Ayudantia4-2015.1(Pauta)

8/16/2019 Ayudantia4-2015.1(Pauta)

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Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa

Departamento de Matemática

Ayudant́ıa 4 Mate 46 de abril, 2015

Profesor: Pablo González Lever / Ayudante: V́ıctor Valdebenito Silva

1. Hallar los vectores del triedro de Frenet en cada punto de la curva −→r (t) = (et cos t, et sin t, et).Además, comprobar que la curva está contenida en un cono de revolución de eje OZ , quesu vector tangente

−→t forma un ángulo constante con el eje del cono y que su vector normal

principal es siempre perpendicular a dicho eje.Sol:

Tenemos que

r(t) = et(cos t − sin t, cos t + sin t, 1)r(t) = et(

−2sin t, 2cos t, 1)

Luego, el vector tangente viene dado por

T (t) = r(t)

||r(t)||=

et(cos t − sin t, cos t + sin t, 1)√ 3et

=

√ 3

3 (cos t − sin t, cos t + sin t, 1)

El vector binormal viene dado por

B(t) = r(t) × r(t)||r(t) × r(t)||

= e2t(sin t − cos t, − sin t − cos t, 2)√

6e2t

=

√ 6

6 (sin t − cos t, − sin t − cos t, 2)

Por último, el vector normal es

N (t) = B(t)×

T (t)

=

√ 2

2 (− cos t − sin t, cos t − sin t, 0)

Para comprobar que la curva se encuentra dentro de un cono, podemos observar que e2t cos2 t+e2t sin2 t = e2t, que dentro de la curva es la relaci ón entre las componentes x2 + y2 = z 2, quees, en efecto, la ecuación de un cono de 45◦ con respecto a la vertical.

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Para verificar que el vector tangente forma un ángulo constante con el eje z se puede hacer elproducto punto entre el vector unitario (0, 0, 1) y el tangente. Esto resulta

T (t) · (0, 0, 1) =√

33

⇒ cos θ =√

3

3

⇒ θ = cos−1√

3

3

Por último, se tiene queN (t) · (0, 0, 1) = 0

Por tanto, el vector normal es siempre perpendicular al eje del cono.

2. Sea r(s) = (x(s), y(s), 0) una curva plana parametrizada con respecto a su longitud de arcocon curvatura k > 0 constante y tal que

r(0) = (0, 0, 0), T (0) = (0, 1, 0), N (0) = (−1, 0, 0)

a) Demostrar, utilizando las fórmulas de Frenet, que

d2T

ds2 + k2T = 0.

Sol:

Por Frenet, se tiene que dT

ds = kN ⇒ d

2T

ds2 = k

dN

ds

Por otra partedN

ds = −kT (t) + τ B(t)

Esto implica qued2T

ds2 = k(−kT (t) + τ B(t))

Pero como la curva es plana, es decir, su torsi ón es nula, se tiene que

d2T

ds2 = −k2T (t)

⇒ d2T

ds2 + k2T (t) = 0

b) Determinar r(s) explı́citamente.Sol:

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Para determinar r(s), debemos primero resolver la ecuación diferencial que acabamos de de-mostrar. El polinomio caracteŕıstico de esta ecuación es

m2 + k2 = 0

⇒ m = ±√ k2

Como se nos dice que la curvatura es constante y siempre positiva, tendremos que

T (s) = A sin ks + B cos ks

donde A, B ∈ R3.Luego, como T (s) = kN

T (0) = (0, 1, 0) = ̂j = B

T

(0) = kN (0) = k(−1, 0, 0) = −kˆi = kA

De aqúı tendremos que A = −î y B = ˆ j. De esta manera, el vector tangente será T (s) =(− sin ks, cos ks, 0). Debido a que r(s) es de arco - parámetro se tiene que r(s) = T (s), portanto, tendremos que integrar este vector por componentes.

x(s) = 1

k cos ks + x0

y(s) = 1

k sin ks + y0

Y para resolver las constantes usamos la condición r(0) = (0, 0, 0)

x0 = −1k

y0 = 0

∴ r(s) = 1

k(cos ks − 1, sin ks, 0)

3. Una part́ıcula se mueve sobre el manto del cilindro de ecuación x2 + y2 = 1 de forma tal quez (θ) es la solución de la ecuación diferencial

d2z

dθ2 = z

z (0) = 1 , dz

dθ(0) = 0

donde (r,θ,z ) son las coordenadas ciĺındricas.

