Dužina luka i oskulatorna ravan

Σχετικά έγγραφα
Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Diferencijalna Geometrija: Vježbe 1

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

1.4 Tangenta i normala

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

5 Ispitivanje funkcija

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

I Pismeni ispit iz matematike 1 I

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)

Elementi spektralne teorije matrica

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

IZVODI ZADACI (I deo)

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =

Teorijske osnove informatike 1

1.1 Tangentna ravan i normala površi

2.7 Primjene odredenih integrala

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

1 Obične diferencijalne jednadžbe

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Dvanaesti praktikum iz Analize 1

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

18. listopada listopada / 13

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

SISTEMI DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA - ZADACI NORMALNI OBLIK

APROKSIMACIJA FUNKCIJA

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

( , 2. kolokvij)

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.

5. Karakteristične funkcije

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

4 Izvodi i diferencijali

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

PRIMJER 3. MATLAB filtdemo

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO

II. ODREĐIVANJE POLOŽAJA TEŽIŠTA

Operacije s matricama

Pismeni dio ispita iz Matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja u zavisnosti od parametra a:

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

4 Numeričko diferenciranje

L A TEX 2ε. mathematica 5.2

7 Algebarske jednadžbe

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

1 Promjena baze vektora

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

Iterativne metode - vježbe

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

Uvod u teoriju brojeva

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1)

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos

1. Skicirati sledeće površi i ispitati njihovu regularnost:

21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

VJEŽBE 3 BIPOLARNI TRANZISTORI. Slika 1. Postoje npn i pnp bipolarni tranziostori i njihovi simboli su dati na slici 2 i to npn lijevo i pnp desno.

4 INTEGRALI Neodredeni integral Integriranje supstitucijom Parcijalna integracija Odredeni integral i

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

II. ODREĐIVANJE POLOŽAJA TEŽIŠTA

Transcript:

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

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 1 3 3 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.

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

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

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