E.T.S. Arquitectura

Curvas y super…cies.

Ejercicios resueltos. 1. Sea la curva intersección de la super…cie z = xy con el cilindro parabólico y = x2 . 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: (t) = t; t2 ; t3 ;

t 2 R:

Se tiene: 0

1; 2t; 3t2 ; t 2 R; p 0 1 + 4t2 + 9t4 6= 1 k (t)k = (t) =

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; t2 ; t3 = (0; 0; 0) =) t = 0, luego P = (0); 00 (t) = (0; 2; 6t) ; ~t(t) = 0

(t) ^

00

p

1; 2t; 3t2 luego ~t(0) = (1; 0; 0)

i j k 1 2t 3t2 = 6t2 ; 6t; 2 ; 0 2 6t

(t) =

~b(t) =

1 1+4t2 +9t4

p

1 4+36t2 +36t4

6t2 ; 6t; 2 luego ~b(0) =

p1 4

(0; 0; 2) = (0; 0; 1);

i j k ~ ~n(0) = b(0) ^ ~t(0) = 0 0 1 = (0; 1; 0) : 1 0 0 Por tanto, las ecuaciones de los planos del Triedro de Frenet en el punto P son:

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

! Plano osculador: P X ~b(0) = 0 () (x; y; z) (0; 0; 1) = 0 () z = 0. ! Plano normal: P X ~t(0) = 0 () (x; y; z) (1; 0; 0) = 0 () x = 0. ! Plano recti…cante: P X ~n(0) = 0 () (x; y; z) (0; 1; 0) = 0 () y = 0. Luego las proyecciones de la curva sobre los planos del triedro de Frenet son: Proyección sobre el plano osculador: 1 (t) = t; t2 ; 0 , t 2 R. Nótese que es la parábola y = x2 en el plano z = 0. Proyección sobre el plano normal: 2 (t) = 0; t2 ; t3 , t 2 R. Proyección sobre el plano recti…cante: 3 (t) = t; 0; t3 , t 2 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: [ 0 (0); 00 (0); 00 (0)] (0) = : k 0 (0) ^ 00 (0)k2 Teniendo en cuenta 8 0 (t) = 1; 2t; 3t2 > > < 00 (t) = (0; 2; 6t) 000 (t) = (0; 0; 6) > > : 0 00 (t) ^ (t) = 6t2 ; 6t; 2 tenemos:

8 > > <

0

(0) = (1; 0; 0) (0) = (0; 2; 0) =) 000 (0) = (0; 0; 6) > > : 0 (0) ^ 00 (0) = (0; 0; 2) 00

1 0 0 1 12 (0) = 0 2 0 = = 3: 4 k(0; 0; 2)k2 0 0 6

La curvatura en P es: k 0 (0) ^ 00 (0)k : (0) = k 0 (0)k3 Teniendo en cuenta 0

0

tenemos:

(0) = (1; 0; 0) (0) ^ 00 (0) = (0; 0; 2)

k 0 (0) ^ 00 (0)k (0) = = 2: k 0 (0)k3

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

2. Sea la curva del parabolide z = x2 + y 2 que se proyecta verticalmente sobre la parábola y 2 = x, z = 0. Se pide el ángulo que forman las rectas tangentes en los puntos P1 = (0; 0; 0) y P2 = (1; 1; 2). Solución. Una parametrización de dicha curva es la siguiente. La curva es la intersección del parabolide z = x2 + y 2 con el cilindro parabólico y 2 = x. Como y 2 = x, tomo x = t y por tanto, z = t2 +(t2 )2 = t2 +t4 . Tenemos: (t) = t2 ; t; t2 + t4 ;

t 2 R:

Luego, 0

(t) = 2t; 1; 2t + 4t3 ;

y

t 2 R;

t2 ; t; t2 + t4 =) t = 0 luego P1 = (0); t2 ; t; t2 + t4 =) t = 1 luego P2 = (1):

(0; 0; 0) = (1; 1; 2) = Por tanto, de 0

(0)