a) Encontrar una parametrización de la curva γ descrita por la part́ıcula usando θ como paráme-tro.Sol:

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Una parametrización de la curva en función de θ es γ (θ) = (cos θ, sin θ, z (θ). Para determinarz (θ) resolvemos la ecuación que nos dan. El polinomio caracteŕıstico de esta ecuación es

m2 = 1 ⇒

m = ±

1

Por tanto, la solución general viene dada por

z (θ) = Aeθ + Be−θ

Ahora, imponiendo las condiciones de borde

z (0) = 1 ⇒ A + B = 1z (0) = 0 ⇒ A − B = 0

por lo tanto

z (θ) = 12

(eθ + e−θ) = cosh θ

Por lo que parametrización de la curva será

γ (θ) = (cos θ, sin θ, cosh θ) θ ∈ [0, ∞)

b) Hallar la longitud de γ si θ ∈ [0, 2π].Sol:

Tenemos γ (θ) = (− sin θ, sin θ, sinh θ).La norma del vector tangente viene dada por

||γ (θ)|| =

1 + sinh2 θ

Luego, la longitud de arco de 0 a 2π es

l =

2π0

1 + sinh2 θdθ

=

2π0

cosh θdθ

= sinh 2π

c) Calcular el vector tangente, normal y binormal asociado a γ ası́ como su curvatura y torsión.Sol:

En resumen, tenemos

γ (θ) = (cos θ, sin θ, cosh θ)

γ (θ) = (− sin θ, cos θ, sinh θ)γ (θ) = (− cos θ, − sin θ, cosh θ)γ (θ) = (sin θ, − cos θ, sinh θ)

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Entonces, el vector tangente viene dado por

T (θ) = γ (θ)

||γ (θ)

||=

1

cosh θ(− sin θ, cos θ, sinh θ)

El vector binormal viene dado por

B(θ) = γ (θ) × γ (θ)||γ (θ) × γ (θ)||

= 1√ 2cosh θ

(cosh θ cos θ + sinh θ sin θ, cosh θ sin θ − sinh θ cos θ, 1)

El vector normal viene dado por

N (θ) = B(θ) × T (θ)

=

−√ 2 cos θ e2θ + 1− sin θ e2θ − 1

2 (e2θ + 1) ,

−√ 2 sin θ e2θ + 1 + cos θ e2θ − 12 (e2θ + 1)

,

√ 2

2cosh θ

Por su parte, la curvatura corresponde a

k(θ) = ||γ (θ) × γ (θ)||

||γ (θ)||3

= √ 2cosh2 θ

Y por último, la tosión es

τ (θ) = (γ (θ) × γ (θ)) · γ (θ)

||γ (θ) × γ (θ)||2

= 2sinh θ√

2cosh θ

=√

2tanh θ

4. Sea α(s) una curva en R3 con arco - parámetro y torsión constante τ . Si {T α, N α, Bα} es sutriedro móvil se define una curva por

β (t) = −1τ

N α(t) +

t0

Bα(s)ds.

Calcular la curvatura y la torsión de β .Sol:

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Derivando la curva y ocupando las fórmulas de Frenet tenemos:

β = −1τ

N α + Bα = −1

τ (−kT α + τ Bα) + Bα = k

τ T α

β = k

τ T α +

k2

τ N α

β = k

τ T α +

kk

τ N α +

2kk

τ N α − k

3

τ T α + k

2Bα

= k − k3

τ T α +

3kk

τ N α + k

2Bα

entonces, calculando lo necesario para obtener curvatura y torsión tendremos

β × β = k3

τ 2Bα, ||β ||3 = k

3

τ 3 ⇒ kβ = ||β

× β ||

||β

||3

= τ

y por tanto

(β × β ) · β = k5

τ 2 ⇒ τ β = (β

× β ) · β ||β × β ||2 =

τ 2

k

5. Sea α(s) una curva parametrizada por longitud de arco tal que su curvatura k(s) y su torsiónτ (s) no se anulan, llamaremos a la curva α(s) una hélice de eje el vector unitario −→ω y ánguloθ, si los vectores tangentes a α(s) forman un ángulo θ con ω. Probar que si α(s) es una tal

hélice, entonces ω es una combinación lineal de T (s) y B(s) y hallar los coeficientes de estacombinación linea.Sol:

