📂기하학

가우스-보네 정리

가우스 보네 정리

$\mathbf{x} : U \to \mathbb{R}^{3}$를 단순 연결인 측지선 좌표조각사상, $\boldsymbol{\gamma}(I) \subset \mathbf{x}(U)$인 $\boldsymbol{\gamma}$를 구간마다 정칙 곡선이라고 하자. 그리고 $\boldsymbol{\gamma}$가 어떤 리젼 $\mathscr{R}$을 둘러싼다고 하자. 그러면 다음이 성립한다.

$$\iint_{\mathscr{R}} K dA + \int_{\boldsymbol{\gamma}} \kappa_{g} ds + \sum \alpha_{i} = 2\pi$$

여기서 $K$는 가우스 곡률, $\kappa_{g}$는 측지 곡률, $\alpha_{i}$는 $\boldsymbol{\gamma}$의 구간과 구간 사이의 접하는 점^{juntion point}에서의 각도 차이^{jump angles}이다.

설명

$\boldsymbol{\gamma}$를 구간마다 정칙인 곡선이라 가정했으므로 탄젠트의 방향이 갑자기 확 바뀌는 점들이 있을텐데 그 곳에서의 각도 차이를 $\alpha_{i}$라고 둔 것이다. $\boldsymbol{\gamma}$가 전체적으로 부드럽게 이어지는 곡선이라면 각도가 점프하는 곳은 없으므로 $\alpha_{i}$들은 $0$이다. (그림 (가))

위의 정리는 $\mathbf{x}$를 측지선 좌표조각사상이라는 강한 조건을 뒀을 때의 결과이다. 더 일반적인 결과에서는 수식에 오일러 지표가 등장하며 다음과 같다.

$$\iint_{\mathscr{R}} K dA + \int_{C_{i}}\kappa_{g}ds + \sum\alpha_{i} = 2\pi \chi(\mathscr{R})$$

증명

$\mathbf{x}$가 측지선 좌표조각사상이므로, 제1 기본형식의 계수를 다음과 같이 두자.

$$\left[ g_{ij} \right] = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & h^{2} \end{bmatrix}$$

그리고 $\boldsymbol{\gamma}(t) = \mathbf{x}\left( \gamma^{1}(t), \gamma^{2}(t) \right)$라고 하자. 이제 $\mathbf{x}_{1}$와 $\boldsymbol{\gamma}$의 탄젠트 $T = \boldsymbol{\gamma}^{\prime}$사이의 각도를 $\alpha$라고 두자.

$$\alpha (t) := \angle ( \mathbf{x}_{1}, T)$$

우리는 $\boldsymbol{\gamma}$가 경로를 따라 한바퀴를 돌 때 $\mathbf{x}_{1}$을 기준으로 뒀을 때 $T$의 각도 변화가 $2 \pi$라는 사실을 이용하여 정리를 증명할 것이다. 우선 $\boldsymbol{\gamma}$를 단위속력곡선이라고 가정하자. 그리고 $P$를 다음을 만족하는 $\boldsymbol{\gamma}$를 따라서 평행한 벡터필드라고 하자. (위의 그림 (나) 참고)

$$P(t) = \text{parallel vector field starting from a juction point s.t. } \dfrac{P \times T}{\left\| P \times T \right\|} = \mathbf{n}$$

그리고 $\phi$와 $\theta$를 각각 $\mathbf{x_{1}}$와 $P$ 그리고 $P$와 $T$ 사이의 각도라고 하자.

$$\phi (t) = \angle(\mathbf{x}_{1}, P),\quad \theta (t) = \angle(P, T)$$

다시말해 $\left\langle \mathbf{x}_{1}, P(t) \right\rangle = \cos\phi (t)$이고, 이를 미분하면,

$$-\sin \phi (t) \dfrac{d \phi}{d t}(t) = \left\langle \dfrac{d \mathbf{x}_{1}(\gamma^{1}(t), \gamma^{2}(t))}{d t}, P(t) \right\rangle + \left\langle \mathbf{x}_{1}, \dfrac{d P}{d t}(t) \right\rangle$$

