\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
\usepackage[nosolutions]{practicas}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}

\usepackage[all]{xy}
\usepackage{graphics}

\overfullrule5pt
\relpenalty=10000
\binoppenalty=10000
\hyphenation{siguiente}

\def\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\dd{\,\mathrm{d}}
\DeclarePairedDelimiter\abs{\lvert}{\rvert}
\DeclarePairedDelimiter\norm{\lVert}{\rVert}
\DeclarePairedDelimiter\ip{\langle}{\rangle}
\renewcommand\tt{\mathbf{t}}
\newcommand\nn{\mathbf{n}}
\newcommand\eps{\varepsilon}

\Materia{Geometría Proyectiva}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2011}
\Practica{1}
\Titulo{Curvas planas}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\header{La lemniscata}. Sea $\alpha:\RR\to\RR^2$ la funci\'on
  \[
  \alpha(t)=\bigg(t\frac{1+t^2}{1+t^4}\,,t\frac{1-t^2}{1+t^4}\bigg).
  \]
\begin{ejitems}

\item La curva $\alpha$ es diferenciable, regular y simple.

\item Determine $\lim_{t\to-\infty}\alpha(t)$ y
$\lim_{t\to+\infty}\alpha(t)$ y concluya que $\alpha$ no es un homeomorfismo
entre $\RR$ y su traza.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un disco circular de radio 1 rueda en el plano $xy$ sin resbalar
sobre el eje $x$. La figura descripta por un punto fijo sobre la
circunferencia del disco se llama \textit{cicloide}.

\begin{ejitems}

\item Obtenga una parametrizaci\'on del cicloide y determine sus puntos
singulares.

\item Calcule la longitud de arco del cicloide correspondiente a una
rotaci\'on completa del disco.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\alpha:(0,\pi)\to\RR^2$ dada por 
  \[
  \alpha(\theta)=(\sin(\theta),\cos(\theta)+\log(\tan(\frac{\theta}{2}))).
  \]
La traza de $\alpha$ es llamada \textit{tractriz}.
\begin{ejitems}

\item La curva $\alpha$ es diferenciable pero no regular.

\item La longitud del segmento de la tangente de la tractriz entre el punto
de tangencia y la intersección con el eje $y$ es siempre 1.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\alpha:(-1,+\infty )\to \RR^2$ dada por
  \[
  \alpha(t)=(\frac{3at}{1+t^3},\frac{3at^2}{1+t^3}).
  \]
\begin{ejitems}

\item $\alpha$ es tangente al eje $x$ en $t=0$.

\item Se tiene que $\lim\limits_{t\to +\infty }\alpha (t)=(0,0)$ y
$\lim\limits_{t\to +\infty }\alpha ^{\prime }(t)=(0,0)$.

\item Cuando $t\to -1$ esta curva y su tangente se aproximan a la recta $x+y+a=0$.

\end{ejitems}
La figura que se obtiene completando la curva con su sim\'etrica respecto
de la recta $y=x$ se llama \textit{folio de Descartes}.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item  Sean $a>0$ y $b<0$, y consideremos la curva $\alpha (t)=(ae^{bt}\cos
(t),ae^{bt}\sin (t))$. Esta curva se llama \textit{espiral logar\'\i tmica}.
\begin{ejitems}

\item Es $\lim\limits_{t\to +\infty }\alpha (t)=(0,0)$, y cuando
$t\to+\infty$ la curva sigue una trayectoria que envuelve al origen
infinitas veces.

\item Por otro lado, $\lim\limits_{t\to +\infty }\alpha ^{\prime }(t)=(0,0)$ y
$\lim\limits_{t\to +\infty }\int_{t_0}^t\abs{\alpha ^{\prime }(t)}\dd t$ es
finito. Por lo tanto, $\alpha $ tiene longitud de arco finita en
$[t_0,+\infty)$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\alpha$ una curva que no pasa por el origen. Si $\alpha(t_0)$ es
el punto de su traza m\'as pr\'oximo al origen y $\alpha'(t_0)\neq 0$,
entonces $\alpha(t_0)$ y $\alpha'(t_0)$ son vectores ortogonales.

