Apuntes de Geometria Diferencial

145  208  Descargar (12)

Texto completo

(1)

GEOMETR´IA DIFERENCIAL

P R O B L E M A S R E S U E L T O S

Rodrigo Vargas

(2)
(3)

Este libro pretende sirvir de texto para un primer curso de Geometr´ıa Di-ferencial. Los temas tratados se exponen de manera simple y directa, evitando digresiones y sin dar demostraciones de los resultados expuestos. As´ı espe-ro facilitar la comprensi´on de los estudiantes que, al adoptarlo, no necesi-tar´a perder mucho tiempo en la teor´ıa para evocarse a atacar problemas de los textos gu´ıas. Grupos especiales, estudiantes avanzados, lectores que deseen una presentaci´on m´as completa y los alumnos, por as´ı decirlo, nor-males que busquen lecturas complementarias pueden consultar “Geometr´ıa diferencial de curvas y superficies” de Manfredo do Carmo que trata de la misma materia con un enfoque m´as amplio.

La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos de geometr´ıa diferencial y como oportunidad para que el lector compruebe lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustar´ıa que el lector s´olo consultase las soluciones despu´es de haber hecho un serio esfuerzo para resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin ´exito, el que nos conduce a buenos resultados en el proceso de aprendizaje.

Los problemas que el lector encontrar´a se basan en las ayudantias del curso de geometr´ıa diferencial impartido en la Universidad de Chile y la Pontificia Universidad Cat´olica de Chile, el cual est´a dirigido a estudiantes de Licenciatura en Matem´atica. Muchos de los problemas han sido tomados de los problemas propuestos en el libro de Manfredo do Carmo.

(4)
(5)

Indice general

1. Curvas 1

1.1. Teor´ıa Local de Curvas . . . 1

1.2. Propiedades Globales de las curvas planas . . . 3

1.3. Problemas Resueltos . . . 3

2. Superficies 53 2.1. La Primera Forma Fundamental . . . 54

2.2. La Segunda Forma Fundamental . . . 55

2.3. Problemas Resueltos . . . 55

3. Curvatura de Superficies 75 3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Superficie . . . 75

3.2. Las Curvaturas Media y Gaussiana . . . 78

3.3. Geod´esicas . . . 78

3.4. El Teorema Egregio de Gauss . . . 79

3.5. Problemas Resueltos . . . 80

4. El Teorema de Gauss-Bonnet 115 4.1. Problemas Resueltos . . . 118

5. Superficies Completas. Teorema de Hopf-Rinow 131 5.1. Problemas Resueltos . . . 132

(6)
(7)

Curvas

1.1.

Teor´ıa Local de Curvas

Definici´on 1.1.

Una curva parametrizada diferenciable es una aplicaci´on diferenciable α : (a, b)R3.

Definici´on 1.2.

Una curva parametrizada diferenciable α : (a, b) R3 se denomina regular

si α0(t)6= 0 para todo tI. Definici´on 1.3.

Dado t (a, b), la longitud de arco de una curva parametrizada regular

α: (a, b)R3, desde el punto t0, es por definici´on:

s(t) =

Z t

t0

kα0(t)kdt .

Definici´on 1.4.

Una curva parametrizada α : (a, b) R3 es llamada arco-parametrizada o

de r´apidez uno si α0(t) es un vector unitario para todo t (a, b), esto es, kα0(t)k= 1.

Definici´on 1.5.

Sea α : (a, b)R3 una curva parametrizada por longitud de arco s I. El

(8)

En puntos donde κ(s) 6= 0, est´a bien definido un vector unitario n(s) en la direcci´on α00(s) mediante la ecuaci´on α00(s) = κ(s)n(s). M´as a´un,

α00(s) es normal a α0(s), pues diferenciando hα0(s), α0(s)i = 1 obtenemos hα00(s), α0(s)i = 0. As´ı, n(s) es normal a α0(s) y se denomina el vector nor-mal ens. El plano determinado por los vectores unitarios tangente y normal,

α0(s) y n(s), se denomina el plano osculador en s.

Denotaremos por t(s) =α0(s) al vector unitario tangente de α en s. Por tanto, t0(s) =κ(s)n(s).

El vector unitario b(s) = t(s)×n(s) es normal al plano osculador y lo llamaremos el vector binormal ens.

Definici´on 1.6.

Sea α : (a, b) R3 una curva parametrizada por lo longitud de arco s tal

que α00(s) 6= 0, s (a, b). El n´umero τ(s) definido por b0(s) = τ(s)n(s) se denomina la torsi´on deα en s.

Teorema 1.1.

Sea α una curva arco-parametrizada con curvatura nunca nula. Entonces,

t0 = κn

n0 = κt +τ b

b0 = τ n .

(1.1)

Las ecuaciones en (1.1) son llamadas las ecuaciones de Frenet-Serret.

Teorema 1.2 (Teorema Fundamental de la Teor´ıa Local de Curvas).

Dadas las funciones diferenciables κ(s) > 0 y τ(s), s (a, b), existe una

curva parametrizada regular α: (a, b)R3 tal que s es la longitud de arco,

κ(s) es la curvatura, yτ(s)es la torsi´on de α. Adem´as, cualquier otra curva

e

α, satisfaciendo las mismas condiciones difiere deαen un movimiento r´ıgido;

esto es, existe una aplicaci´on lineal ortogonal ϕ de R3, con determinante

(9)

1.2.

Propiedades Globales de las curvas

pla-nas

Definici´on 1.7.

Una curva plana cerrada es una curva parametrizada regular α: [a, b] R2

tal que α y todas sus derivadas coinciden en a y en b; es decir,

α(s) =α(b), α0(a) =α0(b), α00(a) =α00(b), . . . .

Definici´on 1.8.

La curva es simple si carece de otras autointersecciones; o sea, sit1, t2 [a, b],

t1 6=t2, entonces α(t1)6=α(t2).

Teorema 1.3 (La desigualdad Isoperim´etrica).

Sea α una curva cerrada, simple y plana de longitud `, y sea A el ´area de la

regi´on encerrada por α. Entonces

A 1

4π` 2

y la igualdad se da si solo si α es un c´ırculo.

Definici´on 1.9.

Un v´ertice de una curba regular plana α : [a, b] R2 es un punto t [a, b]

en donde κ0(t) = 0. Definici´on 1.10.

Una curva regular plana (no necesariamente cerrada) α : [a, b] R2 es

convexa si, para todo t [a, b], la traza α([a, b]) de α est´a completamente contenida en un lado del semiplano cerrado determinado por la recta tangente en t.

Teorema 1.4 (Teorema de los cuatro v´ertices).

Una curva simple, cerrada y convexa tiene al menos cuatro v´ertices.

1.3.

Problemas Resueltos

1.1. Hallar una parametrizaci´on de la curva que es la intersecci´on de un ci-lindro circular de radio 1

(10)

y centro (1 2,0,0).

Soluci´on: Un punto (x, y, z) est´a en el cilindro si

x2+y2 = 1

4 (1.2)

y en la esfera si

x+ 1 2

2

+y2+z2 = 1. (1.3)

Se observa de la ecuaci´on (4) que, 1 z 1, sea entonces z = sint. Ahora, haciendo (4)(3) obtenemos:

x+ 1 4+ sin

2t = 3

4 ⇒x= 1 2−sin

2t .

