Ejercicio1. Sea la curva α : (0,π) → R 2 dada por α(t)= (sent,cost +ln

Ejercicio1. Sea la curva α : (0, π) → R2 dada por α(t)= (sent, cost + ln(tan 2t ))
llamada tractriz, donde la variable t representa geométricamente el ángulo
que forma el vector α(t) con el eje y. Probar que:
a. La tractriz es una curvav regular excepto en t = π2 .
b. La recta tengente a la tractriz en α(t) corta al eje y de modo que la distncia
entre ambos puntos es constante e igual a 1.
Veamos que α(t)es una curva regular, es decir, que su derivada es distinto de cero
para todo t ∈ (0, π)/ π2 . Calculemos la derivada de la curva:
α 0 (t) = (cost, tan1 t
2
1 1
cos2 2t 2
− sent) = (cost, 2sen 1t cos t − sent)
2
Vemos que solo se anula cuando t =
cost =
π
2
1
2sen 2t cos 2t
1
2
⇐⇒ t =
π
2
←→ t =
2
π
2:
π
2
−sent = 0 ⇐⇒ 1−2sen(t)sen( 2t )cos( 2t ) = 0 ⇐⇒ sen(t)sen( 2t )cos( 2t ) =
Por tanto, α(t) es regular.
Ahora vamos a obtener la recta tangente a la tactriz en α(t) :
Utilizando la ecuación punto pendiente, sabiendo que la pendiente es
1−sen(t)cos( 2t )sen( 2t )
2cos(t)sen( 2t )cos( 2t )
y0 (t)
x0 (t)
=
2
1−sen (t)
1
= cos(t)sen(t)
= cos(t)
sen(t) = tan(t) (desarrollamos utilizando las ecua-
ciones del coseno y del seno del ángulo mitad) y el punto medio es (sen(t),cos(t)+ln(tan( 2t ))).
Por tanto la recta es: y − cos(t) − ln(tan( 2t )) =
1
tan(t) (x − sen(t))
Calculamos el punto de corte de la recta tangente a la tractriz y el eje x,
sabiendo que el punto de corte es de la forma (0,y), donde y=ln(tan 2t ). Ahora,
hallemos la distancia entre (0,ln(tan( 2t ))) y α(t) :
1
q
p
(0 − sen(t))2 + (ln(tan( 2t )) − cos(t) − ln(tan( 2t ))2 = sen2 (t) + cos2 (t) =
1
Hemos visto que la distancia entre α(t) y el punto de corte con el eje y es
constante e igual a 1, como queríamos demostrar.
Ejercicio2. La traza de la curva α(t) = (t, cosh(t)) se llama catenaria. Probar que
su curatura es k(t) =
1
cosh2 (t)
y calcular su evoluta.
Calculemos la curvatura, como α(t) es regular, ya que α 0 (t) = (1, senh(t)) no se
anula, (puesto que aunque el senh(t) pueda llegar a valer 0, para un cierto valor de
t, el 1 nunca es cero), por tanto, la curvatura es:
kα (t) =
<α 00 (t),Jα 0 (t)>
|α 0 (t)|3
sabiendo que α 00 (t) = (0, cosh(t)) y Jα(t) = (−senh(t), 1). Por tanto:
cosh(t)
(1+senh2 (t))3
kα (t) = √
=
cosh(t)
cosh3 (t)
=
1
.
cosh2 (t)
1
La evoluta es la función β (t) = α(t) + k(t)
N(t), donde
1
k(t)
= cosh2 (t) y
N(t)=(-senh(t),1). Por tanto, β (s) = (t, cosh(t)+cosh2 (t)(−senh(t), 1) = (t −senh(t)cosh2 (t)+
cosh2 (t)).
Ejercicio3. Sean α y β dos curvas parametrizadas por el arco, tales que kα (s) =
−kβ (s). Probar que existe un movimiento rígido inverso M: R2 → R2 tal
que β = M ◦ α
Por el teorema fundamental de la teoría de curvas planas, asociada a la curvatura
kβ existe una curva β , que es única salvo movimientos rígidos directos. Usando la
demostración de dicho teorema, vamos a hallar una expresión para la curva α :
´
θα (s) = kα (s)ds
2
´
´
α(s) = ( cosθα (s)ds, senθα (s)ds)
Reservándonos esta información, busquemos ahora una expresión para la
curva β :
´
´
´
θβ (s) = kβ (s) = −k(s)ds = − kα (s)ds = −θα (s) = 2π − θα
Luego,
´
´
´
´
β (s) = ( cosθβ (s)ds, senθβ (s)ds) = ( cos(2π − θα (s))ds, sen(2π −
´
´
θα (s))ds) = ... = ( cosθα (s)ds, − senθα (s)ds)
Es decir, si definimos la aplicación:
M : R2 → R2
(a,b)−→ (a,-b)
se tiene que β (s) = M ◦ α(s). Además, es fácil ver que M es una simetría
con respecto al eje x, por tanto, es un movimiento rígido inverso.
Ejercicio4. Sea α una curva en el espacio p.p.a tal que kτ 6= 0 en todo punto.
Probar que si conocemos k(s0 ), τ(s0 ) en un punto s0 del dominio, y el vector
normal N(s), entonces conocemos la curva αsalvo un movimiento rígido
directo.
Ejercicio5. Una curva regular es un hélice cilíndtrica cuando las rectas tengentes
a la curva forman un ángulo constante con una dirección fija llamada eje de
la hélice. Si k>0 siempre, probar que es una hélice cilíndrica si y sólo si
τ
k
es constante.
⇒ | sea α : I → R3 con α p.p.a. Supongmos que es una hélice cilíndrica, es decir,
que las rectas tangentes a la curva forman un ángulo constante con una dirección
3
fija.
cosθ =
<v,α 0 (s)>
||v||
= (vunitario ) =< v, α 0 (s) >= c ∈ R para todo s ∈ I (por
definición)
derivamos:
< v, α 0 >0 (s) =< v, T >0 (s) = 0
< v0 , T > + < v, T 0 >= 0 (v0 = 0 y por tanto < v0 , T >= 0)
0 =< v, T 0 > (s) =< v, kN(s) >= k < v, N >por tanto, v⊥N
(T 0 (s) = kN(s))
Volvemos a derivar
k < v, N >0 (s) = 0 ⇒ k0 < v, N > +k < v0 , N > +k < v, N 0 >= 0 ⇔ k0 <
v, N > +k < v, N 0 >= 0
k0 < v, N >= 0 (por ser <v,N>=0)
Nos queda por tanto, k < v, N 0 >= 0
sabemos que N 0 = −kT − τB
y por tanto quedaría
0 = k < v, −kT − τB >= k2 < v, T > −kτ < v, B >
< v, T > + τk < v, B >= 0
por tanto tenemos:
τ
k
<v,T >
= − <T,B>
que es constante.
⇐ | Supongamos ahora que
τ
k
es constante
v(t) = τk T (t) − B(t)
v0 (t) = τk T 0 (t) − B0 (t) = τN − τN = 0 (puesto que por definición T 0 = kN y
B0 = τN)
4
...
Ejercicio6. Sea el plano P = {(x, y, z) ∈ R3 /x = y} sea (U, ϕ) el par dado por
U = {(u, v)/u > v} y ϕ : U → R3 , ϕ(u, v) = (u + v, u + v, uv). ¿Es (U, ϕ)
una carta de P?
Sea ϕ(u
1 , u2 ) = ϕ(u2 , v2 )