\begin{Solucion}
Sea $\alpha:(a,b)\to\RR^2$ la curva. Por hipótesis, la función
$f:t\in(a,b)\mapsto\norm{\alpha(t)}^2\in\RR$ tiene un mínimo (local, al
menos) en $t_0$. En particular, $0=f'(t_0)=2\ip{\alpha(t_0),\alpha'(t_0)}$,
así que $\alpha(t_0)$ y $\alpha'(t_0)$ son vectores ortogonales.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si todas las normales a una curva parametrizada por longitud de arco
pasan por un punto fijo entonces la traza de la curva est\'a contenida en
un c\'\i rculo.

\begin{Solucion}
Sea $\alpha:(a,b)\to\RR^2$ la curva y sea $p\in\RR^2$ un punto que está
sobre todas las normales a~$\alpha$. Si $t\in(a,b)$, entonces que $p$ esté
sobre la normal a~$\alpha$ por~$\alpha(t_0)$ implica que
$\ip{\alpha'(t),p-\alpha(t)} = 0$. Esto implica que si definimos
$f:t\in(a,b)\mapsto\norm{\alpha(t)-p}^2\in\RR$, entonces
  \[
  \frac{\dd f}{\dd t}
        = 2\ip{-\alpha'(t),p-\alpha(t)}
        = 0.
  \]
Así, vemos que $f$~es constante, esto es, que los puntos de la curva están
todos a la misma distancia de~$p$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\alpha(s)=(\alpha_1(s),\alpha_2(s))$ una curva parametrizada por
longitud de arco. Sea $\tt =\alpha'$ la \textit{tangente} de $\alpha$ y
sea $\nn$,  la \textit{normal} de $\alpha$, el \'unico vector unitario
tal que $\{\tt,\nn\}$ es una base ortonormal orientada de
$\RR^2$. La \textit{curvatura} de $\alpha$ es el \'unico escalar $\kappa$
tal que
  \begin{equation}\label{curv}
  \tt'=\kappa \cdot \nn.
  \end{equation}
\begin{ejitems}

\item La curvatura de $\alpha$ es el \'area (con signo) del
rect\'angulo definido por el par ordenado de vectores
$\{\tt,\tt'\}$. Encuentre una expresi\'on expl\'\i cita para
$\kappa$ en funci\'on de $\alpha_1$, $\alpha_2$ y sus derivadas.

\item Los vectores $\tt'$ y $\nn'$ son ortogonales.

\item La función $\abs{\kappa}$ es constante e igual a $1/r$ si y sólo
si la curva $\alpha$ est\'a contenida en una circunferencia de radio $r$.

\end{ejitems}
Notemos que tomando módulos en~\eqref{curv} se deduce la expresi\'on
conocida 
  \[
  \abs{\kappa}=\abs{\tt'}=\abs{\alpha''}.
  \]

\begin{Solucion}
Como $\alpha$ está parametrizada por longitud de arco,
es $\tt=(\alpha_1',\alpha_2')$ y entonces $\nn=(-\alpha_2',\alpha_1')$.
Por definición de~$\kappa$, $\tt'=\kappa\nn$ y, mirando las coordenadas de
estos vectores, esto nos dice que $\alpha_1''=-\kappa\alpha_2'$ y
$\alpha_2''=\kappa\alpha_1'$. En particular,
$\nn'=(-\alpha_2'',\alpha_1'')=(-\kappa\alpha_1',-\kappa\alpha_2')=-\kappa\tt$.

\ejitem{1} El área en cuestión es
$\det(\tt,\tt')=\det(\tt,\kappa\nn)=\kappa\det(\tt,\nn)=\kappa$, ya que la
elección de~$\nn$ implica inmediatamente que $\det(\tt,\nn)=1$. Se sigue de
esto que $\kappa=\alpha_1'\alpha_2''-\alpha_2'\alpha_1''$.

\ejitem{2} De acuerdo a la observación hecha arriba,
$\pi{\tt',\nn'}=\ip{\kappa\nn,\-\kappa\tt}=-\kappa^2\ip{\nn,\tt}=0$.