De la ecuaci´on (3) se tiene

y =

r

1 4 −x

2 =psin2t

−sin4t= sinp1sin2t = sintcost .

Por lo tanto, α: [π, π]R3 es dada por:

α(t) =

1 2−sin

2t,sintcost,sint

.

1.2. Parametrizar la curva que se forma de un c´ırculo sobre una hoja al doblarse ´esta sobre un cilindro. Comprobar que el largo de la curva es igual al del c´ırculo.

Soluci´on: Sea ϕ : [0, a]×[b/2, b/2]C dada por

ϕ(t, s) =

cos2π

a t,sen

2π a t, s

(11)

ϕ

x0 a

−b2

b

2

1

|

El c´ırculo S1 es dado por la ecuaci´on param´etrica.

(xx0)2+y2 =r2

con 0 < 2|x0 −r| < a < b, parametriza por α : [0,2πr] → [0, a]×

[b/2, b/2] definida por

α(x) =x0 +rcos x r, rsen

x r

la curva que se forma del c´ırculo sobre la hoja al doblarse sobre el c´ılindro esta parametrizada por

β(t) = (ϕα)(t) = ϕ

x0+rcos t

s, rsen t r

=

cos2π

a

x0+rcos t

r

,sen2π

a

x0 +rcos t

r

, rsen t

r

.

Si β(t) = (β1(t), β2(t), β3(t)) entonces

β0

1(t) = sen

2π a

x0+rcos

t r

sent , β20(t) = cos

2π a

x0 +rcos

t r

sent , β0

3(t) = cost .

Se comprueba sin mayor dificultad quekβ0(t)k= 1 entonces el largo de la curva β es

sβ =

Z 2πr

0 k

β0(t)kdt=

Z 2πr

0

(12)

1.3. Determine una parametrizaci´on de la curva sobre la esfera unitaria que corta cada meridiano en un ´angulo constante α.

Soluci´on: Consideremos la proyecci´on de Mercador. Para cada p M = S2 − {(0,0,1),(0,0,1)}, se considera la recta L que pasa por p y que, siendo perpendicular al eje z, corta al eje z en un punto q y contiene ap. Por definici´onψ(p) =c={(x, y, z)R3 :x2+y2 = 1}∩L.

b b b

z

q p

ψ(p)

L

Haciendo algunas cuentas se obtiene

ψ(x, y, z) = p x

x2+y2, y

p

x2+y2, z

!

,

ψ−1(x, y, z) = x

√ 1z2

p

x2+y2,

y√1z2

p

x2+y2, z

!

.

Note que los meridianos son llevados mediante la proyecci´on de Merca-dor a segmentos de rectas contenidas en C y paralelas al eje z. Ahora, considereϕ : [0,1]×[1,1]Cdada porϕ(t, s) = (cos 2πt,sen 2πt, s), entonces las rectas verticalesx=a[0,1] son llevadas por f =ψ−1ϕ

(13)

ϕ ψ−1 1

−1

x=a 1

ϕ(x=a)

ϕ−1◦ϕ(x=a)

Una curva que corta cada meriadiano en un ´angulo constante α es la imagen mediante f de un segmento de recta con pendiente α

y=αx+β, α, β R, 0x1

entonces

γ(t) = f(t, αt+β) =ψ−1(ϕ(t, αt+β)) =ψ−1(cos 2πt,sen 2πt, αt+β) = cos 2πt

p

1(αt+β)2

p

(cos 2πt)2+ (sen 2πt)2,

sen 2πtp1(αt+β)2

p

(cos 2πt)2 + (sen 2πt)2, αt+β

!

= (cos 2πtp1(αt+β)2,sen 2πtp1(αt+β)2, αt+β)

dondeγ es una curva sobre la esfera unitaria que corta a cada meriadia-no en un ´angulo constante α.

1.4. Sea α : I Rn una curva regular, v Rn un vector fijo y suponga

que α0(t) es ortogonal a v para todo t I y α(0) es ortogonal a v. Demuestre que α(t) es ortogonal a v para todo tI.

Soluci´on: Sabemos que, si f, g : I Rn son curvas diferenciables,

entonces

d

dthf(t), g(t)i=hf

0(t), g(t)i+hf(t), g0(t)i

por ser α0(t) ortogonal a v, se tiene quehα0(t), vi= 0 para todo tI y comov es un vector fijo, entonceshα(t), v0i= 0 para todot I. Luego,

d

dthα(t), vi=hα

(14)

Se concluye que hα(t), vi=c= constante para todot I, por ser α(0) ortogonal a v, entonces hα(0), vi= 0. Por lo tanto,

hα(t), vi= 0, t I ; es decir, α(t) es ortogonal a v para todotI.

1.5. Sea α : I Rn una curva regular. Demostrar que kα(t)k es constante

no nula si y s´olo siα(t) es ortogonal a α0(t) para todo tI.

Soluci´on: Si f :I Rn es una curva diferenciable entonces

d

dtkf(t)k=

hf(t), f0(t)i

kf(t)k , si f(t)6= 0. (1.4)

En efecto, si f(t) = (f1(t), ..., fn(t)) luego kf(t)k=

" n X

i=1

(fi(t))2

#1/2

y obtenemos

d

dtkf(t)k =

1 2

" n X

i=1

(fi(t))2

#1 2−1

2 n

X

i=1

fi(t)fi0(t)

!

= n

X

i=1

fi(t)fi0(t)

" n X

i=1

(fi(t))2

#1/2 =

hf(t), f0(t)i kf(t)k ,

siempre que f(t)6= 0. Por otro lado, Si kα(t)k= cte 6= 0 d

dtkα(t)k= 0

⇔ hα(t), α0(t)i kα(t)k = 0 ⇔ hα(t), α0(t)i= 0

⇔ α(t) es ortogonal a α0(t) para todo t I .

(15)

γ es perpendicular al segmento lineal a p.

Soluci´on: Usaremos la identidad (1.4) establecida en el problema an-terior. Si kγ(s0)pk es un m´aximo o un m´ınimo entonces

d

dskγ(s)−pk

s=s0

= 0 hγ(s0)−p, t(s0)i kγ(s0)pk = 0.

Note que en nuestro caso kγ(s0)pk 6= 0. Luego,hγ(s0)p, t(s0)i= 0 es decir, la recta tangente a γ en s0 es perpendicular al vectorγ(s0)p

que est´a en la direcci´on al segmento lineal a p.

1.7. Un disco circular de radio r en el plano xy rueda sin deslizar a lo largo del ejex. La figura que describe un punto de la circunferencia del disco se llama cicloide.

b b

b

b

b

}c

θ

x y

(a) Obt´engase una curva parametrizada α: R R2 cuya traza sea la

cicloide y determ´ınense sus puntos singulares.

(b) Calc´ulese la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una rotaci´on completa del disco.

Soluci´on:

(a) Observe la figura de la cicloide. Cuando el c´ırculo rueda sin resbalar en un ´anguloθ, el centro del c´ırculo es movido a (rθ, r). Notemos que

b =rsinθ y c=rcosθ. Entonces la parametrizaci´on es α:RR2

dada por

(16)

(b) Tenemos que α0(θ) =r(1cosθ,senθ) y kα0(θ)k2 = 2r2(1cosθ).

