ خطية مع $T(s)$ ، ومنه $P = \gamma(s) + \lambda(s)T(s)$ . وبالمفاضلة،

0 = T(s) + \lambda'(s)T(s) + \lambda(s)T'(s) = \bigl(1 + \lambda'(s)\bigr)T(s) + \lambda(s)T'(s),

و $T'(s) \perp T(s)$ (بمفاضلة $\norm T^2 = 1$ )، ومنه تنعدم المركبتان معا: $\lambda' = -1$ و $\lambda T' = 0$ . ثم إن $\lambda(s) = c - s$ ينعدم مرة واحدة على الأكثر، ومنه $T' = 0$ على مجموعة كثيفة، ومنه في كل نقطة بالاتصال: فالمتجهة $T$ واحدية ثابتة و $\gamma(s) = \gamma(s_0) + (s - s_0)T$ : أي مستقيم (يمر بالنقطة $P$ ، كما يجب).

تمرين 18.12 ★★★

(المبرهنة الأساسية للمنحنيات الفضائية) لتكن $\kappa > 0$ و $\tau$ دالتين متصلتين على فترة $J$ . نفّذ برنامج الملاحظة التالية للمبرهنة المثال 18.29: (1) بيّن أن الجملة الخطية $F' = FA(s)$ ، حيث $A(s)$ مصفوفة فرينيه المتخالفة التناظر المبنية من $\kappa, \tau$ و $F(s_0)$ معلم متعامد مباشر، لها حل شامل وحيد يبقى معلما متعامدا مباشرا؛ (2) أنشئ منحنى ذا سرعة واحدية ثنائي النظامية انحناؤه $\kappa$ والتواؤه $\tau$ ؛ (3) برهن على الوحدانية إلى غاية تقايس مباشر للفضاء $\R^3$ .

حل

حل التمرين 18.12.

(1) مصفوفة فرينيه

A(s) = \begin{pmatrix} 0 & -\kappa & 0\\ \kappa & 0 & -\tau\\ 0 & \tau & 0\end{pmatrix}

معاملاتها متصلة، ومنه فإن الجملة الخطية $F' = FA(s)$ ، $F(s_0) = F_0$ (بمصفوفة متعامدة مباشرة) لها حل وحيد على $J$ كله (المبرهنة 16.4). وبحسب التمرين 18.7، تكون $F(s)$ متعامدة من أجل كل $s$ ؛ والمقدار $\det F$ متصل بقيم في $\{\pm1\}$ ويساوي $1$ في $s_0$ ، ومنه فإن $F(s)$ مباشرة من أجل كل $s$ .

(2) نقرأ الأسطر $T, N, B$ للمصفوفة $F$ (بحيث $T' = \kappa N$ ، $N' = -\kappa T + \tau B$ ، $B' = -\tau N$ ) ونضع $\gamma(s) = \gamma_0 + \int_{s_0}^s T(u)\,\dd u$ . عندئذ يكون $\gamma' = T$ متجهة واحدية: أي السرعة الواحدية؛ و $T' = \kappa N$ مع $\kappa > 0$ و $N$ واحدي ومتعامد مع $T$ ، ومنه فإن $\gamma$ ثنائي النظامية وانحناؤه $\norm{T'} = \kappa$ وناظمه الرئيسي $N$ ؛ والناظم الثنائي هو $T \wedge N = B$ (فالمعلم متعامد مباشر)، وتحدد $B' = -\tau N$ الالتواء بالمقدار $\tau$ .

(3) ليكن $\gamma_1, \gamma_2$ منحنيين ذوي سرعة واحدية وثنائيي النظامية لهما $(\kappa, \tau)$ نفسه. يوجد تقايس مباشر وحيد $\Phi = \rho + w$ ( $\rho \in SO(3)$ ) يرسل $\gamma_1(s_0)$ على $\gamma_2(s_0)$ ويرسل معلم فرينيه للمنحنى $\gamma_1$ في $s_0$ على معلم $\gamma_2$ في $s_0$ . والمنحنى $\Phi\circ\gamma_1$ ذو سرعة واحدية وله الثوابت نفسها (فمعلمه هو $\rho$ مطبقا على معلم $\gamma_1$ ، والتطبيق $\rho$ يحافظ على الجداءات الشعاعية لأنه مباشر). والآن يحل معلما $\Phi\circ\gamma_1$ و $\gamma_2$ معا الجملة $F' = FA(s)$ بالقيمة الابتدائية نفسها، ومنه فهما متطابقان بالوحدانية؛ وبوجه خاص يتطابق المماسان، وبالمكاملة انطلاقا من النقطة المشتركة $s_0$ : $\Phi\circ\gamma_1 = \gamma_2$ .