\ejitem{3} Supongamos que $\kappa=\eps/r$ con $\eps\in\{\pm1\}$. Sea
$p=\alpha-\eps r\nn$. Derivando vemos que $p'=\tt-\eps r\nn'=(1-\eps
r\kappa)\tt=0$, de manera que $p$ es constante. Esto nos dice que
$\norm{\alpha-p}=r$, así que la curva tiene imagen contenida en el círculo
de radio~$r$ centrada en~$p$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item De la expresi\'on
$\kappa_\alpha=\alpha_1'\alpha_2''-\alpha_2'\alpha_1''$ para la
curvatura~$\kappa_{\alpha}$ de una curva~$\alpha$ parametrizada por
longitud de arco obtenida en el ejercicio anterior, deduzca ---utilizando
la regla de la cadena--- la siguiente expresi\'on para la curvatura
$\kappa_c$ de una curva $c$ regular no necesariamente parametrizada por longitud
de arco:
  \[
  \kappa_c=\frac{c_1'c_2''-c_2'c_1''}{[(c_1')^2+(c_2')^2]^{3/2}}.
  \]

\begin{Solucion}
Sea $c:(a,b)\to\RR^2$ una curva regular y sea $t_0\in(a,b)$. Sea
$s:I\to\RR$ tal que $s(t)=\int_{t_0}^t\norm{c'(\xi)}\,\dd\xi$. Es claro que
$s$ es diferenciable. Como $s'(t)=\norm{c'(t)}>0$ para todo $t\in(a,b)$,
porque $c$ es regular, la función~$s$ es estrictamente creciente. Su imagen
es entonces un intervalo~$(c,d)$, es inyectiva y tiene función inversa
$\sigma:(c,d)\to(a,b)$. Más aún, si $u\in(c,d)$, 
  \[
  \sigma'(u)=\frac{1}{s'(\sigma(u))}=\frac{1}{\norm{c'(\sigma(u))}}.
  \]
Sea $\alpha=c\circ\sigma:(c,d)\to\RR^2$. Si $u\in(c,d)$, entonces
$\alpha'(u)=c'(\sigma(u))\sigma'(u))=1$, así que $\alpha$ es regular y está
parametrizada por longitud de arco. Además,
$\alpha_i'(u)=c_i'(\sigma(u))\sigma'(u)$
y~$\alpha_i''(u)=c_i''(\sigma(u))\sigma'(u)^2+c_i'(\sigma(u))\sigma''(u)$.
Entonces, si $u\in(c,d)$ y $\sigma=\sigma(u)$, es
  \begin{align*}
  \kappa_\alpha(u) &= \alpha_1'(u)\alpha_2''(u)-\alpha_2'(u)\alpha_1''(u) \\
        &= \begin{multlined}[t][.8\displaywidth]
           c_1'(\sigma)\sigma'(u)(c_2''(\sigma)\sigma'(u)^2+c_2'(\sigma)\sigma''(u)) \\
           - c_2'(\sigma)\sigma'(u)(c_1''(\sigma)\sigma'(u)^2+c_1'(\sigma)\sigma''(u))
           \end{multlined} \\
        &= \begin{multlined}[t][.8\displaywidth]
           c_1'(\sigma)c_2''(\sigma)\sigma'(u)^3
                - c_2'(\sigma)c_1''(\sigma)\sigma'(u)^3 \\
           +c_1'(\sigma)\sigma'(u)c_2'(\sigma)\sigma''(u) 
           - c_2'(\sigma)\sigma'(u)c_1'(\sigma)\sigma''(u)
           \end{multlined} \\
        &= \frac{c_1'(\sigma)c_2''(\sigma)-c_2'(\sigma)c_1''(\sigma)}{\norm{c'(\sigma)}^3}
  \end{align*}
Esta es la fórmula buscada.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $k:I\to\RR$ una función diferenciable definida sobre un intervalo
abierto $I\subseteq \RR$. Fijemos $s_0\in I$ y definamos una nueva función
$\theta:I\to\RR$ poniendo $\theta (s)=\int_{s_0}^s k(s)\dd s$ para cada
$s\in I$. Entonces la curva $\alpha:I\to\RR^2$ dada por
  \[
  \alpha(s)=\left(\int_{s_0}^s \cos \theta (s)\dd s,\int_{s_0}^s \sin \theta (s)\dd s\right)
  \]
para cada $s\in I$, tiene curvatura $k$ y que est\'a determinada un\'\i
vocamente a menos de un movimiento rígido del plano.

\begin{Solucion}
Tenemos $\alpha'(s)=(\cos\theta(s),\sin\theta(s))$ para todo $s\in I$,
así que claramente $\norm{\alpha'}=1$ y $\alpha$ es regular y está
parametrizada por longitud de arco. En particular,
$\tt=(\cos\theta(s),\sin\theta(s))$ y $\nn=(-\sin\theta(s),\cos\theta(s))$.
Derivando, vemos que
$\tt'=\theta'(s)(-\sin\theta(s),\cos\theta(s))=\theta'(s)\nn$, así que la
curvatura es $\theta'(s)=\kappa(s)$.

