Nome:... Q N Assinatura:... 1 RG:... 2 N o USP:... 3 Turma: Teórica... 4 Professor: Edson Vargas... Total

Transcrição

1 1 a Prova de MAT036 - Geometria Diferencial I IME - 9/09/016 Nome: Q N Assinatura: RG: N o USP: Turma: Teórica Professor: Edson Vargas Total A Justifique claramente todas as suas respostas. 1 a Questão: Considere a curva parametrizada α : R R 3 definida por αt = 4 5 cos t; 1 sen t; 3 5 cos t e resolva os problemas abaixo: a 1,5 pontos Calcule a função curvatura de α; b 1 ponto Calcule a função torção de α. a Note que α t = 4 5 sen t; cos t; 3 5 sent, α t = 1, α t = 4 5 cos t; sen t; 3 5 cos t e portanto a função curvatura de α é dada por kt = α t = 1. b É fácil ver que a curva α é uma curva plana, uma vez que o seu traço está contido no plano de equação 3x + 4z = 0. Portanto a função torção de α é identicamente nula. Outra alternativa é observar que o binornal bt é dado por α t α t = 3/5, 0, 4/5, constante. Pela terceira equação de Frenet-Serret, b = τ η, também resulta que a função τ, torção de α, é identicamente nula. 1

2 a Questão: Sejam α, β : R R 3 curvas p.c.a. distintas, ambas com curvatura e torção que não se anulam. Sabendo também que a reta normal de α por αs coincide com a reta normal de β por βs, resolva os problemas abaixo: a 1 ponto Verifique que αs βs é constante; b 1,5 pontos Verifique que o ângulo formado por α s e β s é constante. a Para verificarmos que αs βs é constante consideramos a derivada < αs βs; αs βs > = < α s β s; αs βs >. Como as retas normal de α por αs e de β por βs coincidem, essa reta contem o segmento de reta determinado por αs e βs. Resulta então que esse segmento é ortogonal a α s e a β s. Isto implica que < α s β s; αs βs > = 0 e concluimos que αs βs é constante, como queríamos. b Como α s e β s são vetores unitários concluímos que o cosseno do ângulo formado por eles coincide com o produto interno < α s, β s >. Desse modo, para concluirmos o que queremos, basta verificarmos que a derivada desse produto interno é nula. Essa derivada é < α s, β s > = < α s, β s > + < α s, β s >. Como β s e também α s são ambos ortogonais a α s e a β s, podemos concluir o que queremos.

3 3 a Questão: Para c R, considere o conjunto S c = { x, y, z R 3 : zz + xy = c }. a 1 ponto Ache o conjunto de todos os valores de c tais que S c é uma superfície regular em R 3 ; b 1,5 pontos Para um valor de c como no item a e um ponto p = x 0, y 0, z 0 S c, ache explicitamente uma equação para o plano tangente T p S c. a Consideramos a função diferenciável F x, y, z = zz + xy, definida para x, y, z R 3. O gradiente de F é dado por F x, y, z = y, x, z o qual se anula apenas em 0, 0, 1. Então c = F 0, 0, 1 = 1 é o único valor crítico de F, então se c 1, c é valor regular e S c = F 1 c é superfície regular. Ainda falta decidir se S 1 = F 1 1 é ou não uma superfície regular. Observamos que x, y, z S 1 se, e somente se, z z + xy = 1, ou seja, z 1 = xy. Esta equação implica que xy 0 e portanto não existe uma função z = gx, y, definida em uma vizinhança de 0, 0 em R, cujo gráfico coincida com uma vizinhança de 0, 0, 1 em S 1. Também observamos que para z = 1 resulta que x = 0 ou y = 0. Então não existe função x = gy, z e nem y = gx, z, definida em uma vizinhança de 0, 1 em R, cujo gráfico coincida com uma vizinhança de 0, 0, 1 em S 1. Dessa forma concluímos que S c é superfície regular se, e somente se, c 1. b Sejam c 1 e p = x 0, y 0, z 0 S c. O gradiente F p = y 0, x 0, z 0 é não-nulo e ortogonal ao plano tangente T p S c procurado. Portanto x, y, z T p S c se, e somente se, y 0 x + x 0 y + z 0 z = 0. Por exemplo, se p = 1,, 3 S 1, então uma equação para o plano tangente T p S 1 é x y + 4 z = 0.

4 4 a Questão: Seja S = { x, y, z R 3 : x + y = 1 + z } a 1 ponto Verifique que S é uma superfície regular; b 1,5 pontos Calcule a área de S R [0, 1]. a Consideramos a função diferenciável F x, y, z = x + y z, definida em R 3. O gradiente de F é F x, y, z = x, y, z o qual se anula apenas em 0, 0, 0. Portanto 1 é um valor regular de F e concluímos que S = F 1 1 é uma superfície regular em R 3. b Para calcularmos a área da região R = S R [0, 1] vamos considerar uma parametrização de S, a saber: Xu, v = 1 + v 1/ cos u; 1 + v 1/ sen u; v ; u, v 0, π R. Primeiramente vamos verificar que X : 0, π R R 3 é de fato uma parametrização de S: 1 X é claramente diferenciável; Para u, v U = 0, π R é fácil ver que Xu, v S. Vamos mostrar que X é injetiva em U. De fato, se x, y, z = Xu, v então v = z e existe um único u 0, π tal que cos u = x/1 + z 1/ e sen u = x/1 + z 1/. Desse modo concluímos que para cada x, y, z X U existe un único u, v U tal que x, y, z = Xu, v. temos então que X : U XU S é uma bijeção diferenciável. 3 Para verificarmos que a diferencial dx u, v : R R 3 é injetiva basta verificarmos que os vetores X u u, v = 1 + v 1/ sen u; 1 + v 1/ cos u; 0 e v X v u, v = 1 + v 1/ cos u; v 1 + v sen u; 1 1/ formam um conjunto linearmente independente. Isto é imediato. Isto também implica que X : U XU S é um homeomorfismo. Desse modo concluímos que X : U XU S é uma parametrização de S.

5 Vamos calcular agora os coeficiente da primeira forma fundamental de S na parametrização X. Temos o seguinte: Eu, v = < X u u, v; X u u, v > = 1 + v ; F u, v = < X u u, v; X v u, v >= 0; Gu, v = < X v u, v; X v u, v > = v 1 + v + 1. Consideramos agora a região R ɛ = XQ ɛ, onde Q ɛ = [ɛ, π ɛ] [0, 1]. Observamos que X é um difeomorfismo de Q ɛ sobre R ɛ. Com isso teremos que ÁreaR = lim ÁreaR ɛ ɛ 0 + e ÁreaR ɛ = Eu, vgu, v F u, v dudv = 1 + v dudv Q ɛ Q ɛ Pelo Teorema de Fubini temos que esta última integral pode ser escrita como: π ɛ 1 ɛ v dvdu = π ɛ 1 + v dv. Para calcular a integral indefinida 1 + v dv fazemos a mudança de variável v = senh t com dv = cosh t dt e obtemos: 1 + v dv = 1 cosh t dt = cosh t dt = 1 senh t t + = 1 1 t + senh t cosh t = arcsenh v + v 1 + v. Sendo assim concluímos que arcsenh v ÁreaR ɛ = π ɛ + v v arcsenh = π ɛ Tomando o limite com ɛ 0 + obtemos arcsenh ÁreaR = π + 3.