Geometria diferencialCurs 2018–19

Índex

1 Corbes: Parametritzacions. Longitud. 2

2 Corbes: Curvatura. Triedre de Frenet 23

3 Corbes: Més curvatura i torsió 40

4 Exercicis complementaris de corbes planes 52

5 Exercicis complementaris de corbes a l’espai 73

6 Superfícies: Parametritzacions. Espai tangent. 86

7 Superfícies: Primera forma fonamental. 97

8 Superfícies: Segona forma fonamental. Curvatura 109

9 Superfícies: Curvatura. Línies de curvatura 119

10 Superfícies: Curvatura normal. Geodèsiques 125

11 Exercicis complementaris de superfícies 139

12 Àlgebra multilineal i formes 193

13 Formes diferencials. Diferencial exterior 195

14 Exercicis complementaris de formes 197

15 Varietats amb vora. Integració de formes. 206

16 Exercicis complementaris d’integració de formes 211

17 El Teorema de Stokes i les seves variants. 218

18 Exercicis complementaris al teorema de Stokes 230

1 Corbes: Parametritzacions. Longitud.

Exercici 1: Es consideren les aplicacions α, β : R −→ R2 definides per

α(t) = (cos (2 t), cos(t))

β(t) = (sin (2 t), cos(t)) .

Decidiu si són corbes regulars (derivada mai nul.la).

Solució: Cal veure si aquestes parametritzacions determinen un vector tangent a lacorba no nul en cada punt.

Com queα′(t) = (−2 sin(2 t),− sin(t))

La primera component s’anul.la en tots els valors de t que són múltiple enters de π/2(t = k π/2) i la segona sempre que el valor de t sigui un múltiple enter de π (t = k′ π).Això fa que les dues components s’anul.lin simultàniament en tots els múltiples enters deπ. La corba parametritzada α deixa de ser regular en els valors de t múltiples enters deπ. Si es fa un gràfic del seu recorregut s’obté un esquema com el següent:

on es veu clarament que la corba correspon a un troç de paràbola. A l’enllaç https://ggbm.at/kkh3ePA9 (GeoGebra) hi ha una animació d’aquesta corba amb el seu vectortangent on es pot comprovar com el vector tangent s’anul.la a les dues puntes on elrecorregut de la corba a de tornar enrera.

Per a la corba β es compleix

β′(t) = (2 cos(2 t),− sin(t))

Per tal que s’anul.li la segona component (sin(t)) el valor del paràmetre ha de ser unmúltiple enter de π (t = k π) i, aleshores, la primera component del vector tangentserà 2 cos(2 k π) = 1 i, per tant, mai s’anul.len simultàniament les dues components delvector tangent a la corba β. Per tant, la corba parametritzada β és regular en tot el seurecorregut. El gràfic d’aquesta corba serà com el següent:

2

I podeu jugar amb una construcció dinàmica seguint l’enllaç https://ggbm.at/UDsznsCt .

Exercici 2: Parametritzeu les corbes de R2 definides implícitament per

1. 4x2 + y2 = 1.

2. x2/3 + y2/3 = 1. (Astroide, Hipocicloide de 4 punxes).

3. x3 + y3 − 3 a x y = 0. (Folium de Descartes)

4. (x2 + y2)2 = a2 (x2 − y2). (Lemniscata de Bernoulli)

Solució:

(a) 4x2 + y2 = 1

Pensant en termes de (2x, y) es pot considerar que l’equació que determina la corbaés

(2x)2 + y2 = 1

3

i, com que això diu que (2x, y) és en una circumferència, posar

2x = cos(t), y = sin(t)

per a un paràmetre t que representa l’angle de gir o la coordenada angle de lescoordenades polars (les de (2x, y), no les de (x, y)). D’aquesta forma, s’arriba al’expressió

(x, y) =(1

2cos(t), sin(t)

)

amb t ∈ [0, 2 π]. Obtindreu una il.lustració de la situació a l’enllaç https://ggbm.at/WQrRAwuc

(b) x2/3 + y2/3 = 1

Serveix la mateixa estratègia que en el cas anterior: els punts de la forma(

3√

cos(t) , 3√

sin(t))

per a cada (x, y) de la corba original han de ser a la circumferència de centre l’origeni radi 1, per tant es poden parametritzar per

3√x = cos(t), 3

√y = sin(t)

de forma que la corba s’obté per la parametrització

(x, y) =(

(cos(t))3, (sin(t))3)

L’enllaç https://ggbm.at/zF7QRe6h mostra la situació.

Noteu, per la forma de la corba, que serà impossible parametritzar-la de forma regulari amb el vector tangent continu. La parametrització que es proposa té el vectortangent continu però anul.lant-se als punts on apareixen les punxes. No obstant, cadauna de les quatre branque sí que acceptaran una parametrització regular (la que s’obtéescrivint la coordenada y en funció de la coordenada x). Segons el que es vulgui ferserà més útil una parametrització o l’altra.

Envolvent L’envolvent de la família de rectes f(x, y, λ) = 0 (una per a cada λ) estroba resolent el sistema

f(x, y, λ) = 0

∂f

∂λ(x, y, λ) = 0

4

Això és degut a que els punts de l’envolvent (una corba que té en cada punt pertangent una recta de la família) es troben tallant cada recta amb una pròxima ipassant al límit. Concretament, si denotem (xε, yε) un punt solució de

f(x, y, λ) = 0

f(x, y, λ+ ε) = 0

els punts de l’envolvent són els punts límit limε→0(xε) = (x0, y0) suposant que existeixaquest límit. Així,

limε→0

f(xε, yε, λ) = f(x0, y0, λ) = 0

limε→0

∂f

∂x(xε, yε) =

∂f

∂λ(x0, y0, λ) = 0

L’astroide és l’envolvent d’una escala de longitud a que s’aguanta en els eixos decoordenades. És la família de rectes

y + (tanα)x− a sinα = 0.

Derivant respecte αx

cos2 α− a cosα = 0,

per tantx = a cos3 α

d’ony = −a tanα cos3 α + a sinα = a sin3 α.

(c) x3 + y3 − 3 ax y = 0

Un cop més, pensar en coordenades polars dóna un camí clar per obtenir una solucióraonable. Pensem els punts del pla determinats per les seves coordenades polars(posen (r, t)) i determinem en funció d’aquests paràmetres quins són els punts de lacorba. Si (x, y) = r (cos(t), sin(t)) l’equació de la corba s’escriu com

r3 (cos(t))3 + r3 (sin(t))3 − 3 a r2 cos(t) sin(t) = 0

5

Traient els factors comuns r2 (que són els que diuen que la corba passa per l’origen)

r(

(cos(t))3 + (sin(t))3)− 3 a cos(t) sin(t) = 0

i, per tant,

r =3 a cos(t) sin(t)

(cos(t))3 + (sin(t))3

Prenent, doncs,

(x, y) =3 a cos(t) sin(t)

(cos(t))3 + (sin(t))3(cos(t), sin(t))

s’obté una parametrització de la corba. En aquesta expressió cal notar uns quantsfets importants:

• Des del punt de vista geomètric, aquesta construcció el que està mostrant és queen cada direcció del pla hi ha un únic punt de la corba i és d’aquesta maneraque parametritzem la corba.

• Els punts apareixen associats a les direccions del pla no al raigs que surten del’origen, això es manifesta en el fet que hi ha valors de t per als quals la rcorresponent és negativa.

• En afegir mitja volta (π radians) al paràmetre t els sinus i cosinus canvien designe i, per tant, apareix el mateix punt. Això significa que per descriure tota lacorba n’hi ha prou amb un interval de t que cobreixi només mitja volta. (Això nodeixa de ser una altra manifestació del mateix que apareix als punts anteriors).

• Quan t = −π/4 o t = 3 π/4 el denominador de r es fa 0 i, per tant, l’expressiótendeix a infinit. Això significa que el millor interval per descriure la corba seràel que conté les t entre −π/4 i 3 π/4.

Podeu experimentar la situació a l’enllaç https://ggbm.at/G3ZkvjTu.

Estudi analític del signe de r. Observem que el denominador és igual a (cos(t) +sin(t))(1− sin(t) cos(t)) (usar y3 +x3 = (y+x)(y2−xy+x2)). Per tant, té el signe decos(t) + sin(t) =

√2 cos(t− π

4). Per tant, el denominador és positiu a (−π/4, 3π/4).

El numerador és essencialment sin(2t) (suposo a > 0). Per tant és positiu a (0, π/2)∪(π, 3π/2).

D’aquí deduïm que r és positiu a (0, π/2) ∪ (3π/4, π) ∪ (3π/2, 7π/4), com ja havíemvist en el dibuix.

Definició geomètrica del Folium. Considerem les paràboles y = 1ax2, x = 1

ay2. Diem A

i B respectivament els punts en que la recta y = (tanu)x talla aquestes dues paràboles.El Folium és el lloc geomètric de punts M del pla tals que (O,A,M,B) = −1, és adir, el lloc geomètric d’aquests conjugats harmònics.

Si els punts estan ordenats O − A−M − B llavors el quart harmònic M està carac-teritzat per

2

AM=

1

OA+

1

OB,

equivalentment (quocient de raons simples igual a −1)

OA

MA=

OB

MB.

6

El punt M(m1,m2) resulta tenir coordenades

m1 = OM cosu,m2 = OM sinu

ambOM =

a sin 2u

cos3 u+ sin3 u.

Ara és clar quem3

1 +m32 = 2am1m2.

Una altra parametrització. Posem y = tx llavors

x3 + t3x3 = 3atx2

és a dir

x =3at

1 + t3, y =

3at2

1 + t3.

Asímptota. Una manera que trobo molt enginyosa de trobar l’asímptota és observarque un polinomi té l’arrel doble z = 0 si el terme independent i el coeficient de z sónzero. Per tant, posat z = 1/x, un polinomi té l’arrel ∞ doble si els dos coeficients degrau superior s’anul.len.

En tallar x3 + y3 = 3xy amb una recta arbitrària y = mx+ n obtenim

(1 +m3)x3 + 3m(mk − 1)x2 + 3k(mk − 1)x+ k3 = 0.

Per tant 1 +m3 = 0 i 3m(mk − 1) = 0, és a dir, l’asímptota és y = −x− 1.

(d) (x2 + y2)2 = a2 (x2 − y2)

Com en els altres casos semblants, pensant (x, y) = r (cos(t), sin(t)) l’equació quedefineix la corba s’escriu en funció de (r, t) com

r4 = a2 r2(

(cos(t))2 − (sin(t))2)

que es transforma immediatament en

r = a√

cos(2 t)

7

i genera la parametrització

(x, y) = a√

cos(2 t) (cos(t), sin(t))

És clar que aquesta expressió només té sentit quan cos(2 t) ≥ 0 i això no es produeixquan t és a (π/4, 3 π/4) o a (5 π/4, 7π/4). Per tant, quan es pensa d’aquesta maneras’hauran de considerar per separat la parametrització del llaç de la dreta (per at ∈ [−π/4, π/4]) i la del llaç de l’esquerra (t ∈ [3π/4, 5 π/4]).

Calculeu el lloc geomètric dels punts del pla tals que el producte de distàncies alspunts (1, 0) i (−1, 0) respectivament és 1.

Exercici 3: Determineu una parametrització de la cardioide: corba caracteritzada perser el lloc geomètric de l’òrbita d’un punt P d’una circumferència de radi a a mesura quegira sense lliscament sobre una altra circumferència fixada del mateix radi que l’anterior.

Solució: Podeu veure un document GeoGebra amb la construcció d’una cardioide ambl’enllaç següent (feu clic sobre el dibuix):

Podreu manipular els paràmetres i prendre mesures.En qualsevol cas, si es considera, com en l’animació, que la circumferència que va

rodant comença a la part de dalt de tot i es segueix el punt en el que coincidien lesdues circumferències, la situació després d’haver recorregut un arc d’angle t sobre lacircumferència fixada serà com a l’esquema següent

8

x

t

tt

y

On, potser, l’únic que cal explicar és que l’angle entre la recta que uneix els centres deles circumferències i la direcció vertical també val t ja que es tracta de l’angle que formauna secant entre dues paral.leles.

Vist això, la posició del centre de la circumferència que roda, després del gir correspo-nent a l’arc t, serà

C = (−2 a sin(t), 2 a cos(t))

i el vector que va des del centre fins a punt que s’està seguint serà

v = (a sin(2 t),−a cos(2 t))

De forma que la posició del punt vermell és

(x, y) = C + v = (−a (2 sin(t)− sin(2 t)), a (2 cos(t)− cos(2 t)))

Naturalment hi ha altres opcions que difereixen d’aquesta per la posició de les circumfe-rències respecte els eixos, la posició relativa del punt inicial, etc.

Per exemple, si passa per l’origen, com indica la figura

El centre B de la circumferència exterior que gira ve parametritzat per l’expressióγ(t) = (a + 2a cos(t), 2a sin(t)), suposant un sentit de gir antihorari, on t és l’angle en-tre la recta AB i l’eix de les x′s. Ara cal parametritzar el gir del punt P respecte a

9

B. El que cal observar és (mireu els tres arcs de cercle més gruixuts de la figura) quel’angle que forma la recta PB amb l’eix de les x′s és el doble de t, per tant el movi-ment ve parametritzat, respecte d’uns eixos traslladats paral.lelament al nou origen B,per β(t) = (a cos(2t), a sin(2t)).

t

tt

A

B

Així doncs, la parametrització de la cardioide és

α(t) = (a+ 2a cos(t) + a cos(2t), 2a sin(t) + a sin(2t)) = a(1 + 2eit + eit).

Equivalentmentα(t) = (2a cos t(1 + cos t), 2a sin t(1 + cos t)).

La fistància d’aquest punt a l’origen és√x(t)2 + y(t)2 = 2a(1 + cos t).

Exercici 4: Siguin F1 i F2 dos punts del pla a distància 2 c i a ∈ R, a > c. Posem

b =√a2 − c2 (semieix menor), e =

c

a< 1 (excentricitat) i p =

b2

a(paràmetre focal).

L’el.lipse amb focus F1 i F2 i semieix major a és el lloc geomètric dels punts P del pla queverifiquen

d(P, F1) + d(P, F2) = 2 a

(a) Prenent el pol (origen de coordenades) en un dels dos focus i origen d’angles a lasemirecta que l’uneix amb l’altre proveu que l’equació de l’el.lipse en coordenadespolars és

r(θ) =p

1− e cos(θ)

(b) Prenent coordenades cartesianes centrades en el punt mig de F1F2 (centre de l’el.lipse)i amb eix Ox a la semirecta OF2 proveu que l’equació de l’el.lipse és

(xa

)2

+(yb

)2

= 1

(c) Proveu que γ(t) = (a cos(t), b sin(t)) és una parametrització regular de l’el.lipse.

Solució:

(a) La situació correspon al l’esquema següent

10

P

F1

r

2 a− r

2 a

2 c

θ F2

Aleshores el T. del cosinus sobre el triangle F1F2P dóna la igualtat

(2 a− r)2 = (2 c)2 + r2 − 2 (2 c) r cos(θ)

que serà equivalent a

4 a2 − 4 a r + r2 = 4 c2 + r2 − 4 c r cos(θ)

(que és lineal respecte r) i permet escriure

r =a2 − c2

a− c cos(θ)=

(a2 − c2)/a

1− (c/a) cos(θ)

Tenint en compte les definicions de b, p i e

r =p

1− e cos(θ)

(b) En el sistema de coordenades que es proposa, els focus són als punts (−c, 0) i (c, 0) deforma que les distàncies d1 i d2 d’un punt (x, y) qualsevol a cada un d’ells complirand1

2 = (x+ c)2 + y2, d22 = (x− c)2 + y2. Com que la condició que s’ha de verificar per

tal que un punt sigui de la el.lipse és

d1 + d2 = 2 a

això és equivalent a(2 a− d1)2 = d2

2

que donaria4 a2 − 4 a d1 + d1

2 = d22

substituint els quadrats

4 a2 − 4 a d1 + x2 + c2 + 2 c x+ y2 = x2 + c2 − 2 c x+ y2

eliminant els termes repetitsa d1 = a2 + c x

11

tornant a fer quadrats

a2 d12 = (a2 + c x)2 = a4 + c2 x2 + 2 a2 c x

a2(x2 + c2 + 2 c x+ y2

)= a4 + c2 x2 + 2 a2 c x

(a2 − c2)x2 + a2 y2 = a4 − a2 c2 = a2(a2 − c2

)

b2 x2 + a2 y2 = a2 b2

(xa

)2

+(yb

)2

= 1

Naturalment, aquesta és l’opció que utilitza els càlculs més simples. Però es potutilitzar la forma polar dels punts de l’el.lipse que s’ha obtingut en l’apartat anteriori tenir en compte que d’aquesta manera es pot dir que els punts de la corba tenencoordenades de la forma

(x, y) = (−c, 0) +p

1− e cos(θ)(cos(θ), sin(θ))

i fer les comprovacions corresponents.

