U 07.3 – Kürzeste Verbindung zwischen Punkten auf der Zylinderoberfläche

 

Finden Sie die allgemeine Form der kürzesten Verbindungskurve zwischen 2 Punkten auf der implizit durch die Gleichung

G\left( {x,y,z} \right) = {x^2}+{y^2}-1 = 0

beschriebenen Zylinderfläche.

Anleitung: Sie können genauso vorgehen wie in der Vorlesung bei der Berechnung von Geodätischen auf der Einheitssphäre. Dazu einige Stichpunkte und Zwischenergebnisse. Die Kandidaten für Geodätische seien

\vec x:\left[ {a,b} \right] \to {\mathbb{R}^3},

zweimal stetig differenzierbar. Das zu minimierende Funktional ist die Bogenlänge

J\left( {\vec x} \right) = \int\limits_a^b {{{\left\| {\dot {\vec x}\left( t \right)} \right\|}_2}dt}.

Mit dem Lagrange-Ansatz erhält man die Euler-Gleichungen (nachzurechnen!)

\frac{d}{{dt}}\frac{{\dot x}}{{{{\left\| {\dot {\vec x}\left( t \right)} \right\|}_2}}} = 2\lambda \left( t \right)x\left( t \right)

\frac{d}{{dt}}\frac{{\dot y}}{{{{\left\| {\dot {\vec x}\left( t \right)} \right\|}_2}}} = 2\lambda \left( t \right)y\left( t \right)

\frac{d}{{dt}}\frac{{\dot z}}{{{{\left\| {\dot {\vec x}\left( t \right)} \right\|}_2}}} = 0

Nehmen Sie eine Parametrisierung nach der Bogenlänge an: t = s, so dass \vec x\left( t \right) = \vec x\left( s \right) mit {\left\| {\dot {\vec x}\left( s \right)} \right\|_2} = 1. Die Euler-Gleichungen vereinfachen sich entsprechend. Bestimmen Sie \lambda \left( s \right) durch zweimaliges Differenzieren der Nebenbedingung G\left( {x,y,z} \right) = {x^2}+{y^2}-1 = 0 und lösen Sie damit die vereinfachten Euler-Gleichungen.

Lösung

Im Gegensatz zur Kugeloberfläche lässt sich die Zylinderoberfläche durch Abrollen längentreu in die Ebene abbilden. Dadurch kann die kürzeste Verbindung in der Ebene (dies ist die gerade Strecke) bestimmt und auf den Zylinder transformiert werden.

D = \left\{ {\vec x:\left[ {a,b} \right] \to {\mathbb{R}^3}|\vec x\left( t \right) = \left( {x\left( t \right),y\left( t \right),z\left( t \right)} \right) \in {C^2}\left[ {a,b} \right]} \right\}

J:D \to \mathbb{R},\quad J\left( {\vec x} \right) = \int\limits_a^b {\left\| {\dot {\vec x}} \right\|dt}

G:D \to \mathbb{R},\quad G\left( {\vec x} \right) = {x^2}+{y^2}-1

Gesucht: \vec x \in D mit J\left( {\vec x} \right)\mathop = \limits^! \operatorname{Extr} unter der Nebenbedingung {x^2}+{y^2}-1 = 0.

Wir bilden die erweiterte Lagrange-Funktion:

F\left( {t,\vec x,\dot {\vec x}} \right) = \left\| {\dot {\vec x}} \right\|+\lambda \left( {{x^2}+{y^2}-1} \right)

\quad = \sqrt {{{\dot x}^2}+{{\dot y}^2}+{{\dot z}^2}} +\lambda \left( {{x^2}+{y^2}-1} \right)

Euler-Gleichung:

{F_{\dot x}} = \frac{{\dot x}}{{\left\| {\dot {\vec x}} \right\|}},\quad {F_{\dot y}} = \frac{{\dot y}}{{\left\| {\dot {\vec x}} \right\|}},\quad {F_{\dot z}} = \frac{{\dot z}}{{\left\| {\dot {\vec x}} \right\|}}

