геодезичного втекти
Лемма 2: На поверхні може бути не більше однієї нескінченно віддаленої точки, відповідної рогу ненульового обертання. Якщо така точка є, то решта нескінченно віддалені точки поверхні F відповідають чашам і на F не існує простий замкнутої геодезичної [2,420].
Розглянемо допустимі випадки для F по можливому числу нееквівалентних рогів або чаш на F.
). Поверхня F гомеоморфна, має єдину нескінченно віддалену точку, і ця точка відповідає чаші. Прикладом буде гіперболічний параболоїд (рис.25).
2). Поверхня F гомеоморфна циліндру і має дві нескінченно віддалені точки і. Хоча б однієї з них відповідає чаша. Отже, можливі такі випадки:
а) Кожній нескінченно віддаленій точці і відповідає чаша, приклад: однопорожнинний гіперболоїд (рис.26);
б) Однією нескінченно віддаленій точці, скажімо точці, відповідає ріг ненульового обертання, а точці - чаша. Приклад: поверхня F:. У цьому випадку - велика окружність на, а тому лежить в одній півсфері, обмеженої.
в) Точці відповідає ріг нульового обертання, а точці - чаша. Приклад: поверхня, задана рівнянням. Поверхня розглянутого типу завжди має самопересеченія.
). На поверхні F повинна бути чаша. Але на F не існує двох еквівалентних чаш. В силу леми 2 на F також не може бути роги ненульового обертання, так як на F є геодезичний цикл, гомотопних поясам чаші поверхні F. Отже, в розглянутому випадку одна нескінченно віддалена точка поверхні F відповідає чаші, а дві інші - рогам ненульового обертання.
). Якби F мала хоча б одну чашу, то на F існували б два непересічні геодезичних циклу: один з них був би гомотопия поясам на цій чаші, а інший відділяв би на F одну пару нескінченно віддалених точок від іншої. Це неможливо в силу леми 1. Тому на F немає чаш, і в силу леми 2, все роги можу мати лише нульове обертання. Те, що таких поверхонь не існує, доведено П.Ш.Речевскім і С.З.Шефелем.
Таким чином, поверхня може належати лише одному з п'яти перерахованих підкласів: 1), 2а), б), в) і 3), причому поки не знайдено прикладів поверхонь підкласу 3).
Серед поверхонь цих підкласів найбільш простими і геометрично наочними властивостями володіють поверхні, в яких є ріг ненульового обертання, тобто поверхні підкласу 2б). Розглянемо таку поверхню.
Теорема: Нехай F - сферично однолістной сідлова поверхня, що має ріг з ненульовим обертанням. Якщо - декартові координати в і вісь має напрямок роги поверхні F, то в цих координатах F можна задати рівнянням, причому областю завдання функції - проекцією F на площину Р: - буде область, де М - обмежене замкнутий опукле безліч на Р, відповідне нескінченно віддаленій точці роги поверхні F.
Доказ. Будемо вважати, що F задана зануренням, причому, точка відповідає рогу, а точка - чаші поверхні F. Сферичне зображення нескінченно віддаленої точки роги буде екватором на сфері. Ми вважаємо, що F орієнтована так, що її сферичний образ лежить у верхній півсфері сфери.
Нехай площину Q паралельна осі z, а (Q) - повний прообраз безлічі FQ в W. Площина Q не може бути дотичною до F. Тому компоненти безлічі (Q) не мають точок розгалуження. Серед цих компонент немає замкнутих кривих, так як образ такої компоненти на F мав би вертикальну дотичну пряму, а тоді F мала б вертикальну (тобто паралельну осі z) дотичну площину, що неможливо. Тому компонентами (Q) можуть бути лише прості дуги з кінцями в точках і. Образами цих компонент на F будуть прості незамкнуті криві, повні щодо F. Вони не мають вертикальних дотичних, а тому кожна така крива однозначно проектується на Р.
Нехай - компонента (Q). З властивостей седлового роги (теорема 8, пункт 2.2) випливає, що не може мати обидва кінці в, тому можливі два випадки.
а) Обидва кінці лежать в точці. Тоді проекцією на Р буде пряма, так як s нескінченна по довжині в обидві сторони, і дотичні до s утворюють з Р кути, не великі деякого.
б) Дуга йде від точки до точки. У цьому випадку в одну сторону s йде на ріг, і тому її проекція на Р з цього боку обмежена, а в протилежну сторону проекція s на Р знову необмежена, тобто в цьому випадку проекцій s на Р буде промінь.
Тепер будемо перетинати F площинами Р (): z =. Серед таких площин хіба лише одна буде дотичній до F. Тому знайдеться таке, що для в множині, де, компоненти не мають точок розгалуження і одна з компонент буде циклом, всередині якого лежить точка (теорема 8, пункт 2.2). На F чином циклу буде пояс, що відтинає від F ріг Т. Так як F не допускає відрізання окрайців, то лише одна компонента в може бути циклом. Оскільки ріг Т йде в...