(c) El vector tangent a la corba respecte aquesta parametrització serà

γ′(t) = (−a sin(t), b cos(t))

i les funcions sinus i cosinus mai s’anul.len simultàniament. Així doncs la parametrit-zació és regular.

Exercici 5: Determineu (si es pot) una parametrització per l’arc de les corbes definidesper

(a) y = log x

(b) x2/3 + y2/3 = a2/3

(c) α(t) = (et sin(t), 1, et cos(t))

(d) α(t) = (cosh(t), sinh(t), t)

(e) α(t) = (t, t2, t3)

(f) x2/a2 + y2/b2 = 1.

Solució:

(a) y = log(x)

12

La longitud s(x) de la corba des del punt (1, 0) fins al punt de coordenades (x, log(x))serà

s(x) =

∫ x

1

√1 +

1

t2dt

ja que el vector tangent s’expressa com (1, 1/x) per a un valor arbitrari x del parà-metre. Amb una mica d’habilitat1 es pot veure que el valor d’aquesta integral serà

∫ √1 +

1

t2dt =

√t2 + 1 − 1

2log(√

t2 + 1 + 1)

+1

2log(√

t2 + 1 − 1)

(La part dels logaritmes també es pot escriure en termes de artanh(y) = log(√

1+y1−y

)).

Això vol dir que la funció longitud s(x) serà

s(x) = −√

2 +1

2log

(√2 + 1√2 − 1

)+√x2 + 1 +

1

2log

(√x2 + 1 − 1√x2 + 1 + 1

)

(si no hi ha errors de transcripció).No es podrà, doncs, donar una expressió de x en funció de s, encara que sí que espugui calcular de forma explícita la longitud.

(b) x2/3 + y2/3 = a2/3

1La integral de 1/ sinu és ln tan(u/2) i tanh(u/2) =√

coshu−1√coshu+1

13

Si parametritzem la corba per α(t) =(a (cos(t))3, a (sin(t))3

)el vector tangent serà

α′(t) =(−3 a sin(t) (cos(t))2, 3 a cos(t) (sin(t))2

)

i la seva norma|α′(t)| = 3 a sin(t) cos(t)

Per tant, la longitud s(t) de la corba α des del punt corresponent al valor 0 delparàmetre fins al corresponent al valor t serà

s(t) =

∫ t

0

3 a sin(x) cos(x) dx =3 a

2(sin(t))2

que proporciona la relació inversa

t(s) = arcsin

(√2

3 as

)

Això fa que es pugui parametritzar en funció de l’arc s com

α(s) =

(a (cos(arcsin

(√2

3 as

)))3, a (sin(arcsin

(√2

3 as

)))3

)

(De fet, s’hauria d’escriure α(t(s))).

Tenint en compte les relacions entre sinus i cosinus

α(s) =

(a

(1− 2

3 as

)3/2

, a

(2

3 as

)3/2)

(c) α(t) = (et sin(t), 1, et cos(t))

El vector tangent serà

α′(t) =(cos (t) et + et sin (t) , 0, cos (t) et − et sin (t)

)

14

i la seva norma|α′(t)| =

√2 et

Això per met determinar que la longitud s(t) de la corba entre els valors del paràmetre0 i t serà

s(t) =

∫ t

0

√2 ex dx =

√2(et − 1

)

de forma que el paràmetre t serà, en funció de la longitud s,

t = log

(√2

2s+ 1

)

i es pot reparametritzar com

α(s) =

((√2

2s+ 1

)sin(log

(√2

2s+ 1

)), 1,

(√2

2s+ 1

)cos(log

(√2

2s+ 1

))

)

(d) α(t) = (cosh(t), sinh(t), t)

El vector tangent ésα′(t) = (sinh(t), cosh(t), 1)

La seva norma

|α′(t)| =√

(cosh(t))2 + (sinh(t))2 + 1 =√

2 cosh(t)

La longitud d’arc s(t) entre 0 i t

s(t) =

∫ t

0

√2 cosh(x) dx =

√2 sinh(t)

El paràmetre t en funció de l’arc s

t(s) = arsinh

(√2

2s

)

I la reparametrització per l’arc

α(s) =

(√1 +

s2

2,

√2

2s, arsinh

(√2

2s

))

15

(e) α(t) = (t, t2, t3)

En aquest cas es té un vector tangent

α′(t) = (1, 2 t, 3 t2)

amb norma|α′(t)| =

√1 + 4 t2 + 9 t4

De forma que la longitud s(t) fins a un cert punt es calcularà amb una integral deltipus

s(t) =

∫ t

0

√1 + 4 x2 + 9x4 dx

que no té manera d’expressar-se en termes de funcions elementals. Això significa queen aquest cas no hi ha manera de fer res mes.

(f) x2/a2 + y2/b2 = 1

Una parametrització òbvia de la corba és

α(t) = (a cos(t), b sin(t))

16

que tindrà com a vector tangent

α′(t) = (−a sin(t), b cos(t))

amb norma|α′(t)| =

√a2 (sin(t))2 + b2 (cos(t))2

Per a calcular la longitud s(t) fins a un cert valor del paràmetre caldrà fer la integral

s(t) =

∫ t

0

√a2 (sin(x))2 + b2 (cos(x))2 dx

que tampoc és expressable en termes de funcions elementals si no s’està en el cas a = b(circumferència). Per tant, ja no es pot fer res més.

Exercici 6: Parametritzeu la corba anomenada tractriu, caracteritzada geomètricamentpel fet següent: per tot punt P de la corba, la distància entre aquest punt i el punt Q,d’intersecció entre la recta tangent a la corba en P amb l’eix d’abscisses, és constant iigual a 1. Es diu que és el camí que es veu obligat a fer un gos lligat a una corda, ique va tibant cap al nord, quan el seu amo es passeja cap a l’est. Doneu també unaparametrització per l’arc de la tractriu.

Solució:

x

y

Suposem primer que la corba ve donada per (x, y(x)). La seva recta tangent en un puntP = (x0, y0) on y0 = y(x0) és (x− x0)y′(x0) = y − y0. Fent y = 0 obtenim que el punt Qés (x0y

′(x0)−y0y′(x0)

, 0). Imposant ara d2(P,Q) = 1 obtenim

y′(x0)2 1− y(x0)2

y(x0)2= 1

i per tant l’equació diferencial que verifica y(x) és

dx

dy=

√1− y2

y2= −

√1− y2

y

on l’el.lecció del signe es pot deduir d’un dibuix aproximat de la tractriu.De fet, aquesta equació es veu directament mirant el triangle P,Q,R, on R és la

projecció de P sobre l’eix de les x′s.

17

y 1

!

P

R Q

y′ = − tanα = −RPRQ

= − y√1−y2

Resolem aquesta equació diferencial pel mètode de separació de variables. És a dir,integrem els dos termes de

−√

1− y2

ydy = dx.

Per fer la integral de l’esquerra utilitzem el canvi de variable y = 1cosh(t)

, dy = − tanh(t)cosh(t)

dt.Aleshores

−∫ √

1− y2

ydy =

∫tanh2(t)dt = t− tanh(t) + C = argcosh

1

y−√

1− y2 = x+ C.

Si imposem que pass1 pel punt (0, 1) ha de ser C = 0.Tenim doncs una primera parametrització de la tractriu en funció de l’altura y:

x(y) = argcosh 1y−√

1− y2

Aprofitant els càlculs anteriors també podem parametritzar la tractiu com

γ(t) =(t− tanh(t), 1

cosh(t)

)

Un altre canvi de variable que podríem haver utilitzat a la integral anterior és y =sin(t), amb t ∈ [0, π/2]. Aleshores

−∫ √

1− y2

ydy =

∫sin(t)− 1

sin(t)dt = − cos(t)−

∫1

sin(t)dt = x+ C,

amb C = 0 pel mateix motiu d’abans. Per resoldre la segona integral prenem s = tan(t2

).

Recordem que aleshores

t = arctan(s),dt

ds=

2

1 + s2, sin(t) =

2s

1 + s2, cos(t) =

1− s2

1 + s2.

Obtenim x = − cos(t)− ln(tan(t/2)), de manera que obtenim la següent parametritzacióclàssica de la tractriu:

γ(t) = (− cos(t)− ln(tan(t/2)), sin(t))

(per t = π/2 passa pel punt (0, 1)).Si volem començar en el punt (0, 1) i acabar a (∞, 0) posem T = −t + π

2∈ [0, π/2], i

si abans t variava de π2fins a 0 ara T varia de 0 fins a π/2.

18

Canviant t per T obtenim una altra parametrització de la tractriu, amb γ(0) = (0, 1).

γ(T ) = (− sin(T )− ln(1−tan(T/2)1+tan(T/2)

), cos(T ))

Paràmetre arc. Tenim

γ′(t) = (sin2(T )

cos(T ),− sinT ),

‖γ′(t)‖ =

∣∣∣∣sin(T )

cos(t)

∣∣∣∣

Aleshores el paràmetre arc, contat a partir del punt (0, 1), és

s(T ) =

∫ T

0

sin(s)

cos(s)ds = − ln(cos(T )) = ln

1

cosT.

Si suposem que tenim una parametrització del tipus γ(x) = (x, y(x)) (que no hemsabut trobar) tindríem (denotant s(x) la longitud de la tractriu entre (0, 1) i (x, y(x)))

s(x) =

∫ x

0

√1 + y′(x)2 dx =

∫ x

0

√1 +

y(x)2

1− y(x)2dx = −

∫ x

0

y′(x)

y(x)dx = ln

1

y(x).

Això vol dir que l’expressió de la tractriu respecte del paràmetre arc s és

γ(s) = (argcosh es −√

1− e−2s, e−s)

Observem que les dues expressions que acabem de trobar per al paràmetre arc, s(T )i s(x), diuen el mateix: la longitud d’arc és el logaritme neperià de l’invers de la segonacomponent.

Exercici 7: La corba plana donada per la gràfica de la funció y = cosh(x) s’anomenacatenària. Parametritzeu-la per l’arc.

Solució:

19

El vector tangent a una corba de la forma (x, cosh(x)) serà (1, sinh(x)) amb norma√1 + (sinh(x))2 = cosh(x).Per tant, la funció longitud s(x) serà

s(x) =

∫ x

0

cosh(t) dt = sinh(x)

de forma que la parametrització de l’arc s’obtindrà prenent x = arsinh(s) i serà de laforma

α(s) = (arsinh(s),√

1 + s2 )

(ja que cosh(t) =√

1 + (sinh(t))2 ).Nota: Suposem una cadena amb extrems en els punts (−a, b) i (a, b), a > 0, que penja

sota l’acció de la gravetat. Considerem un petit tros de cadena de longitud s contat apartir del punt més baix de la cadena i cap a la dreta. El pes d’aquest tros és ”massa xgravetat”. Suposem densitat 1 per no arrossegar constants, de manera que la massa ésessencialment la longitud. Llavors el pes és gs, o vectorialment ~F = (0,−gs).

T

T0s

!

Aquesta força està compensada per les forces que actuen tangencialment en els extremsdel nostre segment de cadena. Concretament per la força T0 = (−T0, 0), amb T0 > 0, quefa el cable en el punt més baix i per la força T = (T cos θ, T sin θ), tangent al cable en elpunt més alt del nostre segment de longitud s. L’angle θ és doncs l’angle que forma la

20

tangent a la cadena en aquest punt. La condició d’equilibri es doncs2

T0 = T cos θ,

gs = T sin θ.

Dividint tenimtan θ =

gs

T0

.

Però tan θ = dydx

en el punt extrem superior del segment de corda que estem considerant.De manera que tenim

dy

dx= λs, amb λ =

g

T0

.

Aquesta és l’equació diferencial de la catenària.Pensant s = s(x) i derivant, tenim

d2y

dx2= λ

ds

dx= λ

√1 + (

dy

dx)2,

la darrera igualtat per definició de paràmetre arc.

Equivalentment, posant v(x) =dy

dx,

dv

dx= λ√

1 + v2

Aquesta equació diferencial de primer ordre és trivial i ens dóna2Considerem el tros de corda o cadena que penja entre els punts (−a, b) i (a, b) però ens fixem només

en el tros que està està entre els punts (0, c) i (x, y(x)). Suposem que aquest tros té longitud s. La massaserà doncs proporcional a aquesta longitud, posarem M = ρs, on ρ és una constant (la densitat). Arasubstituïm aquest tros de corda per un objecte ideal format per N + 1 boles, totes elles de la mateixamassa mN , unides entre si per un cable rígid de massa negligible i longitud δN de manera que N · δN = s,i (N + 1)mN = M .Sobre cada bola Bi actuen tres forces: el pes mNg, la tensió del fil per la dreta Ti+1, i la tensió del fil

per l’esquerra Ti. Denotem Ti = |~Ti| i θi l’angle que forma Ti amb l’horitzontal. Totes aquestes quantitatsdepenen de N però no poso més subindexs per no recarregar més la notació. La condició d’equilibri (sumade forces igual a zero) s’escriu com

Ti+1 cos θi+1 = Ti cos θi

Ti+1 sin θi+1 − Ti sin θi = mNg

Diem T al valor Ti cos θi, que hem vist que no depèn de i, és a dir T = Ti cos θi, i sumem, des de i = 0fins a i = N − 1 la segona igualtat. Els termes successius es van cancel.lant (suma telescòpica) i quedanomés el primer i l’últim:

TN sin θN − T0 sin θ0 = NmNg = (M −mN )g = sρg −mNg.

Si la bola B0 ocupa el punt més baix de la cadena, com en el dibuix anterior, θ0 = 0, i l’anterior expressió,dividida per T , és

tan θN = sρg

T− mNg

T.

Si ara prenem límits quan N → ∞, i recordant que la bola BN està en el punt de coordenades (x, y),obtenim (lim∞mN = 0)

y′(x) = λs(x),

on λ és una constant, que és l’equació diferencial de la catenària.

21

argsinh(v) = λx+ C.

Com que v(0) = 0 (en el mínim la tangent és horitzontal) tenim

v(x) = sinh(λx),

que integrant ens dóna

y(x) =1

λcosh(λx) + C1

i tenint en compte la condició inicial trobem C1 i tenim

y(x) =1

λcosh(λx) + b− 1

λcoshλa.

Si λ = 1 i b = cosh a estem en la situació estudiada en el problema.

22

2 Corbes: Curvatura. Triedre de Frenet

Exercici 8: Sigui γ(t) la parametrització d’una corba regular (no necessàriament perl’arc). Demostreu la fórmula següent per a la torsió τ(t) d’aquesta corba

τ(t) = −〈γ′(t) ∧ γ′′(t), γ′′′(t)〉|γ′(t) ∧ γ′′(t)|2

Solució: Considerem que la corba γ ve parametritzada pel paràmetre t i considerem elparàmetre arc s = s(t). Quan derivem repecte t s’obté

γ′(t) =dγ

dt=ds

dt

dγ

ds=ds

dtT

de forma que

|γ′| = ds

dt

La fórmula per a la curvatura surt quan es fa la segona derivada (i s’aplica la fórmula deFrenet de la derivada del vector tangent):

γ′′(t) =d2γ

dt2=d2s

dt2T +

(ds

dt

)2

k N =d2s

dt2T + |γ′|2 k N

Fent producte vectorial amb γ′ (que és múltiple de T ) s’obté l’expressió per a la curvaturaja que

γ′ ∧ γ′′ = (|γ′| T ) ∧(d2s

dt2T + |γ′|2 k N

)= |γ′|3 k B

d’on queda clar que|γ′ ∧ γ′′| = |γ′|3 k

i en conseqüència

k =|γ′ ∧ γ′′||γ′|3

Quan es fa la tercera derivada (i no es va fent cas dels termes en T o N que noimportaran per a més endavant)

γ′′′(t) =d3γ

dt3= (· · · )T+(· · · )N+|γ′|2 k ds

dt

dN

ds= (· · · )T+(· · · )N+|γ′|3 k (−k T − τB)

Finalment ens podem quedar amb

γ′′′(t) = (· · · )T + (· · · )N − |γ′|3 k τ B

Fent el producte escalar amb γ′ ∧ γ′′

〈γ′ ∧ γ′′, γ′′′〉 = − |γ′ ∧ γ′′| |γ′|3 k τ

Però com que |γ′ ∧ γ′′| = |γ′|3 k es pot dir que

τ = −〈γ′ ∧ γ′′, γ′′′〉|γ′ ∧ γ′′|2

que és el que es volia veure.