T (s) · ω = || T (s)|||| ω|| cos θ, al ser T (s) y ω unitarios, tendremos T (s) · ω = cos θ

Derivando esta igualdad respecto de s, se obtiene:

d T (s)

ds · ω = 0

Ahora, usando la fórmula de Frenet d T (s)ds = k(s)

N (s) se obtiene

(k(s)

· N (s))

· ω = k(s)( N (s)

· ω) = 0

⇒ N (s)

· ω = 0

pues k(s) no se anula, por lo que ω es perpendicular a N (s), por tanto, ω está en el plano

generado por T (s) y B(s), luego, existen escalares a y b en R tal que

ω = a T (s) + b B(s)

Como T (s) ω = cos θ, tendremos

T (s) · (a T (s) + b B(s)) = cos θ ⇒ a|| T (s)||2 = cos θ ⇒ a = cos θ

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Por otra parte

|| ω||2 = 1 ⇒ ω · ω = 1 ⇒ (a T (s) + b B(s)) · (a T (s) + b B(s)) = 1

de donde

a2 + b2 = 1 ⇒ b2 = 1 − a2 ⇒ b2 = 1 − cos2 θ = sin2 θ ⇒ b = ±sin θ

Ejercicios propuestos

6. Sea OA = 2a el diámetro de un ćırculo S 1 y sean OY y AV las tangentes a S 1 en O yA, respectivamente. Una semi-recta r, que corta a S 1 en C y a la recta AV en B, se trazadesde O. Sobre OB se marca el segmento Op = C B. Si rotamos r alrededor de O , el punto pdescribirá una curva denominada la cisoide de Diocles .

Figura 1: Cisoide de Diocles

Parametrizar la curva y calcular la curvatura para θ = π/4.Sol:

Del la Figura 1 podemos definir los lugares geométricos de la circunferencia y de la rectarespectivamente como

(x − a)2 + y2 = a2y = tan θx

Luego, la intersección de ambas ecuaciones, son las coordenadas del punto C . Obtenemos

(x − a)2 + (tan θx)2 = a2 ⇒ x2 − 2ax + a2 + x2 tan2 θ = a2⇒ x(1 + tan2 θ) = 2a, x = 0⇒ x = 2a

1 + tan2 θ

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Luego, las coordenadas del punto C quedan determinadas por

C = 2a

1 + tan2 θ,

2a tan θ

1 + tan2 θNotar que p = B − C . Definimos B como B = (2a, tan θ), por lo que tendremos que el punto

p vendrá dado por

p =

2a − 2a

1 + tan2 θ, 2a tan θ − 2a tan θ

1 + tan2 θ

=

2a tan2 θ

1 + tan2 θ, 2a tan3 θ

1 + tan θ

y haciendo t = tan θ

α(t) = 2at2

1 + t2 , 2at3

1 + t2 , 0

, t ∈ RLuego, para calcular la curvatura tenemos

α(t) =

4at

(t2 + 1)2, 2at2(t2 + 3)

(t2 + 1)2 , 0

α(t) =

−4a(3t2 − 1)(t2 + 1)3

, −4at(t2 − 3)

(t2 + 1)3 , 0

Luego, se tiene

α(t) × α(t) = 0, 0, 24a2t2(t2 + 1)3

⇒ ||α(t) × α(t)|| = 24a

2t2

(t2 + 1)3

Por lo que la curvatura será

k(t) = ||α(t) × α(t)||

||α(t)||3

= 3

(t2 + 4)3/2

|at

|Evaluando en θ = π

4 ⇒ t = 1 tendremos que

k(π/4) = 3

√ 5

25|a|NOTA: para este problema es mejor evaluar desde un principio en t = 1 para evitar el manejode álgebra.

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7. Considerar los conjuntos:

S 1 = {(x,y,z ) ∈ R3 : (x − 1)2 + y2 + z 2 = 1}

S 2 = {(x,y,z ) ∈R

3

: x

2

+ (y − 1)2

+ z

2

= 1}a) Mostrar que S 1 ∩ S 2 es una curva y parametrizarla.

