Ejercicios resueltos.

Transcripción

1 E.T.S. Arquitectura Curvas y super cies. Ejercicios resueltos.. Sea la curva intersección de la super cie z = xy con el cilindro parabólico y = x. Se pide: (a) En el punto P de coordenadas (0; 0; 0), obtener la ecuación del plano osculador de la super cie en P y la recta normal a la super cie en P. Solución. Una parametrización de dicha curva es la siguiente: Se tiene: (t) = t; t ; t 3 ; t R: 0 (t) = ; t; 3t ; t R; k 0 (t)k = p + 4t + 9t 4 6= luego no es la parametrización natural. (b) En el punto P de coordenadas (0; 0; 0), obtener las proyecciones de la curva sobre los planos del Triedro de Frenet. Solución. Hallamos los planos del triedro de Frenet en P. Primero calculamos el vector tangente, el normal y el binormal en P. Tenemos: t; t ; t 3 = (0; 0; 0) =) t = 0, luego P = (0); 00 (t) = (0; ; 6t) ; ~t(t) = p +4t ; t; 3t luego ~t(0) = (; 0; 0) +9t 4 i j k 0 (t) ^ 00 (t) = t 3t 0 6t = 6t ; 6t; ; ~ b(t) = p 4+36t 6t ; 6t; luego ~ b(0) = p +36t 4 4 (0; 0; ) = (0; 0; ); ~n(0) = ~ i j k b(0) ^ ~t(0) = 0 0 = (0; ; 0) : 0 0 Por tanto, las ecuaciones de los planos del Triedro de Frenet en el punto P son:

2 Plano osculador: z = 0. Plano normal: 0. Plano recti cante: y = 0. P X ~ b(0) = 0 () (x; y; z) (0; 0; ) = 0 () P X ~t(0) = 0 () (x; y; z) (; 0; 0) = 0 () x = P X ~n(0) = 0 () (x; y; z)(0; ; 0) = 0 () Luego las proyecciones de la curva sobre los planos del triedro de Frenet son: Proyección sobre el plano osculador: (t) = t; t ; 0, t R. Nótese que es la parábola y = x en el plano z = 0. Proyección sobre el plano normal: (t) = 0; t ; t 3, t R. Proyección sobre el plano recti cante: 3 (t) = t; 0; t 3, t R. (c) En el punto P de coordenadas (0; 0; 0), obtener la curvatura y la torsión de la curva. Solución. La torsión en P es: Teniendo en cuenta 8 >< >: (0) = [0 (0); 00 (0); 00 (0)] k 0 (0) ^ 00 (0)k : 0 (t) = ; t; 3t 00 (t) = (0; ; 6t) 000 =) (t) = (0; 0; 6) 0 (t) ^ 00 (t) = 6t ; 6t; tenemos: (0) = La curvatura en P es: k(0; 0; )k 8 >< >: (0) = k0 (0) ^ 00 (0)k k 0 (0)k 3 : 0 (0) = (; 0; 0) 00 (0) = (0; ; 0) 000 (0) = (0; 0; 6) 0 (0) ^ 00 (0) = (0; 0; ) = 4 = 3: Teniendo en cuenta 0 (0) = (; 0; 0) 0 (0) ^ 00 (0) = (0; 0; ) tenemos: (0) = k0 (0) ^ 00 (0)k k 0 (0)k 3 = :

3 . Sea la curva del parabolide z = x + y que se proyecta verticalmente sobre la parábola y = x, z = 0. Se pide el ángulo que forman las rectas tangentes en los puntos P = (0; 0; 0) y P = (; ; ). Solución. Una parametrización de dicha curva es la siguiente. La curva es la intersección del parabolide z = x + y con el cilindro parabólico y = x. Como y = x, tomo x = t y por tanto, z = t +(t ) = t +t 4. Tenemos: (t) = t ; t; t + t 4 ; t R: Luego, y 0 (t) = t; ; t + 4t 3 ; t R; (0; 0; 0) = t ; t; t + t 4 =) t = 0 luego P = (0); (; ; ) = t ; t; t + t 4 =) t = luego P = (): Por tanto, de 0 (0) 0 () = k 0 (0)k k 0 ()k cos ; 0 (0) = (0; ; 0) ; 0 () = (; ; 6) ; obtenemos: cos = p = p 4 :