23

Exercici 9: Trobeu la curvatura, la torsió i el triedre de Frenet de les corbes següents:

1. α(t) = (t, t2, t3).

2. α(t) = (t,1− tt

,1− t2t

). Proveu a més que la corba és plana i determineu el pla quela conté.

3. α(t) = (et, e−t,√

2 t).

4. α(t) = (2 t, log(t), t2).

5. α(t) = (3 t− t3, 3 t2, 3 t+ t3). En aquest cas proveu que k = ±τ .

Solució: Com que les parametritzacions d’aquestes corbes no seran per l’arc, convé tenirpresents les fórmules per al càlcul d’aquests elements per a un paràmetre arbitrari.

k =|α′ ∧ α′′||α′|3

τ = −〈α′ ∧ α′′, α′′′〉|α′ ∧ α′′|2

Encara que no ho sembli, aquestes fórmules també porten implícita la determinació deltriedre de Frenet associat a la corba. Recordant els càlculs, es pot establir que

T =1

|α′| α′

B =1

|α′ ∧ α′′| (α′ ∧ α′′) =

1

|α′|3 k(α′ ∧ α′′)

N = B ∧ T = −T ∧B

Això vol dir que tot el que s’haurà de fer en cada apartat serà calcular α′, α′′, α′ ∧α′′,α′′′, el determinant de les tres derivades i les normes corresponents a les fórmules.

1. α(t) = (t, t2, t3).

24

Si es van calculant els elements necessaris per aplicar les fórmules:

α′ = (1, 2 t, 3 t2)

α′′ = (0, 2, 6 t)

α′′′ = (0, 0, 6)

α′ ∧ α′′ = (6 t2,−6 t, 2)

|α′| =√

1 + 4 t2 + 9 t4

|α′ ∧ α′′| =√

36 t4 + 36 t2 + 4

〈α′ ∧ α′′, α′′′〉 = 12

De forma que:

k =

√36 t4 + 36 t2 + 4

(9 t4 + 4 t2 + 1)3/2

τ = − 3

9 t4 + 9 t2 + 1

I el triedre de Frenet serà

T =1√

1 + 4 t2 + 9 t4(1, 2 t, 3 t2)

B =1√

9 t4 + 9 t2 + 1(3 t4,−3 t, 1)

N =1√

1 + 4 t2 + 9 t4√

9 t4 + 9 t2 + 1(−9 t3 − 2 t,−9 t4 + 1, 6 t3 + 3 t)

2. α(t) = (t,1− tt,1− t2

t).

Amb una mica de vista es pot comprovar que la corba queda sobre el pla x−y+z = 1.(Per tant, el seu binormal hauria de ser múltiple de (1,−1, 1)).

25

Si es fan els càlculs per determinar curvatura, torsió i triedre de Frenet:

α′ =

(1, − 1

t2, − 1

t2− 1

)

α′′ =

(0,

2

t3,

2

t3

)

α′′′ =

(0, − 6

t4, − 6

t4

)

α′ ∧ α′′ =(

2

t3, − 2

t3,

2

t3

)

|α′| =√

2

t2+

2

t4+ 2 =

√2

√t4 + t2 + 1

t2

|α′ ∧ α′′| = 2√

3

t3

〈α′ ∧ α′′, α′′′〉 = 0

Que donaran

k =

√3

2

t3

(t4 + t2 + 1)3/2

τ = 0

Amb el triedre de Frenet

T =t2√

2√t4 + t2 + 1

(1, − 1

t2, − 1

t2− 1

)=

1√2√t4 + t2 + 1

(t2,−1,−1− t2)

B =t3

2√

3

(2

t3, − 2

t3,

2

t3

)=

1√3

(1,−1, 1)

N =1√

6√t4 + t2 + 1

(t2 + 2, 2 t2 + 1, t2 − 1)

3. α(t) = (et, e−t,√2 t).

26

α′ =(

et, −e−t,√

2)

α′′ =(et, e−t, 0

)

α′′′ =(et, −e−t, 0

)

α′ ∧ α′′ =(−√

2 e−t,√

2 et, 2)

|α′| =√

e2 t + e−2 t + 2 = (et + e−t )

|α′ ∧ α′′| =√

2 e2 t + 2 e−2 t + 4 =√

2√

e2 t + e−2 t + 2 =√

2 (et + e−t )

〈α′ ∧ α′′, α′′′〉 = −2√

2

k =

√2 e2 t

e4 t + 2 e2 t + 1=

√2

(e2 t + e−2 t)2

τ =

√2

e2 t + e−2 t + 2=

√2

(e2 t + e−2 t)2

T =1√

e2 t + e−2 t + 2

(et, −e−t,

√2)

B =1√

e2 t + e−2 t + 2

(e−t, et,

√2)

N =1

1 + e2 t

(√2 e2 t,

√2 e2 t, 1− e2 t

)

4. α(t) = (2 t, log(t), t2).

27

α′ =

(2,

1

t, 2 t

)

α′′ =

(0, − 1

t2, 2

)

α′′′ =

(0,

2

t3, 0

)

α′ ∧ α′′ =(

4

t, −4, − 2

t2

)

|α′| =√

4 t2 +1

t2+ 4 =

2 t2 + 1

t

|α′ ∧ α′′| =√

16

t2+

4

t4+ 16 =

2 (2 t2 + 1)

t2

〈α′ ∧ α′′, α′′′〉 = − 8

t3

k =2 t

4 t4 + 4 t2 + 1=

2 t

(2 t2 + 1)2

τ =2 t

4 t4 + 4 t2 + 1=

2 t

(2 t2 + 1)2

T =

(2 t

2 t2 + 1,

1

2 t2 + 1,

2 t2

2 t2 + 1

)

B =

(2 t

2 t2 + 1, − 2 t2

2 t2 + 1, − 1

2 t2 + 1

)

N =

(−2 t2 − 1

2 t2 + 1, − 2 t

2 t2 + 1,

2 t

2 t2 + 1

)

5. α(t) = (3 t− t3, 3 t2, 3 t+ t3).

28

α′ =(−3 t2 + 3, 6 t, 3 t2 + 3

)= 3 (1− t2, 2 t, t2 + 1)

α′′ = (−6 t, 6, 6 t) = 6 (−t, 1, t)α′′′ = (−6, 0, 6) = 6 (−1, 0, 1)

α′ ∧ α′′ =(18 t2 − 18, −36 t, 18 t2 + 18

)= 18 (t2 − 1,−2 t, t2 + 1)

|α′| =√

18 t4 + 36 t2 + 18 = 3√

2(t2 + 1

)

|α′ ∧ α′′| =√

648 t4 + 1296 t2 + 648 = 18√

2(t2 + 1

)

〈α′ ∧ α′′, α′′′〉 = 216

k =1

3 (t2 + 1)2

τ = − 1

3 (t2 + 1)2

T =

(− 1√

2

t2 − 1

t2 + 1,√

2t

t2 + 1,

1√2

)

B =

(1√2

t2 − 1

t2 + 1,−√

2t

t2 + 1,

1√2

)

N =

(− 2 t

t2 + 1, −t

2 − 1

t2 + 1, 0

)

Exercici 10: Sigui α : I → R3 una corba regular amb curvatura mai nul.la.Demostreu que α és plana si i només si tots els plans osculadors són paral.lels a un pla

fix.Proveu també que α és plana si i només si la torsió de α és idènticament zero.

Solució: Recordem primer que per poder parlar de pla osculador necessitem la condicióde curvatura no nul.la.

Si la corba és plana, el pla que la conté és el pla osculador i hem acabat.Recíprocament, suposem que tots els plans osculadors són paral.lels, és a dir, que el vec-

tor binormal B(s) és constant B(0) (suposem que s és el paràmetre arc) i definim f(s) =〈α(s)− α(0), B(0)〉. Tenim que f(0) = 0 i que, f ′(s) = 〈α′(s), B(0)〉 = 〈T (s), B(s)〉 = 0.De manera que f ≡ 0 i α està continguda en el pla osculador de α pel punt α(0).

La tercera equació de Frenet ens diu que B(t) és constant si i només si τ(s) = 0.D’altra banda, la hipòtesi sobre la curvatura és necessària ja que existeixen exemples

de corbes regulars que són localment planes sense estar contingudes en un únic pla, perexemple, dues corbes planes unides per un segment recte (observem que sobre aquestsegment la curvatura és zero i que, en realitat, podria ser un únic punt).

29

Exercici 11: Demostreu que una corba regular plana té curvatura constant si, i noméssi, està continguda en una circumferència.

Solució: Recordeu que una circumferència de radi r parametritzada per l’arc α(s) =(r cos(s/r), r sin(s/r)) tindrà com derivada segona

α′′(s) =1

r(− cos(s/r),− sin(s/r))

i, per tant, la curvatura és k =1

r(constant).

Tenint en compte l’anterior, donada una corba arbitrària parametritzada per l’arc γ(s)i de curvatura constant k (diferent de 0, és clar), considerem, per a cada punt de la corba,el centre C(s) definit per

C(s) = γ(s) +1

kN(s)

Com que la corba és plana, les fórmules de Frenet donen

C ′(s) = γ′(s) +1

kN ′(s) = T (s) +

1

k(−k T (s)) = ~0

de forma que C(s) = C0 (constant) i, en particular, ‖γ(s)− C0‖ =1

k. Dit d’una altra

manera, γ(s) sempre és un punt de la circumferència de centre C0 i radi1

k.

Naturalment, si la curvatura és nul.la els càlculs no tenen sentit. Però en aquest casés clar que la corba és un segment de recta (que, si es vol mantenir l’enunciat senseafegir més detalls, es pot considerar una circumferència de radi infinit) ja que admet unaparametrització amb derivada segona nul.la.

Exercici 12: Demostreu que una corba regular α(s) té imatge continguda en una rectasi i només si α′′(s) és proporcional a α′(s).

Solució: Suposem primerament que α(s) està continguda en una recta. Això vol dirque podem escriure

α(s) = α(s0) + f(s)~v

on f(s) és una certa funció i ~v és el vector director de la recta. Llavors α′(s) = f ′(s)~v, laqual cosa implica en particular f ′(s) 6= 0 per a tot s. Tornant a derivar

α′′(s) = f ′′(s)~v = f ′′(s)α′(s)

f ′(s)=f ′′(s)

f ′(s)α′(s),

és a dir, la derivada segona és proporcional a la derivada primera, com volíem veure.Recíprocament, si α′′(s) = λ(s)α′(s), per a una certa funció λ(s), tenim α′(s)∧α′′(s) =

0 i per tant (utilitzant la fórmula de la curvatura k(s) respecte una paràmetre arbitrari),k(s) = 0. Ara només cal tenir en compte que això significa que, reparametritzant perl’arc, la derivada segona de la corba és nul.la, aleshores la corba té una expressió linealrespecte l’arc i això ja dóna directament que el seu recorregut està sobre una recta.

Exercici 13: Considerem l’aplicació de R en R3 de classe C∞ definida per

α(t) =

(t, 0, e−1/t2) per t > 0

(t, e−1/t2 , 0) per t < 0

(0, 0, 0) per t = 0.

30

Comproveu que aquesta corba té torsió nul.la però no està continguda en un pla.Nota: Teniu en compte que, fins i tot per a t = 0, es podria dir que τ(0) = 0.

Solució: És fàcil veure que

limt7→0+

α′(t) = limt7→0−

α′(t) = (1, 0, 0).

Per tant, la corba és regular (i es pot afinar el raonament per veure que el grau dediferenciabilitat és infinit).

Per un altre costat, en tot el recorregut corresponent a t > 0 la corba està contingudaen el pla xz (vector binormal constant (0, 1, 0)), mentre que en recorregut de t < 0està dins el pla xy (vector binormal constant (0, 0, 1)) i, per tant, en tots els punts delrecorregut τ = 0.

Totes aquestes característiques es poden observar sense problemes al gràfic següentsense cap càlcul addicional

Exercici 14: (Coordenades polars).Es diu que una corba plana γ ve donada en polars quan s’expressa com:

γ(t) =(r(t) cos(θ(t)), r(t) sin(θ(t))

)

on r(t) i θ(t) són respectivament les expressions, en funció del paràmetre t, de la distànciaa l’origen de coordenades (pol) i de l’ angle que forma el vector γ(t) amb l’eix de les x(origen d’angles). Quan es pren l’angle θ com a paràmetre, l’expressió en polars ve donadaper la funció r = r(θ).

1. Determineu l’equació en coordenades polars d’una circumferència de radi R > 0centrada a l’origen.

2. Determineu l’equació en coordenades polars d’una circumferència de radi R > 0 icentre (R, 0).

3. Considereu l’angle θ ∈ [a, b] com a paràmetre. Demostreu que la longitud L de lacorba r = r(θ) està donada per

L =

∫ b

a

√r2 + r′2 dθ.

31

4. Demostreu que la curvatura de la corba r = r(θ) està donada per

k(θ) =2 r′2 − r r′′ + r2

(r′2 + r2

)3/2.

5. Proveu que si la funció r(θ) té un màxim en θ = θ0, aleshores la curvatura de la

corba r = r(θ) en el punt θ = θ0 és més gran o igual que1

r(θ0).

6. Feu una representació gràfica aproximada de la corba definida per r(θ) = 1− sin(θ).

Solució:

1. r(t) = R i θ(t) = t.

2. L’equació de les coordenades cartesianes d’aquesta circumferència és

(x−R)2 + y2 = R2.

Desenvolupem x2 + y2 − 2Rx = 0, fem la substitució x = r cos(θ), y = r sin(θ) iobtenim que r2 − 2Rr cos(θ) = 0, d’on

r (r − 2R cos(θ)) = 0.

Com que el cas r = 0 correspon únicament al punt (0, 0), tenim que el recorregutde la circumferència es pot parametritzar com

r(θ) = 2R cos(θ), −π/2 ≤ θ ≤ π/2.

3. Si posem γ(θ) = (r(θ) cos(θ), r(θ) sin(θ)) tenim

γ′(θ) = (r′ cos(θ)− r sin(θ), r′ sin(θ) + r cos(θ))

on r′ =dr

dθ. Així

|γ′(s)| =√r2 + r′2

i per tant

L =

∫ b

a

√r2 + r′2 dθ.

Nota: Observem que si denotem per s = s(θ) el paràmetre arc (és a dir, s(θ) és lalongitud entre un valor fixat a i θ) llavors

ds

dθ=√r2 + r′2.

4. Si r = r(θ), la corba en cartesianes és γ(θ) = (r(θ) cos(θ), r(θ) sin(θ)). La curva-tura d’una corba plana γ(t) que no està parametritzada per l’arc es calcula amb lafórmula3

k(t) =det(γ′(t), γ′′(t))

|γ′(t)|3 .

3El determinant de dos vectors és el determinant de la matriu que té per columnes les coordenadesd’aquests vectors respecte d’una base ortonormal. Noteu que això és essencialment el mateix que suposarque la corba està en el pla xy de R3 i aplicar la fórmula de la curvatura per a les corbes de l’espai.

32

En efecte, γ′ = v T i γ′′ = v′ T + v T ′ = v′ T + v2 k N , d’on

det(γ′, γ′′) = v3 k det(T,N) = v3 k.

Si escrivim γ(θ) = r(θ) ei θ tenim que

γ′(θ) = r′(θ) eiθ + r(θ) i eiθ

γ′′(θ) = r′′(θ) eiθ + r′(θ) i eiθ + r′(θ) i eiθ − r(θ) eiθ = (r′′(θ)− r(θ)) eiθ + 2 r′(θ) i eiθ.

Per tant, det(γ′, γ′′) =

∣∣∣∣r′ r

r′′ − r 2 r′

∣∣∣∣ = 2 r′2 − r r′′ + r2 i

k(θ) =2 r′2 − r r′′ + r2

(r′2 + r2)3/2,

on, òbviament r, r′, r′′ denoten r(θ), r′(θ), r′′(θ).

Nota: Puig-Adam4 ho fa així: Considerem la corba r = r(θ) i denotem α = α(θ)l’angle de la tangent amb l’eix de les x′s i per µ = µ(θ) l’angle entre la tangent i elradi vector.

α

θ

θ

µ

Fent el producte escalar del vector posició γ(θ) = (r(θ) cos(θ), r(θ) sin(θ)) i delvector tangent γ′(θ) obtenim

µ = arctan( rr′

)

i per tantα = θ + µ = θ + arctan

( rr′

).

Finalment

k(θ) =dα

ds=dα

dθ· dθds

= (1 +r′2 − r r′′r2 + r′2

)1√

r2 + r′2.

Nota de la nota: El càlcul de µ es pot fer a partir de la definició de derivada.

Aplicant el teorema del sinus al triangle OAB de la figura obtenim

B

∆θ

β

O

µ

Ar

4Calculo Integral, p.291

33

sin(β)

r=

sin(∆θ)

AB.

Prenem límits quan ∆θ → 0, i observem que β tendeix a µ (angle entre la tangenti el radi vector). Tenim

sin(µ) = r lim∆θ→0

sin(∆θ)

AB= r lim

∆θ→0

∆θ

∆s= r

dθ

ds=

r√r2 + r′2

.

on s és el paràmetre arc. Això ja ens diu que tan(µ) = r/r′.

5. Si r(θ) té un màxim en θ = θ0 aleshores r′(θ0) = 0 i r′′(θ0) ≤ 0, d’on

k(θ0) =−r(θ0) r′′(θ0) + r(θ0)2

r(θ0)3≥ 1

r(θ0).

Observem també que en un dibuix l’acotació és clara: que r(θ) tingui un màximlocal a θ0 implica que localment la corba γ(θ) passa per dins d’un circumferència deradi r(θ0) i per tant la seva curvatura serà més gran que la d’aquesta circumferència,que és 1/r(θ0).

6. Podem fer una representació gràfica i s’obtindrà un gràfic com el de la figura següent(clicant a sobre anireu a una construcció dinàmica de GeoGebra)

34

Sembla clar, doncs, que es tracta d’una cardioide obtinguda fent girar sobre lacircumferència de radi 1/2 i centre en (0,−1/2) una altra circumferència del mateixradi. Observeu que aquesta cardioide es pot parametritzar, en funció de l’angle degir t com α(t) = (x(t), y(t)) amb

x(t) = sin(t) +1

2sin(2 t)

y(t) = −1

2− cos(t)− 1

2cos(2 t)

(només cal recordar que quan la circumferència gira un angle t el punt es separa unangle 2 t de la vertical).

Si s’aplica una mica de trigonometria es veu que aquestes fórmules es poden com-pactar a

x(t) = sin(t) (1 + cos(t))

y(t) = − cos(t) (1 + cos(t))

de forma que és ben clar que la distància a l’origen dels punts d’aquesta cardioideés

r(t) = 1 + cos(t)

Pot semblar que no són les coordenades polars ja que l’angle no està mesurat des del’origen de coordenades sinó des del centre de la circumferència fixa i que en comptesd’un − sin surt un cos. Però resulta que tot quadra!! Fixeu-vos en primer lloc enl’esquema següent que mostra com l’angle de gir al voltant de la circumferència fixacoincideix amb l’increment de l’angle respecte l’origen

t

t

tt

a

P

a

a

a continuació noteu que l’angle de les coordenades polars θ és igual a t− π2de forma

que, en polars, l’expressió de la corba es converteix en

x(θ) = sin(θ +π

2) (1 + cos(θ +

π

2)) = cos(θ) (1− sin(θ))

y(θ) = − cos(θ +π

2) (1 + cos(θ +

π

2)) = sin(θ) (1− sin(θ))

i això és justament el que teníem al principi expressat com

r(θ) = 1− sin(θ)

35

Exercici 15: Calculeu la curvatura d’una el.lipse determinada per l’expressió en coorde-nades polars

r(θ) =p

1− e cos(θ)

(on p és el paràmetre focal i e l’excentricitat).

Solució: Per tal de calcular la curvatura, només caldrà utilitzar les fórmules per alcàlcul quan es té una parametrització regular qualsevol (no necessàriament per l’arc)d’una corba. En aquest cas es pot partir de la parametrització

γ(θ) = (r cos(θ), r sin(θ)) =

(p cos(θ)

1− e cos(θ),

p sin(θ)

1− e cos(θ)

)

Però és molt més pràctic fer els càlculs utilitzant l’expressió que s’obté quan es consideraun parametrització en polars general. Ja que les cancel.lacions de sinus i cosinus ja venenincorporades a aquesta versió de la fórmula. En concret, si es té una corba parametritzadaen polars com r = r(θ) el valor de la curvatura és

k(θ) =2 (r′)2 − r r′′ + r2

((r′)2 + r2

)(3/2)

Tenint en compte com s’expressa r en el cas de l’el.lipse, les derivades primera i segonaseràn

r′ = −p e sin(θ)

(1− e cos(θ))2

r′′ = −p e cos(θ) + e cos2(θ)− 2 e

(1− e cos(θ))3

(hi ha un sin2(θ) = 1− cos2(θ))

Els termes individuals del numerador de la fórmula seran

2 (r′)2

= 2 p2 e2 sin2(θ)

(1− e cos(θ))4 = 2 p2 e2 1− cos2(θ)

(1− e cos(θ))4

−r r′′ = p2 ecos(θ) + e cos2(θ)− 2 e

(1− e cos(θ))4

r2 = p2 1

(1− e cos(θ))2 = p2 (1− e cos(θ))2

(1− e cos(θ))4

que sumats donaran

2 (r′)2 − r r′′ + r2 =

p2

(1− e cos(θ))4

2 e2 − 2 e2 cos2(θ)

+ e (cos(θ) + e cos2(θ)− 2 e)

+ 1− 2 e cos(θ) + e2 cos2(θ)

=p2

(1− e cos(θ))4 (1− e cos(θ))

=p2

(1− e cos(θ))3

36

Mentre que en el denominador hi haurà

(r′)2

+ r2 =p2

(1− e cos(θ))4

(e2 − e2 cos2(θ) + 1− 2 e cos(θ) + e2 cos2(θ)

)

=p2

(1− e cos(θ))4

(1 + e2 − 2 e cos(θ)

)

de forma que(

(r′)2

+ r2)3/2

=p3

(1− e cos(θ))6

(1 + e2 − 2 e cos(θ)

)3/2

Dividint, el resultat final serà

k(θ) =(1− e cos(θ))3

p (1 + e2 − 2 e cos(θ))3/2.

Exercici 16: (Corbes de Bertrand).Siguin α := α(t) i β := β(t) dues corbes diferents tals que per a cada t ∈ (a, b) la

recta normal a α en el punt α(t) coincideix amb la recta normal a β en el punt β(t). Lacurvatura k(t) i la torsió τ(t) de α en el punt α(t) són no nul.les en tot punt.

1. Proveu que existeix una constant r 6= 0 tal que β(t) = α(t) + rN(t), ∀t ∈ (a, b), onN(t) és el vector normal a la corba α en el punt α(t). En particular la distànciaentre α(t) i β(t) és constant.

2. Proveu que l’angle entre els vectors tangents a α i β en els punts α(t) i β(t) ésconstant.

3. Proveu que hi ha una relació lineal entre la curvatura i la torsió de α (que es potescriure de la forma Ak(t) +B τ(t) = 1, on A, B són constants).

Solució: Suposem que t és el paràmetre arc de α. Això implicarà, en general que t no ésel paràmetre arc de β.

1. Per hipòtesi tenim β(t) = α(t) + λ(t) ·N(t). Cal veure doncs que λ(t) és constant.Derivant

β′(t) = α′(t)+λ′(t)N(t)+λ(t)N ′(t) = (1−k(t)λ(t))T (t)+λ′(t)N(t)−λ(t) τ(t)B(t).

Observeu que T (t), N(t), B(t) és la referència de Frenet de α en el punt α(t). Comque β′(t) és ortogonal a la normal a β en el punt β(t), és automàticament ortogonala N(t), vector normal a α en el punt α(t). Per tant, λ′(t) = 0, que implica λ(t) =r ∈ R.

2. Derivant respecte de t i denotant s = s(t) el paràmetre arc de β tenim,

〈Tα(t), Tβ(t)〉′ = 〈Tα(t)′, Tβ(t)〉+〈Tα(t), Tβ(t)′〉 = 〈kα(t)Nα(t), Tβ(t)〉+〈Tα(t), kβ(t)ds

dtNβ(t)〉 = 0,

ja que els normals de α i β tenen la mateixa direcció (i per tant és diferencien coma molt en un signe). Així doncs 〈Tα, Tβ〉 és constant.

37

3. Com que Tβ(t) =β′(t)

|β′(t)| tenim

c = 〈Tα(t), Tβ(t)〉 = 〈Tα(t),β′(t)

|β′(t)|〉 =1− r k(t)√

(1− r k(t))2 + r2 τ(t)2

Aleshores (1− r k(t))2 (1− c2) = c2 r2 τ(s)2 amb c, r constants. Com τ 6= 0, (1− c2)

tampoc pot ser 0 ja que (1− c2) =r2 τ(t)2

(1− r k(t))2 + r2 τ(s)2. De manera que tenim

1− r k(t)

τ(s)=

c r√1− c2

.

Com que D = c r/√

1− c2 és constant, tenim 1 − r k(t) = D τ(s) com volíem. Sic = 0, D = 0 i la torsió no apareix.

Exercici 17: Demostreu que el recorregut que fan les dues rodes d’una bicicleta (sobreun terra pla) que manté el manillar en un angle constant són dues circumferències con-cèntriques. (Fixeu-vos que en el cas extrem que l’angle del manillar sigui recte, és clarque la roda davantera descriu una circumferència de radi igual a la distància entre elscentes de les dues rodes mentre la posterior gira, sense avançar, sobre un punt fix. Mentreque en l’altre extrem, quan la roda del davant està alineada amb el cos de la bicicleta, elrecorregut de les dues rodes és una línia recta).

Indicació: Sigui α(s) la corba descrita per la roda posterior i β(s) la que descriu la rodadavantera. Sigui L la distància constant entre α(s) i β(s). Utilitzeu el fet que el vectorvelocitat de la roda del darrera tindrà la mateixa direcció que α(s) − β(s) (el cos de labicicleta) per a demostrar que la curvatura és constant.

Solució: Posarem un subíndex per a distingir els vectors tangent i normal de α i β idesignarem per t el paràmetre arc de β i per s al de α. Com que s’està parlant delmoviment d’una bicicleta hi ha una relació de dependència recíproca entre els paràmetrest i s i, per tant, es pot pensar totes dues corbes parametritzades per s o t segons convingui.

Si es té en compte la rigidesa del quadre de la bicicleta, i suposant que no es derrapa,el vector Tα tindrà la direcció de la bicicleta. Per tant, la condició que imposa l’enunciatés equivalent a dir que el vector Tβ formarà un angle constant θ amb Tα.

Si, per a cada s (paràmetre arc de α), es descompon Tβ com

Tβ = a Tα + bNα

es complirà a = cos(θ) i b = sin(θ) (si es considera l’orientació adequada i es mesuren elsangles d’acord amb aquesta orientació). Noteu que a i b són constants diferents de 0 i

38

de 1 (sempre i quan l’angle entre el quadre i la roda davantera no sigui recte o aquestselements estiguin alineats).

Per un altre costat, si ` és la la distància entre els centres de les dues rodes, també ésclar que

β(s) = α(s) + ` Tα(s)

de forma que

Tβ =dβ

dt=ds

dt

dβ

ds=ds

dt(Tα + ` kαNα)

Igualant a Tα + bNα ambds

dt(Tα + ` kαNα) s’obté

ds

dt= a

ds

dt` kα = b

En resum, i pensant en a 6= 0,

kα =b

a `

És a dir, la curvatura de α és constant i, per tant, el recorregut de la roda del darreraestà sobre una circumferència de radi r = 1/kα = a `/b. A partir d’aquí és immediatdemostrar que el recorregut de β estarà sobre la circumferència concèntrica a l’anterior ide radi R =

√r2 + `2 = (`/b)

√a2 + b2 = `/b observant l’esquema següent i recordant el

T. de Pitàgores (clicant sobre l’esquema accedireu a una construcció dinàmica on podreumodificar els paràmetres)

(Noteu que els casos extrems, quan a tendeix a 0, roda davantera en angle recte, o tendeix a1, roda davantera alineada amb al quadre, es corresponen amb que s’observa: en el primercas, r tendeix a 0 i R a ` i la configuració correspon a la roda de darrera immòbil, de fetgirant sobre el punt on toca a terra sense avançar ni retrocedir, mentre que la roda deldavant descriu una circumferència de radi `, i en el segon r i R tendeixen a ∞ de formaque les dues rodes van sobre una recta).

39

3 Corbes: Més curvatura i torsió

Exercici 18: (Volta de Viviani) Sigui C la corba intersecció de l’esfera x2 +y2 +z2 = 1amb el cilindre x2 + y2 − y = 0. Calculeu la curvatura i la torsió de C.

Indicacions: Teniu en compte que el cilindre és un cilindre vertical de radi 1/2 amb l’eixdonat per x = 0, y = 1/2, parametritzeu adequadament (coordenades polars en el pla xycentrades al punt (0, 1/2, 0)) els seus punts i determineu, en funció d’aquests paràmetres,la intersecció amb l’esfera. Un cop fet això només haureu d’aplicar les fórmules.

Un clic sobre l’esquema us permetrà accedir (https://www.geogebra.org/m/hqVuj92y)a una construcció dinàmica de la situació per tal de poder observar la corba des del puntde vista que vulgueu.

Solució: L’equació del cilindre també s’escriu com x2 + (y − 1/2)2 = 1/4. Per tant espot prendre

x =1

2sin(t)

y =1

2+

1

2cos(t)

Substituint aquest valors a l’equació de l’esfera i aïllant z s’obté

z =

√1− cos(t)

2= ± sin(t/2).

40

Ara ja és un càlcul simple:

γ′(t) =

(cos(t)

2,−sin(t)

2,cos(t/2)

2

)

|γ′(t)| = 1

2

√1 + cos2(t/2)

γ′′(t) =

(−sin(t)

2,−cos(t)

2,−sin(t/2)

4

)

γ′(t) ∧ γ′′(t) =

(sin(t) sin(t/2)

8+

cos(t) cos(t/2)

4,cos(t) sin(t/2)

8− sin(t) cos(t/2)

4,−1

4

)

|γ′(t) ∧ γ′′(t)| = 1

8

√8− 3 sin2(t/2)

k(t) =

√8− 3 sin2(t/2)

(1 + cos2(t/2))3/2

γ′′′(t) =

(−cos(t)

2,sin(t)

2,−cos(t/2)

8

)

det(γ′(t), γ′′(t), γ′′′(t)) = −3 cos(t/2)

32

τ(t) =−6 cos(t/2)

8− 3 sin2(t/2)

Exercici 19: Es diu que una corba és esfèrica si el seu recorregut està sobre una esfera.

1. Demostreu que una corba α(s) és esfèrica si, i només si, existeix un punt fix c0 (elcentre de l’esfera que la conté) tal que α(s)− c0 és perpendicular a α′(s) per a tots.

2. Comproveu que el centre c0 de l’esfera que conté una certa corba esfèrica α(s)(parametritzada per l’arc) es pot obtenir, per a cada s, com

c0 = α(s) +1

k(s)N +

k′(s)

(k(s))2 τ(s)B

i, per tant, el radi d’aquesta esfera és

r =

√(1

k(s)

)2

+

(k′(s)

(k(s))2 τ(s)

)2

3. Tenint en compte els càlculs de l’apartat anterior, demostreu el recíproc. És a dir,si (

1

k(s)

)2

+

(k′(s)

(k(s))2 τ(s)

)2

és constant, la corba α és esfèrica i el radi de l’esfera que la conté és l’arrel quadradad’aquesta constant.

Nota: L’esfera de centre c(s) = α(s) + 1k(s) N + k′(s)

(k(s))2 τ(s)B té, com a mínim, ordre de contacte

3 amb la corba α i és l’esfera osculadora.

Solució:

41

1. La distància (al quadrat) dels punts de la corba al punt fix serà el producte escalar〈α(s)− c0, α(s)− c0〉. Derivant, aquest valor és constant si, i només si,

〈α′(s), α(s)− c0〉 = 0

i això és dir que el vector radi α(s)− c0 i la corba són perpendiculars per a cada s.

2. Partint de la perpendicularitat entre la direcció de la corba i vector radi donada perla iguatat

〈α′(s), α(s)− c0〉 = 0

es pot tornar a derivar i s’obté

0 = 〈α′′(s), α(s)− c0〉+ 〈α′(s), α′(s)〉 = 〈α′′(s), α(s)− c0〉+ 1

(si suposem que parametritzem per l’arc).

Ara bé, α′′(s) = k(s)N(s) d’on es dedueix que

〈N(s), α(s)− c0〉 = − 1

k(s)

Derivant un cop més

〈N ′(s), α(s)− c0〉+ 〈N(s), T (s)〉 =k′(s)

(k(s))2

Però 〈N(s), T (s)〉 = 0 i N ′(s) = −k(s)T (s)− τ(s)B(s), de forma que

−τ(s) 〈B(s), α(s)− c0〉 =k′(s)

(k(s))2=⇒ 〈B(s), α(s)− c0〉 = − k′(s)

(k(s))2 τ(s)

Tenint en compte que T , N , B és una base ortonormal de l’espai per a cada s, elsresultats anteriors es poden resumir en la igualtat

α(s)− c0 = − 1

k(s)N(s)− k′(s)

(k(s))2 τ(s)B(s)

que és el que es volia comprovar.

3. Per tal de simplificar les expressions, considerem R = 1/k i Θ = 1/τ . Noteu queles components del vector radi α(s) − c0 d’una corba esfèrica s’escriuen utilitzantaquest conveni com

α(s)− c0 = −R(s)N(s) +R′(s) Θ(s)B(s) .

Prenem, doncs, una corba α per a la qual R2 + (R′Θ)2 sigui constant i considerem

c(s) = α(s) +R(s)N(s)−R′(s) Θ(s)B(s) .

S’haurà de provar que c(s) és constant. Derivant a l’expressió de c(s) s’obté

c′(s) = T (s) +R′(s)N(s) +R(s) (−k(s)T (s)− τ(s)B(s))− (R′(s) Θ(s))′B(s)

− τ(s)R′(s) Θ(s)N(s)

= −(R(s) τ(s) + (R′(s) Θ(s))′)B(s)

= −(R(s) (Θ(s))−1 + (R′(s) Θ(s))′)B(s)

42

Per un altre costa, la condició R2 + (R′Θ)2 = ct. derivada dóna

RR′ +R′Θ (R′Θ)′ = 0

d’on, dividint per R′ i Θ,RΘ−1 + (R′Θ)′ = 0

i c(s) és constant.

ATENCIÓ!! Si s’ha dividit per R′ i per Θ l’argument serà vàlid només siaquesta acció és vàlida. És a dir cal suposar des del principi que R′ 6= 0 i Θ 6= 0(com que Θ és 1/τ això no és un problema mentre τ 6= 0 i aquest element espugui definir). En qualsevol cas, cal estudiar quina és la situació quan algun delsdenominadors que s’han utilitzat k, τ o R′ s’anul.la.

Exercici 20: Es designa per hèlix una corba tal que les seves tangents formen un angleconstant amb una direcció fixada (que és diu que és l’eix de l’hèlix).

1. Proveu que α és una hèlix si, i només si, les seves normals són paral.leles a un plafixat (de fet, el pla perpendicular a l’eix).

2. Demostreu que si la torsió no s’anul.la, llavorsk(s)

τ(s)= ct. caracteritza el fet de ser

hèlix.

3. Quin invariant permet distingir una hèlix dextrògira d’una hèlix levògira?

4. Proveu que tota hèlix γ es pot escriure com γ(s) = β(s) + s~v on β(s) és una corbaplana continguda en un pla perpendicular a l’eix de γ i ~v un vector fix. Relacioneules curvatures de β i γ.

5. Comproveu que la corba γ(t) = (a cos(t), a sin(t), b t) és una hèlix segons la definicióque estem utilitzant (s’anomena hèlix circular). Determineu l’eix i la corba planaassociada.

6. Vegeu que el lloc geomètric dels centres dels cercles osculadors d’una hèlix circularés una altra hèlix circular coaxial i del mateix pas.

7. Localitzeu, entre les corbes que han sortit en exercicis anteriors, altres hèlix i mireud’obtenir el seu eix i la corba plana associada.

Solució:

1. Donem per fet que la corba α està parametritzada per l’arc. Sigui ~v un vector(unitari) arbitrari i fix. Aleshores es compleix

〈T,~v〉′ = k 〈N,~v〉 .

De forma que:

• Si α és una hèlix i ~v el vector director (unitari) del seu eix, el valor de 〈T,~v〉 ésconstant i la seva derivada nul.la. Per tant, 〈N,~v〉 = 0 (cal que k 6= 0 si es volparlar de vector normal) i N sempre és paral.lel al pla perpendicular a l’eix.

43

• Recíprocament, si N és paral.lel a un pla fix i ~v és el vector (unitari) perpendi-cular a aquest pla, la mateixa fórmula dirà que l’angle entre el vector tangenti la direcció determinada per aquest vector és constant. I això és dir que α ésuna hèlix amb eix determinat per ~v.

2. Notem en primer lloc que quan α és una hèlix i designem per ~v el vector directordel seu eix, la condició 〈N,~v〉 = 0 implica que ~v s’ha d’escriure com

~v = a T + bB

(amb a i b constants). Derivant aquesta igualtat

~0 = (a k + b τ)N

Dit d’una altra manera i si τ 6= 0

k

τ= − b

a

que és una constant. (Noteu que, si θ és l’angle entre la tangent a la corba i l’eix,el valor de b/a és tan(θ)).

Recíprocament, pensem θ = − arctan(k/τ), a = cos(θ), b = sin(θ), i definim elvector

~v = a T + bB

que forma un angle constant amb T al llarg de tota la corba. Com que, per cons-trucció,

(~v)′ = (a k + b τ)N = ~0

(ja quek

τ= − tan(θ) = − sin(θ)

cos(θ)= − b

a) el vector ~v és constant i forma un angle

constant amb el vector tangent a la corba.

3. La torsió.

4. Notem en primer lloc que si 〈~v, T (s)〉 = 0 (s’està suposant que l’angle és constant)la corba serà plana i continguda en un pla perpendicular a ~v (només cal integrar Tper tal d’obtenir el recorregut de la corba γ i, aleshores, queda clar que 〈~v, γ(s) −γ(s0)〉′ = 〈~v, T (s)〉 = 0 i, per tant, el valor de 〈~v, γ(s)− γ(s0)〉 serà constant i iguala 0).

Suposem doncs que 〈~v, T (s)〉 = c 6= 0 i projectem γ sobre el pla perpendicular a l’eixque passa per un punt qualsevol (γ(s0)) del seu recorregut de forma que s’obtinguiuna corba β(s) sobre aquest pla i de la forma

β(s) = γ(s) + λ(s)~v ,

on λ(s) és una funció tal que λ(s0) = 0. Com que β′(s) serà perpendicular al vector~v (unitari) s’obtindrà

0 = 〈~v, β′(s)〉 = 〈~v, T (s)〉+ λ′(s) = c+ λ′(s)

44

de forma que λ′(s) = −c i, tenint en compte que en λ(s0) = 0, λ(s) = −c (s − s0).Substituint l’origen del paràmetre per s0 i el vector unitari que determina l’eix pelvector ~w = c~v es pot parametritzar la corba per

γ(s) = β(s) + s ~w

Per calcular la curvatura de β(s) podem procedir de dues maneres.

Primer de tot observem que si escrivim la condició d’hèlix com 〈γ′(s), v〉 = cosα =constant, llavors

β(s) = γ(s)− 〈v, γ(s)〉v.

El paràmetre arc sβ de β(s) és

(dsβds

)2 = 〈β′(s), β′(s)〉 = sin2 α.

AixíTβ =

dβ

dsβ=dβ

ds

ds

dsβ=

1

sinα(γ′(s)− cos(α)) v,

i per tant

dTβdsβ

= kβNβ =1

sinα(d

dsβ

dγ(s)

ds) =

1

sin2 αkγN

i,e,

kβ(s) =1

sin2 αkγ(s).

També es pot procedir directament

kβ =||(γ′(s)− cos(α) v) ∧ γ′′||

sin3(α)=

kγsin3(α)

||B − cos(α) v ∧N || = kγsin2(α)

ja que 〈B, v ∧N〉 = cos(α).

5. Si γ(t) = (a cos(t), a sin(t), b t), el seu vector tangent és γ′(t) = (−a sin(t), a cos(t), b)(de longitud constant

√a2 + b2 ), que té el producte escalar amb el vector ~v =

(0, 0, 1) constant (igual a b). Per tant és una hèlix amb eix en la direcció de l’eixvertical.

La corba plana associada, prenent com origen el punt γ(0) = (0, 1, 0), serà β(t) =(a cos(t), a sin(t), 0).

6. Calculem en primer lloc la curvatura de γ(t) = (a cos(t), a sin(t), b t).

γ′(t) = (−a sin(t), a cos(t), b)

γ′′(t) = (−a cos(t),−a sin(t), 0)

γ′(t) ∧ γ′′(t) = (a b sin(t),−a b cos(t), a2)

|γ′(t)| =√a2 + b2

k(t) =a

a2 + b2

45

Per tant la corba dels centres de curvatura és

β(t) = γ(t) +a2 + b2

a(− cos(t),− sin(t), 0) = (−b

2

acos(t),−b

2

asin(t), b t)

que és una hèlix sobre el cilindre x2 + y2 = b4/a2, del mateix pas de rosca 2π b quel’hèlix inicial.

7. Recapitulant els exercicis anteriors, es poden localitzar, com a mínim els casossegüents:

I) α(t) = (et, e−t,√

2 t) que té curvatura i torsió iguals (k/τ = 1) ja que

k = τ =

√2

(e2 t + e−2 t)2

II) α(t) = (2 t, log(t), t2) amb

k = τ =2 t

(2 t + 1)2

III) α(t) = (3 t− t3, 3 t2, 3 t+ t3) amb

k = −τ =1

3 (t2 + 1)2

A l’apartat (2) s’obté, en particular, que la direcció de l’eix d’una hèlix és la d’unvector definit com ~v = a T + bB, on a i b són constants tals que k/τ = −b/a. Per tant,la direcció de l’eix de cada una d’aquestes corbes vindrà donada per:

I) ~v = T −B que és equivalent a prendre (1,−1, 0).

T =1√

e2 t + e−2 t + 2

(et, −e−t,

√2)

B =1√

e2 t + e−2 t + 2

(e−t, et,

√2)

II) ~v = T −B que en aquest cas dóna la mateixa direcció que (0, 1, 1).

T =

(2 t

2 t2 + 1,

1

2 t2 + 1,

2 t2

2 t2 + 1

)

B =

(2 t

2 t2 + 1, − 2 t2

2 t2 + 1, − 1

2 t2 + 1

)

III) ~v = T +B corresponent a la direcció de (0, 0, 1).

T =

(− 1√

2

t2 − 1

t2 + 1,√

2t

t2 + 1,

1√2

)

B =

(1√2

t2 − 1

t2 + 1,−√

2t

t2 + 1,

1√2

)

46

Per tal de determinar la corba associada només caldrà projectar sobre el/un pla per-pendicular a l’eix. Tenint en compte que la component vertical del punt de la corbarespecte aquest pla de projecció s’obtindrà fent el producte escalar amb el vector unitarique determina l’eix es pot fer:

I) 〈α(t), (1,−1, 0)〉 = et − e−t. De forma que la projecció sobre el pla x − y = 0(perpendicular a l’eix per l’origen) serà

β(t) = α(t)−et − e−t

2(1,−1, 0) = (

et + e−t

2,et + e−t

2,√

2 t) = (cosh(t), cosh(t),√

2 t)

II) 〈α(t), (0, 1, 1)〉 = log(t) + t2. I la projecció sobre y + z = 0 serà

β(t) = α(t)− log(t) + t2

2(0, 1, 1) = (2 t,

1

2(log(t)− t2),

1

2(− log(t) + t2))

III) 〈α(t), (0, 0, 1)〉 = t3 + 3 t. Amb la projecció sobre el pla z = 0

β(t) = α(t)− (t3 + 3 t) (0, 0, 1) = (3 t− t3, 3 t2, 0)

(òbviament).

Exercici 21: Considerem l’hèlix circular donada per α(s) = (a cos(s/c), a sin(s/c), b s/c),amb s ∈ R i c2 = a2 + b2.

1. Demostreu que α és una parametrització per l’arc.

2. Determineu la curvatura i la torsió de α.

3. Determineu el pla osculador.

4. Demostreu que les rectes que tenen direcció N(s) i passen per α(s) tallen l’eix Ozamb angle constant igual a π/2.

Solució:

1. Com que

α′(s) =

(−ac

sin(s/c),a

ccos(s/c),

b

c

)

tenim

|α′(s)| =√a2 + b2

c2= 1 .

Per tant α(s) està parametritzada per l’arc.

2. D’altra banda

k(s)N(s) = α′′(s) =

(− a

c2cos(s/c),− a

c2sin(s/c), 0

)

Per tant, k(s) =|a|c2

i N(s) = − sgn(a) (cos(s/c), sin(s/c), 0).

47

El vector binormal serà B(s) = T (s)×N(s) = sgn(a)

(b

csin(s/c),−b

ccos(s/c),

a

c

),

d’onτ(s)N(s) = B′(s) = sgn(a)

b

c2(cos(s/c), sin(s/c), 0) ,

i τ(s) = − b

c2.

3. El pla osculador en el punt α(s) és el que passa per α(s) i el seu espai director estàgenerat per T (s) i N(s) 0, equivalentment, és perpendicular a B(s). Per tant té perequació

b sin(s/c) (x− a cos(s/c))− b cos(s/c) (y − a sin(s/c)) + a (z − b (s/c)) = 0 .

4. El cosinus de l’angle θ(s) que forma el vector N(s) amb (0, 0, 1) és 〈N(s), (0, 0, 1)〉 ≡0, per la qual cosa θ(s) ≡ π/2. A més, aquesta recta, que ve donada pels punts(x, y, z) = (a cos(s/c), a sin(s/c), b s/c) + λ (cos(s/c), sin(s/c), 0) (per a escriure larecta el signe del vector director és irrrellevant), passa pel punt (0, 0, b s/c) de l’eixOz (λ = −a).

Exercici 22: Sigui α una corba que té curvatura constant k = 3, torsió constant τ = 4i quan s = 0 passa per (0, 0, 0) amb triedre de Frenet T (0) = (1, 0, 0), N(0) = (0, 1, 0),B(0) = (0, 0, 1). Determineu la parametrització per l’arc de α.

Solució: Sabem que per recuperar la corba a partir de la curvatura i la torsió hem deresoldre el sistema de 9 equacions i 9 incògnites següent

x1′ = 3x4

x2′ = 3x5

x3′ = 3x6

x4′ = −3x1 − 4x7

x5′ = −3x2 − 4x8

x6′ = −3x3 − 4x9

x7′ = 4x4

x8′ = 4x5

x9′ = 4x6

on estem pensant

T (s) = (x1(s), x2(s), x3(s)), N(s) = (x4(s), x5(s), x6(s)), B(s) = (x7(s), x8(s), x9(s)) .

Aixíx4′′ = −9x4 − 16x4 = −25x4

d’on x4(s) = A4 cos(5 s) + B4 sin(5 s), amb la condició inicial x4(0) = 0, és a dir, x4(s) =B4 sin(5 s). Però com x4

′(0) = −3x1(0)− 4x7(0) = −3, ha de ser B4 = −3/5. Per tant

x1(s) = 3

∫x4(s) ds =

9

25cos(5 s) + C ,

48

que ajustant la constant ens dóna x1(s) =9

25cos(5 s) +

16

25; finalment la coordenada x(s)

de la corba buscada és

x(s) =

∫x1(s) ds =

9

125sin(5 s) +

16 s

25.

Anàlogamentx5′′ = −9x5 − 16x5 = −25x5

d’on x5(s) = A5 cos(5 s) + B5 sin(5 s), amb la condició inicial x5(0) = 1, és a dir, x5(s) =cos(5 s) + B5 sin(5 s). Però com x5

′(0) = −3x2(0) − 4x8(s) = 0, ha de ser B5 = 0. Pertant

x2(s) = 3

∫x5(s) ds =

3

5sin(5 s) ,

i finalment la coordenada y(s) de la corba buscada és

y(s) =

∫x2(s) ds = − 3

25cos(5 s) +

3

25.

Per acabar,x6′′(s) = −9x6 − 16x6 = −25x6

d’on x6(s) = A6 cos(5 s) + B6 sin(5 s), amb la condició inicial x6(0) = 0, és a dir, x6(s) =B6 sin(5 s). Però com x6

′(0) = −3x3(0)− 4x9(0) = −4, ha de ser B6 = −4/5. Per tant

x3(s) = 3

∫x6(s) ds =

12

25cos(5 s)− 12

25,

i finalment la coordenada z(s) de la corba buscada és

z(s) =

∫x3(s) ds =

12

125sin(5 s)− 12 s

25.

Resumint, la corba buscada és

γ(s) =1

125(9 sin(5 s) + 80 s,−15 cos(5 s) + 15, 12 sin(5 s)− 60 s) .

Segon mètode, només vàlid si intueixes que pot ser una hèlix. (Suposicióforça raonable ja que estem parlant d’una corba amb curvatura i torsió constants).

Sabem que l’hèlixγ(t) = (a cos(t), a sin(t), b t)

té curvatura i torsiók =

a

a2 + b2, τ = − b

a2 + b2.

Per tant, prenent a = 3/25, b = −4/25 tenim una hèlix amb curvatura k = 3 i τ = 4 comvolíem, però el problema és que en t = 0 la referència de Frenet d’aquesta corba és

T (0) = (0, 3/5,−4/5)

N(0) = (−1, 0, 0)

B(0) = (0, 4/5, 3/5)

49

i no pas la demanada (volem que sigui la base canònica). Tampoc passa per l’origen quant = 0 ja que γ(0) = (3/25, 0, 0) però això es pot arreglar fàcilment fent una translació iconsiderant la corba (a cos(t)− 3/25, a sin(t), b t).

Considerem el moviment rígid donat per la matriu M tal que

M ·

0 −1 03/5 0 4/5−4/5 0 3/5

=

1 0 00 1 00 0 1

Aquesta igualtat ens dóna directament (calculant la inversa, que és igual a la trans-posada, ja que estem manipulant matrius ortogonals)

M =

0 3/5 −4/5−1 0 00 4/5 3/5

Apliquem ara M a la hèlix i trobem la corba demanada

γ(t) = M

3

25cos(t)− 3

253

25sin(t)

− 4

25t

=1

125

9 sin(t) + 16 t−15 cos(t) + 1512 sin(t)− 12 t

Que, un cop reparametritzada per l’arc, és a dir posant t = 5 s, ens dóna exactamentla corba que ha aparegut abans.

Exercici 23: Trobeu les hèlixs esfèriques.

Solució: Per estar sobre una esfera de radi a,

1

k2+

k′2

k4τ 2= a2.

Equivalentment

ρ2 +ρ′2

τ 2= a2.

Això es dedueix fàcilment derivant dos cops la igualtat

〈γ(s)− c, γ(s)− c〉 = 0

on c és el centre de l’esfera.Per ser hèlix τ = k cotα per a una certa constant α. En funció del radi de curvatura

ρ = 1/k l’anterior equació s’escriu

ρ dρ√a2 − ρ2

tanα = ds.

Integrant obtenim−√a2 − ρ2 tanα = s+ C.

Si prenem s = 0 en el punt on la curvatura val 1aobtenim les equacions intrínseques

de les hèlixs esfèriques

50

a2 − 1

k2= s2 cot2 α

s2 +1

τ 2= a2 tan2 α

Exercici 24: Considereu la corba parametritzada α(t) = (cosh t, sinh t, t), t ∈ R.

1. Trobeu-ne la curvatura i la torsió. Demostreu que α és una hèlix.

2. Trobeu el paràmetre arc de α.

Solució:

(a) Fent els càlculs, tenim:

α′ = (sinh(t), cosh(t), 1)

α′′ = (cosh(t), sinh(t), 0)

α′′′ = (sinh(t), cosh(t), 0)

||α′|| =√

cosh(2t) + 1 =√

2 cosh(t)

α′ ∧ α′′ = (− sinh(t), cosh(t),−1)

||α′ ∧ α′′|| =√

2 cosh(t)

k(t) =||α′ ∧ α′′||||α′||3 =

1

2 cosh2(t)

τ(t) = −det(α′, α′′, α′′′)

||α′ ∧ α′′||2 =−1

2 cosh2(t)

Diem que una corba és una hèlix si les seves tangents formen un angle constant ambuna direcció fixada. A un exercici anterior vam veure que si la torsió no s’anul.la quek/τ sigui constant caracteritza el fet de ser hèlix. En aquest cas k/τ = −1. Tambépodem fer la comprovació utilitzant la definició. En efecte, si prenem la direcció~v = (0, 1, 0) l’angle entre α′ i ~v és constant i igual a θ = arccos(1/

√2) = π/4.

(b) Calculem el paràmetre arc de α,

s(t) =

∫ t

0

||α′(x)||dx =

∫ t

0

√2 cosh(x)dx =

√2 sinh(t)

i per tant t = argsinh(s/√

2).

51

4 Exercicis complementaris de corbes planes

Exercici 25: Trobeu una corba parametritzada α(t) que tingui per traça el cercle x2 +y2 = 1 i tal que α(t) el recorri en el sentit de les agulles del rellotge amb α(0) = (0, 1).

Solució: La parametrització més natural de la circumferència unitat és t 7→ (cos t, sin t),t ∈ [0, 2π]. Amb aquesta parametrització la circumferència es recorre en el sentit positiudels angles, és a dir en contra de les agulles del rellotge, començant pel punt (1, 0). Sivolem recórrer-la en sentit contrari només hem de invertir la direcció del paràmetre t, és adir, posar −t en lloc de t. Així, la parametrització t 7→ (cos(−t), sin(−t)) = (cos t,− sin t)amb t ∈ [0, 2π] comença també en el punt (1, 0) però descriu la circumferència en el sentitde les agulles del rellotge.

Finalment, si volem una parametrització que comenci en un altre punt diferent del(1, 0) només hem de fer una translació en el paràmetre t. Per exemple, per que α(0) =(0, 1) ens podem quedar amb la mateixa parametrització que ja tenim (cos t,− sin t) peròamb t ∈ [3π

2, 3π

2+ 2π]. Si ho volem reparametritzar entre 0 i 2π només hem de posar

T = t− 3π2∈ [0, 2π], i tindrem

α(T ) = (cos(T +3π

2),− sin(T +

3π

2)) = (sinT, cosT ).

Exercici 26: Donada la corba parametritzada α(t) = (t3 − 2t, t2 − 2)

1. Determineu si els punts (−1,−1), (4, 2) i (1, 2) estan sobre la seva traça.

2. Trobeu els punts d’intersecció amb els eixos de coordenades.

3. Trobeu una equació que defineixi el conjunt imatge.

Solució: En primer lloc, observem que α(t) = (t(t2 − 2), t2 − 2).

(a) (−1,−1) pertany a la imatge de α. En efecte, les equacions t2−2 = −1 i t(−1) = −1tenen per solució el paràmetre t = 1, és a dir, α(1) = (−1,−1). De la mateixamanera α(2) = (4, 2). En canvi, el punt (1, 2) /∈ Imα ja que el sistema de equacionst2 − 2 = 2 i t · 2 = 1 no té solució.

(b) La intersecció de la imatge de α amb l’eix de les x (y = 0) ve donada pels paràmetrest que fan que t2 − 2 = 0, és a dir, per t = ±

√2, i α(±

√2) = (0, 0). D’altra banda,

la intersecció amb l’eix de les y (x = 0) s’obté al resoldre t(t2 − 2) = 0 i consisteixper tant en l’origen: α(±

√2) = (0, 0) i en α(0) = (0,−2).

(c) Tenim que x(t)y(t)

= t, d’on(x(t)y(t)

)2

− 2 = t2 − 2 = y(t). De manera que la imatgeestà continguda en el conjunt C = (x, y) ∈ R2;x2 − 2y2 − y3 = 0. D’altrabanda, tot punt (x, y) de C compleix automàticament que y ≥ −2, de manera quepodem prendre t =

√y + 2 i tenim α(t) = (x, y), i.e. la imatge de α no només està

continguda a C si no que és igual a C.

52

Exercici 27: Trocoide. Trobeu una parametrització de la trocoide: corba caracteritzadaper ser l’òrbita d’un punt P situat a una distància a del centre d’una circumferència deradi b quan aquesta roda sense lliscament sobre una recta fixada:

Figura 1: Trocoide amb a > b

En el cas a = b s’anomena cicloide. Calculeu el paràmetre arc de la cicloide amb a = 1.

Solució: Comencem buscant una parametrització de la trocoide. La parametrització delcentre de la circumferència és t 7→ (bt, b). Naturalment el factor que multiplica la t no ésnecessari però ens simplificarà els casos següents, el motiu és que d’aquesta forma t repre-senta l’angle de gir de la circumferència (recordem que la longitud de la circumferència és2πr). Aleshores un punt P situat a distància a del centre i fixat a aquest per mitjà d’unradi té una posició relativa al centre donada per t 7→ (−a cos(t), a sin(t)). Així doncs laparametrització demanada és

α(t) = (bt− a cos(t), b+ a sin(t))

suposant que per t = 0 l’angle de l’eix del punt P és π. Per a = b = 1 tenim α(t) =(t− cos(t), 1 + sin(t)).

Paràmetre arc. Com que

α′(t) = (1 + sin(t), cos(t))

‖α′(t)‖ =√

2(1 + sin(t)),

el paràmetre arc és

s(t) =

∫ t

−π/2

√2(1 + sin(x)dx.

Fent el canvi de variable y = x+ π/2, tenim sin(x) = cos(y), i per tant

s(t) =

∫ t+π/2

0

2 cos(y

2

)dy = 4 sin

(y2

)∣∣t+π/20

= 4 sin( t

2+π

4

).

53

Exercici 28: Cicloide com isocrona. A Moby Dick de Herman Melville (1851) trobemla següent cita:

Quan no s’utilitzen, aquestes calderes es conserven considerablement netes. A vegadesles poleixen amb sabó de sastre i sorra fins que brillen per dins com ponxeres de plata.Durant les guàrdies nocturnes, alguns vells mariners cínics s’hi entaforen, s’hi ajoquen ifan una becadeta. Quan els mariners es dediquen a polir-les -un home a cada caldera,tocar a tocar- es passen moltes comunicacions confidencials per damunt els llavis de ferro.També és un lloc adient per a profundes meditacions matemàtiques. Fou dins la calderade mà esquerra del Pequod, amb el sabó de sastre que m’envoltava per totes bandes, queper primera vegada em va impressionar el fet remarcable que, en geometria, tots els cossosque llisquen al llarg de la corba cicloide, el meu sabó de sastre per exemple, baixen en elmateix espai de temps des de qualsevol punt.

(La destil.leria, Moby Dick)

Anem a verificar aquesta propietat de la qual ens parlen en forma de problema. S’a-nomena cicloide invertida una cicloide en la qual s’han canviat de signe les coordenades ydels punts de la corba. Volem comprovar que en una cicloide invertida el temps que trigaun cos que cau lliscant per la corba per efecte de la gravetat sense fregament en arribaral punt més baix és independent del punt de partida.

(a) Comproveu que la cicloide invertida (de paràmetre a = 1) està donada per γ(t) =(t − sin t, cos t − 1), 0 ≤ t ≤ 2π. Dibuixeu-la i comproveu que el punt més baixcorrespon al paràmetre t = π. Verificarem a continuació que en una cicloide inver-tida el temps que triga un cos que cau lliscant per la corba per efecte de la gravetat(en particular, amb velocitat inicial nul.la) sense fregament en arribar al punt mésbaix és independent del punt de partida.

Per a això fem els següents passos:

(b) Suposem que un cos llisca (velocitat inicial zero i sense fregament) sobre la cicloidedes del punt γ(α) fins al punt γ(θ). Calculeu la velocitat v(θ) amb que arriba aquestcos al punt γ(θ).

(Indicació: Recordeu la llei de conservació de l’energia i les expressions de l’energiapotencial i cinètica, Ep = mgh i Ec = mv2/2 respectivament).

(c) Calculeu la distància recorreguda entre γ(α) i γ(θ).

(d) Sigui t(θ) la reparametrització pel temps corresponent al moviment físic d’un cosque llisca sense fregament per la cicloide amb t(α) = 0. És a dir, t(θ) és el tempstranscorregut per anar de γ(α) a γ(θ). Calculeu t(π) (temps d’arribada al punt mésbaix) i comproveu que no depèn de α.

Indicació: Utilitzeu l’equació diferencial

ds(θ(t))

dt=ds(θ)

dθθ′(t) = v(θ)

d’on es dedueix

t(π) =

∫ t(π)

0

v(θ)−1ds(θ)

dθθ′(t)dt =

∫ π

α

v(θ)−1ds(θ)

dθdθ

54

La cicloide també verifica que és la braquistocrona, és a dir, la corba al llarg de la qualuna partícula llisca sota l’acció de la gravetat i sense fregament en un temps mínim d’unpunt A a un punt B situats en verticals diferents (vegeu Aventuras Matemáticas, Miguelde Guzmán, Ed. Labor 1988).

Solució: a) Tal com es veu directament a la figura

P

aaat

at

t

P

la cicloide invertida està parametritzada per

x = a(t− sin t)

y = a cos t− a

b) Si prenem les altures a partir de γ(θ) i igualem en els punts γ(α) i γ(θ) la suma deles energies cinètica i potencial tenim mgh = mv2/2, és a dir v(θ) =

√2gh.

Com h és la distància vertical entre els dos punts, h = (a cosα − a)− (a cos θ − a) =a(cosα− cos θ). Així que v(θ) =

√2ga(cosα− cos θ).

c) La distància recorreguda pel cos entre els dos punts (suposem α fixat i ens movemfins a theta) és

s(θ) =

∫ θ

α

√a2 + a2 cos2 t− 2a2 cos t+ a2 sin2 t dt =

∫ θ

α

a√

2− 2 cos2 t dt =

=

∫ θ

α

2a sint

2dt = 4a cos

α

2− 4a cos

θ

2

d) La derivada de l’espai recorregut respecte el temps dóna la velocitat:

ds(θ(t))

dt= 2a sin

θ(t)

2θ′(t) = v(θ(t)) =

√2ga(cosα− cos θ(t))

Fent servir que cos β =1 + cos2 β

2

2podem posar cosα − cos θ(t) = 2(cos2 α

2− cos2 θ(t)

2),

llavors l’equació diferencial anterior que descriu θ(t) es converteix en

2a sinθ(t)

2θ′(t) = 2

√ga

√cos2

α

2− cos2

θ(t)

2⇒ 2a sin θ(t)

2

2√ga√

cos2 α2− cos2 θ(t)

2

θ′(t) = 1

Per tant, integrant respecte t, s’obté que el temps que tarda el cos en baixar des de la

55

posició γ(α) fins al punt més baix γ(π) és

t(π) =

∫ t(π)

0

√a

g

sin θ(t)2√

cos2 α2− cos2 θ(t)

2

θ′(t) dt =

√a

g

∫ π

α

sin θ2√

cos2 α2− cos2 θ

2

dθ =

=√

ag

∫ 0

cos α2

−2√cos2 α

2− u2

du = 2

√r

g

∫ cos α2

0

1√1−

(u

cos α2

)2

du

cos α2

=

= 2√

ag

∫ 1

0

dx√1− x2

= π

√a

g

Com es veu, el temps de caiguda només depèn del radi de la circumferència que defineixla cicloide i no depèn de la posició inicial del cos.

Exercici 29: Parametritzeu les hipocicoides: la corba descrita per un punt d’un cerclede radi r que gira sense lliscar a l’interior d’un cercle més gran de radi R = kr.

Solució:

x(t) = r(k − 1) sin(t)− r sin((k − 1)t)

y(t) = r(k − 1) cos(t) + r cos((k − 1)t)

Writing k = m/n with m, n coprime numbers, in order to obtain a closed hypocycloidthe parameter t has to vary in the interval [0, 2nπ].

Les coordenades del centre del cercle petit són ((R− r) cos(t), (R− r) sin(t)). Per trobarles coordenades de P hem de sumar (r cos β, r sin β) Però Rt = rα i β + α = π/2 + t.

Exercici 30: Recordem que per una corba plana γ(s), la definició de curvatura és ambsigne de tal manera que T (s), N(s) sigui una base ortonormal directa.

1. Sigui k : I → R una funció diferenciable i siguin s0, s1, s2 ∈ I. Si posem θ(s) =∫ ss0k(u)du, comproveu que tota corba γ : I → R2 amb curvatura aquesta funció

donada k(s), es pot escriure, respecte d’una certa referència ortonormal, de la forma

γ(s) =( ∫ s

s1

cos θ(u)du,

∫ s

s2

sin θ(u)du).

56

2. Observeu que un canvi en les constants s0, s1, s2 indueix un moviment rígid (rotaciómés translació) en la imatge.

3. Deduïu que tota corba plana de curvatura constant no nul.la és una circumferència.

4. Sigui γ : (−a, a) → R2 tal que la seva curvatura verifica k(−s) = k(s). Demostreuque la traça de γ és simètrica respecte de la recta normal de γ en γ(0).

5. Sigui α : (−a, a)→ R2 tal que la seva curvatura verifica k(−s) = −k(s). Demostreuque la traça de α és simètrica respecte del punt α(0).

Solució:

(a) Abans de començar observem que θ(s0) = 0 i que θ′(s) = k(s). Observem tambéque si podem escriure γ com s’indica a l’enunciat, llavors tindríem γ(s1) = (0,−),γ(s2) = (−, 0), i γ′(s0) = (cos θ(s0), sin θ(s0)) = (1, 0).

Sigui γ : I → R una corba amb curvatura k(s). Suposem que s és paràmetrearc. Siguin A = γ(s1) i B = γ(s2). Considerem uns nous eixos ortogonals decoordenades, que tinguin l’origen en γ(s0) i eix de les x′s en la direcció γ′(s0). Acontinuació els traslladem paral.lelament de manera que A estigui sobre el nou eixde les y′s i B sobre el nou eix de les x′s.

Llavors, respecte dels nous eixos, tenim: γ(s) = (x(s), y(s)) amb x′(s)2 +y′(s)2 = 1,de manera que el vector normal és N(s) = (−y′(s), x′(s)).Denotant α(s) l’angle entre γ′(s) i γ′(s0) tenim γ′(s) · (1, 0) = x′(s) = cosα(s) i pertant x′′(s) = −α′(s) sinα(s). Com γ′′(s) = k(s) ~n(s) tenim x′′(s) = −k(s)y′(s) =−k(s) sinα(s), i per tant k(s) = α′(s). Per tant, α′(s) = θ′(s), i com α(s0) =θ(s0) = 0, ha de ser θ(s) = α(s).

Llavors tenimγ(s) = (x(s), y(s)) = (

∫ s

s1

x′(u)du,

∫ s

s2

y′(u)du)

ja que x(s1) = y(s2) = 0. Per tant

γ(s) = (

∫ s

s1

x′(u)du,

∫ s

s2

y′(u)du) = (

∫ s

s1

cosα(u)du,

∫ s

s2

sinα(u)du),

i com α(u) = θ(u) hem acabat.

(b) Ça c’est tout à fait évident. En efecte, canviar s0 vol dir canviar la direcció de l’eixde les x′s, és a dir, fer una rotació. Aquests eixos després s’han de traslladar per talde que passin per A = γ(s1) i B = γ(s2), punts que depene, com es veu, de s1 i s2.

(c) Si k(s) és constant, tenim θ(s) = k(s− s0) amb k el valor constant de la curvatura.

En particular

γ(s) = (

∫ s

s1

cos k(u− s0)du,

∫ s

s2

sin k(u− s0)du)

57

Integrant tenim

x(s) =1

ksin k(s− s0) + a

y(s) = −1

kcos k(s− s0) + b

per a certes constants a, b ∈ R.Per tant la corba està continguda a la circumferència

(x− a)2 + (y − b)2 = (1

k)2.

(d) Fent un gir i una translació podem suposar que α(0) = (0, 0) i α′(0) = (1, 0), demanera que la recta normal per α(0) és l’eix de les y. Equival a agafar s0 = s1 =s2 = 0. Calculem en primer lloc θ(−s) utilitzant que k(−u) = k(u).

θ(−s) =

∫ −s

0

k(u)du = −∫ 0

−sk(u) du = −

∫ 0

−sk(−u)du

fent el canvi de variable w = −u tenim

θ(−s) = −∫ 0

−sk(−u)du =

∫ 0

s

k(w) dw = −∫ s

0

k(w)dw = −θ(s)

I posem ara

x(−s) =

∫ −s

0

cos θ(u)du =

∫ −s

0

cos(−θ(−u)) du

=

∫ −s

0

cos(θ(−u)) du = −∫ s

0

cos(θ(w))dw = −x(s), (w = −u)

y(−s) =

∫ −s

0

sin θ(u)du =

∫ −s

0

sin(−θ(−u)) du

= −∫ −s

0

sin(θ(−u)) du =

∫ s

0

sin(θ(w))dw = y(s), (w = −u)

Per tant, α és simètrica respecte de l’eix de les y.

(e) De la mateixa manera es veu que si k(−s) = −k(s) aleshores θ(−s) = θ(s) i pertant, x(−s) = −x(s) i y(−s) = −y(s), de manera que α és llavors simètrica respectede l’origen (0, 0) = α(0).

Exercici 31: Trobeu una parametrització regular de la corba plana C que té curvatura

k(s) =1

1 + s2,

essent s un paràmetre arc de C tal que per a s = 0 es té que C passa pel punt (0, 0) ambtangent horitzontal. Podríeu dir de quin tipus de corba es tracta? (podeu utilitzar que∫

ds√1+s2

= arcsinh(s) + c).

58

Solució: Busquem una corba γ(s) tal que γ(0) = (0, 0), γ′(0) = (1, 0), amb curvaturak(s) = 1/(1 + s2). Utilitzarem el problema 30 amb s0 = s1 = s2 = 0. Prenem

θ(s) =

∫ s

0

k(s)ds = arctan s,

i sabem directament que la corba és

γ(s) = (

∫ s

0

cos(arctanu)du,

∫ s

0

sin(arctanu)du) = (arcsinh s,√

1 + s2 − 1).

És doncs la catenària, concretament l’estudiada en el problema 7, llista 1, traslladadasegons el vector (0,−1).

Exercici 32: Involuta. Sigui α : I → R2 una corba regular plana. S’anomena involutade α a qualsevol corba β que talli ortogonalment a totes les rectes tangents de α. Es diullavors que α és l’evoluta de β. La figura següent mostra una involuta de la circumferència.

Observeu, per exemple, que la recta PQ de la figura és tangent a la circumferència enel punt P i normal a la involuta en el punt Q.

Geometria Diferencial, corbes 6

(a) Trobeu quina ha de ser la funcio t(s) sabent que per a un s = c fixat !(c) = "(c) (a laFigura 5, c seria el parametre de la circumferencia corresponent al punt en que la involutatalla la circumferencia).

(b) Trobeu una parametritzacio de la involuta ! quan la corba inicial " no esta parametritzadaper l’arc sino per un altre parametre.

(c) Trobeu la involuta de la catenaria y = coshx que passa pel punt (0, 1). Comproveu que estracta de la tractriu.

(d) Trobeu parametritzacions de les involutes de la circumferencia i de la cicloide.

Figura 5: Involuta d’una circumferencia

14.- (Rellotges de pendol, Huygens, 1673) Per evitar que les variacions d’amplitud en les oscil-lacions d’un pendol provoquessin un error en la mesura del temps, Huygens va idear un sistemabasat en les propietats de la cicloide. Considerem una cicloide invertida de parametre a, es a dir#($) = (a($! sin$), a(cos$!1)), !% < $ < %. Suposem que aquesta corba es rıgida, construıdaamb un determinat metall. Del vertex O de la cicloide (vegeu la figura) pengem un cordill ambun pes a l’altre extrem (punt P de la Figura 6). El cordill pot osil.lar, pero en el seu moviment nopot travessar mai la cicloide metal.lica. A la figura hem designat per Q el punt de la cicloide enque el cordill deixa d’estar recolzat sobre la cicloide. La recta determinada per Q i P es tangenta la cicloide. La corba que descriu l’extrem lliure P del pendol es ortogonal a les rectes tangents;per tant, es una involuta de la cicloide. Si s’agafa un cordill de longitud 4a aquesta corba esuna cicloide. Llavors el semiperıode del pendol (el temps que triga en anar des d’un extrem ala posicio d’equilibri) es independent de l’amplitud degut al fet que es el temps que triga un cosen caiguda lliure sobre una cicloide a anar fins al punt mes baix. Calculeu la corba descrita perl’extrem del pendol P i comproveu que es una cicloide.

Suposem que α està parametritzada pel paràmetre arc s. Per a un s fixat, la rectatangent a α en el punt α(s) és t 7→ α(s) + tα′(s) i el punt en què aquesta recta tangenttalla la involuta β serà β(s) = α(s) + t(s)α′(s) (atenció: s és paràmetre arc de α, però noho serà de β ).

1. Trobeu quina ha de ser la funció t(s) sabent que per a un s = c fixat β(c) = α(c)(a la figura anterior, c seria el paràmetre de la circumferència corresponent al punten què la involuta talla la circumferència).

2. Interpreteu geomètricament la parametrització obtinguda. (Indicació: Podeu utilit-zar un cordill.)

3. Trobeu una parametrització de la involuta β quan la corba inicial α no està para-metritzada per l’arc sinó per un altre paràmetre.

4. Trobeu la involuta de la catenària y = coshx que passa pel punt (0, 1). Comproveuque es tracta de la tractriu.

59

5. Trobeu parametritzacions de les involutes de la circumferència i de la cicloide.

Solució:

(a) Sigui α(s) una corba regular plana i suposem que està parametritzada per l’arc.Sigui β una involuta de α. Podem prendre la parametrització següent: β(s) =α(s) + λ(s)α′(s). Comprovem que λ(s) és una funció diferenciable, sigui F (s, λ) =α(s) + λα′(s) − β(s). La funció F és diferenciable i tenim dF

dλ= α′(s) 6= 0 (si

en algun punt s’anul.la la derivada no estarà definida la involuta). Aleshores pelteorema de la Funció Implícita deduïm que existeix una funció diferenciable λ(s)tal que F (s, λ(s)) = 0. Derivant ara aquesta expressió obtenim

β′(s) = α′(s) + λ(s)kN(s) + λ′(s)T (s)

i pel fet que β és ortogonal a totes les rectes tangents de α cal que λ′(s) + 1 = 0.Tenim λ′(s) = −1 i per tant λ(s) = s0 − s. Així doncs

β(s) = α(s) + (s0 − s)α′(s)

Observem que en el cas k ≡ 0, i.e, una recta, qualsevol recta perpendicular és unainvoluta i tanmateix no admet una parametrització d’aquest tipus.

(b) Observem que podem suposar sense pèrdua de generalitat que α està parametritzadaper l’arc. Aleshores la distància de α(s) i β(s) mesurada al llarg de la recta tangentés |s0 − s|, que és la longitud de s0 fins a s. Per tant podem pensar que la involutaés la corba que s’obté al desembolicar una corda tibant que ha estat embolicada alllarg de α.

(c) Suposem ara que t no és paràmetre arc de α. Sigui sα(t) un paràmetre arc corres-ponent a α. Aleshores β(t) = α(t) + λ(t)α′(t) i tenim

β(t) = α(t) + (sα(t0)− sα(t))α′(t)

‖α′(t)‖

(d) Només cal aplicar la fórmula de l’apartat (c) als càlculs de l’exercici ?.

α(t) = (t, cosh(t))

α′(t) = (1, sinh(t))

‖α′(t)‖ = cosh(t)

s(t) = sinh(t)

Com α(0) = (0, 1) i volem que β passi pel punt (0, 1) prenem t0 = 0. Aleshores

β(t) =

(t− tanh(t),

1

cosh(t)

)

que és una parametrització de la tractriu (recorreguda en sentit contrari al quehavíem pres a l’exercici 6, llista 1).

60

(e) Circumferència. Sigui α1(t) = (R cos(t), R sin(t)). Aleshores α′1(t) = (−R sin(t), Rcos(t)),‖α′1(t)‖ = R i s1(t) = Rt. Per tant

β1(t) = R(cos(t)− (t− t0) sin(t), sin(t) + (t− t0)cos(t))

Es tracta d’un gir del vector (1, t0 − t) i β1 és una espiral.

Cicliode. Sigui araα2(t) = a(t− cos(t), 1 + sin(t)).

Tenim α′2(t) = a(1 + sin(t), cos(t)), ‖α′2(t)‖ = 2a cos(t/2) i s2(t) = 4a sin

(t2

+ π4

).

Aleshores β2(t) = a(t−cos(t), 1+sin(t))+ 2acos(t/2)

(sin

(t2+ π

4

)−sin

(t02

+ π4

))(1+ ∈

(t), cos(t)).

Exercici 33: Rellotges de pèndol, Huygens, 1673. Per evitar que les variacionsd’amplitud en les oscil.lacions d’un pèndol provoquessin un error en la mesura del temps,Huygens va idear un sistema basat en les propietats de la cicloide. Considerem unacicloide invertida de paràmetre a, és a dir

γ(t) = (a(t− sin t), a(cos t− 1)), −π < t < π.

Suposem que aquesta corba és rígida, construïda amb un determinat metall. Del vèrtexO de la cicloide (vegeu la figura) pengem un cordill amb un pes a l’altre extrem (punt Pde la figura).

Geometria Diferencial, corbes 7

Figura 6: Pendol de Huygens

15.- (L’evoluta.) Diem que una corba regular plana ! es l’evoluta d’una altra corba regular plana" si i nomes si " es una involuta de !. Suposeu que " esta parametritzada per l’arc. Indiquemper n!(s) el vector normal (de la referencia de Frenet) de la corba " en el punt de parametre s.El punt en que aquesta recta talla la corba ! sera !(s) = "(s)+ t(s)n!(s) (aquı s es el parametrearc de ", pero no de !).

(a) Trobeu com ha de ser la funcio t(s) suposant que la curvatura de " no s’anul.la mai.Interpreteu geometricament la parametritzacio de ! aixı obtinguda (Indicacio: recordeu ladefinicio de centre de curvatura).

(b) Trobeu una parametritzacio de ! analoga a l’anterior quan " esta parametritzada per unparametre arbitrari.

16.- (Relacio entre les curvatures)

(a) Trobeu la curvatura de la catenaria en parametre arc.

(b) Trobeu la curvatura de la tractriu en el parametre induıt per la catenaria.

(c) Deduıu una formula general per la curvatura d’una involuta de " en el parametre induıtper l’arc de ".

17.- Deduıu geometricament que l’evoluta de la tractriu es la catenaria.

El cordill pot oscil.lar, però en el seu moviment no pot travessar mai la cicloide metàl-lica. A la figura hem designat per Q el punt de la cicloide en què el cordill deixa d’estarrecolzat sobre la cicloide. La recta determinada per Q i P és tangent a la cicloide. Llavorsla corba que descriu l’extrem lliure del pèndol és ortogonal a les rectes tangents; per tant,és una involuta de la cicloide. Si s’agafa un cordill de longitud 4a aquesta corba és unacicloide. Llavors el semi període del pèndol (el temps que triga en anar des d’un extrema la posició d’equilibri) és independent de l’amplitud degut a que és el temps que tardaun cos en caiguda lliure sobre una cicloide en anar al punt més baix. Calculeu la corbadescrita per l’extrem del pèndol i comproveu que és una cicloide.

Solució: El vector tangent és γ′(t) = a(1− cos t,− sin t) i té norma ||γ′(t)|| = 2a sin(t/2).La longitud de la cicloide des del vèrtex O a un punt γ(t) ve donada per L(t) = 4a(1 −cos(t/2)) (fórmula obtinguda en el problema 28 , apartat c), amb α = 0).