{F_x} = 2\lambda x,\quad {F_y} = 2\lambda y,\quad {F_z} = 0

\frac{d}{{dt}}{F_{\dot x}} = {F_x}\quad \Rightarrow \quad \frac{d}{{dt}}\frac{{\dot x}}{{\left\| {\dot {\vec x}} \right\|}} = 2\lambda x\quad \quad \quad \quad \left( 1 \right)

\frac{d}{{dt}}{F_{\dot y}} = {F_y}\quad \Rightarrow \quad \frac{d}{{dt}}\frac{{\dot y}}{{\left\| {\dot {\vec x}} \right\|}} = 2\lambda y\quad \quad \quad \quad \left( 2 \right)

\frac{d}{{dt}}{F_{\dot z}} = {F_z}\quad \Rightarrow \quad \frac{d}{{dt}}\frac{{\dot z}}{{\left\| {\dot {\vec x}} \right\|}} = 0\quad \quad \quad \quad \left( 3 \right)

Man kann jede Kurve so parametrisieren, dass der Parameter die Bogenlänge ist. Dies wollen wir nun mit der gesuchten kürzesten Verbindung auf der Zylinderoberfläche tun. O.B.d.A kann \left\| {\dot {\vec x}} \right\| = 1, wie in der Aufgabenstellung vorgegeben, angenommen werden. Die drei Gleichungen (1), (2) und (3) vereinfachen sich damit zu:

\ddot x = 2\lambda x\quad \quad \quad \quad \left( {{1^*}} \right)

\ddot y = 2\lambda y\quad \quad \quad \quad \left( {{2^*}} \right)

\ddot z = 0\quad \quad \quad \quad \left( {{3^*}} \right)

Aus der dritten Gleichung folgt sofort:

z\left( t \right) = \alpha t+\beta.

Da wir uns auf der Zylinderoberfläche befinden haben wir die Nebenbedingung:

G\left( {x,y,z} \right) = {x^2}+{y^2}-1 = 0\quad \Rightarrow \quad {x^2}+{y^2} = 1

Ableiten nach der Zeit liefert:

2x\dot x+2y\dot y = 0

Erneutes Differenzieren führt dann auf:

{\dot x^2}+x\ddot x+{\dot y^2}+y\ddot y = 0\quad \Rightarrow \quad {\dot x^2}+{\dot y^2}+x\ddot x+y\ddot y = 0\qquad \qquad \left( 4 \right)

Zur Vereinfachung betrachten wir nun:

\left\| {\dot {\vec x}} \right\| = {\dot x^2}+{\dot y^2}+{\dot z^2} = 1\quad \Rightarrow \quad {\dot x^2}+{\dot y^2} = 1-{\dot z^2} = 1-{\alpha ^2}

Wir setzen nun in (4) ein:

\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {{1^*}} \right),\left( {{2^*}} \right)} \quad 2\lambda \underbrace {\left( {{x^2}+{y^2}} \right)}_{ = 1} = {\alpha ^2}-1\quad \Rightarrow \quad \lambda = \frac{{{\alpha ^2}-1}}{2}

Dabei darf das \alpha nicht beliebig sein. Es gilt nämlich (wie man leicht nachvollziehen kann):

{\alpha ^2} = 1-{\dot x^2}-{\dot y^2} \leq 1\quad \Rightarrow \quad \left| \alpha \right| \leq 1.