18.7 مسألة: المغلِّفات — النجمية ومطوّرتان ومنحنى حارق

سلّم طوله 1 ينزلق على جدار (بالأزرق مواضعه) ولا يعبر أبدا النجمية x2/3 + y2/3 = 1 (بالأحمر): فالنجمية هي مغلِّف عائلة القطع، وهي مماسة لكل واحدة منها. — سلّم طوله $1$ ينزلق على جدار (بالأزرق مواضعه) ولا يعبر أبدا النجمية $x^{2/3} + y^{2/3} = 1$ (بالأحمر): فالنجمية هي *مغلِّف* عائلة القطع، وهي مماسة لكل واحدة منها.

مسألة 18.1

مسألة نهاية الأسبوع — آلة المغلِّفات وأربعة منحنيات كلاسيكية

عادة ما تفشل عائلة مستقيمات ذات وسيط واحد في تغطية المستوي تغطية منتظمة: فالمستقيمات تتكدس على منحن مماس لها جميعا، هو مغلِّفها. وتجعل أشعة الضوء المغلِّفات مرئية على صورة منحنيات حارقة — وهو المنحنى المضيء ذو نقط الرجوع في فنجان القهوة. وتبني هذه المسألة آلة المغلِّفات العامة، ثم تشغّلها أربع مرات: السلم المنزلق (النجمية)، ونواظم القطع المكافئ ونواظم الدويري (المطوّرات، مع نوّاس هويغنز في النهاية)، والمنحنى الحارق في فنجان القهوة (الكلوية). وفي كل ما يلي، يرمز $D_t$ إلى المستقيم ذي المعادلة $a(t)\,x + b(t)\,y = c(t)$ ، حيث $a, b, c$ دوال من الصنف $\mathcal C^2$ تحقق $(a(t), b(t)) \neq (0,0)$ ، و $\Delta(t) = a(t)b'(t) - a'(t)b(t)$ .

الجزء الأول — آلة المغلِّفات.

لنفترض $\Delta(t) \neq 0$ . بيّن أن الجملة المميزة

$\begin{cases} a(t)\,x + b(t)\,y = c(t)\\ a'(t)\,x + b'(t)\,y = c'(t)\end{cases}$

لها حل وحيد $E(t) = (x(t), y(t))$ ، يعطى بالعلاقتين $x = \dfrac{cb' - c'b}{\Delta}$ و $y = \dfrac{ac' - a'c}{\Delta}$ .
لنفترض علاوة على ذلك أن $E$ من الصنف $\mathcal C^1$ بجوار $t$ مع $E'(t) \neq 0$ . بمفاضلة المعادلة الأولى من الجملة، بيّن $a(t)\,x'(t) + b(t)\,y'(t) = 0$ ، واستنتج أن المنحنى $E$ يمر بنقطة من $D_t$ وباتجاه $D_t$ : أي إن العائلة مماسة للمنحنى $E$ ، الذي يسمى مغلِّفها.
للتحقق: مماسات القطع المكافئ $y = x^2/2$ في النقط $(t, t^2/2)$ هي $tx - y = t^2/2$ . تحقق من أن آلة المغلِّفات تعيد القطع المكافئ نفسه.
(مغلِّف النواظم) ليكن $\gamma$ ذا سرعة واحدية مع $\kappa(s) \neq 0$ . الناظم في $\gamma(s)$ هو $\{M : \langle M - \gamma(s), T(s) \rangle = 0\}$ . بيّن أن جملته المميزة تفرض $\langle M - \gamma(s), N(s)\rangle = 1/\kappa(s)$ ، ومنه أن النقطة المميزة هي مركز الانحناء: فمغلِّف النواظم هو المطوّرة، وهو ما يستعيد التمرين 18.6. وتحقق من $\Delta(s) = \kappa(s)$ .
انحلالان. من أجل الحزمة $D_\theta : x\cos \theta + y\sin\theta = 0$ ، بيّن أن النقطة المميزة هي المبدأ من أجل كل $\theta$ (فينهار “المغلِّف” إلى نقطة، ولدينا $E' = 0$ : فالسؤال 2 لا ينطبق). ومن أجل عائلة مستقيمات متوازية ( $a, b$ ثابت)، بيّن $\Delta \equiv 0$ وأن الجملة المميزة غير متوافقة عموما: فلا مغلِّف.

الجزء الثاني — السلم المنزلق والنجمية. قطعة طولها $1$ تنزلق وأحد طرفيها $P_t = (\cos t, 0)$ على الأرض والآخر $Q_t = (0, \sin t)$ على الجدار، $t \in \intoo0{\pi/2}$ .