이때 $P$가 $\gamma$를 따라서 평행한 벡터필드이므로 $\dfrac{dP}{dt}$는 정의에 의해 $M$과 수직한다. $\mathbf{x}_{1}$은 $M$과 탄젠트하므로 뒤의 항은 $0$이다. 더 계산을 해보면,

$$\begin{align*} &\quad -\sin \phi (t) \dfrac{d \phi}{d t}(t) \\ &= \left\langle \dfrac{d \mathbf{x}_{1}(\gamma^{1}(t), \gamma^{2}(t))}{d t}, P(t) \right\rangle \\ &= \Big[ \mathbf{x}_{11}(\gamma^{1}(t), \gamma^{2}(t)) (\gamma^{1})^{\prime}(t) + \mathbf{x}_{12}(\gamma^{1}(t), \gamma^{2}(t)) (\gamma^{2})^{\prime}(t) \Big] \cdot P(t) \\ &= \Big[ \left( L_{11}\mathbf{n} + \Gamma_{11}^{1}\mathbf{x}_{1} + \Gamma_{11}^{2}\mathbf{x}_{2} \right)(\gamma^{1})^{\prime}(t) + \left( L_{12}\mathbf{n} + \Gamma_{12}^{1}\mathbf{x}_{1} + \Gamma_{12}^{2}\mathbf{x}_{2} \right)(\gamma^{2})^{\prime}(t) \Big] \cdot P(t) \\ &= \Big[ \left(\Gamma_{11}^{1}\mathbf{x}_{1} + \Gamma_{11}^{2}\mathbf{x}_{2} \right)(\gamma^{1})^{\prime}(t) + \left(\Gamma_{12}^{1}\mathbf{x}_{1} + \Gamma_{12}^{2}\mathbf{x}_{2} \right)(\gamma^{2})^{\prime}(t) \Big] \cdot P(t) \end{align*}$$

두번째 등호는 연쇄법칙, 세번째 등호는 제2 기본형식과 크리스토펠 심볼의 정의에 의해 성립한다. 네번째 등호는 $P$와 $\mathbf{n}$이 서로 수직하므로 성립한다.

측지선 좌표조각사상의 크리스토펠 심볼

아래의 것들 외에는 모두 $0$이다.

$$\Gamma_{22}^{1} = -hh_{1},\quad \Gamma_{12}^{2} = \Gamma_{21}^{2} = \dfrac{h_{1}}{h},\quad \Gamma_{22}^{2} = \dfrac{h_{2}}{h}$$

이제 $0$이 되는 항들을 모두 정리하면 다음과 같다.

$$-\sin\phi (t) \phi^{\prime}(t) = \left\langle \dfrac{h_{1}}{h}(\gamma^{2})^{\prime}(t)\mathbf{x}_{2}, P(t) \right\rangle = \dfrac{h_{1}}{h}(\gamma^{2})^{\prime}(t) \left\langle \mathbf{x}_{2}, P(t) \right\rangle\tag{1}$$

$g_{11} = \left\langle \mathbf{x}_{1}, \mathbf{x}_{1} \right\rangle = 1$이므로 $\mathbf{x}_{1}$은 단위벡터이고, $g_{12} = \left\langle \mathbf{x}_{1}, \mathbf{x}_{2} \right\rangle = 0$이므로 $\mathbf{x}_{1} \perp \mathbf{x}_{2}$이다. 따라서 $\left\{ \mathbf{x}_{1}, \dfrac{\mathbf{x}_{2}}{\left\| \mathbf{x}_{2} \right\|} \right\}$는 탄젠트 플랜의 정규직교기저가 된다. 그러므로 탄젠트 플랜의 원소 $P$는 아래와 같이 표현된다.

$$P = \left\langle \mathbf{x}_{1}, P \right\rangle\mathbf{x}_{1} + \left\langle \dfrac{\mathbf{x}_{2}}{\left\| \mathbf{x}_{2} \right\|}, P \right\rangle \dfrac{\mathbf{x}_{2}}{\left\| \mathbf{x}_{2} \right\|} = \cos\phi \mathbf{x}_{1} + \sin\phi \dfrac{\mathbf{x}_{2}}{h}$$

또한 $\left\langle \mathbf{x}_{2}, P \right\rangle = \left\| x_{2} \right\|^{2} \dfrac{\sin \phi}{h} = h\sin \phi$를 $(1)$에 대입하면,

$$\phi^{\prime}(t) = -h_{1}(\gamma^{2})^{\prime}(t)$$

따라서 $\phi$의 전각변동은

$$\delta \phi = \int_{\boldsymbol{\gamma}} \phi^{\prime} dt = - \int_{\boldsymbol{\gamma}}h_{1}(\gamma^{2})^{\prime}(t)dt = - \int_{\boldsymbol{\gamma}}h_{1} d\gamma^{2} = - \int_{\boldsymbol{\gamma}}h_{1} du^{2} \tag{2}$$

