Dužina luka i oskulatorna ravan

Transcript

1 Dužina luka i oskulatorna ravan Diferencijalna geometrija Vježbe Rješenja predati na predavanjima, u srijedu 9. ožujka 16. god. Zadatak 1. Pokazati da je dužina luka invarijantna pod reparametrizacijom krive. Dokaz. Želimo izračunati dužinu luka reparametrizovane krive t γt) = γut)) izmedju dvije tačke γt ) = γut )) i γt 1 ) = γut 1 )). Prvo pretpostavimo da je u > primjetiti da t u t) ne mijenja znak jer je nepreikdna) tako da obje, γ i γ parametrišu krivu u istom pravcu. Onda 1 t γ t) dt = 1 t γ ut)) u t)dt = ut1) ut ) γ u) du tako da je dužina luka γ izmedju γt ) i γt 1 ) ista kao dužina luka γ izmedju γut )) i γut 1 )) kao što smo i tražili. Sada pretpostavimo da je u <, to jest, da su dvije parametrizacije u suprotnim pravcima. Onda 1 t 1 γ t) dt = γ ut)) u t)dt = t tako da su dužine ponovo iste. ut1) ut ) γ u) du = ut) ut 1) γ u) du Zadatak. Izračunajte dužinu luka i reparametrizirajte, ako je moguće, dužinom luka krive t γ i : γ 1 t) = γ t) = 3 3 cost), sint), 1 t, ) t, 1 + t. γ 3 t) = 1 cosht), sinht), t). ) 5 cost) 1

2 γ 4 t) = e t cos t, sin t, ) γ 5 t) = e t cos t,, e t sin t) Dokaz. Prva dužina luka je γ 1τ) dτ = dτ = t. Stoga je reparametrizacija dužinom luka krive γ s ) s 5 s ) γ 1 s) = cos, sin, ) ) cos Druga dužina luka je γ τ) dτ = 1 + τ dτ = 1 t ) 1 + t + arcsinht). Ova je funkcija invertibilna, ali nije lako naći njen invers. Sjetimo se da je arcsinht) = ln t + ) t + 1 Treća dužina luka je γ 3τ) dτ = 1 + coshτ)dτ = tanht) 1 + cosht). Ova je funkcija invertibilna, ali nije lako naći njen invers. Četvrta dužina luka je γ 4τ) dτ = e τ dτ = e t. Stoga je reparametrizacija dužinom luka krive γ 4, za ts) = ln γ 4 s) = 1 + Peta dužina luka je ) 1 + s s ) cos ln 1 + s ), sin ln 1 + s ) ), itd kao kod γ 4. γ 5τ) dτ = 5 e τ dτ = 5e t 5. Zadatak 3. Dokažite da je t γt) prava linija ako su γ t) i γ t) linearno zavisne za sva t.

3 Dokaz. Pretpostavićemo da je γ regularna kriva tako da je γ t) za sva t. Jedan mogući nastavak je da pretpostavimo da je γ parametrizovana dužinom luka reparametrizacija dužinom luka ne mijenja pretpostavku da su γ i γ linearno zavisne!). Činjenica da su γ i γ linearno zavisne se može formulisati kao γ t) = λt)γ t) jer γ ) za pogodnu funkciju t λt) R. Neka je γt) = xt), yt), zt)). Zbog toga što su γ i γ linearno zavisne, imamo odakle itegracijom dobijamo x t) = λt)x t), y t) = λt)y t), z t) = λt)z t), x t) = C 1 e λt)dt, y t) = C e λt)dt, z t) = C 3 e λt)dt, i analogno xt) = C 1 yt) = C zt) = C 3 e λt)dt dt + D 1, e λt)dt dt + D, e λt)dt dt + D 3. Dakle γt) = Cut) + D pri čemu su ut) = e λt)dt dt, C = C 1, C, C 3 ) i D = D 1, D, D 3 ), što predstavlja jednačinu prave. Napomena: Razmislite o jednačini oskulatorne ravni u ovom slučaju! Drugi način je slijedeći, radeći sa proizvoljnom parametrizacijom: Činjenica da su γ i γ linearno zavisne se može formulisati kao γ t) = λt)γ t) jer γ ) za pogodnu funkciju t λt) R. Fiksirajmo t i n 1, n S R 3 tako da n 1, n γ t ) i n 1 n konkretno, n 1 i n su linearno nezavisni). Sada posmatrajmo funkcije t g i t) := n i γt) γt )). Spoznajemo da g i t ) = g it ) = i g i t) = λt)g it), 3

4 to jest, g i zadovoljavaju linearnu običnu diferencijalnu jednačinu, koja ima jedinstveno, globalno definisano rješenje g i. Stoga, t γt) zadovoljava jednačine prave: n 1 γt) γt )) = n γt) γt )) =. Zadatak 4. Izračunati oskulatornu ravan na kružni heliks u proizvoljnoj tački. Dokaz. Kružni heliks je u proizvoljnoj tački t R γt) = r cos t, r sin t, ht), γ t) = r sin t, r cos t, h), γ t) = r cos t, r sin t, ) tako da je Ot) = γt) + span {γ t), γ t)} tojest r1 b) cos t a sin t, a cos t + 1 b) sin t, h a + t)), r gdje su a, b R. Alternativno, X xt) Y yt) Z zt) x t) y t) z t) x t) y t) z t) = X r cos t Y r sin t Z ht r sin t r cos t h r cos t r sin t =. Kad izračunamo ovo, dobijemo O : h sin tx h cos ty + rz hrt = Uzmimo sada neku konkretnu tačku i konkretni heliks: r =, h = 1, t = π, daje nam b, a, 1a + 1π), tj. 5Y + Z 1π =. Zadatak 5. Uvjerite se da se oskulatorna kružnica dužinom luka parametrizovane krive γ u tački γs ) koristite s = kako bi vam bilo lakše) doista može parametrizovati dužinom luka) tako da se Taylorovi polinomi drugog reda zaista poklapaju. Dokaz. Parametiziramo oskulatornu kružnicu na slijedeći način uz pretpostavku da je s = ): s αs) := γ) + 1 κ) N) + 1 κ) {sinκ)s) T ) cosκ)s) N)}. Primjetimo da je ovo parametrizacija dužinom luka jer α s) = cosκ)s) T ) + sinκ)s) N) 1. 4

5 Onda: α) = γ) + 1 κ) N) 1 N) = γ)dodir nultog reda), κ) α ) = cos) T ) = γ )dodir prvog reda), α ) = κ) cos) N) = T ) = γ )dodir drugog reda); stoga se izvodi od γ i α poklapaju u s = s = do drugog reda i, posljedično, Taylorovi polinomi drugog reda od γ i α su isti u s =. Zadatak 6 Bonus). a) Iskoristiti Software Mathematica, kako biste napravili funkciju koja računa jednačinu oskulatorne ravni paramoskravan[γ_, t_, t_] na krivoj γ parametra t u tački t u parametarskom obliku. b) Napraviti animaciju oskulatorne ravni na kružnom heliksu, kao što je to ura deno na slici na stranici predmeta, vidi slijedeću stranicu. Dokaz. a) paramoskravan[gamma_, t_, t_] := Module[{nulti, izvod, drugi}, nulti := gamma /. t -> t; izvod := D[gamma, t] /. t -> t; drugi := D[gamma, {t, }] /. t -> t; Return[Simplify[nulti + alpha*izvod + beta*drugi]]; ] b) Mnogo načina, ali jednostavno kad se ima pod a). 5