بيّن أن معادلة المستقيم $(P_tQ_t)$ هي $x\sin t + y\cos t = \sin t\cos t$ ، وأن آلة المغلِّفات تعطي النقطة المميزة

$E(t) = (\cos^3 t,\ \sin^3 t) :$

وهي النجمية، ذات المعادلة الضمنية $x^{2/3} + y^{2/3} = 1$ (ممتدة إلى الأرباع الأخرى بالتناظر).
بيّن أن $E'(0) = 0$ ، واستعمل التصنيف المحلي (القضية 18.32) لتبين أن للنجمية نقطة رجوع من النوع الأول في $(1, 0)$ — وكذلك في نقطها الأربع الواقعة على المحورين.
احسب $\norm{E'(t)} = \tfrac32\abs{\sin 2t}$ واستنتج أن الطول الكلي للنجمية هو $6$ .
أين يلامس السلم النجمية؟ بيّن $E(t) = P_t + \sin^2 t\,(Q_t - P_t)$ : فنقطة التماس تقسم السلم بالنسبة $\sin^2 t : \cos^2 t$ ، وتجتاحه من طرف إلى طرف مع انزلاق السلم.
احسب المساحة التي تحصرها النجمية: بيّن أن مساحة الربع الأول هي $3\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\cos^2 t\,\dd t$ ، واحسب التكامل بالتخطيط ( $\sin^2 2t = \tfrac{1 - \cos 4t}2$ )، واستنتج أن المساحة الكلية هي $3\pi/8$ .

الجزء الثالث — مطوّرة القطع المكافئ. ليكن $\gamma(t) = (t, t^2/2)$ .

بيّن أن معادلة الناظم في $\gamma(t)$ هي $x + t\,y = t + t^3/2$ .
شغّل آلة المغلِّفات: بيّن أن مغلِّف النواظم هو

$E(t) = \Bigl(-t^3,\ 1 + \tfrac32 t^2\Bigr),$

ومعادلته الضمنية $x^2 = \tfrac8{27}(y - 1)^3$ : أي قطع مكافئ نصف تكعيبي.
تحقق متقاطعا مع السؤال 4: احسب مركز الانحناء $\gamma(t) + \frac1{\kappa(t)}N(t)$ انطلاقا من $\kappa(t) = (1 + t^2)^{-3/2}$ (المثال 18.18) واستعد النقطة نفسها.
بيّن أن للمطوّرة نقطة رجوع من النوع الأول في $(0, 1)$ ، وهو مركز الانحناء عند الرأس — أي النقطة التي يكون فيها $\kappa$ أقصويا، كما تتنبأ به الصيغة $c' = -\frac{\kappa'}{\kappa^2}N$ في التمرين 18.6.
كم ناظما للقطع المكافئ يمر بنقطة معطاة $(x_0, y_0)$ ؟ بيّن أن الجواب تحكمه المعادلة التكعيبية $\tfrac{t^3}2 + (1 - y_0)\,t - x_0 = 0$ ؛ وعالج حالة المحور $x_0 = 0$ معالجة كاملة (ناظم واحد من أجل $y_0 < 1$ ، وثلاثة من أجل $y_0 > 1$ )، وفسّر المطوّرة بوصفها منحنى الانتقال.

الجزء الرابع — المنحنى الحارق في فنجان القهوة. أشعة متوازية اتجاهها $(1, 0)$ تصطدم بالوجه الداخلي للمرآة الدائرية $x^2 + y^2 = 1$ ؛ والشعاع الذي يصيب $P_\theta = (\cos\theta, \sin\theta)$ ينعكس وفق قانون الانعكاس.

انطلاقا من التناظر المرآتي حول الناظم (أي نصف القطر)، برر أن الاتجاه المنعكس هو $v = u - 2\langle u, n\rangle n$ مع $u = (1,0)$ و $n = (\cos\theta, \sin\theta)$ ، ثم احسب $v = -(\cos2\theta, \sin2\theta)$ .
بيّن أن الشعاع المنعكس يقع على المستقيم

$x\sin 2\theta - y\cos 2\theta = \sin\theta .$
شغّل آلة المغلِّفات ( $\Delta = 2$ ): بيّن أن المنحنى الحارق هو

$E(\theta) = \Bigl(\tfrac{3\cos\theta - \cos3\theta}4,\ \tfrac{3\sin\theta - \sin3\theta}4\Bigr),$

وهو الكلوية.
احسب $E'(\theta) = \tfrac32\sin\theta\, (\cos2\theta, \sin2\theta)$ ؛ وتحقق من أن اتجاه المماس هو اتجاه الشعاع المنعكس (السؤال 16)، وحدد نقطتي الرجوع $(\pm\tfrac12, 0)$ ، وبيّن أن الشعاع المنعكس يقطع المحور $y = 0$ في $x = \frac1{2\cos\theta}$ — ومنه فإن الأشعة القريبة من المحور تتجمع في $x = \tfrac12$ : أي إن البعد البؤري $R/2$ لمرآة نصف قطرها $R$ .
بيّن أن الطول الكلي للكلوية هو $6$ ، وأنه بجوار $\theta = 0$ ،

$E(\theta) - \bigl(\tfrac12, 0\bigr) = \bigl(\tfrac34\theta^2 + o(\theta^2),\ \theta^3 + o(\theta^3)\bigr) :$

أي نقطة رجوع من النوع الأول، متجهة على طول المحور.
اشرح في فقرة واحدة لماذا يكون المنحنى الحارق مضيئا: فبكل نقطة تقع خارجه مباشرة يمر شعاعان منعكسان، وفي كل نقطة عليه تكون الأشعة “مركّزة تركيزا لانهائيا” (فالتطبيق $(\theta, \text{المسافة على طول الشعاع}) \mapsto \R^2$ له نقطة حرجة على المغلِّف بالضبط).