또한 이제 아래의 식이 성립함을 보일것이다.

$$\text{Claim: } \theta^{\prime} = k_{g}$$

$\theta (t) = \angle(P, T)$라고 했으므로 $\cos\theta (t) = \left\langle P, T \right\rangle$이고 이를 미분하면,

$$-\sin\theta (t)\theta^{\prime}(t) = \left\langle \dfrac{d P}{d t}, T \right\rangle + \left\langle P, \dfrac{d T}{d t} \right\rangle = \left\langle P, T^{\prime} \right\rangle$$

두번째 등호는 $dP/dt$가 $\mathbf{n}$과 평행하기 때문에 성립한다. 측지곡률의 정의에 의해, 보이고자하는 것을 아래와 같이 얻는다.

$$\begin{align*} \kappa_{g} = \left\langle \mathbf{S}, T^{\prime} \right\rangle &= \left\langle (\mathbf{n} \times T), T^{\prime} \right\rangle \\ &= \left\langle \mathbf{n}, (T \times T^{\prime}) \right\rangle \\ &= \left\langle \dfrac{P \times T}{\sin \theta}, (T\times T^{\prime}) \right\rangle & \because \dfrac{P \times T}{\left\| P \times T \right\|} = \mathbf{n} \\ &= \left\langle \dfrac{1}{\sin\theta} P, (T\times (T\times T^{\prime})) \right\rangle \\ &= \left\langle \dfrac{1}{\sin\theta} P, -T^{\prime} \right\rangle \\ &= \theta^{\prime}(t) \end{align*}$$

세번째, 다섯번째 등호는 스칼라 삼중곱이 교환가능하기 때문에 성립한다. 따라서 다음을 얻는다.

$$\delta \theta = \int_{\boldsymbol{\gamma}} \theta^{\prime} dt = \int_{\boldsymbol{\gamma}} k_{g}dt \tag{3}$$

$\alpha = \phi + \theta$이므로,

$$\int_{\boldsymbol{\gamma}} \alpha^{\prime}dt = \int_{\boldsymbol{\gamma}} \phi^{\prime}dt + \int_{\boldsymbol{\gamma}} \theta^{\prime}dt$$

$(2)$와 $(3)$에 의해 다음을 얻는다.

$$\int_{\boldsymbol{\gamma}} \alpha^{\prime}dt + \sum_{i}\alpha_{i} = - \int_{\boldsymbol{\gamma}}h_{1} du^{2} + \int_{\boldsymbol{\gamma}} k_{g}dt + \sum_{i}\alpha_{i}$$

$\boldsymbol{\gamma}$는 $\mathscr{R}$을 둘러싸므로 위 식의 좌변은 명백하게 한 바퀴 돌 때의 각도 변화인 $2 \pi$이다.

$${} - \int_{\boldsymbol{\gamma}}h_{1} du^{2} + \int_{\boldsymbol{\gamma}} k_{g}dt + \sum_{i}\alpha_{i} = 2 \pi$$

그린 정리

$$\oint_{\partial \mathscr{R}} Pdx = - \iint_{\mathscr{R}} P_{y} dy dx$$

측지선 좌표조각사상의 가우스 곡률

$$K = -\dfrac{h_{11}}{h}$$

곡면의 넓이 요소

$$dA = \sqrt{g} du^{1} du^{2}$$

좌변의 첫번째항은 그린 정리를 이용하면 다음과 같이 바꿔적을 수 있다.

$$\begin{align*} {} - \int_{\boldsymbol{\gamma}}h_{1} du^{2} &= - \iint_{\mathscr{R}}h_{11} du^{1}du^{2} \\ &= - \iint_{\mathscr{R}}\dfrac{h_{11}}{h} h du^{1}du^{2} \\ &= - \iint_{\mathscr{R}}\dfrac{h_{11}}{h} \sqrt{g} du^{1}du^{2} \\ &= \iint_{\mathscr{R}} K dA \end{align*}$$

끝으로 다음의 결론을 얻는다.

$$\iint_{R} K dA + \int_{\gamma} \kappa_{g} ds + \sum \alpha_{i} = 2\pi$$