4 3. Sea S la super cie de revolución obtenida al girar alrededor del eje X la curva de ecuaciones cartesianas: y = e x, z = 0. Se pide: (a) Una representación paramétrica regular de S. Solución. La matriz de giro alrededor del eje X es: cos sin A 0 sin cos y una parametrización de la curva es: (t) = (t; e t ; 0), t R. Por tanto, 0 t e t cos sin A = t e t cos e t sin : 0 sin cos Una representación regular de S es: ~r(t; ) = t; e t cos ; e t sin ; t R; [0; ). (b) Puntos singulares de dicha parametrización. Solución. Tenemos: Luego, ~r t (t; )^~r (t; ) = ~r t (t; ) = ; e t cos ; e t sin ; ~r (t; ) = 0; e t sin ; e t cos : i j k e t cos e t sin 0 e t sin e t cos = (et ; e t cos ; e t sin ): Como e t > 0, el vector ~r t (t; ) ^ ~r (t; ) no se anula para ningún valor de t ni de. (c) Clasi car los puntos de la super cie. Solución. Tenemos: ~N(t; ) = ~r t(t;)^~r (t;) k~r t (t;)^~r (t;)k = p e t (et ; e t cos ; e t sin ) = p (; cos ; sin ) ~r tt (t; ) = 0; e t cos ; e t sin ; ~r t (t; ) = 0; e t sin ; e t cos ; ~r (t; ) = 0; e t cos ; e t sin :

5 Por tanto, los coe cientes de la segunda forma fundamental de S en un punto arbitrario son: L(t; ) = ~r tt (t; ) ~ N(t; ) = p e t ; M(t; ) = ~r t (t; ) ~ N(t; ) = 0; N(t; ) = ~r (t; ) ~ N(t; ) = p e t : Por tanto, la matriz de la segunda forma fundamental en un punto arbitrario P de la super cie es: p II P = e t 0 0 p e t : Como det II P < 0 todos los puntos de la super cie son hiperbólicos. (d) Direcciones asintóticas en cualquier punto P de la super cie. Solución. Las direcciones asintoticas son aquellas direcciones (h; k) del plano tangente tales que II P (h; k) = 0, por tanto, cumplen lo siguiente: II P (h; k) = h k p e t 0 h 0 p e t k = p e t h + p e t k = p e t k h = p e t (k + h) (k h) = 0 luego son las direcciones (; ) y (; ). (e) Son ortogonales las direcciones asintóticas en cualquier punto P de la super cie? Solución. Calculamos la matriz de la primera forma fundamental en un punto P arbitrario. Tenemos: ~r t (t; ) ~r t (t; ) = + e t ; ~r t (t; ) ~r (t; ) = 0; ~r (t; ) ~r (t; ) = e t ; y, por tanto, la matriz de la primera forma fundamental en un punto arbitrario P de la super cie es: + e t 0 I P = 0 e t : Por tanto, el ángulo que forman las direcciones asintóticas (; ) y (; ) son: cos = I P ((; ); (; )) I P ((; ); (; )) = I P ((; ); (; )) =

6 Como I P ((; ); (; )) = + e t 0 0 e t las dos direcciones asintóticas no son ortogonales. = 6= 0 (f) Curvaturas principales y direcciones principales en un punto P arbitrario. Solución. La matriz de la aplicación de Weingarten es: + e A = (I P ) t 0 p e t 0 II P = 0 e t 0 p e t = p e t 0 0 p e t (e t + ) Por tanto, las curvaturas principales son k = p e t y k = p e t (e t + ). Y las correspondientes direcciones principales son: ~v = (; 0) y ~v = (0; ). :