الجزء الخامس — هويغنز: الدويري مطوّرة نفسه. ليكن $\gamma(t) = (t - \sin t,\ 1 - \cos t)$ ، $t \in \intoo0{2\pi}$ ، وهو قوس واحد من الدويري.

احسب $\kappa(t) = -\dfrac1{4\sin(t/2)}$ ومركز الانحناء؛ وبيّن أن المطوّرة هي

$c(t) = (t + \sin t,\ \cos t - 1),$

وأن التعويض $t = u + \pi$ يُظهرها الدويري الأصلي بعد انسحابه بالمتجهة $(\pi, -2)$ : فمطوّرة الدويري دويري مطابق (هويغنز).
تحقق من أن نصف قطر الانحناء عند القمة $t = \pi$ يساوي $4$ ، وهو نصف الطول $8$ لقوس واحد (التمرين 18.1)؛ وحدد نقطة رجوع المطوّرة أسفل القمة مباشرة، على المسافة $4$ .
(خاصية الخيط) ليكن $\gamma$ ذا سرعة واحدية مع $\kappa > 0$ ، و $\kappa$ من الصنف $\mathcal C^1$ و $R = 1/\kappa$ رتيبة تماما. باستعمال $c' = R'N$ ، بيّن أن طول قوس المطوّرة بين $c(s_0)$ و $c(s_1)$ هو $\abs{R(s_1) - R(s_0)}$ . وفسّر ذلك: فخيط مشدود يُفكّ عن المطوّرة، طوله $R(s_0)$ في البداية، يرسم طرفه الحر المنحنى الأصلي — ومنه فإن نوّاسا يتأرجح بين خدّين دويريين من ساعة هويغنز يرسم دويريا.
تركيب. أنتجت آلة الجزء الأول نجمية وقطعا مكافئا نصف تكعيبي وكلوية ودويريا. ومن أجل كل عائلة من العائلات الأربع، اذكر في جملة واحدة أين تحققت الفرضيتان $\Delta \neq 0$ و $E' \neq 0$ أو أين سقطتا، وأي حدث هندسي (نقطة رجوع، بؤرة، انحلال) دلّ عليه كل سقوط للفرضية $E' \neq 0$ . وأين يجب أن تظهر القيم القصوى للانحناء على مغلِّف النواظم، ولماذا؟

حل

حل المسألة 18.1.

1. الجملة خطية بدلالة $(x, y)$ ومحددها $\Delta(t) = a b' - a'b \neq 0$ : وتعطي قاعدة كرامر الحل الوحيد

x = \frac{c b' - c' b}{\Delta}, \qquad y = \frac{a c' - a' c}{\Delta}.

2. بما أن $a(t)x(t) + b(t)y(t) = c(t)$ تطابقا، فإن المفاضلة تعطي $a'x + b'y + ax' + by' = c'$ ؛ وتقتل المعادلة المميزة الثانية المقدار $a'x + b'y - c'$ ، ومنه $a(t)x'(t) + b(t)y'(t) = 0$ : أي إن $E'(t)$ متعامد مع $(a, b)$ ، ومنه فهو موازٍ للمتجهة $(-b, a)$ ، وهو اتجاه $D_t$ . وبما أن $E(t) \in D_t$ (بالمعادلة الأولى) و $E'(t) \neq 0$ ، فإن المستقيم $D_t$ هو بالضبط مماس المنحنى $E$ في $E(t)$ .

3. هنا $(a, b, c) = (t, -1, t^2/2)$ ، ومنه $\Delta = t\cdot0 - 1\cdot(-1) = 1$ و

x = \frac{c b' - c' b}{\Delta} = \tfrac{t^2}2\cdot 0 + t = t, \qquad y = \frac{a c' - a' c}{\Delta} = t\cdot t - \tfrac{t^2}2 = \tfrac{t^2}2 :

فمغلِّف مماسات القطع المكافئ هو القطع المكافئ، كما يجب.

4. الناظم هو $\langle M, T(s)\rangle = \langle\gamma(s), T(s)\rangle$ : بالمعاملات $a = T_1$ و $b = T_2$ و $c = \langle\gamma, T\rangle$ . وبالمفاضلة بصيغ فرينيه ( $T' = \kappa N$ ): $a' = \kappa N_1$ ، $b' = \kappa N_2$ ، و $c' = \langle T, T\rangle + \langle\gamma, \kappa N\rangle = 1 + \kappa\langle\gamma, N\rangle$ . وتُكتب المعادلة المميزة الثانية $\kappa\langle M, N\rangle = 1 + \kappa\langle\gamma, N\rangle$ على الصورة $\kappa\langle M - \gamma, N\rangle = 1$ . وتقول الأولى $M - \gamma \perp T$ ، ومنه $M - \gamma = \mu N$ مع $\mu = 1/\kappa$ : فالنقطة المميزة هي $\gamma + \frac1\kappa N$ ، أي مركز الانحناء، ومغلِّف النواظم هو مطوّرة التمرين 18.6. وأخيرا $\Delta = T_1\kappa N_2 - \kappa N_1 T_2 = \kappa\det(T, N) = \kappa \neq 0$ .