Supongamos ahora que $\beta:I\to\RR^2$ es otra curva parametrizada por
longitud d arco y tal que $\kappa_\beta=\kappa$. A menos de un movimiento
rígido, podemos suponer que $\beta(s_0)=\alpha(s_0)$ y que $\beta'(s_0)=\alpha'(s_0)$.
Del teorema de unicidad de soluciones para sistemas lineales de ecuaciones
diferenciales ordinarias, sabemos que existe exactamente un par de
funciones $x$,~$y:I\to\RR$ tales que
  \[
  \left\{
    \begin{aligned}
    &x'=-\kappa y, \\
    &y'=\kappa x, \\
    &(x(s_0),y(s_0))=\alpha'(s_0), \\
    \end{aligned}
  \right.
  \]
Como $(\alpha_1',\alpha_2')$ y $(\beta_1',\beta_2')$ son soluciones de este
problema de valores iniciales, vemos que $\tt_\alpha=\tt_\beta$. Integrando
esta igualdad, es claro que $\alpha$ y $\beta$ difieren en una constante.
Finalmente, como ambas funciones tienen el mismo valor en~$s_0$, conclumos
que $\alpha=\beta$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Fijemos una curva, dada en coordenadas polares por la ecuación $\rho =\rho
(\theta )$, con $\rho:[a,b]\to\RR$ una función suficientemente
diferenciable. Entonces la longitud de la curva es
  \[
  \int_a^b\sqrt{\rho(\theta)^2+\rho'(\theta)^2}\dd\theta
  \]
y su curvatura, como función de $\theta$, es
  \[
  k=\frac{2\rho'^2-\rho\rho''+\rho ^2}{(\rho'^2+\rho^2)^{\frac 32}}.
  \]

\begin{Solucion}
La curva tiene parametrización cartesiana
  \[
  \alpha:\theta\in[a,b] \mapsto (\rho(\theta)\cos\theta,\rho(\theta)\sin\theta)\in\RR^2.
  \]
En particular, 
  \[
  \alpha'(\theta) =
        (
        \rho'(\theta)\cos\theta-\rho(\theta)\sin\theta,
        \rho'(\theta)\sin\theta+\rho(\theta)\cos\theta
        ),
  \]
así que
  \begin{align*}
  \norm{\alpha'(\theta)}^2
        &= \bigl(\rho'(\theta)\cos\theta-\rho(\theta)\sin\theta\bigr)^2
         + \bigl(\rho'(\theta)\sin\theta+\rho(\theta)\cos\theta\bigr)^2 \\
        &= \rho'(\theta)^2+\rho(\theta)^2.
  \end{align*}
La longitud de la curva es, entonces, 
  \[
  \int_a^b\norm{\alpha(\theta)}\dd\theta
        = \int_a^b\sqrt{\rho'(\theta)^2+\rho(\theta)^2}\dd\theta.
  \]
Por otro lado,
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft
  \alpha_1'\alpha_2''-\alpha_2'\alpha_1'' \\
       &= \begin{multlined}[t][.8\displaywidth]
          \bigl(\rho'(\theta)\cos\theta-\rho(\theta)\sin\theta\bigr)
          \bigl( 
                \rho''(\theta)\sin\theta
                +2 \rho'(\theta)\cos\theta
                -\rho(\theta)\sin\theta
          \bigr) \\
          -
          \bigl(\rho'(\theta)\sin\theta+\rho(\theta)\cos\theta\bigr)
          \bigl( 
              \rho ''(\theta )\cos\theta
              -2 \rho '(\theta)\sin\theta
              -\rho (\theta ) \cos \theta
          \bigr) 
          \end{multlined}
          \\
       &= 2\rho'^2-\rho\rho''+\rho ^2,
  \end{align*}
así que usando la fórmula para la curvatura de una curva con una
paramtrización arbitraria obtenida en un ejercicio anterior, tenemos que
  \[
  \kappa = \frac{2\rho'^2-\rho\rho''+\rho ^2}{(\rho'(\theta)^2+\rho(\theta)^2)^{\tfrac32}},
  \]
que es la fórmula del enunciado.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\alpha:(a,b)\to \RR^2$ una curva parametrizada por longitud de
arco cuya curvatura no se anula. Si $s_0\in(a,b)$, se llama \textit{centro de curvatura de
$\alpha$ en $s_0$} al punto
  \[
  x(s_0)=\alpha(s_0)+\frac{1}{\kappa(s_0)} n(s_0)
  \]
y se llama \textit{círculo osculador a $\alpha$ en $s_0$} al círculo
centrado en $x(s_0)$ cuyo radio es $\rho(s_0)=\abs{\kappa(s_0)}^{-1}$.
Muestre que la curva $\alpha$ y el c\'\i rculo osculador a $\alpha$
en~$s_0$ tienen contacto de segundo orden en~$\alpha(s_0)$ y que, en
particular, ambos tienen la  misma tangente.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determine los centros de curvatura y los c\'\i rculos osculadores de la elipse 
  \[
  \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.
  \]