Entonces, la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una rotaci´on completa del disco es

` =

Z 2π

0 k

α0(θ)kdθ =√2r

Z 2π

0

1cosθdθ

= 2r

Z 2π

0

r

1cosθ

2 dθ = 2r

Z 2π

0

sen

θ

2

dθ= 8r .

1.8. SeaOA = 2ael di´ametro de un c´ırculoS1 y seanOY yAV las tangentes

aS1 en O yA, respectivamente. Una semi-recta r, que corta aS1 en C

y a la rectaAV en B, se traza desdeO. Sobre OB se marca el segmento

Op=CB. Si rotamosralrededor deO, el puntopdescribir´a una curva denominada la cisoide de Diocles.

0

A

2a

x

y V

r

b

b

b

B C p

θ

TomandoOA como eje x y OY como ejey, demostrar que: (a) La traza de

α(t) =

2at2

1 +t2,

2at3

1 +t2

, tR,

es la cisoide de Diocles.

(17)

(c) Cuando t → ∞, α(t) se aproxima a la recta x = 2a, y α0(t) (0,2a). As´ı, cuando t→ ∞, la curva y su tangente se aproximan a la recta x= 2a; decimos entonces que x= 2a es una as´ıntota de la cisoide.

Soluci´on:

(a) La ecuaci´on del c´ırculo S1 es

(xa)2+y2 =a2 . (1.5) La ecuaci´on de la semi-recta r es

y= (tanθ)·x . (1.6)

El punto C es la intersecci´on de la recta con el c´ırculo S1, para

hallar sus coordenadas reemplazamos (1.6) en (1.5) y obtenemos (xa)2+ ((tanθ)·x)2 =a2 x22ax+a2 + tan2θ·x2 =a2

⇒ x2(1 + tan2θ) = 2ax

⇒ x(1 + tan2θ) = 2a, x6= 0 ⇒ x= 2a

1 + tan2θ .

Luego, las coordenadas del punto C son

C =

2a

1 + tan2θ,

2atanθ

1 + tan2θ

.

Las coordenadas del punto B, son f´acilmente deducibles a partir de la figura, B = (2a,2atanθ). Notemos que p= BC haciendo cuentas obtenemos:

p = B C =

2a 2a

1 + tan2θ,2atanθ−

2atanθ

1 + tan2θ

=

2a+ 2atan2θ2a

1 + tan2θ ,

2atanθ+ 2atan3θ2atanθ

1 + tan2θ

=

2atan2θ

1 + tan2θ,

2atan3θ

1 + tan2θ

.

Tomando t= tanθ obtenemos finalmente

α(t) =

2at2

1 +t2,

2at3

1 +t2

(18)

(b) Notemos que

α0(t) =

4at(1 +t2)2at2(2t)

(1 +t2)2 ,

6at2(1 +t2)2at3(2t)

(1 +t2)2

=

4at

(1 +t2)2,

6at2+ 2at4

(1 +t2)2

y evidentemente α0(0) = (0,0) es un punto singular. (c) Un simple calculo muestra que

l´ım

t→∞α(t) =

l´ım t→∞

2at2

1 +t2,tl´ım→∞

2at3

1 +t2

= (2a,).

Adem´as l´ım t→∞α

0(t) =

l´ım t→∞

4at

(1 +t2)2,tl´ım→∞

6at2+ 2at4

(1 +t2)2

= (0,2a).

1.9. Sea α: (0, π)R2 dada por α(t) =

sint,cost+ log tan t 2

donde t es el ´angulo que el eje y forma con el vector α0(t). La traza de

α se denomina la tractriz.

b

b

α(t) 1

t

x y

(19)

(a) α es una curva parametrizada diferenciable, regular excepto en t=

π/2.

(b) La longitud del segmento sobre la tangente a la tractriz entre el punto de tangencia y el eje yes constante igual a 1.

Soluci´on:

(a) Notemos que

α0(t) =

cost,sint+ 1 tan2t ·

1 cos2 t

2

· 12

=

cost,sint+ 1 2 sin2tcos 2t

=

cost,sint+ 1 sint

.

Si α0(t) = 0 cost= 0 y sint+ 1

sint = 0, entonces

sint= 1

sint ⇒ sin

2t= 1

⇒ sint=±1, t (0, π) ⇒ t = π

2 .

(b) Sean P = (x0, y0) el punto de tangencia de la recta tangente y

Q = (0, y1) el punto de intersecci´on de la recta tangente con el eje

y. Sean x= sint,y = cost+ log tan2t, entonces

dy dx =

1

sint −sint

cost =

1sin2t

sintcost =

cost

sint ⇒ dy dx =

√ 1x2

x .

Luego, la ecuaci´on de la l´ınea tangente a P es

yy0 =

p

1x2 0

x0 (x−x0).

Evaluando la recta en el punto Q obtenemos

y1y0 =

p

1x2 0 x0

(0x0) =

q

(20)

Entonces

(dist(P, Q))2 =x20+ (y1y0)2 =x20+ 1x20 = 1.

Por lo tanto, dist(P, Q) = 1.

1.10. Sea la curva parametrizada α(t) = (aebtcost, aebtsent), t R, a y b constantes, a >0, b <0.

(a) Demostrar que cuando t +, α(t) se aproxima al origen O, girando en espiral al rededor de ´el (por eso, la traza de α es deno-minada espiral logar´ıtmica; ve´ase la figura).

(b) Demostrar queα0(t)(0,0) cuando t + y que: l´ım

t→+∞

Z t

t0

kα0(t)kdt

es finita, o sea, α tiene longitud de arco finita en [t0,+).

x y

Soluci´on:

(a) Sabemos que l´ım t→+∞e

bt = 0 cuando b < 0 y como las funciones cost y sent son acotadas podemos concluir que

l´ım t+∞e

btcost= l´ım t→+∞e

btsent= 0 por lo que l´ım

(21)

(b) Tenemos que

α0(t) = (aebt(bcostsent), aebt(bsent+ cost)).

Entonces,

Z t

t0

kα0(t)kdt =

Z t

t0

aebt[(bcostsent)2+ (bsent+ cost)2]1/2dt

= a

Z t

t0

ebt[b2+ 1]1/2dt

= a√b2+ 1

Z t

t0

ebtdt

= a

b

b1 + 1(ebt

−ebt0)

por lo que

l´ım t→+∞

Z t

t0

kα0(t)kdt= l´ım t→+∞

a b

b1+ 1(ebtebt0) =a

b

b2+ 1ebt0 ,

esto es, α tiene longitud de arco finita.

1.11. Sea α : I R3 una curva diferenciacble y sea [a, b] I un intervalo

cerrado. Para cada partici´on:

a=t0 < t1 < . . . < tn =b

de [a, b], considere la suma Pni=1|α(ti)−α(ti−1)| = l(α, P), donde P

representa la partici´on dada. La norma |P|de la partici´on se defini por:

|P|= m´ax(ti−ti−1), i= 1,· · ·, n .

Geom´etricamente, l(α, P) es la longitud de un pol´ıgono inscrito en

(22)

b b b b b b b b

α(tn)

α(tn−1)

α(ti)

α(t0)

α(t1) α(t2)

α

Pru´ebese que dado unε >0 existe unδ > 0 tal que si|P|< δ entonces:

Z b a k

α0(t)kdtl(α, P)

< ε .