5. الحزمة: للجملة $x\cos\theta + y\sin\theta = 0$ ، $-x\sin\theta + y\cos\theta = 0$ محدد $1$ والحل $(0,0)$ من أجل كل $\theta$ : $E \equiv (0,0)$ ، $E' \equiv 0$ ، ولا وجود لمنحن — بل مجرد النقطة المشتركة بين جميع المستقيمات. والعائلة المتوازية: يعطي $a' = b' = 0$ المقدار $\Delta \equiv 0$ ، والمعادلة الثانية $0 = c'(t)$ ، وهي تسقط بمجرد أن تتحرك العائلة فعلا: فلا نقطة مميزة، وفعلا لا تلامس عائلة مستقيمات متوازية أي منحن على طول جميع عناصرها.

6. المستقيم المار بالنقطتين $(\cos t, 0)$ و $(0, \sin t)$ هو $\frac x{\cos t} + \frac y{\sin t} = 1$ ، أي $x\sin t + y\cos t = \sin t\cos t$ . ومع $(a, b, c) = (\sin t, \cos t, \sin t\cos t)$ : $a' = \cos t$ ، $b' = -\sin t$ ، $c' = \cos 2t$ ، $\Delta = -\sin^2 t - \cos^2 t = -1$ . وبقاعدة كرامر:

\begin{align*} x &= \frac{cb' - c'b}{-1} = \sin^2 t\cos t + \cos 2t\cos t = \cos t\,(\sin^2 t + \cos^2 t - \sin^2 t) = \cos^3 t,\\ y &= \frac{ac' - a'c}{-1} = \sin t\cos^2 t - \sin t\cos 2t = \sin t\,(\cos^2 t - \cos^2 t + \sin^2 t) = \sin^3 t . \end{align*}

ثم $(\cos^3t)^{2/3} + (\sin^3t)^{2/3} = 1$ : وهي النجمية.

7. $E'(t) = 3(-\cos^2 t\sin t,\ \sin^2 t\cos t)$ ينعدم عند $t = 0$ . وهناك يعطي $E''(0) = (-3, 0) \neq 0$ المقدار $p = 2$ ؛ ومركبة $E$ على المحور $x$ زوجية بدلالة $t$ ، ومنه $E'''(0) = (0, 6)$ ، وهي غير خطية معه: $q = 3$ . زوجي–فردي: أي نقطة رجوع من النوع الأول في $(1, 0)$ (القضية 18.32)، بمماس موازٍ للمحور $x$ . وتنقل تناظرات النجمية $x \mapsto -x$ و $y \mapsto -y$ و $(x, y) \mapsto (y, x)$ نقطة الرجوع إلى $(-1, 0)$ و $(0, \pm1)$ .

8. $E'(t) = 3\sin t\cos t\,(-\cos t, \sin t)$ ، ومنه $\norm{E'(t)} = 3\abs{\sin t\cos t} = \tfrac32\abs{\sin 2t}$ . وفي ربع واحد: $\int_0^{\pi/2}\tfrac32\sin 2t\,\dd t = \tfrac32$ ، وبالتناظر يكون الطول الكلي $4 \cdot \tfrac32 = 6$ .

9. $E(t) - P_t = (\cos^3 t - \cos t,\ \sin^3 t) = \sin^2 t\,(-\cos t,\ \sin t) = \sin^2 t\,(Q_t - P_t)$ . ومنه فإن نقطة التماس هي مركز ثقل $(P_t, \cos^2 t)$ و $(Q_t, \sin^2 t)$ : فعندما يجري $t$ من $0$ إلى $\pi/2$ تنزلق من طرف السلم الأرضي إلى طرفه الجداري.

10. في الربع الأول، مساحة المنطقة الواقعة تحت النجمية هي $\int_0^1 y\,\dd x$ مع $x = \cos^3 t$ متناقصة من $1$ إلى $0$ عندما يجري $t$ من $0$ إلى $\pi/2$ :

\int_0^1 y\,\dd x = \int_{\pi/2}^{0}\sin^3 t\,(-3\cos^2 t\sin t)\,\dd t = 3\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\cos^2 t\,\dd t .

وبالتخطيط: $\sin^4 t\cos^2 t = (\sin t\cos t)^2\sin^2 t = \tfrac18\bigl(\sin^2 2t - \sin^2 2t\cos 2t\bigr)$ ، و $\int_0^{\pi/2}\sin^2 2t\,\dd t = \tfrac\pi4$ بينما $\int_0^{\pi/2}\sin^2 2t\cos 2t\,\dd t = \bigl[\tfrac{\sin^3 2t}6\bigr]_0^{\pi/2} = 0$ . ومنه فإن التكامل $\tfrac\pi{32}$ ، ومساحة الربع $\tfrac{3\pi}{32}$ ، والمساحة المحصورة $4 \cdot \tfrac{3\pi}{32} = \tfrac{3\pi}8$ .

