双曲平面

2019-03-06 22:38:36 作者：互联网

下面我们要来研究二次曲面$C(R)=\{(x,y,z):x^2+y^2-z^2=-R^2\}$, 其中$R>0$. 这是一个双叶双曲面.

为了以微分几何的手法研究之, 类似球极投影, 可作``双曲面极投影''. 具体如下, 考虑``双曲面极''$P=(0,0,-R)$, 任何$C(R)$上的点$Q$, $PQ$的连线交$x$轴$y$轴所在平面于一点, 记为$p(Q)$.

不难验证映射$p$有如下性质

$p$是$C(R)\to \{(u,v,0):u^2+v^2\neq R^2\}$的双射.
$p$将上半部分$\{(x,y,z)\in C(R): z>0\}$映为$\{(u,v,0):u^2+v^2< R^2\}:=D(R)$.
$D(R)$上的点$(u,v,0)$对应到$C(R)$上将是$$R\left(\frac{2Ru}{u^2+v^2-R^2}, \frac{2Rv}{u^2+v^2-R^2}, \frac{u^2+v^2+R^2}{u^2+v^2-R^2}\right)$$这通过假设$\begin{cases}u=\rho\cos\theta \\ v=\rho \sin\theta \end{cases}$, 并固定$\theta$考虑截面, 再利用高中数学解析几何的知识即可解出.

于是这实际上给出$C(R)$的参数化
$$(u,v)\mapsto \bm{r}(u,v)=R\left(\frac{2Ru}{u^2+v^2-R^2}, \frac{2Rv}{u^2+v^2-R^2}, \frac{u^2+v^2+R^2}{u^2+v^2-R^2}\right)$$
直接计算知道$$\begin{array}{rcrllll}\bm{r} & = & \dfrac{R}{u^2+v^2-R^2}& (2Ru &, 2Rv &,u^2+v^2+R^2 & ) \\ \bm{r}_u & = &\dfrac{-2R^2}{(u^2+v^2-R^2)^2} &( u^2-v^2-R^2 &, 2uv &, 2Ru & ) \\ \bm{r}_v & = &\dfrac{-2R^2}{(u^2+v^2-R^2)^2} &( 2uv &, -u^2+v^2-R^2 &, 2Ru & ) \\ \end{array}$$
从而第一基本形式系数$$E=\frac{4R^4}{(u^2+v^2-R^2)^2}=G\qquad F=0 \quad \Rightarrow \quad \textrm{I}=\frac{4R^4(\textrm{d} u^2+\textrm{d} v^2)}{(u^2+v^2-R^2)^2}$$这表明$\bm{r}_u$和$\bm{r}_v $是正交的, 于是可以通过单位化选择$$\begin{array}{rcrllll} \bm{e}_1 & = &\dfrac{1}{u^2+v^2-R^2} &( u^2-v^2-R^2 &, 2uv &, 2Ru & ) \\ \bm{e}_2 & = &\dfrac{1}{u^2+v^2-R^2} &( 2uv &, -u^2+v^2-R^2 &, 2Ru & ) \\ \end{array}$$这样根据$\textrm{d} \bm{r}=\textrm{d} u \bm{r}_u+\textrm{d} v\bm{r}_v$得到$$\omega_1=\frac{-2R^2\textrm{d} u}{u^2+v^2-R^2}\qquad \omega_2=\frac{-2R^2\textrm{d} v}{u^2+v^2-R^2}$$假设$\omega_{12}=f\textrm{d} u+g\textrm{d} v$, 带入结构方程$\begin{cases}
\textrm{d} \omega_1=\omega_{12}\wedge \omega_2\\ \textrm{d} \omega_2=\omega_{21}\wedge \omega_1\\ \omega_{12}+\omega_{21}=0 \end{cases}$, 可得$$\omega_{12}=\frac{2v\textrm{d} u-2u\textrm{d} v}{u^2+v^2-R^2}$$这样Gauss曲率$$K=-\frac{\textrm{d} \omega_{12}}{\omega_{1}\wedge \omega_2}=-\frac{1}{R^2}$$这表明$C(R)$的Gauss曲率是负常数. 这里求出的$C(R)$被称为双曲圆盘模形.