0

(1) = k 0 (0)k k 0 (1)k cos ; 0 (0) = (0; 1; 0) ; 0 (1) = (2; 1; 6) ;

obtenemos: cos

=p

1 1 =p : 4 + 1 + 36 41

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

3. Sea S la super…cie de revolución obtenida al girar alrededor del eje X la curva de ecuaciones cartesianas: y = ex , z = 0. Se pide: (a) Una representación paramétrica regular de S. Solución. La matriz de giro alrededor del eje X es: 0 1 1 0 0 @ 0 cos sin A 0 sin cos

y una parametrización de la curva es: (t) = (t; et ; 0), t 2 R. Por tanto, 1 0 1 0 0 : t et 0 @ 0 cos sin A = t et cos et sin 0 sin cos

Una representación regular de S es: ~r(t; ) = t; et cos ; et sin

;

t 2 R;

2 [0; 2 ).

(b) Puntos singulares de dicha parametrización. Solución. Tenemos: ~rt (t; ) = ~r (t; ) =

1; et cos ; et sin ; 0; et sin ; et cos :

Luego, i ~rt (t; )^~r (t; ) = 1 0

j e cos et sin t

k e sin et cos t

= (et ; et cos ; et sin ):

Como et > 0, el vector ~rt (t; ) ^ ~r (t; ) no se anula para ningún valor de t ni de . (c) Clasi…car los puntos de la super…cie. Solución. Tenemos: ~ (t; ) = N = ~rtt (t; ) = ~rt (t; ) = ~r (t; ) =

~rt (t; )^~r (t; ) t p1 k~rt (t; )^~r (t; )k = 2e2t (e ; p1 (1; cos ; sin ) 2 t t

0; e cos ; e sin ; 0; et sin ; et cos ; 0; et cos ; et sin :

et cos ; et sin )

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

Por tanto, los coe…cientes de la segunda forma fundamental de S en un punto arbitrario son: ~ (t; ) = p1 et ; L(t; ) = ~rtt (t; ) N 2 ~ (t; ) = 0; M (t; ) = ~rt (t; ) N ~ (t; ) = p1 et : N (t; ) = ~r (t; ) N 2 Por tanto, la matriz de la segunda forma fundamental en un punto arbitrario P de la super…cie es: ! p1 et 0 2 IIP = : p1 et 0 2 Como det IIP < 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 IIP (h; k) = 0, por tanto, cumplen lo siguiente: ! p1 et 0 h 2 IIP (h; k) = h k 1 t p e k 0 2 = =

p1 et h2 + p1 et k 2 = p1 et 2 2 2 p1 et (k + h) (k h) = 0 2

k2

h2

luego son las direcciones (1; 1) y (1; 1). (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: ~rt (t; ) ~rt (t; ) = 1 + et ; ~rt (t; ) ~r (t; ) = 0; ~r (t; ) ~r (t; ) = et ; y, por tanto, la matriz de la primera forma fundamental en un punto arbitrario P de la super…cie es: IP =

1 + et 0 0 et

:

Por tanto, el ángulo que forman las direcciones asintóticas (1; 1) y (1; 1) son: IP ((1; 1); (1; 1)) cos = IP ((1; 1); (1; 1))1=2 IP ((1; 1); (1; 1))1=2

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

Como IP ((1; 1); (1; 1)) =

1

1

1 + et 0 0 et

1 1

= 1 6= 0

las dos direcciones asintóticas no son ortogonales. (f) Curvaturas principales y direcciones principales en un punto P arbitrario. Solución. La matriz de la aplicación de Weingarten es: ! 1 1 t t p e 0 1+e 0 2 A = (IP ) 1 IIP = 1 t p et 0 0 e 2 ! p1 e2t 0 2 = : p1 et (et + 1) 0 2 Por tanto, las curvaturas principales son k1 = p12 e2t y k2 = p1 et (et + 1). Y las correspondientes direcciones principales son: 2 ~v1 = (1; 0) y ~v2 = (0; 1).

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

4. Se considera la super…cie reglada engendrada por la rectas paralelas al plano x z = 5 que se apoyan en las siguientes curvas: C1 = C2 =

(x; y; z) : y = x2 ; z = 0 ; (x; y; z) : y = z 2 ; x = 0 :

Se pide: (a) Obtener una parametrización de dicha super…cie. Solución. Parametrizamos primero las curvas dadas. Tenemos: 1 (t)

= 2 (s) =

t; t2 ; 0 ; s2 ; 0; s :

Las rectas que unen un punto arbitrario de C1 con cualquier otro de C2 es de la forma: ! s2 t; t2 ; s : 1 (t) 2 (s) = Como queremos rectas paralelas al plano x z = 5 que tiene vector característico (1; 0; 1) (los vectores del plano son ortogonales al vector (1; 0; 1)) imponemos la siguiente condición: ! 0 = 1 (t) 2 (s) (1; 0; 1) = s2 t; t2 ; s (1; 0; 1) = s2 t s: Por tanto, t = s2 s y las rectas de la super…cie en cada punto tienen la dirección del vector: ! 2 w(s) ~ = 1 (s) 2 (s) = s; s2 + s ; s : Luego una parametrización de la super…cie es: ~r(s; ) = ~ (s) + w(s) ~ con ~ (s) =

2 (s)

y w(s) ~ =

!

1 (s) 2 (s)

luego ~r(s; ) = ~ (s) + w(s) ~ = =

s2 + s;

s2 ; 0; s + s2 + s

2

s;

s2 + s

;s + s ;

s 2 R;

(b) Estudiar si es alabeada o desarrollable. Solución. Tenemos: p(s) = =

~ 0 (s); w(s); ~ w ~ 0 (s) 2s s 1

0 1 2 s2 + s s 2 2 s + s (2s + 1) 1

2

;s 2 [0; 1]:

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

Restando la tercera columna a la primera y sacando fuera del determinante el factor s2 + s de la segunda columna obtenemos: 2s s 1 2

0 1 2 s2 + s s 2 s2 + s (2s + 1) 1 2s 1 0 0

=

s +s

= =

s2 + s ( 2s s2 + s ( 2s

0

1 s2 + s s 2 (2s + 1) 1

1) s2 + s + 2s (2s + 1) 1) s (3s + 1) 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) = s2 (s + 1) ( 2s

1) (3s + 1) = 0

si y sólo si: s = 0, s = 1, s = 1=2 y s = 1=3 entonces sustituyendo en la expresión de la parametrización tenemos: ~r(0; ~r( 1; ~r( 1=2; ~r( 1=3;

) ) ) )

= = = =

(0; 0; 0) ; 8 2 [0; 1]; ( 1 ; 0; 1 ) ; 8 2 [0; 1]; ( 1=4 =2; =16; 1=2 =2) ; 8 2 [0; 1]; ( 1=9 =3; 4 =81; 1=3 =3) ; 8 2 [0; 1]:

Las curvas anteriores son curvas de puntos parabólicos.

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

5. Se considera el punto P de coordenadas de Enneper con parametrización: ~r(u; v) =

u

u3 + uv 2 ; v 3

2 3 ; 0; 1

v3 + u2 v; u2 3

de la super…cie mínima v2 ;

(u; v) 2 R2 :

Se pide: (a) Hallar la segunda forma fundamental de la super…cie en el punto P. Solución. Se tiene: 8 3 8 2 u3 2 u u3 + uv 2 = 23 > u 3 + uv = 3 < < 2 2 3 ~r(u; v) = ; 0; 1 () v 1 v3 + u2 = 0 v v3 + u2 v = 0 () > : 3 : u2 v 2 = 1 u2 v 2 = 1 2

Por tanto, ó v = 0 ó 1 v3 +u2 = 0. Si v = 0, de la tercera ecuación obtenemos que o bien u = 1 o bien u = 1. Sustituyendo v = 0 y u = 1 en la primera ecuación obtenemos: 1 2 2 1+ = 6= 3 3 3 luego no puede ser que u = 1. Si u = 1 entonces la primera ecuación se satisface. Luego: ~r(1; 0) = P . Tenemos ~ru (u; v) ~rv (u; v) ~ruu (u; v) ~ruv (u; v) ~rvv (u; v)

= 1 u2 + v 2 ; 2uv; 2u ; = 2uv; 1 v 2 + u2 ; 2v ; = ( 2u; 2v; 2) ; = (2v; 2u; 0) ; = (2u; 2v; 2) :

Por tanto, ~ru (1; 0) = (0; 0; 2) ; ~rv (1; 0) = (0; 2; 0) ; ~ (1; 0) = ( 1; 0; 0); N

8 < ~ruu (1; 0) = ( 2; 0; 2) ; ~ruv (1; 0) = (0; 2; 0) ; : ~rvv (1; 0) = (2; 0; 2) ;

y la matriz de la segunda forma fundamental en P es: IIP = =

~ (1; 0) ~ruv (1; 0) ~ruu (1; 0) N ~ (1; 0) ~rvv (1; 0) ~ruv (1; 0) N 2 0

0 2

:

~ (1; 0) N ~ (1; 0) N

!