11. المماس في $\gamma(t) = (t, t^2/2)$ موجه بالمتجهة $(1, t)$ ، ومنه فإن الناظم هو $\{(x, y) : (x - t) + t\,(y - t^2/2) = 0\}$ ، أي $x + t\,y = t + \tfrac{t^3}2$ .

12. $(a, b, c) = (1, t, t + t^3/2)$ : $a' = 0$ ، $b' = 1$ ، $c' = 1 + \tfrac32 t^2$ ، $\Delta = 1$ . ثم $y = ac' - a'c = 1 + \tfrac32t^2$ و

x = cb' - c'b = t + \tfrac{t^3}2 - t\Bigl(1 + \tfrac32t^2\Bigr) = -t^3 .

وبحذف $t$ : $t^2 = \tfrac23(y - 1)$ و $x^2 = t^6 = \tfrac8{27}(y - 1)^3$ : أي قطع مكافئ نصف تكعيبي رأسه $(0, 1)$ .

13. $T = (1, t)/\sqrt{1+t^2}$ ، $N = (-t, 1)/\sqrt{1+t^2}$ ، و $\kappa = (1+t^2)^{-3/2}$ ، ومنه

\gamma + \frac1\kappa N = (t, \tfrac{t^2}2) + (1+t^2)\,(-t, 1) = \Bigl(-t^3,\ 1 + \tfrac32t^2\Bigr),

أي المنحنى نفسه: فمغلِّف النواظم هو محل مراكز الانحناء، كما وعد السؤال 4.

14. $E'(t) = (-3t^2, 3t)$ ينعدم عند $t = 0$ ؛ ويعطي $E''(0) = (0, 3) \neq 0$ المقدار $p = 2$ ، ويعطي $E'''(0) = (-6, 0)$ المقدار $q = 3$ : أي نقطة رجوع من النوع الأول في $(0, 1)$ . والرأس هو حيث يكون $\kappa = (1+t^2)^{-3/2}$ أعظميا، ومنه $\kappa'(0) = 0$ ، وتنعدم سرعة المطوّرة $-\frac{\kappa'}{\kappa^2}N$ هناك بالضبط: فنقط رجوع المطوّرة تقع عند القيم القصوى للانحناء.

15. يمر الناظم عند الوسيط $t$ بالنقطة $(x_0, y_0)$ إذا وفقط إذا كان $x_0 + t\,y_0 = t + \tfrac{t^3}2$ ، أي

\frac{t^3}2 + (1 - y_0)\,t - x_0 = 0 ,

وهي معادلة تكعيبية بدلالة $t$ : فلها جذر حقيقي واحد أو ثلاثة (دون حساب التعدد، من أجل النقط العامة). وعلى المحور $x_0 = 0$ تتفكك على الصورة $t\bigl(\tfrac{t^2}2 + 1 - y_0\bigr) = 0$ : أي الجذر $t = 0$ (فالمحور هو الناظم عند الرأس)، مضافا إليه $t = \pm\sqrt{2(y_0 - 1)}$ عندما $y_0 > 1$ . ومنه: ناظم واحد من أجل $y_0 < 1$ ، وثلاثة من أجل $y_0 > 1$ ، وعند $y_0 = 1$ يدل الجذر الثلاثي على نقطة رجوع المطوّرة. وبوجه عام، يعني جذر مضاعف للمعادلة التكعيبية أن النقطة تحقق معادلة المستقيم ومشتقتها بالنسبة إلى $t$ معا — أي إنها تقع على المغلِّف: فالمطوّرة هي بالضبط الحد الفاصل بين منطقة الناظم الواحد ومنطقة النواظم الثلاثة.

16. يعكس الانعكاس في المرآة المركبة الناظمية للاتجاه ويبقي المركبة المماسية: فبكتابة $u = \langle u, n\rangle n + u_{\mathrm{tan}}$ ، يكون الاتجاه المنعكس $u_{\mathrm{tan}} - \langle u, n\rangle n = u - 2\langle u, n\rangle n$ . وهنا $\langle u, n\rangle = \cos\theta$ ، ومنه

v = (1, 0) - 2\cos\theta\,(\cos\theta, \sin\theta) = (1 - 2\cos^2\theta,\ -2\sin\theta\cos\theta) = -(\cos2\theta,\ \sin2\theta).

17. يمر الشعاع المنعكس بالنقطة $P_\theta = (\cos\theta, \sin\theta)$ باتجاه $(\cos2\theta, \sin2\theta)$ ؛ والمتجهة الناظمية له هي $(-\sin2\theta, \cos2\theta)$ ، ومنه فإن المستقيم هو

-\sin2\theta\,(x - \cos\theta) + \cos2\theta\,(y - \sin\theta) = 0,

والثابت هو $-\sin2\theta\cos\theta + \cos2\theta\sin\theta = -\sin\theta$ : وبالضرب في $-1$ ، $x\sin2\theta - y\cos2\theta = \sin\theta$ .