\begin{Solucion}
La curva puede parametrizarse como $\alpha:\RR\to\RR^2$ con
  \[
  \alpha(\theta)=(a\cos\theta,b\sin\theta).
  \]
Entonces 
  \[
  \tt=\frac{1}{\sqrt{a^2\sin^2\theta+b^2\cos^2\theta}}(-a\sin\theta,b\cos\theta)
  \]
y
  \[
  \nn=\frac{1}{\sqrt{a^2\sin^2\theta+b^2\cos^2\theta}}(-b\cos\theta,-a\sin\theta)
  \]
Es claro que la curvatura es positiva, y calculando directamente, vemos que 
  \[
  \abs{\kappa} = \norm{\tt'} = \frac{ab}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta},
  \]
así que
  \[
  \kappa = \frac{ab}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}.
  \]
Usando la fórmula del enunciado del ejercicio anterior, vemos que el centro de curvatura $c(\theta)$
del punto $(x,y)=\alpha(\theta)$ de la curva está en
  \[
  \begin{pmatrix}
  \cos\theta\left(a-\frac{\sqrt{a^2 \cos ^2\theta+b^2 \sin ^2\theta}}{a}\right) \\
   \sin\theta \left(b-\frac{\sqrt{a^2 \cos ^2\theta+b^2 \sin ^2\theta}}{b}\right)
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
  \frac1{a^2}x(a^2-\sqrt{x^2+y^2}) \\
  \frac1{b^2}y(b^2-\sqrt{x^2+y^2}) 
  \end{pmatrix}.
  \]
y tiene radio 
  \[
  \frac{1}{\kappa} =  \frac{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}{ab}
        = \frac{x^2+y^2}{ab}.
  \]

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item La tangente a un punto del lugar geom\'etrico de los centros de
curvatura de una curva $\alpha$ tiene la direcci\'on de la normal a
$\alpha$ en su punto correspondiente. La longitud del arco subtendido por
dos puntos de aquél es igual a la diferencia de los radios de curvatura de
los puntos correspondientes de~$\alpha$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $|alpha$ está parametrizada por longitud de arco. La curva
de los centros de curvatura de~$\alpha$ es, entonces,
$\beta=\alpha+\frac1\kappa\nn$ y su tangente en cada punto tiene la
dirección del vector
  \[
  \beta'=\tt-\frac{\kappa'}{\kappa^2}\nn-\tt=-\frac{\kappa'}{\kappa^2}\nn.
  \]
Esto implica que la tangente en cada punto de~$\beta$ tiene la dirección de
la normal del punto correspondiente de~$\alpha$.  Más aún, la longitud
recorrida por la curva~$\beta$ cuando $\alpha$ recorre el intervalo $[a,b]$
es
  \[
  \int_a^b\norm{\beta'}         
        = \int_a^b -\frac{\kappa'}{\kappa^2}
        = \frac1{\kappa}\Bigr|_a^b
  \]
que es el incremento de los radios de curvatura.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\foto{Newton}{Isaac Newton\\1643--1727, Inglaterra}{%
Newton introdujo, en 1971, el círculo de curvatura de manera precisa---la idea venía de
Kepler, una generación antes--- y dio la fórmula usual para la curvatura en
su libro \emph{De Methodis Serierum et Fluxionum}.
}

\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