另外注意到复变函数指出$z\mapsto iR\frac{z-iR}{z+iR}$给出上半平面$\mathbb{H}$和$C(R)$的双射, 其逆映射为$w\mapsto -iR\frac{w+iR}{w-iR}$.

假如记$z=x+yi,w=u+vi$, 使用复变函数的记号写可得$$\textrm{d} u+i\textrm{d} v=\textrm{d} w=\left(iR\frac{z-iR}{z+iR}\right)'\textrm{d} z=\frac{-2R^2}{(x+yi+iR)^2}(\textrm{d} x+i\textrm{d} y)$$
于是$$\textrm{d} u^2+ \textrm{d} v^2=\left|\frac{-2R^2}{(x+yi+iR)^2}\right|^2(\textrm{d} x^2+\textrm{d} y^2)=\frac{4R^4}{(x^2+(y+R)^2)^2}(\textrm{d} x^2+\textrm{d} y^2)$$
再计算$$u^2+v^2-R^2=|w|^2-R^2=\left|iR\frac{z-iR}{z+iR}\right|^2-R^2=\frac{-4yR^3}{x^2+(y+R)^2}$$带入第一基本形式得到$$\textrm{I}=\frac{4R^4(\textrm{d} u^2+\textrm{d} v^2)}{(u^2+v^2-R^2)^2}=R^2\frac{\textrm{d} x^2+\textrm{d} y^2}{y^2}$$这里求出的$\mathbb{H}$被称为双曲半平面模形.

双曲半平面和双曲圆盘各自有各自的对称性.

注意到$\operatorname{SL}_2(\mathbb{R})$作用在$\mathbb{H}$上通过$\left(\begin{matrix}a & b\\ c & d \end{matrix}\right)z=\dfrac{az+b}{cz+d}$. 不难验证

有如下两条虚部和微分的事实$$\Im \left[\left(\begin{matrix}a & b\\ c& d \end{matrix}\right)z\right]=\Im\left(\frac{az+b}{cz+d}\right)=\frac{\Im z}{|cz+d|^2} $$$$\textrm{d} \left[\left(\begin{matrix}a & b\\ c& d \end{matrix}\right)z\right]=\left(\frac{az+b}{cz+d}\right)'\textrm{d} z=\frac{\textrm{d} z}{(cz+d)^2}$$
这个作用是良定义的, 因为上述关于虚部的事实.
这个作用是保距的, 因为第一基本形式不变.
这个作用是可递的, 因为$\left(\begin{matrix}y^{1/2}& xy^{-1/2} \\ & y^{-1/2}\end{matrix}\right)i=x+yi$.
如果$\left(\begin{matrix}a & b\\ c & d \end{matrix}\right)i=\frac{ai+b}{ci+d}=i$, 那么$\left(\begin{matrix}a & b\\ c & d \end{matrix}\right)\in \operatorname{SO}_2(\mathbb{R})$.
尽管如此, $\operatorname{SO}_2(\mathbb{R})$在$i$处的切空间是可递的, 因为根据微分的事实, 作用是数乘以$\frac{1}{(ci+d)^2}$.
综合上述结果我们知道, $\operatorname{SL}_2(\mathbb{R})$可以保距地将任何这点的一个单位切向量搬动到$i$处垂直向上的单位切向量上去.

利用对称性(将上半平面对折), 可直接求出$i$处以垂直向上的单位切向量为方向的测地线就是$x=0$, 如果要调整成单位长度的, 解微分方程知测地线是$s\mapsto e^s i$. 然后一般情形通过$\operatorname{SL}_2(\mathbb{R})$搬动即可. 作为结论, 利用复变函数的知识, Möbius变换总是将圆(或直线)映成圆(或直线), 且保角, 于是$\mathbb{H}$上所有测地线就是那些和$\{y=0\}$正交的圆弧(或直线段). 再回到圆盘模型, 同样利用Möbius变换保角可得, $D(R)$上的全体测地线就是那些和圆周正交的圆弧.

最近可能不会更新博客，我需要速成雅思去了。

标签：right,frac,iR,textrm,双曲,平面,omega,left
来源： https://www.cnblogs.com/XiongRuiMath/p/10486600.html