18. $(a, b, c) = (\sin2\theta, -\cos2\theta, \sin\theta)$ : $a' = 2\cos2\theta$ ، $b' = 2\sin2\theta$ ، $c' = \cos\theta$ ، $\Delta = 2\sin^22\theta + 2\cos^22\theta = 2$ . وبقاعدة كرامر، ثم بصيغ تحويل الجداء إلى مجموع:

\begin{align*} x &= \frac{2\sin\theta\sin2\theta + \cos\theta\cos2\theta}{2} = \frac{(\cos\theta - \cos3\theta) + \frac12(\cos\theta + \cos3\theta)}{2} = \frac{3\cos\theta - \cos3\theta}4,\\ y &= \frac{\sin2\theta\cos\theta - 2\cos2\theta\sin\theta}2 = \frac{\frac12(\sin3\theta + \sin\theta) - (\sin3\theta - \sin\theta)}2 = \frac{3\sin\theta - \sin3\theta}4 : \end{align*}

وهي الكلوية، منحن مغلق بنقطتي رجوع.

19. بالمفاضلة والتفكيك مع $\sin3\theta - \sin\theta = 2\cos2\theta\sin\theta$ و $\cos\theta - \cos3\theta = 2\sin2\theta\sin\theta$ :

E'(\theta) = \tfrac34\bigl(\sin3\theta - \sin\theta,\ \cos\theta - \cos3\theta\bigr) = \tfrac32\sin\theta\,(\cos2\theta, \sin2\theta),

وهو موازٍ للاتجاه المنعكس في السؤال 16: فكل شعاع منعكس مماس للمنحنى الحارق، كما تقتضي خاصية المغلِّف. وينعدم $E' = 0$ عند $\sin\theta = 0$ بالضبط: $E(0) = (\tfrac12, 0)$ و $E(\pi) = (-\tfrac12, 0)$ ، وهما نقطتا الرجوع. وبوضع $y = 0$ في معادلة المستقيم: $x\sin2\theta = \sin\theta$ ، ومنه $x = \frac1{2\cos\theta} \to \frac12$ عندما $\theta \to 0$ : فالأشعة المحاذية للمحور تتجمع على المسافة $R/2$ من المركز — وهو البعد البؤري للمرآة الكروية.

20. $\norm{E'(\theta)} = \tfrac32\abs{\sin\theta}$ ، ومنه فإن الطول $\tfrac32\int_0^{2\pi}\abs{\sin\theta}\, \dd\theta = \tfrac32\cdot4 = 6$ . وبجوار $\theta = 0$ ، مع $\cos k\theta = 1 - \tfrac{k^2\theta^2}2 + O(\theta^4)$ و $\sin k\theta = k\theta - \tfrac{k^3\theta^3}6 + O(\theta^5)$ :

x - \tfrac12 = \frac{3\theta^2 + O(\theta^4)}{4} = \tfrac34\theta^2 + O(\theta^4), \qquad y = \frac{4\theta^3 + O(\theta^5)}{4} = \theta^3 + O(\theta^5) :

$p = 2$ ، $q = 3$ : أي نقطة رجوع من النوع الأول متجهة على طول المحور — وهي النقطة المضيئة في المنحنى الحارق لفنجان القهوة.

21. نوسّم النقط المضاءة بالمقدار $\Phi(\theta, r) = P_\theta + r\,v_\theta$ (وهو الموضع على طول كل شعاع منعكس). والمحدد الجاكوبي $\det(\partial_\theta\Phi, \partial_r\Phi) = \det(P_\theta' + rv_\theta', v_\theta)$ أفيني بدلالة $r$ وينعدم من أجل $r = r_*(\theta)$ واحد بالضبط — والنقطة $\Phi(\theta, r_*(\theta))$ هي النقطة المميزة، لأن اتجاه الشعاع وتغير العائلة يصيران هناك مرتبطين. وخارج المغلِّف يكون التطبيق تقابلا تفاضليا محليا، والنقطة الواقعة داخل المنحنى الحارق مباشرة يصيبها شعاعان متجاوران (فهناك حلان $\theta$ )، أما النقطة الخارجة فلا يصيبها أي شعاع من ذلك الجزء من العائلة؛ وعلى المنحنى الحارق يندمج الشعاعان. وشدة الضوء عكسية التناسب مع القيمة المطلقة للمحدد الجاكوبي، ومنه فهي تنفجر على طول المغلِّف: فالمنحنى الحارق هو المنحنى المضيء، وأشد ما يكون إضاءة عند نقطة الرجوع، حيث يبلغ الانحلال أقصاه.