Soluci´on: Por la definici´on de integral, dado ε > 0, existe un δ1 > 0 tal que si |P|< δ1, entonces

Z b a k

α0(t)kdt

−X(ti−ti−1)kα0(ti)k

< ε

2 .

Por otro lado, comoα0 es uniformemente continua en [a, b], dado ε >0, existe δ2 >0 tal que su t, s[a, b] con |ts|< δ2, entonces

kα0(t)α0(s)k< ε

2|a−b|.

Tomandoδ= m´ın{δ1, δ2}, entonces si|P|< δ, obtenemos, utilizando el teorema del valor medio para funciones en varias variables,

Xkα(ti−1)−α(ti)k −

X

(ti−1−ti)kα0(ti)k

≤ X

(ti−1−ti) sup

si

kα0(si)k −X(ti−1−ti)kα0(ti)k

≤ X

(ti−1−ti) sup

si

kα0(si)α0(ti)k

≤ ε 2 ,

(23)

1.12. (a) Seaα :I R3 una curva de claseC0: Utilicese la aproximaci´on

po-ligonal descrita en el ejercicio 1.9 para dar una definici´on razonable de longitud de arco para α.

(b) Una curva no rectificable. El siguiente ejemplo demuestra que, con cualquier definici´on razonable, la longitud de arco de una curva C0

es un intervalo cerrado podr´ıa no ser acotada. Sea α : [0,1] R2

dada por

α(t) =

(

(t, tsin(π/t)) si t6= 0 (0,0) si t= 0

Demostrar, geom´etricamente, que la longitud de arco de la porci´on de curva correspondiente a 1

(n+ 1) ≤t≤ 1

n es al menos 2/(n +

(1/2)). Util´ıcese esto para establecer que la longitud de la curva en el intervalo 1

N ≤t≤1 es mayor que 2

N

X

n=1

1

n+ 1, y por lo tanto, tiende a infinito cuando N → ∞.

Soluci´on:

(a) Tomando una partici´on del intervalo I, P = {t0, t1, ..., tk} ⊂ I y definimos la longitud de arco.

s(t) = l´ım k→∞

k

X

i=0

|α(ti)−α(ti−1)|.

(b) Para t sucesivamente igual a 2 2, 2 3, 2 4, 2 5, 2 6, . . . ,

2

n+ 1

y(t) =tsin(π/t) asume los valores 0,2

3,0, 2 5,0,−

2

7,0, . . . ,(−1) n 2

2n+ 1 . Por lo tanto, tomando la partici´on

P =

0, 2 k+ 1,

2

k, . . . ,

1 3, 2 5, 1 2 2 3,1

(24)

Tenemos que:

l(p) = k

X

i=1

|y(ti)y(ti−1)|

= 2 3 + 2 3+ 2 5+ 2

5+· · ·+ 2 k + 2 k = 2 1 3+ 1 3+ 1 5+ 1

5+· · ·+ 1 k + 1 k ≥ 2 1 3+ 1 4+ 1

5+· · ·+ 1

k +

1

k+ 1

,

comos(t)l(p) y la serie armonica ∞

X

i=1

1

i diverge. Se concluye que

la longitud de arco no es acotada.

1.13. Seaα=α(t),t[a, b] una curva parametrizada de claseC1 conα(a) = p,α(b) =q.

a) Pruebe que si~v es un vector unitario, entonces

h(qp), ~vi=

Z b

a h

α0(t), ~vidt

Z b

a k

α0(t)kdt

b) Escogiendo ~v apropiado, deduzca que

kα(a)α(b)k ≤

Z b

a k

α0(t)kdt ,

esto es, la curva de menor longitud desde α(a) a α(b) es la l´ınea recta que une estos puntos.

Soluci´on:

(a) Afirmamos que si f, g: [a, b]Rn son de claseC1 entonces

Z b

a h

f0(t), g(t)idt= hf(t), g(t)ib a−

Z b

a h

(25)

En efecto,

Z b

a h

f0(t), g(t)idt =

Z b

a n

X

i=1

fi0(t)gi(t)dt

= n X i=1 Z b a

fi0(t)gi(t)dt

= n

X

i=1

fi(t)gi(t)b a−

Z b

a

fi(t)g0i(t)dt

= n

X

i=1

fi(t)gi(t)b a− n X i=1 Z b a

fi(t)gi0(t)dt

= hf(t), g(t)ib a− Z b a n X i=1

fi(t)g0i(t)dt

= hf(t), g(t)ib a−

Z b

a h

f(t), g0(t)idt .

Luego, tenemos que

Z b

a h

α0(t), vidt = hα(t), vib

a−

Z b

a h

α(t), v0idt

= hα(b), vi − hα(a), vi

= hα(b)α(a), vi

= h(qp), vi.

Por otro lado, notemos que

Z b

a h

α0(t), vidt

Z b a h

α0(t), vidt

≤ Z b a |h

α0(t), vi|dt

Z b

a k

α0(t)k · kvkdt=

Z b

a k

α0(t)kdt .

La tercera de las desigualdades, no es mas que la famosa desigualdad de Cauchy-Schwartz

(b) Tomando el vector ~v = kqqppk el cual es unitario de lo anterior obtenemos

Z b

a k

α0(t)kdt≥ h(qp), ~vi= h(q−p),(q−p)i

(26)

1.14. Sup´ongase que α(I) R2 y dotese de signo a κ como en el texto.

Transp´ortese los vectores t(s) paralelamente as´ı mismos de forma que los or´ıgenes de t(s) coinsidan con el origen de R2; los extremos de t(s)

describen entonces una curva parametrizada s t(s) denominada la indicatriz de tangentes deα. Sea θ(s) el ´angulo dee1 at(s) en la

orien-taci´on de R2. Demostrar (a) y (b); n´otese que estamos admitiendo que κ6= 0.

(a) La indicatriz de tangentes es una curva parametrizada regular. (b) dt

ds =

dθ ds

n, o sea,κ = dθ

ds.

Soluci´on:

(a) Supongamos que, la indicatriz de tangentes es una curva parametri-zada no regular, entonces existe s0 ∈I tal que t(s0) = 0, entonces

t0(s0) = 0⇒ |α00(s0)|= 0κ(s0) = 0

lo cual es una contradicci´on, pues estamos asumiendo que κ6= 0. (b) Sabemos que θ(s) = ´angulo(e1, t(s)). Podemos suponer sin p´erdida

de generalidad que α : I R2 es una curva parametrizada por

longitud de arco, es decir, kα0(t)k= 1.

Si dθ es el ´angulo entre t(s+) y t(s) entonces

|t(s+)t(s)|= 2 sin

1 2dθ

∼ =dθ .

Luego,

κ=|t0(s)| =

l´ım→0

t(s+)t(s)

= l´ım→0

|t(s+)t(s)| ||

= l´ım →0

2 sin 1 2dθ

|| = l´ım→0 dθ

||

= l´ım →0

´angulo(e1, t(s+))´angulo(e1, t(s))

= dθ

(27)

1.15. Una curva parametrizada regularα tiene la propiedad de que todas sus rectas tangentes pasan por un punto fijo.

(a) Probar que la traza deα es (un segmento de) una recta. (b) ¿Se satisface todav´ıa la conclusi´on de (a) si α no es regular? Soluci´on:

(a) El vector velocidad α0(t), cuando es diferente de cero, determina una recta tangente de la curva α en el punto α(t), a saber:

L={α(t) +rα0(t) :rR}.