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

(b) Hallar las curvaturas principales y las direcciones principales. Solución. La matriz de la primera forma fundamental es: IP = =

~ru (1; 0) ~ru (1; 0) ~ru (1; 0) ~rv (1; 0) ~ru (1; 0) ~rv (1; 0) ~rv (1; 0) ~rv (1; 0) 4 0 0 4

:

Luego la matriz de la aplicación de Weingarten es: A = = =

1

4 0 0 4 1 4

0 1 2

0

2 0

0

2 0

1 4

0 1 2

0 2 0 2

:

Las curvaturas principales son: k1 = 12 que se alcanza en la dirección (1; 0) y k2 = 21 que se alcanza en la dirección (1; 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 ~e1 = 1=2 (1; 0) es: k = k1 cos + k2 sin : Por tanto, si k = 0 tenemos: 0=

1 cos 2

1 sin 2

() cos

= sin

()

=

4

:

Por )(1; 0) = 4p p tanto, p en la dirección del vector ~v = cos( 4 )(0; 1)+sin( p ( 2=2; 2=2) la curvatura es cero. La dirección (0; 2=2; 2=2) es una dirección asintótica. Comprobación: las coordenadas p del vecp tor ~v en la base (~ru (1; 0); ~rv (1; 0)) son (cos( 4 ); sin( 4 )) = ( 2=2; 2=2) y tenemos: p p p 2 0 p2=2 = 0: ( 2=2; 2=2) 0 2 2=2 (d) Clasi…car el punto P . Solución. El punto P es un punto hiperbólico.

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

6. Hallar la arista de retroceso de la super…cie desarrollable con parametrización: ~r(s; t) = 3t2 s

2t3

3t2 ; 4ts

2t2

4t

1; s

Solución. Tenemos: ~r(s; t) = 3t2 s 2t3 3t2 ; 4ts 2t2 4t 1; s = 2t3 3t2 ; 2t2 4t 1; 1 + s 3t2 ; 4t; 1 ; = ~ (t) + sw(t): ~ Por tanto, ~ (t) w(t) ~ ~ 0 (t) w ~ 0 (t)

= 2t3 3t2 ; = 3t2 ; 4t; 1 ; = 6t2 6t; = (6t; 4; 0) ;

2t2 4t

i 0

~ (t) ^ w(t) ~ =

6t2 6t 3t2

= ( t

4t 4; 0 ;

j k 4t 4 0 4t 1

i j k 1) 6t 4 0 3t2 4t 1

= ( t 1) 4; = 2( t 1) 2;

6t; 24t2 12t2 3t; 6t2 ;

i j k w ~ (t) ^ w(t) ~ = 6t 4 0 = 4; 3t2 4t 1 0

(w ~ 0 (t) ^ w(t)) ~ (~ 0 (t) ^ w(t)) ~ 2 = 4( t 1) 2; 3t; 6t 2; 2 4 = 4( t 1) 4 + 9t + 36t 2

kw ~ 0 (t) ^ w(t)k ~

1; 1 ;

= 4; 6t; 12t2 4; = 4(4 + 9t2 + 36t4 ):

6t; 12t2

3t; 6t2

6t; 12t2

Por tanto, 4( t 1) 4 + 9t2 + 36t4 (w ~ 0 (t) ^ w(t)) ~ (~ 0 (t) ^ w(t)) ~ = 2 4(4 + 9t2 + 36t4 ) kw ~ 0 (t) ^ w(t)k ~ = ( t 1):

E.T.S. Arquitectura.

Curvas y Super…cies

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

( t

1)w(t) ~ = ~ (t) + (t + 1)w(t): ~