Complementi di Matematica (A-K)- a.a. 2014/2015

ESERCIZI E COMPLEMENTI - parte 6



H) CURVE PARAMETRIZZATE

Nel seguito per apparato di Frenet si intende il triedro $T,N,B$ e le funzioni curvatura e torsione.

H1) Dopo aver verificato che la curva $\gamma(t)= (\cos^2(t), \cos(t), \sin(t))$, $t \in \mathbb{R}$, è regolare, se ne determini l'apparato di Frenet nel punto $\gamma(0)$. Si determini inoltre un'equazione cartesiana del piano osculatore e le coordinate del centro di curvatura relativi al punto $\gamma(0)$.
Soluzione: La curva è di classe $C^\infty$ perche' tali sono le funzioni trigonometriche. Si ha: $\gamma'(t)= ( -2\cos(t)\sin(t),-\sin(t),\cos(t))$, $\ v(t)=(1+4\cos^2(t)\sin^2(t))^{1/2} \ne 0$ per ogni $t \in \mathbb{R}$, dunque $\gamma$ è regolare. Si ha $v(0)=1$ e $T(0)=\gamma'(0)=(0,0,1)$. Inoltre: $\gamma''(t)=(2(\sin^2(t)-\cos^2(t)),-\cos(t),-\sin(t))$ e $\gamma''(0)=(-2,-1,0)$. Inoltre $\gamma'(0)\wedge \gamma''(0) = (1,-2,0)$. Quindi: $k(0) = \frac{||\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)||}{v(0)^3} = \sqrt{5}$. Si ha poi $\gamma'''(t)=(8\sin(t)\cos(t),\sin(t),-\cos(t))$, e quindi $\gamma'''(0)=(0,0,-1)$. Quindi $\tau(0)=\frac{\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)\bullet \gamma'''(0)}{||\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)||^2} = 0$. Si ha poi $B(0)=\frac{\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)}{\sqrt{5}} = (1/\sqrt{5},-2/\sqrt{5},0)$ e $N(0)=B(0)\wedge T(0) = (1/\sqrt{5},-2/\sqrt{5},0)\wedge (0,0,1)= (-2/\sqrt{5},-1/\sqrt{5},0)$. Il piano osculatore è il piano passante per $\gamma(0)=(1,1,0)$ e perpendicolare a $B(0)$. Quindi ha equazione cartesiana $X-2Y+1=0$. Infine il centro di curvatura è $C(0)= \gamma(0)+\frac{1}{\sqrt{5}} \left(-\frac{2}{\sqrt{5}}, -\frac{1}{\sqrt{5}},0 \right) = (1,1,0)+ (-2/5,-1/5,0) = (3/5,4/5,0)$.

H2) Si calcoli l'apparato di Frenet della curva $\gamma(t)=(t,t^2,t^3)$ nel punto $\gamma(0)$. Si determini inoltre un'equazione cartesiana del piano osculatore e le coordinate del centro di curvatura relativi al punto $\gamma(0)$.
Soluzione: Si ha $\gamma'(t)=(1,2t,3t^2)$, $\ \gamma''(t)=(0,2,6t)$, $\ \gamma'''(t)=(0,0,6)$, $v(t)=(1+4t^2+9t^4)^{1/2}$. In $\gamma(0)=(0,0,0)$ abbiamo $v(0)=1$, $T(0)=(1,0,0)$, $\ \gamma'(0)\wedge \gamma''(0)=(0,0,2)$, $\ k(0)= \frac{||\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)||}{v(0)^3} =2$. $\ B(0)=(0,0,1)$, $\ N(0)=B(0)\wedge T(0) = (0,1,0)$. Infine $\tau(0)= 12/4 = 3$. Il piano osculatore è $Z=0$, il centro di curvatura è $C(0)=(0,1/2,0)$.

H3) Si consideri la curva: $\beta(s)= \left(\frac{(1+s)^{3/2}}{3},\frac{(1-s)^{3/2}}{3},\frac{s}{\sqrt{2}}\right)$, definita in $(-1,1)$. Si dimostri che $\beta$ ha velocità unitaria, e se ne calcoli l'apparato di Frenet. Si calcoli la lunghezza di $\beta$ nell'intervallo $[-1/2,1/2]$.
Soluzione: Il vettore velocità di $\beta$ è $\mathbf{v}(s) = \left(\frac{(1+s)^{1/2}}{2},-\frac{(1-s)^{1/2}}{2},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ il quale ha modulo identicamente uguale a 1. Quindi $s$ è l'ascissa curvilinea e pertanto $\mathbf{v}(s)=\mathbf{T}(s)$. Per le formule di Frenet si ha $\mathbf{T}'(s) = k(s) \mathbf{N}(s)$. Calcolando si trova $k(s)=\frac{\sqrt{2}}{4(1-s^2)^{1/2}}$ e $\mathbf{N}(s) = \left(\frac{(1-s)^{1/2}}{\sqrt{2}},\frac{(1+s)^{1/2}}{\sqrt{2}},0 \right)$. Si ha $\mathbf{B}= \mathbf{T} \wedge \mathbf{N} = \left(-\frac{(1+s)^{1/2}}{2},\frac{(1-s)^{1/2}}{2}, \frac{s}{\sqrt{2}} \right)$. Derivando e applicando la terza formula di Frenet si trova $\tau(s)= - \frac{\sqrt{2}}{4(1-s)^{1/2}}$. La lunghezza di $\beta$ nell'intervallo indicato è uguale a 1 perche' è parametrizzata con ascissa curvilinea.