 u1 + v1 = u2 + v2

 u v =u v
1 1
2 2



⇒ v1 = u2 + v2 − u1


u1 (u2 + v2 − u1 ) = u2 v2
u1 u2 + u1 v2 − u21 − u2 v2 = 0
u2 (u1 − v2 ) + u1 (v2 − u1 ) = 0
u2 (u2 − v2 ) − u1 (u1 − v2 ) = 0
(u1 −v2 )(u2 −u1 ) = 0⇒ {
u1 = v2 ⇒ u1 + v1 = u2 + v2 → v2 + v1 = u2 + v2 → v1 = u2 !!(u > v)
u2 = u1 ⇒ u1 + v1 = u2 + v2 → u2 + v1 = u2 + v2 ⇒ v1 = v2
Veamos ahora la inyectividad:
1 1 1 1 d f p = 1 1 ⇒ = u − v 6= 0 luego es inyectiva (para formar la
u v u v matriz lo que hacemos es formar la primera fila con la derivada parcial de la primera componente de ϕcon respecto de la segunda variable, lo mismo se hace con
la segunda componente de ϕy con la tercera)
La aplicación lineal es inyectiva si el rango de su mattriz es la dimensión
del dominio. Como diferenciale de ϕes aplicación lineal, es inyectiva si su matriz
tiene rango la dimensión de R2 , por tanto, basta ver que el rango de la matriz
formada es 2. Otra forma de ver que es inyectiva, es probar que u 6= v.
5
ϕ : U −→ ϕ(U) biyectiva
f difeomorfismo local ⇒continua en abiertos (Teorema función inversa)
Ejercicio7. Sea f (x, y, z) = (x + y + z − 1)2 y g(x, y, z) = xyz2 .
1. Localizar los puntos críticos y los valores críticos de f y g.
2. Analizar para qué valores de c, los conjuntos f −1 (c) y g−1 (c) son superficies
regulares.
Puntos críticos de f:
p = (x, y, z) ∈ R3
d f p = (2(x + y + z − 1) 2(x + y + z − −1) 2(x + y + z − 1))
Un punto p es punto crítico de f si x + y + z − 1 = 0 enonces
crit(t) = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z − 1 = 0}
los valores criticos de f = f (Crit( f )) = 0
a ∈ Im f , a 6= 0 y a es regular
f −1 (a) = {(x, y, z) ∈ R3 /(x + y + z − 1)2 = a} es una superficie
a=0 f −1 (0) = {(x, y, z)/x + y + z = 1} que es un plano, que ha hemos visto
que es una superficie.
–
Puntos críticos de g:
p(x, y, z) ∈ R3
dg p = (yz2 xz2 2xyz)
6
yz2 = 0
dg p { xz2 = 0
2xyz = 0
crit(g) = {(x, y, z)/z = 0}U{(x, y, z)/x = y = 0}
Por tanto, los valores críticos son g(crit(g))=0
Si a 6= 0 y a es regular ⇒g−1 (a) = {(x, y, z)/xyz2 = a} es una superficie
si a = 0 ⇒ g−1 (0) = {(x, y, z)/z = 0 ó y = 0 ó x = 0}
Ejercicio8. Probar que el conjunto S = {(x, y, z) ∈ R3 /z = x2 − y2 } es una superficie regular.
Sea f : R2 → R tal que (x, y) −→ x2 − y2
a S lo podemos ver como la gráfica de f, como f es diferenciable por ser
polinómica, entonces S es superficie regular.
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