22. $x' = 1 - \cos t$ ، $y' = \sin t$ ، $x'' = \sin t$ ، $y'' = \cos t$ ، ومنه $x'y'' - y'x'' = \cos t - 1$ و $\norm{\gamma'}^2 = 2(1 - \cos t) = 4\sin^2\tfrac t2$ ؛ وبحسب القضية 18.17،

\kappa(t) = \frac{-(1 - \cos t)}{8\sin^3\tfrac t2} = \frac{-2\sin^2\tfrac t2}{8\sin^3\tfrac t2} = -\frac1{4\sin\tfrac t2} \qquad (0 < t < 2\pi).

ومع $T = (\sin\tfrac t2, \cos\tfrac t2)$ (بقسمة $\gamma'$ على $2\sin\tfrac t2$ ) و $N = (-\cos\tfrac t2, \sin\tfrac t2)$ :

\gamma + \frac1\kappa N = \gamma - 4\sin\tfrac t2\,\Bigl(-\cos\tfrac t2,\ \sin\tfrac t2\Bigr) = \bigl(t - \sin t + 2\sin t,\ 1 - \cos t - 2(1 - \cos t)\bigr),

أي $c(t) = (t + \sin t,\ \cos t - 1)$ . وبالتعويض $t = u + \pi$ :

c = \bigl(u + \pi - \sin u,\ -\cos u - 1\bigr) = \bigl((u - \sin u) + \pi,\ (1 - \cos u) - 2\bigr) :

أي الدويري $\gamma(u)$ منسحبا بالمتجهة $(\pi, -2)$ . فمطوّرة الدويري دويري مطابق، معلق مستوى واحدا تحته.

23. $R(t) = 1/\abs{\kappa(t)} = 4\sin\tfrac t2$ ، ومنه $R(\pi) = 4$ : أي نصف طول القوس $8$ المحسوب في التمرين 18.1. وتنعدم سرعة المطوّرة $c'(t) = (1 + \cos t, -\sin t)$ عند $t = \pi$ : فنقطة الرجوع هي $c(\pi) = (\pi, -2)$ ، أسفل القمة $\gamma(\pi) = (\pi, 2)$ مباشرة، على المسافة $4 = R(\pi)$ ، وهي بالضبط طول نصف قطر التقبيل هناك.

24. انطلاقا من التمرين 18.6، $c'(s) = -\frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}N(s) = R'(s)\,N(s)$ ، ومنه $\norm{c'(s)} = \abs{R'(s)}$ ، ومن أجل $R$ رتيبة،

\int_{s_0}^{s_1}\norm{c'(s)}\,\dd s = \Bigl|\int_{s_0}^{s_1}R'(s)\,\dd s\Bigr| = \abs{R(s_1) - R(s_0)} .

ولنقل إن $R$ متناقصة. فخيط موضوع على طول المطوّرة إلى ما بعد $c(s_0)$ ومطوّل بالقطعة الواصلة من $c(s_0)$ إلى $\gamma(s_0)$ (وهي مماسة للمطوّرة، بحسب السؤال 4) يكون له، إذا قُشر إلى غاية $c(s)$ وشُدّ، جزء مستقيم طوله $R(s_0) - \bigl(R(s_0) - R(s)\bigr) = R(s)$ ومتجه من $c(s)$ على طول الناظم — فيحط بالضبط على $\gamma(s)$ : أي إن الطرف الحر يرسم المنحنى الأصلي (وهو “المنحنى المنشور”). وقد علّق هويغنز نوّاسا بين خدّين دويريين: فينلف الخيط على المطوّرة، ومنه يرسم الثقل دويريا — وهو المنحنى المتساوي الزمن، الذي لا يتعلق دور تذبذبه بالسعة.

25. مماسات القطع المكافئ: $\Delta = 1$ و $E' = (1, t) \neq 0$ في كل نقطة — فالمغلِّف أملس (وهو القطع المكافئ نفسه). السلم المنزلق: $\Delta = -1$ ، لكن $E' = \tfrac32\sin 2t\,(-\cos t, \sin t)$ ينعدم عند طرفي الربع — وهي نقط الرجوع الأربع للنجمية. نواظم القطع المكافئ ونواظم الدويري: $\Delta = \kappa \neq 0$ ، وينعدم $E' = R'N$ حيث يكون الانحناء أقصويا بالضبط — فنقط رجوع المطوّرتين عند $(0,1)$ و $(\pi, -2)$ . المنحنى الحارق: $\Delta = 2$ ، وينعدم $E' = \tfrac32\sin\theta\,(\cos2\theta, \sin2\theta)$ عند $\theta = 0, \pi$ — وهما نقطتا رجوع الكلوية، أي بؤرتا المرآة. والقيم القصوى للانحناء يجب أن تنتج نقط رجوع على مغلِّف النواظم، لأن سرعة المطوّرة هي $R'N$ : ولهذا فإن لمطوّرة الأهليلج أربع نقط رجوع (أربعة رؤوس)، والعائلتان المنحلتان (الحزمة والمتوازيات) هما الحالتان اللتان تُخرج فيهما الآلة نقطة أو لا شيء البتة.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد