Justifique convenientemente as suas respostas e indique os principais cálculos

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1 Ano lectivo 006/07 Exame de Geometria Diferencial 5/7/07 Justifique convenientemente as suas respostas e indique os principais cálculos Duração: h30m Soluções 1. Determine: a) Uma parametrização da curva de nível definida pela equação cartesiana x 4 + y 9 1. b) Para a espiral logarítmica γt) e t cos t, e t sin t), o ângulo em cada t entre o vector γt) e o vector tangente a γ no ponto γt). c) Uma reparametrização por comprimento de arco da hélice γt) e t cos t, e t sin t, e t ), t R. d) O comprimento de arco da ciclóide γt) t sin t, 1 cos t) correspondente a uma revolução completa da circunferência que a gera.. Sejam r, a, b, c constantes reais, com r 0, e considere a curva γ : R R 3 definida por γt) r cos t, r sin t, a sin t + b cos t + c). a) Prove que γ é uma curva plana. b) Será possível que γr) seja circular? 3. Considere o conjunto S {x, y, z) R 3 y 3 + y 4z 0}. a) Mostre que S é uma superfície. b) Determine os pontos de S onde o plano tangente é paralelo à recta definida pelas equações x 0, y z. 4. Seja σ : R π, π) R 3 u, v) cos v, sin v, u) uma parametrização do cilindro C {x, y, z) R 3 x + y 1} e seja P a superfície plana {x, y, z) R 3 x 1, π < y < π}. Considere o difeomorfismo f : C P que a cada ponto σu, v) do cilindro faz corresponder o ponto 1, v, u) de P. a) Mostre que f é uma isometria. ) b) Qual é a distância, em C, entre os pontos, e 1 )?, 3 Determine uma parametrização de uma curva em C, com esse comprimento, que os una.

2 5. Seja γ : 0, 1) R 3 uma curva regular, parametrizada por comprimento de arco, cuja curvatura nunca se anula, e considere a superfície S γ parametrizada por σ : 0, 1) 0, 1) S γ s, u) γs) + u T γ s). a) Prove que, para cada s 0 0, 1), todos os pontos σs 0, u), com u 0, 1), admitem o mesmo plano tangente. b) Seja p σs, u) um ponto arbitrário de S γ. Mostre que Kp) 0 e Hp) Classifique os pontos de S γ. τ γs) u κ γ s). Departamento de Matemática da Universidade de Coimbra

3 Ano lectivo 006/07 Exame de Geometria Diferencial 5/7/07 Sugestão de resolução 1. a) Numa parametrização γt) γ 1 t), γ t)) da elipse componentes γ 1 e γ terão que satisfazer } {x, y) R x 4 + y 9 1 as γ 1 t) 4 + γ t) 9 para todos os valores de t no intervalo onde a curva está definida). Como 1 cos t + sin t 1 cos t) 4 uma solução óbvia será γ 1 t) cos t e γ t) 3 sin t. b) Sendo θt) esse ângulo, temos cos θt) Portanto, θt) π 4. γt) T t)) γt) + γt) γ t)) γt) γ t) 3 sin t), 9 et cos t, e t sin t) e t cos t sin t), e t cos t + sin t))) e t e t ) e t e t. c) Como γ t) e t cos t e t sin t, e t sin t + e t cos t, e t ), então γ t) e t cos t sin t) + e t cos t + sin t) + e t e t + e t + e t 3e t. Portanto, a função comprimento de arco a partir de γ0) 1, 0, 1) é dada por st) t 0 γ u) du t 0 3 e u du 3 [e u ] ut u0 3 e t 1). Trata-se de uma função estritamente crescente. Como lim t + st) + e lim t st) 3, então sr) 3, + ) e s : R 3, + ) é uma bijecção. Determinemos a sua função inversa. Como 3 e t 1) u e t u ) u + 1 t ln , então s 1 u) ln u ). Finalmente, a composição γ s 1 : 3, + ) R é a reparametrização por comprimento de arco pedida: γ s 1 )u) u + 1) cosln u + 1)), u + 1) sinln u ) u + 1)),

4 d) O parâmetro t na parametrização γt) t sin t, 1 cos t) da ciclóide corresponde ao ângulo de rotação da circunferência geratriz desde o início do seu movimento. Assim, uma revolução completa corresponde a t [0, π]. Como γ t) 1 cos t, sin t), então γ t) 4 cos t) 81 cos t). Mas t cos t cos + t ) cos t t sin t cos 1 cos t ) pelo que γ t) 8 cos ) t ) 16 1 cos t 16 sin t. Então o comprimento de arco é igual a π 0 4 sin t [ dt 8 cos t ] tπ 16. t0 cos t 1,. a) Calculemos a torsão de γ: τ γ t) [γ t), γ t), γ t)] γ t) γ t) γ t) γ t) γ t)) γ t) γ t). Como γ t) r sin t, r cos t, a cos t b sin t), γ t) r cos t, r sin t, a sin t b cos t) γ t) r sin t, r cos t, a cos t + b sin t), então γ t) γ t) br, ar, r ). Portanto, br, ar, r ) r sin t, r cos t, a cos t + b sin t) ) τ γ t) o que garante que γ é plana. br, ar, r ) 0, b) Sendo γ uma curva plana, a sua imagem será uma circunferência se e só se a sua curvatura for uma função constante, não nula. Determinemos então κ γ t): κ γ t) γ t) γ t) b γ t) 3 r + a r + r 4 γ t) 3 r a + b + r. r + a cos t + b sin t ab cos t sin t) 3 É então evidente que, por exemplo, sempre que a b 0 e r 0, κ γ t) e, consequentemente a imagem de γ é uma circunferência de raio r. Em conclusão, é possível que γr) seja circular. Nota: se quisermos determinar exactamente todos os valores de r, a, b, c para os quais a imagem de γ é uma circunferência, bastará determinar quando é que a derivada de κ γ é a função nula e simultaneamente κ γ não se anula.) 3. a) S {x, y, z) R 3 y 3 + y 4z 0} f 1 {0}), onde f : R 3 R é a função suave dada por fx, y, z) y 3 + y 4z. O gradiente f x, y, z) de f no ponto x, y, z) é o vector 0, 3y + 1, 4), que nunca se anula, pelo que 0 é um valor regular de f. Isto mostra que S é uma superfície. r r ) 3 1 r

5 b) Como o espaço vectorial tangente em cada ponto p S é dado por < f p) > então o plano tangente em p p 1, p, p 3 ) será paralelo à recta x 0, y z precisamente quando o vector f p) for ortogonal à recta x 0, y z, ou seja, quando o vector f p) for ortogonal ao vector 0, 1, 1). Isso acontece quando 0, 3p + 1, 4) 0, 1, 1) ) 0 3p 3 0 p 1. Portanto, o plano tangente é paralelo à recta definida pelas equações x 0, y z nos pontos p 1, ±1, p 3 ) de S, ou seja, nos pontos p 1, 1, 1 ) e p 1, 1, 1 ), p 1 R. 4. a) Os mapas σ : R π, π) R 3 u, v) cos v, sin v, u) σ : R π, π ) R3 u, v) cos v, sin v, u) constituem um atlas de C e a sua primeira forma fundamental é a matriz identidade. De facto: donde v σ u, v) u, v) 0, 0, 1), u u σ u, v) u, v) sin v, cos v, 0), v Eu, v) Ẽu, v) 0, 0, 1) 0, 0, 1)) 1, F u, v) F u, v) 0, 0, 1) sin v, cos v, 0)) 0 e Gu, v) Gu, v) sin v, cos v, 0) sin v, cos v, 0)) 1. Por outro lado, f σ)u, v) f σ)u, v) 1, v, u) têm também como primeira forma fundamental a matriz identidade. Logo, f é uma isometria. b) Sejam A f, ) fσ, π 4 )) 1, π 4, ) e B f 1 ) fσ3, π 3 )) 1, π 3, 3). Como f é uma isometria, o comprimento do caminho mais curto em C entre os pontos, ) e 1, 3) é igual à distância de A a B na superfície plana P, isto é, a B A 0, 11π 1, 5) 11π 1 ) + 5. O caminho mais curto em P ligando A a B é o segmento de recta γ 1 t) A + tb A) 1, π π ) t, + 5t t [0, 1], 1 pelo que o caminho mais curto em C ligando, ) a 1, 3) é a curva parametrizada por γ t) f 1 γ 1 t)) f 1 1, π π ) t, + 5t 1 σ + 5t, π π ) 1 t cos π π 1 t), sin π π 1 ) t), + 5t t [0, 1].

6 5. a) Calculemos os dois vectores directores do plano tangente a S γ num ponto genérico σs, u): s s, u) T γs) + u T γs) T γ s) + u κ γ s) N γ s) u s, u) T γs). Portanto, fazendo s s 0, para cada u em 0, 1) o plano tangente passa pelo ponto σs 0, u) γs 0 ) + ut γ s 0 ) e tem a direcção dos vectores T γ s 0 ) + u κ γ s 0 ) N γ s 0 ) e T γ s 0 ). Como s s 0, u) u s 0, u) u κ γ s 0 ) B γ s 0 ), então esse plano é o plano que passa pelo ponto σs 0, u) e é ortogonal a B γ s 0 ) que não depende de u). Apesar dos pontos σs 0, u) dependerem de u 0, 1), estes pontos percorrem o vector T γ s 0 ) de uma extremidade à outra, que é um dos vectores directores do plano, ou seja, percorrem um segmento de recta paralelo a uma das direcções do plano. Portanto, para qualquer u 0, 1), o plano tangente em σs 0, u) é sempre o mesmo: é o plano que passa pelo ponto γs 0 ) e é ortogonal a B γ s 0 ), ou seja, é precisamente o plano osculador à curva γ em γs 0 ). b) Dos cálculos já realizados na alínea anterior obtemos imediatamente a primeira forma fundamental de σ: Es, u) ) s, u) s, u) s s T γ s) T γ s)) + u κ γ s) N γ s) N γ s)) 1 + u κ γ s), F s, u) Gs, u) ) s, u) s, u) T γ s) T γ s)) 1, s u ) s, u) s, u) T γ s) T γ s)) 1. u u Por outro lado, s, u) s u s, u) T γs) T γ s)) + u κ γ s)n γ s) T γ s)) u κ γ s) B γ s). Então Como Ns, u) s s s, u) u s, u) s, u) u s, u) B γs). σ s s, u) T γs) + u κ γs) N γ s) + u κ γ s) N γs) u κ γ s) T γ s) + κ γ s) + u κ γs)) N γ s) + u κ γ s) τ γ s) B γ s), σ u s s, u) κ γs)n γ s), σ s, u) u 0, então ) σ es, u) s, u) Ns, u) u κ s γ s) τ γ s),

7 ) σ fs, u) s, u) Ns, u) 0, u s ) σ gs, u) s, u) Ns, u) 0. u Finalmente, Ks, u) es, u)gs, u) fs, u) Es, u)gs, u) F s, u) 0, Es, u)gs, u) fs, u)f s, u) + Gs, u)es, u) Hs, u) Es, u)gs, u) F s, u) ) uκ γs)τ γ s) u κ γ s) τ γ s) u κ γ s). Portanto, S γ não possui pontos elípticos nem pontos hiperbólicos. Para qualquer u 0, 1), se τ γ s) 0, o ponto σs, u) é planar; se τ γ s) 0, o ponto σs, u) é parabólico. Departamento de Matemática da Universidade de Coimbra