Das \lambda also hängt nicht von der Zeit t ab. Einsetzen in \left( {{1^*}} \right) ergibt:

\ddot x+\left( {1-{\alpha ^2}} \right)x = 0

Einsetzen in \left( {{2^*}} \right):

\ddot y+\left( {1-{\alpha ^2}} \right)y = 0

Solche Differentialgleichungen lösen wir mit Hilfe der charakteristischen Gleichung:

{\chi ^2}+{\left( {1-\alpha } \right)^2} = 0\quad \Rightarrow \quad {\chi ^2} = {\alpha ^2}-1 < 0

Wir haben also komplexe Nullstellen:

{\chi _{1,2}} = \pm i\sqrt {1-{\alpha ^2}}

Die vollständige allgemeine Lösung lautet:

x\left( t \right) = {c_1}\operatorname{Re} \left( {{e^{{\chi _1}t}}} \right)+{c_2}\operatorname{Im} \left( {{e^{{\chi _1}t}}} \right) = {c_1}\operatorname{Re} \left( {{e^{{\chi _2}t}}} \right)-{c_2}\operatorname{Im} \left( {{e^{{\chi _2}t}}} \right)

Vgl.: Maßtheorie und DGL, gewöhnliche lineare homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung

Wir erhalten die Parameterdarstellung der Lösungskurve:

x\left( t \right) = {a_1}\cos \left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right)+{b_1}\sin \left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right),\quad \quad {a_1},{b_1} \in \mathbb{R}

y\left( t \right) = {a_2}\cos \left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right)+{b_2}\sin \left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right),\quad \quad {a_2},{b_2} \in \mathbb{R}

z\left( t \right) = \alpha t+\beta

Zusatz

Wir schreiben als Vektor:

\vec x = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{x\left( t \right)} \\ {y\left( t \right)}  \end{array}} \right) = \vec a\cos \left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right)+\vec b\sin \left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right)

mit

\vec a = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}} \\ {{a_2}}  \end{array}} \right)\quad ,\quad \vec b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{b_1}} \\ {{b_2}}  \end{array}} \right)

Die Kurve, die sich ergibt, muss auf der Zylinderoberfläche liegen. Daher muss {x^2}+{y^2} = 1 gelten. {x^2}+{y^2} ist aber gerade das Skalarprodukt des Vektors \vec x mit sich selbst:

{x^2}+{y^2} = 1

\Rightarrow \quad {\left\| {\vec a} \right\|^2}{\cos ^2}\left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right)+{\left\| {\vec b} \right\|^2}{\sin ^2}\left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right)+

+2\vec a \cdot \vec b\cos \left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right)\sin \left( {\sqrt {1-{\alpha ^2}} t} \right) = 1\quad \forall t

t = 0\quad \Rightarrow \quad {\left\| {\vec a} \right\|^2} = 1\quad \Rightarrow \quad \left\| {\vec a} \right\| = 1

t = \frac{\pi }{{2\sqrt {1-{\alpha ^2}} }}\quad \Rightarrow \quad \left\| {\vec b} \right\| = 1

t = \frac{\pi }{{4\sqrt {1-{\alpha ^2}} }}\quad \Rightarrow \quad \frac{1}{2}+\frac{1}{2}+2\vec a \cdot \vec b\frac{1}{{\sqrt 2 }}\frac{1}{{\sqrt 2 }} = 1\quad \Rightarrow \quad \vec a \cdot \vec b = 0\quad \Rightarrow \quad \vec a \bot \vec b

Die Vektoren \vec a und \vec b stehen also aufeinander senkrecht und haben die Länge 1.

Beispiel:

\vec a = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}  1 \\   0  \end{array}} \right),\quad \quad \vec b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}  0 \\   1  \end{array}} \right)

Folgende Fälle sind möglich:

Für \alpha = 0 folgt:

x\left( t \right) = \cos t

y\left( t \right) = \sin t

z\left( t \right) = \beta

\alpha = 0 ergibt also als Lösungskurven Kreise parallel zur x-y-Ebene.

Für \alpha = 1 ergeben sich Geraden parallel zur z-Achse.

Für den allgemeinen Fall -1 < \alpha < 1 erhalten wir Schraubenlinien.