Kugeloberfläche/Koordinaten von Zylinder aus/Mittelpunktsprojektion/Flächenberechnung/Beispiel

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon [0,2\pi ]\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(u,v)\longmapsto {\frac {1}{\sqrt {1+v^{2}}}}(\cos u,\sin u,v),$

deren Bild auf der Einheitssphäre liegt. Diese Abbildung kann man sich so vorstellen, dass zuerst das (in eine Richtung unbeschränkte) Rechteck ${}[0,2\pi ]\times \mathbb {R}$ zu einem unendlichen Zylindermantel über dem Einheitskreis gemacht wird und anschließend jeder Punkt dieses Zylindermantels über die Verbindungsgerade mit dem Kugelmittelpunkt auf die Kugel projiziert wird. Unter dieser Abbildung werden mit der Ausnahme des Nord- und des Südpols alle Punkte der Kugeloberfläche erreicht. Ferner ist sie injektiv, wenn man die Randpunkte des Intervalls herausnimmt (dann fehlt ein halber Längenkreis im Bild). Die Abbildung ist differenzierbar mit den partiellen Ableitungen

${\frac {\partial \varphi }{\partial u}}={\begin{pmatrix}{\frac {-\sin u}{\sqrt {1+v^{2}}}}\\{\frac {\cos u}{\sqrt {1+v^{2}}}}\\0\end{pmatrix}}={\frac {1}{\sqrt {1+v^{2}}}}{\begin{pmatrix}-\sin u\\\cos u\\0\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial \varphi }{\partial v}}={\begin{pmatrix}{\frac {-v\cos u}{{\sqrt {1+v^{2}}}^{3}}}\\{\frac {-v\sin u}{{\sqrt {1+v^{2}}}^{3}}}\\{\frac {{\sqrt {1+v^{2}}}-v^{2}{\left(1+v^{2}\right)}^{-1/2}}{1+v^{2}}}\end{pmatrix}}={\frac {1}{{\sqrt {1+v^{2}}}^{3}}}{\begin{pmatrix}-v\cos u\\-v\sin u\\1\end{pmatrix}}.$

Man kann mit diesen Koordinaten die Kugeloberfläche berechnen. Mit der in Fakt verwendeten Notation ist

${}E={\frac {1}{1+v^{2}}}\,,$

${}F=0\,$

und

${}G={\frac {1}{{\left(1+v^{2}\right)}^{3}}}{\left(v^{2}\cos ^{2}u+v^{2}\sin ^{2}u+1\right)}={\frac {1}{{\left(1+v^{2}\right)}^{2}}}\,.$

Daher ist

${}{\sqrt {EG-F^{2}}}={\sqrt {\frac {1}{{\left(1+v^{2}\right)}^{3}}}}={\frac {1}{{\sqrt {1+v^{2}}}^{3}}}\,.$

Die Kugeloberfläche ist somit unter Verwendung von Fakt gleich

${}{\begin{aligned}A&=\int _{]0,2\pi [\times \mathbb {R} }{\frac {1}{{\sqrt {1+v^{2}}}^{3}}}du\wedge dv\\&=\int _{]0,2\pi [\times \mathbb {R} }{\frac {1}{{\sqrt {1+v^{2}}}^{3}}}\,d\lambda ^{2}\\&=2\pi \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {1}{{\sqrt {1+v^{2}}}^{3}}}\,dv.\end{aligned}}$

Das Integral ist nach Beispiel gleich ${}2$, sodass sich der Flächeninhalt ${}4\pi$ ergibt.