Sea x0 el punto fijo tal que x0 ∈/ α(I), entonces para cada t ∈ I

existe r(t)R tal que

x0 =α(t) +r(t)α0(t),

derivando obtenemos

0 =α0(t) +r0(t)α0(t) +r(t)α00(t) = (1 +r0(t))α0(t) +r(t)α00(t).

Haciendo el producto interno con α00(t) se obtiene 0 = h(1 +r0(t))α0(t) +r(t)α00(t), α00(t)i

= (1 +r0(t))hα0(t), α00(t)i+r(t)hα00(t), α00(t)i = (1 +r0(t))hα0(t), α00(t)i+r(t)kα00(t)k = (1 +r0(t))hα0(t), α00(t)i+r(t)κ(t) = r(t)κ(t),

ya que si

kα0(t)k= 1⇔ hα0(t), α0(t)i= 12hα00(t), α0(t)i= 0α00(t)α0(t).

En resumen hemos obtenido que

r(t)κ(t) = 0, t I .

(28)

(b) Si α no es regular en alg´un punto entonces en estos puntos no est´a bien definida una recta tangente.

1.16. Una traslaci´on por un vector v R3 es la aplicaci´on A : R3 R3

dada por A(p) = p+v, p R3. Una aplicaci´on lineal ρ : R3 R3 es

una transformaci´on ortogonal cuandohρu, ρvi=hu, vi,u, v R3. Un

movimiento r´ıgido en R3 es el resultado de componer una traslaci´on y

una transformaci´on ortogonal con determinante positivo.

(a) Demostrar que la norma de un vector y el ´angulo θ entre dos vec-tores, 0 θ π, son invariantes frente a transformaciones ortogo-nales con determinante positivo.

(b) Desmostrar que el producto vectorial de dos vectores es invarian-te freninvarian-te a transformaciones ortogonales con deinvarian-terminaninvarian-te positivo. ¿Es cierto a´un la afirmaci´on si suprimimos la condici´on determi-nante positivo?

(c) Demu´estrese que la longitud de arco de, la curvatura y la torsi´on de una curva parametrizada (siempre que est´en definidos) son in-variantes frente a movimientos r´ıgidos.

Soluci´on:

(a) Sea ρ:R3 R3 una transformaci´on ortogonal entonces:

kρuk2=hρu, ρui=hu, ui=kuk2 ⇒ kρuk=kuk, uR3.

Tenemos que si u, v R3 entonces

cos](u, v) = hu, vi

kukkvk =

hρu, ρvi

kρukkρvk = cos](ρu, ρv).

(b) Tenemos que

u×v =kukkvksin](u, v)zb=kρukkρvksin](ρu, ρv)bz =ρu×ρv

donde bz es el vector que resulta de la regla de la mano derecha. Consideremos ρ :R3 R3 dada por ρ(x, y, z) = (x, y, z) luego

(29)

y la representaci´on matricial de ρ en la base can´onica de R3 es

[ρ] =

  

−1 0 0 0 1 0 0 0 1

 

⇒det[ρ] =1

pero

u×v 6=ρu×ρv .

(c) Consideremos ϕ : R3 R3 dada por ϕ = ρ A un movimiento

r´ıgido. Sea P ={t0, t1, ..., tn} una partici´on de I ⊂R entonces

l(α) = l´ım |P|→0

X

P

kα(ti)−α(ti−1)k

= l´ım |P|→0

X

P

k(α(ti) +v)(α(ti−1) +v)k

= l´ım |P|→0

X

P

kA(αi)−A(α(ti−1))k

= l´ım |P|→0

X

P

kρ(A(αi)−A(α(ti−1)))k

= l´ım |P|→0

X

P

kρ(A(αi))−ρ(A(α(ti−1)))k=l(ϕ◦α).

Notemos que

(Aα)(t) = α(t) +v, (Aα)0(t) =α0(t), (Aα)00(t) =α00(t).

Adem´as

d

dt(ρ◦α) =ρ◦α

0, d2

dt2(ρ◦α) = ρ◦α00.

Entonces

κα(t) = |α0(t)×α00(t)| |α0(t)|3

= |(A◦α)

0(t)×(Aα)00(t)| |(Aα)0(t)|3

= |ρ((A◦α)0(t))×ρ((A◦α)00(t))| |ρ((Aα)0(t))|3

= | d

dt(ρ◦A◦α)(t)× d2

dt2(ρ◦A◦α)(t)|

|d

dt(ρ◦A◦α)(t)|3 = |

d

dt(ϕ◦α)(t)× d2

dt2(ϕ◦α)(t)|

|dtd(ϕ◦α)(t)|3

(30)

De manera similar se obtiene que

τϕ◦α(t) =−

D

d

dt(ϕ◦α)× d2

dt2(ϕ◦α), d 3

dt3(ϕ◦α)

E

d

dt(ϕ◦α)× d2

dt2(ϕ◦α)

2 =τα(t).

1.17. Sea α : I R2 una curva parametriza regular plana con curvatura κ=κ(s)6= 0. En esta situaci´on, la curva

β(s) = α(s) + 1

κ(s) n(s), t∈I se denomina la evoluta de α.

b

b

b

b

b

b

b

b

α β

(a) Pruebe que la recta tangente a β(s) coincide con la recta normal a

α en α(s).

(31)

Soluci´on:

(a) Supongamos queαest´a parametrizada por arco, basta observar que

β0(s) = t(s) +

n(s)

κ(s)

0

= t(s) + n0(s)κ(s)−n(s)κ0(s)

κ2(s)

= t(s) + −κ

2(s)t(s)n(s)κ0(s)

κ2(s)

= κ0(s)

κ2(s)n(s) =r(s)n(s).

Se deduce que la recta tangente aβ coincide con la recta normal de

α.

(b) Observe primero que

kβ(s)α(s)k=

nκ((ss))

= |κ(1s)|

las rectas normales en s1 y s2 son:

L1(r) =α(s1) +rn(s1), L2(p) =α(s2) +pn(s2).

Los puntos de intersecci´on se obtendr´an si:

L1(r) = L2(p) α(s2)α(s1) =rn(s1)pn(s2) ⇒ α(ss22)−α(s1)

−s1 =

rn(s1)−pn(s2)

s2s1 .

Note que cuando s2 s1 rp. Entonces

α0(s

2) = l´ım

s2→s1

α(s2)−α(s1)

s2s1 = l´ıms2→s1

rn(s1)−pn(s2)

s2s1 =pn

0(s

2).

Luego,

1 = hα0(s2), α0(s2)i = hα0(s2), pn0(s2)i

= hα0(s2),pκ(s2)α0(s2)i

= pκ(s2)hα0(s2), α0(s2)i=pκ(s2).

Entonces κ(s2) =−

1

(32)

1.18. Demuestre que el largo de arco de la evoluta de α=α(t) esu0 1 κs(s), donde u0 es una constante.

Soluci´on: Supongamos que α esta parametrizada por arcopar´ametro, sabemos que la evoluta es dada por:

β(s) = α(s) + 1

κ(s) n(s). Entonces

β0(s) = t(s) κ0(s)

κ2(s)n(s) +

1

κ(s)(−κ(s)t(s)) = −

κ0(s)

κ2(s)n(s).

