Intuition lors de la définition $\omega=\tau {\bf t}+\kappa {\bf b}$
Bonjour,
Vecteur de rotation du trièdre d'une courbe de courbure $\kappa\not=0$ lorsqu'un point se déplace le long de la courbe à vitesse unitaire. Il est donné par
$$\omega=\tau {\bf t}+\kappa {\bf b},\quad (*)$$
où $\tau$ est la torsion, ${\bf t}$ le vecteur tangent, et ${\bf b}$ le vecteur binormal. Le champ de vecteurs de Darboux satisfait
$$\begin{cases}
{\bf t}'=\omega\times {\bf t},\\
{\bf n}'=\omega\times {\bf n},\\
{\bf b}'=\omega\times {\bf b}
\end{cases}$$
Question: Quelle est l'intuition pour définir $\omega$ comme dans $(*)$ ?
Merci
Vecteur de rotation du trièdre d'une courbe de courbure $\kappa\not=0$ lorsqu'un point se déplace le long de la courbe à vitesse unitaire. Il est donné par
$$\omega=\tau {\bf t}+\kappa {\bf b},\quad (*)$$
où $\tau$ est la torsion, ${\bf t}$ le vecteur tangent, et ${\bf b}$ le vecteur binormal. Le champ de vecteurs de Darboux satisfait
$$\begin{cases}
{\bf t}'=\omega\times {\bf t},\\
{\bf n}'=\omega\times {\bf n},\\
{\bf b}'=\omega\times {\bf b}
\end{cases}$$
Question: Quelle est l'intuition pour définir $\omega$ comme dans $(*)$ ?
Merci
Réponses
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Soit $f(t)=(\mathbf{t}(t),\mathbf{n}(t),\mathbf{b}(t))$. Alors $f(t)$ s'identifie à une matrice orthogonale, donc il existe une matrice antisymétrique $M(t)$ telle que $f'(t)=M(t)f(t)$ pour tout $t$. Il existe $a,b,c$ (dépendant de $t$) tels que $M(t)=\begin{pmatrix} 0 & -c & b \\ c & 0 & -a \\ -b & a & 0 \end{pmatrix}$. Soit $\omega(t)= \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}$. Alors $f'(t)=(\omega\wedge \mathbf{t},\omega\wedge\mathbf{n},\omega\wedge\mathbf{b})$.La première composante étant colinéaire à $\mathbf{n}$, le vecteur $\omega$ doit être orthogonal à $\mathbf{n}$ donc s'écrit sous la forme $\omega= \mathrm{constante}\times \mathbf{t}+\mathrm{constante}\times \mathbf{b}$.
-
Bonne Nuit à tous
Ce sont les formules de Frenet!
Il faudrait expliquer clairement pourquoi la matrice $M$ est antisymétrique et ce que cela a à voir avec le groupe de Lie $SO(3,\mathbb R)$!
Amicalement
pappus -
La manière la plus élémentaire, sans parler d'algèbre de Lie, pour expliquer que $M(t)$ est antisymétrique est de dériver la relation $f(t)^Tf(t)=I$. On obtient $0=(Mf)^Tf+f^T(Mf)=f^TM^Tf+f^TMf=f^T(M^T+M)f$ donc $M^T+M=0$.
-
Merci JLT
On peut justement considérer que ta démonstration, classique au demeurant, est une preuve du fait que l'algèbre de Lie du groupe $SO(3,\mathbb R)$ est l'espace vectoriel des matrices antisymétriques de taille 3!
Amicalement
pappus
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Bonjour!
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