7 4. Se considera la super cie reglada engendrada por la rectas paralelas al plano x z = 5 que se apoyan en las siguientes curvas: Se pide: C = (x; y; z) : y = x ; z = 0 ; C = (x; y; z) : y = z ; x = 0 : (a) Obtener una parametrización de dicha super cie. Solución. Parametrizamos primero las curvas dadas. Tenemos: (t) = t; t ; 0 ; (s) = s ; 0; s : Las rectas que unen un punto arbitrario de C con cualquier otro de C es de la forma: (t) (s) = s t; t ; s : Como queremos rectas paralelas al plano x z = 5 que tiene vector característico (; 0; ) (los vectores del plano son ortogonales al vector (; 0; )) imponemos la siguiente condición: 0 = (t) (s) (; 0; ) = s t; t ; s (; 0; ) = s t s: Por tanto, t = s s y las rectas de la super cie en cada punto tienen la dirección del vector: ~w(s) = (s) (s) = s; s + s ; s : Luego una parametrización de la super cie es: luego ~r(s; ) = ~(s) + ~w(s) con ~(s) = (s) y ~w(s) = ~r(s; ) = ~(s) + ~w(s) = = s + s; (s) (s) s ; 0; s + s; s + s ; s s + s ; s + s ; s R; [0; ]: (b) Estudiar si es alabeada o desarrollable. Solución. Tenemos: p(s) = ~ 0 (s); ~w(s); ~w 0 (s) s 0 = s s + s s s + s (s + )

8 Restando la tercera columna a la primera y sacando fuera del determinante el factor s + s de la segunda columna obtenemos: s 0 s s + s s s + s (s + ) = s + s s 0 0 s + s s 0 (s + ) = s + s ( s ) s + s + s (s + ) = s + s ( s ) s (3s + ) 6= 0: Por tanto, como p(s) 6= 0 la super cie es no desarrollable. (c) Clasi car los puntos de la super cie. Solución. Sabemos que para los valores de s en los que p(s) = 0 los puntos son parabólicos y en el resto de caso son hiperbólicos. Por tanto, como p(s) = s (s + ) ( s ) (3s + ) = 0 si y sólo si: s = 0, s =, s = = y s = =3 entonces sustituyendo en la expresión de la parametrización tenemos: ~r(0; ) = (0; 0; 0) ; 8 [0; ]; ~r( ; ) = ( ; 0; ) ; 8 [0; ]; ~r( =; ) = ( =4 =; =6; = =) ; 8 [0; ]; ~r( =3; ) = ( =9 =3; 4=8; =3 =3) ; 8 [0; ]: Las curvas anteriores son curvas de puntos parabólicos.

9 5. Se considera el punto P de coordenadas 3 ; 0; de la super cie mínima de Enneper con parametrización: u 3 ~r(u; v) = u 3 + v 3 uv ; v 3 + u v; u v ; (u; v) R : Se pide: (a) Hallar la segunda forma fundamental de la super cie en el punto P. Solución. Se tiene: ~r(u; v) = 3 ; 0; () 8 < : u u uv = 3 v v u v = 0 u v = 8 >< () >: u u 3 v 3 + uv = u = 0 u v = v v Por tanto, ó v = 0 ó 3 +u = 0. Si v = 0, de la tercera ecuación obtenemos que o bien u = o bien u =. Sustituyendo v = 0 y u = en la primera ecuación obtenemos: + 3 = 3 6= 3 luego no puede ser que u =. Si u = entonces la primera ecuación se satisface. Luego: ~r(; 0) = P. Tenemos Por tanto, ~N(; 0) = ( ; 0; 0); ~r u (u; v) = u + v ; uv; u ; ~r v (u; v) = uv; v + u ; v ; ~r uu (u; v) = ( u; v; ) ; ~r uv (u; v) = (v; u; 0) ; ~r vv (u; v) = (u; v; ) : ~ru (; 0) = (0; 0; ) ; ~r v (; 0) = (0; ; 0) ; 8 < : ~r uu (; 0) = ( ; 0; ) ; ~r uv (; 0) = (0; ; 0) ; ~r vv (; 0) = (; 0; ) ; y la matriz de la segunda forma fundamental en P es: II P = = ~r uu (; 0) N(; ~ 0) ~r uv (; 0) N(; ~ 0) ~r uv (; 0) N(; ~ 0) ~r vv (; 0) N(; ~ 0) 0 : 0