Entonces, el largo de arco de la evoluta es

u(s) =

Z s

s0

kβ0(t)kdt=

Z s

s0

κ0(t)

κ2(t)dt= −

1

κ(t)

s s0

=u0 1 κ(s) donde u0 = 1/κ(s0) es una constante.

1.19. Demuestre que la evoluta del cicloide

α(t) = a(tsint,1cost), 0< t <2π,

donde a >0 es una constante, es

β(t) =a(t+ sint,1 + cost)

Soluci´on: Notemos que α0(t) =a(1cost,sint), entonces kα0(t)k = aq(1cost)2+ sin2t

= ap12 cost+ cos2t+ sin2t

= a√22 cost

= 2a

r

1cost

2 = 2asin(t/2). Entonces el vector tangente unitario es:

t = α0(t) kα0(t)k =

a(1cost,sint) 2asin(t/2) =

1 2

1cos(t) sin(t/2) ,

sint

sin(t/2)

= 1 2

2 sin2(t/2) sin(t/2) ,

2 sin(t/2) cos(t/2) sin(t/2)

(33)

Luego, el vector normal unitario es n= (cos(t/2),sin(t/2)) y adem´as

α00(t) =a(sint,cost), entonces la curvatura es:

κ(t) = a

2((1cost) costsin2t)

kα0(t)k3 =

a2(costcos2tsin2t)

(2asin(t/2))3

= a

2(cost1)

8a3sin3(t/2) =

cos2(t/2)sin2(t/2)

−1 8asin3(t/2) =

−2 sin2(t/2) 8asin3(t/2)

= 1

4asin(t/2). Por lo tanto, la evoluta es:

β(t) = a(tsint,1cost)(4asin(t/2))(cos(t/2),sin(t/2)) = a(t+ sint,1 + cost).

Observe que cuando reparametrizamos por ˜t=t+πobtenemos la curva

a(˜tsin ˜t,1cos ˜t) +a(π,2) que es una traslaci´on de la curva α original.

1.20. La traza de la curva parametrizada

α(t) = (t,cosht), tR,

se denomina catenaria

(a) Demostrar que la curvatura con signo de la catenaria esκ(t) = 1 cosh2t.

(b) Demostrar que la evoluta de la catenaria es

β(t) = (tsinhtcosht,2 cosht).

Soluci´on:

(a) Tenemos que

α0(t) = (1,sinht), α00(t) = (0,cosht).

Sabemos que siα:I R2es una curva plana conα(t) = (x(t), y(t))

entonces la curvatura con signo de α en t es

(34)

Entonces

κ(t) = cosht

(1 + sinht)3/2 =

cosht

(cosh2t)3/2 =

1 cosh2t .

(b) Sabemos que la evoluta esta dada por

β(t) =α(t) + 1

κ(t)n(t), t ∈I .

Basta hallar el vector normal n(t), el cual debe satisfacer

n(t)α0(t) y kn(t)k= 1.

Si α(t) = (α1(t), α2(t)), basta considerar

n(t) = (−α02(t), α01(t)) kα0(t)k entonces

n(t) = p(−sinht,1)

sinh2t+ 1 =

coshsinhtt, 1

cosht

.

Por lo tanto,

β(t) = α(t) + 1

κ(t)n(t) = (t,cosht) + cosh2t

coshsinhtt, 1

cosht

= (t,cosht) + (sinhtcosht,cosht) = (tsinhtcosht,2 cosht).

1.21. Sea α : I R3 una curva parametrizada regular (no necesariamente

por longitud de arco) y sea β :J R3 una reparametrizaci´on de α(I)

por longitud de arco s = s(t), medida desde t0 I. Sea t = t(s) la funci´on inversa des y def´ınanse dα

dt =α

0, d2α

dt2 =α

00, etc. Demostrar las siguientes afirmaciones

(a) dt

ds =

1 kα0k,

d2t ds2 =−

(35)

(b) La curvatura de α en t I es

κ(t) = kα0×α00k kα0k3 .

(c) Si α : I R2 es una curva plana α(t) = (x(t), y(t)) la curvatura

con signo de α en t

κ(t) = x0y00−x00y0 ((x0)2+ (y0)2)3/2 .

Soluci´on:

(a) Notemos que si β =αt entonces β0(s) =α0(t(s))t0(s) ⇒ 1 =kβ0(s)k=kα0(t(s))t0(s)k=t0(s)kα0(t(s))kdsdt =t0(s) = 1

kα0(t(s))k = 1 kα0k . Entonces

d2t ds2 =

−dkdtα0k kα0k2 =

−hα0, α00i kα0k

kα0k2 =−

hα0, α00i kα0k3 .

(b) Tenemos que

β0 = (αt)t0, β00= (α00t)(t0)2+ (α0t)t00.

Sabemos que

b(s) = t(s)×n(s), κ(s)b(s) = t(s)×κ(s)n(s), κ(s)b(s) = t(s)×t0(s).

Entonces,

κ(s) = kβ(s)×β00(s)k

= k{(α0(t(s))t0(s)} × {α00(t(s))(t0(s))2+α0(t(s))t00(s)}k

= k(t0(s))3{α0(t(s))×α00(t(s))}+t0(s)t00(s){α0(t(s))×α0(t(s))}k = (t0(s))3kα0(t(s))×α00(t(s))k

(36)

Por lo tanto, se tiene que:

κ(t) = kα0 ×α00k kα0k3 .

(c) Notemos que n(s) = (β2(s), β1(s))

β00 =κn

(

β00

1(s) =−κ(s)β20(s) β00

2(s) = κ(s)β10(s)

(

−β100β20 =κ(β20)2 β00

2β10 =κ(β10)2

Sumando ambas expresiones se obtiene:

κ =β200β10 β100β20

como β =αtβ0 = (α0t)t0, es decir,

(

β0

1(s) =α01(t(s))t0(s) β0

2(s) =α02(t(s))t0(s)

y adem´as

(

β00

1(s) = (α100(t(s)))(t0(s))2+α01(t(s))t00(s) β00

2(s) = (α200(t(s)))(t0(s))2+α02(t(s))t00(s)

Luego,

κ = {(α002 t)(t‘)2+ (α20 t)t00}{(α01t)t0}

−{(α001 t)(t‘)2+ (α10 t)t00}{(α02t)t0}

= {α002(t(s))α01(t(s))α100(t(s))α02(t(s))}(t0(s))3 = {α002(t(s))α01(t(s))−α001(t(s))α02(t(s))}

{(α0

1(t(s)))2+ (α20(t(s)))2}3/2 .

(37)

Soluci´on: Supongamos que α est´a arcoparametrizada. Si α est´a en una esfera de centro en a y radio r entonces

kα(s)ak2 =r2.

Derivando esta ecuaci´on obtenemos: ht, αai= 0

volviendo a derivar y usando las ecuaciones de Frenet obtenemos ht0, αai+ht, ti= 0⇒ hκn, αai+ktk2

|{z}

1

= 0.

Entonces, κhn, αai = 1. Como κ 0 y usando la desigualdad de Cauchy-Schwartz obtenemos

1 = |κ(s)| · |hn(s), α(s)ai| ≤ |κ(s)| · kn(s)kkα(s)ak=κ(s)r .

Por lo tanto, κ(s)1/r.

