Clase 14

Clase 14
26 de marzo de 2012
Ejercicio. Demuestre que la curvatura de una curva suave f (t) = (x(t), y(t)) definida
por funciones dos veces diferenciables está dada por la fórmula:
κ=
|x0 y 00 − y 0 x00 |
3
[(x0 )2 + (y 0 )2 ] 2
Una curva plana, imágen del camino f : I ⊂ R → R2 , f (t) = (x(t), y(t)) puede ser
considerada como imágen del camino f : I ⊂ R → R3 , f (t) = (x(t), y(t), 0) la cual queda
dibujada en el plano xy(z = 0). Sea entonces f : I ⊂ R → R2 un camino regular dos veces
diferenciable. Calculemos su curvatura κ(t)
f 0 (t) = (x0 (t), y 0 (t), 0)
f 00 (t) = (x00 (t), y 00 (t), 0)
entonces
i
j
k 0
0
0
0
00
f (t) × f (t) = x (t) y (t) z (t) = (0, 0, x0 (t)y 00 (t) − x00 (t)y 0 (t))
x00 (t) y 00 (t) z 00 (t)
De modo que: κ(t) =
=
|x0 (t)y 00 (t) − x00 (t)y 0 (t)|
kf 0 (t) × f 00 (t)k
p
=
=
kf 0 (t)k3
[ (x0 (t))2 + (y 0 (t))2 ]3
|x0 (t)y 00 (t) − x00 (t)y 0 (t)|
1
2
[((x0 (t))2 + (y 0 (t))2 ) ]3
=
|x0 (t)y 00 (t) − x00 (t)y 0 (t)|
3
[(x0 (t))2 + (y 0 (t))2 ] 2
Ejercicio. La gráfica y = f (x) en el plano xy tiene automáticamente la parametrización
x = x, y = f (x) y la fórmula vectorial r(x) = (x, f (x)) use esta fórmula para demostrar que
si f es una función dos veces diferenciable de x entonces
κ(x) =
|f 00 (x)|
3
[1 + (f 0 (x))2 ] 2
Consideremos el camino r : I ⊂ R → R2 dado por r(x) = (x, f (x)) donde f : I ⊂ R → R
sabemos que la curva que describe el camino r es la gráfica y = f (x) en este caso tenemos:
1
r10 (x) = 1
r1 (x) = x
r100 (x) = 0
r20 (x) = f 0 (x)
r2 (x) = f (x)
r200 (x) = f 00 (x)
Calculamos la curvatura:
κ(t) =
κ(x) =
|x0 (t)y 00 (t) − x00 (t)y 0 (t)|
de manera que:
3
[(x0 (t))2 + (y 0 (t))2 ] 2
|r10 (x)r200 (x) − r100 (x)r20 (x)|
[(r10 (x))2 + (r20 (x))2 ]
3
2
=
|(1)f 00 (x) − (0)f 0 (x)|
[12 + (f 0 (x))2 ]
dN
= −κT + τ B
ds
dT
= κN ,
Aplique el hecho de que: N = B × T ,
ds
3
2
=
|f 00 (x)|
3
[1 + (f 0 (x))2 ] 2
Ejercicio. Demuestre la fórmula
dB
= −τ N
ds
Para demostrar este resultado, recordaremos un teorema de álgebra lineal:
Teorema. Si S = {v1 , v2 , ..., vn } es una base ortonormal para un espacio V con producto
interior y si u es cualquier vector en V ⇒ u = (u · v1 )v1 + (u · v2 )v2 + ... + (u · vn )vn
Demostración. Como S = {v1 , v2 , ..., vn } es un base entonces un vector u se puede
expresar como: u = k1 v1 + k2 v2 + ... + kn vn , la demostración se completará probando que
ki = (u · vi ) para i = 1, 2, ..., n.