10 (b) Hallar las curvaturas principales y las direcciones principales. Solución. La matriz de la primera forma fundamental es: ~ru (; 0) ~r I P = u (; 0) ~r u (; 0) ~r v (; 0) ~r u (; 0) ~r v (; 0) ~r v (; 0) ~r v (; 0) 4 0 = : 0 4 Luego la matriz de la aplicación de Weingarten es: A = = = 0 : 0 Las curvaturas principales son: k = que se alcanza en la dirección (; 0) y k = que se alcanza en la dirección (; 0). (c) Hallar las direcciones asintóticas. Solución. Vamos a calcular en qué dirección la curvatura es cero. Por el teorema de Euler tenemos que la curvatura en una dirección que forma un ángulo con la dirección principal ~e = = (; 0) es: k = k cos + k sin : Por tanto, si k = 0 tenemos: 0 = cos sin () cos = sin () = 4 : Por tanto, en la dirección del vector ~v = cos( 4 )(0; )+sin( 4 )(; 0) = ( p =; p =) la curvatura es cero. La dirección (0; p =; p =) es una dirección asintótica. Comprobación: las coordenadas del vector ~v en la base (~r u (; 0); ~r v (; 0)) son (cos( 4 ); sin( 4 )) = (p =; p =) y tenemos: ( p =; p 0 =) 0 p = p = = 0: (d) Clasi car el punto P. Solución. El punto P es un punto hiperbólico.

11 6. Hallar la arista de retroceso de la super cie desarrollable con parametrización: ~r(s; t) = 3t s t 3 3t ; 4ts t 4t ; s Solución. Tenemos: Por tanto, ~r(s; t) = 3t s t 3 3t ; 4ts t 4t ; s = t 3 3t ; t 4t ; + s 3t ; 4t; ; = ~(t) + s~w(t): ~(t) = t 3 3t ; t 4t ; ; ~w(t) = 3t ; 4t; ; ~ 0 (t) = 6t 6t; 4t 4; 0 ; ~w 0 (t) = (6t; 4; 0) ; ~ 0 (t) ^ ~w(t) = = ( t ) i j k 6t 6t 4t 4 0 3t 4t i j k 6t 4 0 3t 4t = ( t ) 4; 6t; 4t t = ( t ) ; 3t; 6t ; i j k ~w 0 (t) ^ ~w(t) = 6t 4 0 3t 4t = 4; 6t; t (~w 0 (t) ^ ~w(t)) (~ 0 (t) ^ ~w(t)) = 4( t ) ; 3t; 6t ; 3t; 6t = 4( t ) 4 + 9t + 36t 4 k~w 0 (t) ^ ~w(t)k = 4; 6t; t 4; 6t; t = 4(4 + 9t + 36t 4 ): Por tanto, (~w 0 (t) ^ ~w(t)) (~ 0 (t) ^ ~w(t)) k~w 0 (t) ^ ~w(t)k = 4( t ) 4 + 9t + 36t 4 4(4 + 9t + 36t 4 ) = ( t ):

12 Por tanto, la arista de retroceso es: ~ (t) = ~(t) ( t )~w(t) = ~(t) + (t + )~w(t):