1.23. Sean r >0 y α:RR2 una parametrizaci´on por longitud de arco tal

que el trazo de α est´a contenida en el disco cerrado de centro el origen y radio r, cuya curvatura cumple que

|κ(s)| ≤ 1

r .

para cada s R. Demostrar que la curva es un arco de circunferencia

de centro el origen y radio r.

Soluci´on: Denotamos por

Dr ={z R2 :kzk ≤r}.

Afirmaci´on: Si κα(s0) < 1

r entonces α(s) ⊆ R 2

\Dr para todo 0 <

|ss0|< δ.

En efecto, basta considerar la funci´on

(38)

donde p=α(s0) +rn(s0), entonces ϕ0(s) = 2ht(s), α(s)pi

ϕ00(s) = 2ht0(s), α(s)pi+ 2ht(s), t(s)i= 2hκ(s)n(s), α(s)pi+ 2.

Luego, evaluando en s=s0 obtenemos

ϕ(s0) = kα(s0)α(s0)rn(so)k2 =r2kn(s0)k=r2 ϕ0(s0) = 2ht(s0),rn(s0)i=2rht(s0), n(s0)i= 0 1

00(s0) = hκ(s0)n(s0),rn(s0)i+ 1 = 1(s0). Note que ϕ00(s0)>0 si κ(s0)<1/r.

Entonces, el desarrollo de Taylor deϕ en un entorno des=s0 satisface

ϕ(s) = ϕ(s0) +ϕ0(s0)(ss0) +ϕ00(s0)(s−s0)

2

2 +R

= r2+ (1rκ(s0))(s−s0)

2

4 +R > r

2

para 0 < |ss0| < δ, lo cual implica que α(s) R2 \Dr para todo

0<|ss0|< δ.

Ahora, por otro lado si α(s)Dr entonces κ(s)1/ry como |κ(s)| ≤

1/r entonces necesariamente se tiene que |κ(s)| = 1/r lo cual implica queα es una arco de circunferencia.

1.24. Pruebe que una condici´on necesaria y suficiente para que una curva

α:I R3 est´e sobre una esfera es que τ

κ =

κ0

κ2τ

0

.

Soluci´on:

⇒ Siα:I R3 est´a en una esfera de centro ena y radior entonces

ak2 =r2, es decir, hαa, αai=r2.

Derivando obtenemos

(39)

Derivando (1.7) y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos: ht0, αai+ht, ti= 0 ⇒ hκn, αai+ktk2 = 0

⇒ κhn, αai+ 1 = 0 ⇒ hn, αai=1

κ . (1.8)

Derivando (3.8) y usando la perpendicularidad del triedro de Frenet obtenemos:

hn0, αai+hn, ti

| {z }

0

= κ0

κ2 ⇒ h−κt+τ b, α−ai= κ0

κ2

⇒ −κht, αai

| {z }

0

hb, αai= κ0

κ2

⇒ hb, αai= κ 0

κ2τ .

El t´ermino que es cero es debido a la ecuaci´on (1.7), derivando la ´ultima igualdad obtenemos:

h−τ n, αai+hb, ti

|{z}

0

=

κ0

κ2τ

0

⇒ −τhn, αai=

κ0

κ2τ

0

.

Reemplazando (3.8) en la ´ultima igualdad se obtiene lo pedido

τ

κ =

κ0

κ2τ

0

.

⇐ Sean ρ= 1/κyσ = 1/τ entonces nuestra hip´otesis es equivalente a:

ρ=σ(ρ0σ)0.

Usando esta informaci´on note que

(ρ2 + (ρ0σ)2)0 = 2ρρ0+ 2(ρ0σ)(ρ0σ)0 = 0.

Luego,ρ2+ (ρ0σ)2 es igual a una constante, digamos ar2. Consideremos a=α+ρn+ρ0σb, entonces

(40)

Luego, a es constante y

ak2 =ρ2+ (ρ0σ)2 =r2,

es decir, α est´a contenida en una esfera de centro en a y radio r. 1.25. Probar que si todos los planos normales a una curva pasan por un punto

fijo entonces la curva est´a contenida en una esfera.

Soluci´on: La ecuaci´on del plano normal en γ(t) es hy γ, ti = 0. Sia es el punto fijo, entonces

hay, ti= 0. (1.9)

Derivando y usando Frenet-Serret obtenemos

ht, ti+haγ, t0i= 0 ⇒ ktk2+haγ, κni= 0 ⇒ haγ, ni=1

κ . (1.10)

Derivando nuevamente y usando Frenet-Serret ht, ni+haγ, n0i= κ0

κ2 ⇒ ha−γ,−κt+τ bi= κ0

κ2

⇒ −κhaγ, tihaγ, bi= κ0

κ2 . (1.11)

Si (1.9) en (1.11) obtenemos ha γ, bi = κ 0

κ2τ, derivando y usando

Frenet-Serret

−τhγa, ni=

κ0

κ2τ

0

. (1.12)

Si (1.10) en (1.12) resulta

τ

κ =

κ0

κ2τ

(41)

1.26. Demu´estrese que el conocimiento de la funci´on vectorial b = b(s), el vector binormal, de una curvaα, cuya torsi´on nunca es nula, determina la curvatura κ(s) y el valor absoluto de la torsi´on τ(s) de α.

Soluci´on:Como se conoce b(s) , entonces se conoce b0(s) = τ(s)n(s) lo que implica que |τ(s)| =kb0(s)k. De lo anterior se deduce que salvo el signo podemos determinar el vector tangente mediante

t(s) =n(s)×b(s)

como siempre κ(s) > 0 y usando la ecuaci´on de Frenet-Serret t0(s) =

κ(s)n(s) obtenemos que:

κ(s) =|κ(s)|=|κ(s)|kn(s)k=kκ(s)n(s)k=kt0(s)k.

1.27. Sea α(s) una curva enR3 con arco-par´ametro y torsi´on constante τ. Si

{Tα, Nα, Bα} es su triedro m´ovil se define una nueva curva por

β(t) = 1

τNα(t) +

Z t

0

Bα(s)ds .

Calcular la curvatura y la torsi´on de β.

Soluci´on: Derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-nemos

β0 = 1

τN

0

α+Bα =− 1

τ(−κTα+τ Bα) +Bα= κ τTα

β00 = κ 0

τTα+ κ2

τ Nα

β000 = κ00

τ Tα+ κκ0

τ Nα+

2κ0κ

τ Nα− κ3

τ Tα+κ

2B

α

= κ00−κ

3

τ Tα+

3κκ0

τ Nα+κ 2B

α

entonces

β0×β00= κ

3

τ2Bα , kβ0k

3 = κ3

τ3 ⇒ κβ =

kβ0×β00k kβ0k3 =τ

y as´ı

hβ0×β00, β000i= κ

5

τ2 ⇒ τβ =

hβ0×β00, β000i kβ0×β00k2 =

(42)

1.28. Sea κ:I R la funci´on curvatura de la parametrizaci´on por longitud

de arcoα. Probar la igualdad:

hα0(s), α0000(s)i=3κ(s)κ0(s)

Soluci´on: Usaremos las ecuaciones de Frenet-Serret y una especie de derivada por partes para el producto interno.

hα0, α0000i = d

dshα

0, α000i − hα00, α000i

= d

dsht, t

00i − ht0, t00i

= d

dsht,(κn)

0i − hκn,(κn)0i

= d

dsht, κ

0n+κn0i − hκn, κ0n+κn0i

= d

ds{κ

0ht, ni

| {z }

0

ht, n0i} −κκ0hn, ni

| {z }

1

hn, n0i

= d

ds{κht,−κt+τ bi} −κκ

0+κhn,κt+τ bi

= d

ds{−κ 2

ht, ti

|{z}

1

ht, bi

|{z}

0

} −κκ0 κ2hn, ti

| {z }

0

hn, bi

| {z }

0

= d

ds{−κ 2

} −κκ0 =2κκ0κκ0 =3κκ0.