Para todo vector vi ∈ S se tiene que:
(u · vi ) = (k1 v1 + k2 v2 + ... + kn vn · vi ) = k1 (v1 · vi ) + k2 (v2 · vi ) + ... + kn (vn · vi )
Como S es un conjunto ortonormal se tiene que:
(vi · vi ) = kvi k2 = 1
y
(vj · vi ) = 0 si j 6= i
⇒ (u · vi ) = ki
∴ u = (u · v1 )v1 + (u · v2 )v2 + ... + (u · vn )vn
Aplicando el teorema anterior tenemos que:
N 0 = (N 0 · T )T + (N 0 · N )N + (N 0 · B)B
como N 0 · N = 0
⇒
N 0 = (N 0 · T )T + (N 0 · B)B
De la expresión N · T = 0 (la cual establece la ortogonalidad de los vectores N y T ) se
obtiene derivando que:
(N · T )0 = N 0 · T + N · T 0 = 0
usando que
2
dT
= κN
ds
obtenemos que:
N 0 · T = −N · T 0 = −N · (κN ) = (−1)N · (κN ) =
= (−1)(κN ) · N = (−1)κ(N · N ) = −κkN k2 = −κ
∴ N 0 · T = −κ
De la misma manera derivamos N · B = 0 y obtenemos:
(N · B)0 = N 0 · B + N · B 0 = 0
utilizando que
dB
= −τ N
ds
ası́ obtenemos
N 0 · B = −N · B 0 = −N · (−τ N ) = (−1)N · (−τ N ) = (−1)(−τ N ) · N =
∴ N0 · B = τ
= (−1) − τ (N · N ) = τ kN k2 = τ
Sustituyendo en N 0 = (N 0 · T )T + (N 0 · B)B
obtenemos:
dN
= −κT + τ B
ds
Ejercicio. Obtenga la reparametrización de la catenaria f (t) = (t, cosh(t))
Sabemos que f 0 (t) = (1, senh(t))
kf 0 (t)k =
ası́ se tiene que
p
12 + senh2 (t)
considerando la identidad cosh2 (θ) − senh2 (θ) = 1 obtenemos
kf 0 (t)k =
Z
p
12 + senh2 (t) =
t
⇒ s = `(C) =
0
Si s = senh(t) ⇒ s =
la igualdad:
kf 0 (t)k dt =
Z
p
cosh2 (t) = cosh(t)
t
cosh(t) dt = senh(t) − senh(0) = senh(t)
0
et − e−t
⇒ 2s = et − e−t
2
multiplicamos por et ambos lados de
2set = et (et − e−t ) = e2t − et−t = e2t − e0 = e2t − 1 ⇒ 2set = e2t − 1
∴ e2t − 2set − 1 = 0
Resolvemos esta última como una ecuación de segundo grado en et :
p
√
√
2s + 4(s2 + 1)
4s2 − 4(−1)(1)
2s + 4s2 + 4
2s + 2 s2 + 1
e =
=
=
=
=
2(1)
2
2
2
p
√
s + s2 + 1
∴ et = s + s2 + 1
√
De manera que t = ln(s+ s2 + 1
ası́ obtenemos que la reparametrización por longitud
de arco es:
√
√
f¯(s) = ln(s + s2 + 1, cosh(ln(s + s2 + 1))
t
2s +
p
3
Ejercicio. Sea f : R+ → R2 el camino f (t) = (t, ln(t)) la curva que este camino describe
es la gráfica de la función y = ϕ(x) = ln x, calculemos su curvatura:
κ(x) =
|ϕ00 (x)|
[1 + (ϕ0 (x))2 ]
3
2
1
x
2
= x 3 =
3
(1 + x2 ) 2
1 2
1+ 2
x
Hallemos el cı́rculo osculador en p = (1, 0)
κ(1) =
1
2
3
2
√
1
= √ de modo que el radio de curvatura en p es r(1) = 2 2 además:
2 2
1 r
√
1
0
kf (t)k = (1, ) = 1 + 2 ⇒ kf 0 (1)k = 2
t
t
x0 (t) = 1
y 0 (t) =
1
t
x0 (1) = 1
y 0 (1) = 1
Entonces el cı́rculo osculador buscado debe tener su centro en:
y 0 (t)
x0 (t)
1
x(t) −
, y(t) +
= 1 − 1 √ ,0 +
√
κ(t)kf 0 (t)k
κ(t)kf 0 (t)k
2
2 2
∴ tal cı́rculo es: (x + 1)2 + (y − 2)2 = 8
4
1
√
1
√
2 2
!
2
= (−1, 2)