H4) Calcolare l'apparato di Frenet della curva $\alpha(t)= (3t-t^3, 3t^2,3t+t^3)$.
Soluzione: Le derivate sono: $\alpha'(t)= 3(1-t^2,2t,1+t^2)$, $ \ \alpha''(t)= 6(-t,1,t)$, $\ \alpha'''(t)= 6(-1,0,1)$. Quindi $v(t)=||\alpha'(t)|| = \sqrt{18}(1+t^2)$. Si ha poi: $\alpha'(t)\wedge \alpha''(t) = 18(-1+t^2,-2t,1+t^2)$ e $||\alpha'(t)\wedge \alpha''(t)|| = 18\sqrt{2}(1+t^2)$. Infine $\alpha'(t)\wedge \alpha''(t) \bullet \alpha'''(t)= 6\times 18 \times 2$. Applicando le formule si trova:
$\mathbf{T}=\frac{(1-t^2,2t,1+t^2)}{\sqrt{2}(1+t^2)}$, $\quad \mathbf{N}=\frac{(-2t,1-t^2,0)}{1+t^2}$, $\quad \mathbf{B} = \frac{(-1+t^2,-2t,1+t^2)}{\sqrt{2}(1+t^2)}$, $k(t)=\tau(t)= \frac{1}{3(1+t^2)^2}$.

H5) Calcolare il triedro di Frenet della curva $\alpha(t)=(1-\cos(t), \sin(t),t)$ nel punto $t=\frac{\pi}{2}$.
Soluzione: $\mathbf{T}=\frac{\sqrt{2}}{2}(1,0,1)$, $\quad \mathbf{N}= (0,-1,0)$, $\quad \mathbf{B}= \sqrt{2}(1,0,-1)$.

H6) Calcolare il triedro di Frenet della curva $y=x^2,\ z=2x$ nel punto $x=2$.
Soluzione: $\mathbf{T}=\frac{1}{\sqrt{21}}(1,4,2)$, $\quad \mathbf{N}= \frac{1}{\sqrt{105}}(-4,5,-8)$, $\quad \mathbf{B}= \frac{1}{\sqrt{5}}(-2,0,1)$.

H7) Dimostrare che la curva $\alpha(t) = (1+3t+2t^2,2-2t+5t^2,1-t^2)$ è piana, e determinare un'equazione cartesiana del piano che la contiene.
Soluzione: $2x+3y+19z-27=0$.

H8) Determinare un'equazione del piano osculatore della curva $x^2=4y, \ x^3=24 z$ nel punto $(6,9,9)$.
Soluzione: $9x-6y+2z-18=0$.



H9) Si consideri la curva $\gamma(s)=(\frac{4}{5}\cos s , 1-\sin s, -\frac{3}{5} \cos s)$, $s\in \mathbb{R}$. Verificare che $\gamma$ è regolare e parametrizzata da ascissa curvilinea. Dimostrare che $\gamma$ è una circonferenza, determinarne il centro, il raggio e un'equazione cartesiana del piano $\Pi$ che la contiene.
Soluzione. $\gamma'(s)= (- \frac{4}{5}\sin s,-\cos s, \frac{3}{5}\sin s)$ e si calcola subito che $||\gamma'(s)||=1$ identicamente. Quindi $\gamma'(s)=T(s)$. Derivando si trova: $k(s)N(s)=T'(s)= (- \frac{4}{5}\cos s, \sin s, \frac{3}{5}\cos s)$. Poiche' questo è un versore si deduce che identicamente $k(s)=1$ e quindi $R(s)=1$. Il centro di curvatura in $\gamma(s)$ è $C(s)=\gamma(s)+R(s)N(s)= (\frac{4}{5}\cos s , 1-\sin s, -\frac{3}{5} \cos s)+ (- \frac{4}{5}\cos s, \sin s, \frac{3}{5}\cos s) = (0,1,0))$. Quindi $\gamma(s)$ appartiene alla sfera di centro $(0,1,0)$ e raggio 1. Ora osserviamo che il versore binormale è $B(s)=(-\frac{3}{5},0,- \frac{4}{5})$ e quindi il piano osculatore in ogni punto è parallelo al piano $\Pi: 3X+4Z=0$. Ma il piano osculatore in ogni punto contiene il centro di curvatura, che non dipende da $s$. Ne consegue che la curva è contenuta nel piano $\Pi$ ed è una circonferenza, perche' si trova anche sulla sfera unitaria di centro $(0,1,0)$.