1.29. Encontrar todas las funciones f(t) tales que

α(t) = (cost,sent, f(t)) sea una curva plana.

Soluci´on: Sabemos que la curvatura de una curva α : [a, b] R3

esta dada por

τ(t) =h(α0×α00), α000i kα0 ×α00k2

(43)

Ahora bien, tenemos que

α0 = (sent,cost, f0)

α00 = (cost,sent, f00)

α000 = (sent,cost, f000)

α0 ×α00 = (costf00+ sentf0,sentf00costf0,1) hα0×α00, α000i = f0+f000 = 0f000 =f0

Por lo tanto, f(t) =αcost+βsent+γ con α, β, γ R.

1.30. Determine la curva plana que tiene κ(s) = 1

s .

Soluci´on: Consideremos ϕ(s) =

Z s

0

κ(u)du y

γ(s) =

Z s

0

cosϕ(t)dt,

Z s

0

senϕ(t)dt

entonces t(s) = (cosϕ(s),senϕ(s)) y n(s) = (senϕ(s),cosϕ(s)). Se verifica que

γ00(s) =ϕ0(s)(senϕ(s),cosϕ(s)) = κ(s)n(s).

Calculando obtenemos que

ϕ(s) =

Z s

0

u−1/2du= 2√u .

Por lo tanto,

γ(s) =

Z s

0

cos(2√t)dt,

Z s

0

sen(2√t)dt

= (cos(2√s) + 2√ssen(s√2),sen(2√s)2√scos(2√s)) + (1,0).

1.31. Considere la curva

α(s) =

acos

s

a2 +b2

, asin

s

a2 +b2

, b√ s

a2+b2

.

Hallar la curvatura y la torsi´on.

Soluci´on: Denotemos por ω= 1

(44)

Note que kα0(s)k= 1 entonces t =α0(s) y

t0 = (aω2cosωs,aω2sinωs,0) =κ(s)n(s)

La ´ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret, se sigue que κ(s) = aω2 y n = (cosωs,sinωs,0). Sabemos que el vector

binormal es dado por

b(s) =t×n = (bωsinωs,bωcosωs, aω)

Entonces,

b0(s) = (bω2cosωs, bω2sinωs,0) =τ(s)n(s)

La ´ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret. Por lo tanto, τ(s) =bω2.

1.32. Sea α una curva cuyas funciones curvatura y torsi´on no se anulan. Se dice que es una h´elice de eje el vector unitarioωy ´anguloθsi los vectores tangentes a α forman un ´angulo θ con ω.

(a) Probar que en tal caso el vector ω es combinaci´on lineal de t y b; calcular los coeficientes de dicha combinaci´on lineal.

(45)

Soluci´on:

(a) Se tiene que

ht, ωi= cosθ = constante

entonces derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-nemos

0 = ht0, ωi=hκn, ωihn, ωi ⇒ hn, ωi= 0 lo que implica que ω=αt+βb y luego

hn, ωi= cosθ ⇔ ht, αti+ht, βbi= cosθ

⇒ αktk2

|{z}

1

ht, bi

|{z}

0

= cosθ α= cosθ

por otro lado, tenemos que

1 = kωk2=hαt+βb, αt+βbi=α2ktk2+β2kbk2 =α2+β2 β = senθ.

Por lo tanto, ω= cosθt+ senθb.

(b) Si α es h´elice entonces ω = cosθt+ senθb entonces derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos

0 = cosθt0+ senθb0 =κncosθτ nsenθ .

Luego, haciendo el producto punto del vector normal con el vector cero obtenemos

0 = hn,0i=hn, κncosθτ nsenθi

= κcosθknk2 τsenθknk2

entonces κ

τ = tanθ =constante.

Rec´ıprocamente, si κ

τ = constante = tanθ =

senθ

cosθ entonces

0 = κcosθτsenθ

= κcosθhn, ni −τsenθhn, ni

= hκncosθτ nsenθ, ni

(46)

lo que implica (tcosθ+bsenθ)0 = 0 entoncestcosθ+bsenθ=constante=

a por lo tanto,

ht, ai= cosθ = constante.

1.33. Sea α una curva plana parametrizada por largo de arco tal que para todos el ´angulo entre t(s) y α(s) es θ (fijo). Demuestre

(a) Si θ= 0 entonces la traza de α est´a contenida en una recta. (b) Si θ= π2, entonces la traza de α est´a contenido en un c´ırculo.

(c) Si 0< θ < π2, entonces la traza de α est´a contenido en una espiral logar´ıtmica.

Soluci´on:

(a) Sabemos que cosθ = ht, αi

ktkkαk. Si θ = 0 entonces

ht, αi

ktkkαk = 1. Se

concluye que α=rt con r6= 0, derivando obtenemos

t=r0t+rt0 =r0t+rκn .

Haciendo el producto interno con n

0 =ht, ni=r0ht, ni+rκhn, ni=rκκ0.

(b) Si θ = π

2 entonces

ht, αi

ktkkαk = 0, se concluye queα =rn con r 6= 0.

Derivando obtenemos

t=r0n+rn0 =r0nκrt .

Haciendo el producto interno con n obtenemos 0 =ht, ni=r0hn, ni −κrht, ni=r0.

Luego, r debe ser constante. Haciendo el producto interno de t

contra si mismo, obtenemos

1 = ht, ti=kκrtk2 = (κr)2 κ =±1

(47)

(c) Tomando α=r(tcosθ+nsinθ) y derivando obtenemos

t = r0(tcosθ+nsinθ) +r(t0cosθ+n0sinθ) = r0(tcosθ+nsinθ) +r(κncosθκtsinθ) = (rκcosθ+r0sinθ)n+ (r0cosθκrsinθ)t . Haciendo el producto interno de t con n obtenemos

r0cosθκrsinθ = 1

κrcosθ+r0sinθ = 0

/cosθ /sinθ

Luego, r0 = cosθr =scosθ y adem´asκr =sinθ. Por lo tanto,

κ= 1

s·cotanθ .

1.34. Pruebe que

Z 2π

0

p

a2sin2t+b2cos2t dt2πab, a, bR+

con igualdad si y s´olo si a=b.

Soluci´on: Usamos la desigualdad isoperim´etrica aplicada a la curva

α(t) = (acost, bsint)

que es una parametrizaci´on de la elipse. El ´area encerrada por la curva

α(t) = (x(t), y(t)) es dada por:

A(α) = 1 2

Z 2π

0

(xy0x0y)dt

= 1

2

Z 2π

0

((acost)(bcost)(asint)(bsint))dt

= 1

2

Z 2π

0

(abcos2t+absin2t)dt=abπ .

El largo de la curva es

l =

Z 2π

0 k

α0(t)kdt=

Z 2π

0

p

(asint)2+ (bcost)2dt

=

Z 2π

0

p

Figure

Actualización...

Referencias

Actualización...