Sol:

Al intersectar ambos conjuntos obtenemos:

x2 + (y − 1)2 + z 2 = (x − 1)2 + y2 + z 2x = y

Luego, podemos reemplazar en cualquiera de los dos conjuntos y obtendremos

(x − 1)2

+ x2

+ z 2

= 1

4

x − 1

2

2+ 2z 2 = 1

Ahora, podemos tomar la parametrización con coordenadas polares

f (t) =

1 + cos t

2 ,

1 + cos t

2 ,

sin t√ 2

θ ∈ [0, 2π]

b) Analizar si es plana, calcular su curvatura y torsión en todos los puntos.Sol:

Tenemos

f (t) =

− sin t2

, − sin t

2 ,

cos t√ 2

f (t) =

− cos t2

, − cos t

2 ,

− sin t√ 2

f (t) =

sin t

2 ,

sin t

2 ,

− cos t√ 2

⇒ k(t) =

√ 2

⇒ τ (t) = 0

∴ se trata de una curva plana.

c) Calcular el área encerrada por la curva.Sol:

Como la curvatura es constante, se trata de un ćırculo. Su radio es el inverso de la curvatura.Luego, su área es

A = π

2

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para luego evaluarlo en t = 0. Calculamos las derivadas

γ (t) = (sinh t, cosh t, 1)

γ (t) = (cosh t, sinh t, 0)

γ (t) × γ (t) = (− sinh t, cosh t, −1)Como B(t) y γ (t) × γ (t) tienen la misma dirección, no es menester calcular ||γ (t) × γ (t)||.Aśı

γ (0) × γ (0) = (0, 1, −1)Luego,

[(x,y,z ) − (1, 0, 0)] · (0, 1 − 1) = 0⇒ (x − 1, y , z ) · (0, 1, −1) = 0

⇒ y = z

10. Sea −→σ (t) : [a, b] → R3 la parametrización de una curva regular Γ ⊂ R3. Denotamos por T (t),N (t) y B (t) los vectores tangente, normal y binormal respectivamente. Sea k(t) la curvaturay τ (t) la torsión. Suponga que la curva es plana y que k(t) = 0 para todo t ∈ [a, b].La evoluta Γ de Γ se define como la curva parametrizada por

−→r (t) = −→σ (t) + N (t)k(t)

a) Suponga que k(t) = 0∀t ∈ [a, b]. Pruebe que la evoluta es una curva regular y que el vectortangente a la evoluta en t es paralelo a N (t). Hint: Puede suponer que la curva está parame-trizada por longitud de arco si aśı lo estima conveniente.Sol:

derivamos la curva dada, tenemos

dr

dt =

dσ

dt +

1

k(t)

N (t) + 1

k(t)

dN (t)

dt

Luego, por las fórmulas de Frenet, tenemos que

dσ

dt = T (t)

dN (t)

dt = −k(t)T (t) + τ (t)B(t)

Reemplazando en la derivada obtenemos

dr(t)

dt = − k

(t)

k2(t)N (t) ⇒ ||dr(t)

dt || = |k

(t)|k2(t)

Por hipótesis del problema, ni k(t) y k(t) se anulan. Por lo que la norma es mayor que ceropara todo t, por ende es curva regular.Por último, el vector tangente de la evoluta tiene la misma dirección del vector normal de lacurva original, por tanto, son vectores paralelos.

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b) Ahora, sea Γ una espiral logaŕıtmica de parametrización

−→σ (t) = (aet cos t,aet sin t) t ∈ R

donde a es una constante positiva. Calcule la evoluta Γ de la espiral logaŕıtmica Γ ¿Qué sepuede decir sobre Γ?Sol:

Se tienen las derivadas, normas, triedro y curvatura

σ(t) = aet(cos t − sin t, cos t + sin t, 0)σ(t) = 2aet(sin t, cos t, 0)

σ × σ = (0, 0, 2a2e2t)||σ|| = a

√ 2et

||σ

×σ

|| = 2a2e2t

k(t) = 1

aet√

2

T (t) = 1√

2(cos t − sin t, cos t + sin t, 0)

B(t) = (0, 0, 1)

N (t) = 1√

2(− cos t − sin, cos t − sin t, 0)

Luego, la evoluta será

r(t) = (aet cos t,aet sin t, 0) + aet(− cos t − sin, cos t − sin t, 0)= aet(− sin t, cos t, 0)

Observar que la evoluta de la espiral logarı́tmica es también una espiral logarı́tmica. El pro-ducto punto entre ambas parametrizaciones es 0 ∀ t ∈ R, por lo que son perpendiculares. Estoindica que la evoluta de la espiral es la misma espiral pero rotada en 90◦.

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