61

Si el cordill té longitud 4a vol dir que la parametrització de la corba descrita perl’extrem del pèndol ve donada per

β(t) = γ(t) +γ′(t)

||γ′(t)||(4a− L(t))

= a(t− sin(t), cos(t)− 1) +2a cos(t/2)

sin(t/2)(1− cos(t),− sin(t))

= a(t− sin(t), cos(t)− 1) + 2acos(t/2)

sin(t/2)(2 sin2(t/2),−2 sin(t/2) cos(t/2))

= a(t+ sin(t),−3− cos(t)),

que és clarament la cicloide de la figura (just have a look at the picture)

yx

a

at

t

a

a

a

a

P

P

Exercici 34: L’evoluta. Diem que una corba regular plana β és l’evoluta d’una altracorba regular plana α si i només si α és una involuta de β. Dit d’una altra manera, β ésl’envolupant de la família de rectes normals de α. S’anomena envolupant d’una famíliade corbes a una corba que és tangent a totes les corbes de la família.

1. Trobeu una parametrització de β en funció del paràmetre arc de α, suposant que lacurvatura de α no s’anul.la. (Indicació: Poseu β(s) = α(s) + t(s)n(s)), on n(s) ésel vector normal de α en el punt α(s). Determineu llavors la funció t(s).

2. Trobeu una parametrització de β anàloga a l’anterior quan α està parametritzadaper un paràmetre arbitrari.

3. Interpreteu geomètricament la parametrització obtinguda. (Indicació: Recordeu ladefinició de centre de curvatura.)

4. Demostreu que la tangent de β en el punt β(s) és la normal de α en el punt α(s).

5. Considerem les normals a α en dos punts propers s1 6= s2 i fem tendir s1 a s2.Demostreu que la intersecció d’aquestes normals convergeix a un punt de l’evoluta.

6. Trobeu l’evoluta de la cicloide.

62

Solució:

(a) Suposem que α(s) està parametritzada per l’arc. Tenim β(s) = α(s) + λ(s)N(s). Unraonament com el de l’exercici anterior ens convenç que λ(s) és una funció diferenci-able: prenem F (s, λ) = α(s)− β(s) + λN(s) i tenim dF

dλ= N(s) 6= 0. Aleshores

β′(s) = T (s) + λ′(s)N(s)− k(s)λ(s)T (s)

i cal 1− k(s)λ(s) = 0. Per tant λ(s) = 1k(s)

. Aleshores

β(s) = α(s) +1

k(s)N(s)

i només falta observar que si canviem el paràmetre la fórmula anterior no canvia.Observem que hi ha dues formes de definir el vector normal quan es treballa ambcorbes planes, suposem que α(s) és una corba parametritzada per l’arc:

(i) Podem pensar que la corba viu a R2 i definir, si ‖α′′(s)‖ 6= 0, el vector normalcom N(s) = α′′(s)

‖α′′(s)‖ . Aquesta definició coincideix amb pensar la corba a R3 i escompleix α′′ = kN amb k > 0. Observem però que no sempre T,N és unabase positiva de R2.

(ii) Alternativament podem considerar, si ‖α′′(s)‖ 6= 0, el vector normal com N(s) =

± α′′(s)‖α′′(s)‖ on el signe ve determinat imposant que T,N sigui una base positiva

de R2. Aleshores α′′2 = kN on k2 és el que es coneix com curvatura amb signe.Remarquem per acabar que aquesta definició es pot generalitzar a dimensionssuperiors.

(b)

(c) L’evoluta és el lloc geomètric dels centres de curvatura d’una corba plana.

(d)

(e)

(f) Considerem la cicloide α(t) = a(t− cos(t), 1 + sin(t)). Aleshores:

α′(t) = a(1 + sin(t), cos(t))

α′′(t) = a(cos(t),−sin(t))

N(t) =1

‖α′(t)‖a(cos(t),−1− sin(t))

‖α′(t)‖2 = 2a2(1 + sin(t))

k(t)−1 =‖α′(t)‖2

|det(α′, α′′)|

Per tant β(t) = α(t) + k(t)−1N(t) = a(t+ cos(t),−1− sin(t)).

63

Exercici 35: Deduïu geomètricament que l’evoluta de la tractriu és la catenària.

Solució: Recordem que la tractriu té la propietat de que la distància d’un punt al puntde tall de la recta tangent amb l’eix de les x és 1.

És el mateix veure que l’evoluta de la tractriu és la catenària, que veure que unainvolvent de la catenària és la tractriu.

Sh tCh t

(0,0)

P =(t, Ch t)

Q

R=(t,0)

Hem vist en el problema 7, llista 1, que el paràmetre arc de la catenària (t, cosh t) estàdonat per s(t) = sinh t. Observem s(0) = 0, és a dir que mesurem longituds a partir delpunt (0, 1).

Prenem sobre la tangent a la catenària per P la longitud sinh t, és a dir, la longitudde la catenària entre els punts (0, 1) i P = (t, cosh t).

L’angle β = ∠RPQ és el complementari de l’angle que forma la tangent PQ amb l’eixde les x′s. Com que la pendent de la tangent és sinh t, tenim

tan β =1

sinh t.

En particular

cos β = tanh t, sin β =1

cosh t.

Per altra banda és clar que

Q = (t− sinh t sin β, cosh t− sinh t cos β)

de manera que

Q = (t− tanh t,1

cosh t).

En particulard(Q,R) = 1.

Com que cosh2(t)− sinh2(t) = 1, el triangle 4PQR ha de ser rectangle en Q.Així, la corba descrita per Q té subtangent 1, és a dir, és la tractriu, i talla ortogonal-

ment les tangents de la catenària, és a dir, és la seva involuta.

Exercici 36: Relació entre les curvatures d’una corba i de la seva evoluta.

1. Trobeu la curvatura de la catenària en paràmetre arc.

2. Trobeu la curvatura de la tractriu en el paràmetre induït per la catenària.

64

3. Deduïu una fórmula general per la curvatura d’una involuta de α en el paràmetreinduït per l’arc de α.

Solució:

(a) Reprenem els càlculs de l’exercici 7, llista 1. Respecte el paràmetre ‘natural’ t, lacatenària està donada per α(t) = (t, cosh(t)). Aleshores:

α′(t) = (1, sinh(t))

α′′(t) = (0, cosh(t))

k(t) =| det(α′, α′′)|‖α′‖3

=1

cosh2(t)

La parametrització de la catenària respecte el paràmetre arc és β(s) = (arcsinh s,√

1 + s2),i el paràmetre arc està donat per s(t) = sinh(t) (recordeu que s és la integral de lanorma del vector tangent). Aleshores

β′(s) =

(1√s2 + 1

,s√s2 + 1

)

β′′(s) =

( −s(s2 + 1)3/2

,1

(s2 + 1)3/2

)

Per tantk(s) = ‖β′′(s)‖ =

1

1 + s2.

Observem que si en aquesta fórmula canviem s pel seu valor s(t) = sinh t obtenimel valor de k(t) obtingut abans.

(b) L’expressió de la tractriu en el paràmetre ‘natural’ de la catenària és (vegeu problema6, llista 1).

γ(t) = (t− tanh(t),1

cosh(t)).

Per tant

γ′(t) = (sinh2(t)

cosh2(t),− sinh(t)

cosh2(t)),

γ′′(t) = (2 sinh(t) cosh(t)

cosh4(t),cosh(t)(sinh2(t)− 1)

cosh4(t)).

La curvatura és doncs

k(t) =det(γ′(t), γ′′(t))

|γ′(t)|3 =1

sinh(t).

Però sinh(t) és el paràmetre arc de la catenària, així que k(t) = 1s, és a dir, la cur-

vatura de la tractiu és l’invers del paràmetre arc de la catenària, més concretament,la curvatura de la tractriu en el punt corresponent al punt de la catenària que distas de l’origen és 1/s (vegeu aparta següent).

65

Nota: Si pensem la tractriu com γ(x) = (x, y(x)) on y(x) és la solució de l’equaciódiferencial

y′ = − y√1− y2

tenim γ′(x) = (1, y′(x)), γ′′(x) = (0, y′′(x)).

Però és fàcil veure que

|γ′(x)| =1√

1− y2

y′′(x) = − y′(x)

(1− y2)3/2

Per tant la curvatura val

k(x) =det(γ′(x), γ′′(x))

|γ′(x)|3 = −y′(x).

La curvatura és simplement la derivada (canviada de signe).

(c) Sigui α(s) una corba parametritzada per l’arc. Les seves involutes s’escriuen comβ(s) = α(s) + (s0 − s)α′(s). Per tant

β′(s) = (s0 − s) k(s)N(s)

β′′(s) = (−k(s) + (s0 − s)k′(s))N(s)− k2(s)(s0 − s)T (s).

Per tant la curvatura kβ(s) de la corba β és

kβ(s) =1

|s− s0|.

Exercici 37: Demostreu que la càustica d’una corba Γ respecte un punt P és l’evolutade l’ortotòmica de Γ respecte de P .

Solució: Recordem que la ortotòmica és l’envolvent de les circumferències de centres enel punts γ(t) de Γ i que passen per P .

Primera part.Vegem primerament que la ortotòmica de Γ respecte P coincideix amb la corba β(t)

dels simètrics de P respecte de les tangents a Γ. És a dir, β(t) i P són simètrics respectede la tangent a Γ en el punt γ(t) = (x(t), y(t)).

En efecte, les circumferències que generen la ortotòmica són

Ct(u) = (X(t, u), Y (t, u)) = (x(t) + r(t) cosu, y(t) + r(t) sinu), u ∈ [0, 2π],

amb r(t) = |−−−−→γ(t), P |.En particular,

r′ =x′(x− p1) + y′(y − p2)

r, P = (p1, p2).

66

L’equació de l’envolvent s’obté substituint a l’expressió de Ct(u), el paràmetre u pel valorque deduïm de la igualtat

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂X

∂t

∂Y

∂t

∂X

∂u

∂Y

∂u

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣x′ + r′ cosu y′ + r′ sinu−r sinu r cosu

∣∣∣∣ = 0.

És a dir,

x′ cosu+ y′ sinu+ r′ = 0. (1)

Així doncs β(t) = (x(t) + r(t) cosu, y(t) + r(t) sinu), amb u donada per (1).Comprovem que β(t) és el simètric de P respecte de la tangent.

1)

〈−−−→Pβ(t), γ′(t)〉 = 〈(x+ r cosu− p1, y + r sinu− p2), (x′, y′)〉= xx′ + rx′ cosu− p1x

′ + yy′ + ry′ sinu− p2y′

= rx′ cosu+ ry′ sinu+ rr′ = 0.

2) Angle δ1 = ∠−−−→γ(t)P , γ′(t).

〈−−−→γ(t)P , γ′〉 = r cos δ1 = −(x− p1)x′ − (y − p2)y′ = −rr′.

3) Angle δ2 = ∠−−−−−→γ(t)β(t), γ′(t).

〈−−−−−→β(t)γ(t), γ′(t)〉 = r cos δ2 = 〈(r cosu, r sinu), (x′, y′)〉 = −rr′.

Per tant δ1 = δ2 i hem acabat.

67

Remark. Això es pot veure sense cap càlcul així. Si prenem dues circumferències dela nostra família, pròximes, una amb centre γ(t) i l’altre amb centre γ(t + ε), les duesper P , la recta que uneix els punts de tall P, P ′ és perpendicular a la línia que uneix elscentres, i P i P ′ són simètrics respecte d’aquesta recta. En el límit, quan ε→ 0, aquestarecta és la tangent i P ′ és el punt de l’envolvent.

Segona part. Per definició de corba envolvent, en el punt de paràmetre t la tangent a lacorba ortotòmica β(t) i la tangent a la circumferència de centre γ(t) per P (que passa perβ(t)) coincideixen , i per tant les normals també. Però la normal a la tangent en un puntd’una circumferència és un diàmetre, de manera que podem afirmar que les rectes γ(t)β(t)són les rectes normals a la corba ortotòmica. La seva envolvent és doncs la evoluta de laortotòmica, però com que les rectes γ(t)β(t) són també les rectes reflexades de les rectesPγ(t), podem dir que la caustica de Γ respecte de P és la evoluta de l’ortotòmica de Γrespecte de P .

Exercici 38: Demostreu que la càustica d’una circumferència respecte un dels seus puntsés la cardioide.

Solució: Sigui P = (1, 0) i Γ la circumferència x2 + y2 = 1. El raig de llum que surt delpunt P = (1, 0) i arriba al punt γ(t) = (cos t, sin t) surt reflectit en una recta de pendentθ = t− α, on α és l’angle a la base del triangle isòsceles (0, 0), (1, 0), (cos t, sin t).

Per tant 2α + t = π i θ + α = t, i així

θ =3t

2− π

2.

El raig reflectit és doncs la recta

y − sin t = tan(3t

2− π

2)(x− cos t),

que, simplificant, queda

cos3t

2x+ sin

3t

2y = cos

t

2.

68

Per trobar l’envolvent d’aquestes rectes només hem de resoldre el sistema format peraquesta equació i per l’equació de les rectes que tenen coeficients les derivades dels coefi-cients d’aquesta recta, és a dir,

−3 sin3t

2x+ 3 cos

3t

2y = − sin

t

2

Resolent per Cramer obtenim

x =2

3(cos t+ cos2 t)− 1

3,

y =2

3(sin t+ sin t cos t).

Hem usat que 2 cos2 t2

= 1+cos t i que sin t = sin(3t2− t

2), i similars. I això és una cardioide

com es veu directament comparant aquestes equacions amb les equacions de la cardioideobtinguda al problema 3, llista 1.

Exercici 39: Interpretació geomètrica de la curvatura de l’el.lipse (tal comapareix als Principa de Newton). Considereu l’el.lipse γ(t) = (a cos t, b sin t).

Geometria Diferencial, corbes 2

(a) Prenent el pol (origen de coordenades) en un dels dos focus i origen d’angles a la semirectaque l’uneix amb l’altre proveu que l’equacio de l’el.lipse en coordenades polars es

r(!) =p

1 ! e cos !

i trobeu-ne la curvatura.

(b) Prenent coordenades cartesianes centrades en el punt mig de F1F2 (centre de l’el.lipse) iamb eix Ox a la semirecta OF2 proveu que l’equacio de l’el.lipse es

!x

a

"2+!y

b

"2= 1

(c) Proveu que "(t) = (a cos t, b sin t) es una parametritzacio regular de l’el.lipse.

5.- (Interpretacio de la curvatura de l’el.lipse) Considereu l’el.lipse "(t) = (a cos t, b sin t).

Figura 1: El.lipse

(a) Calculeu-ne la curvatura.

(b) Si P es el punt de l’el.lipse corresponent a un cert valor del parametre t, sigui r la rectatangent a l’el.lipse per P . Sigui s la recta paral.lela a r que passa pel centre de l’el.lipse(vegeu la Figura 1). Sigui Q un dels dos punts d’interseccio de la recta s amb l’el.lipse isigui q la distancia entre el centre de l’el.lipse i el punt Q. Sigui m la distancia entre les duesrectes paral.leles r i s. Proveu que la curvatura #(t) de l’el.lipse en el punt P de parametret es igual a m/q2.

(a) Calculeu-ne la curvatura.

(b) Si P és el punt de l’el.lipse corresponent a un cert valor del paràmetre t, sigui r larecta tangent a l’el.lipse per P . Sigui s la recta paral.lela a r que passa pel centrede l’el.lipse (vegeu la figura). Sigui Q un dels dos punts d’intersecció de la recta s

69

amb l’el.lipse i sigui q la distància entre el centre de l’el.lipse i el punt Q. Sigui mla distància entre les dues rectes paral.leles r i s. Proveu que la curvatura k(t) del’el.lipse en el punt P de paràmetre t és igual a m/q2.

Solució: 5

Hem de veure la igualtat

(1− e cos θ)3

p(1 + e2 − 2e cos θ)3/2=m

q2.

La el.lipse, en coordenades polars està donada per

γ(θ) = (r(θ) cos θ, r(θ) sin θ) = (p cos θ

1− e cos θ,

p sin θ

1− e cos θ).

Derivant,

γ′(θ) = (−p sin θ

(1− e cos θ)2,p cos θ − ep

(1− e cos θ)2).

Per tant, l’equació de la recta tangent és

y − p sin θ

1− e cos θ=e− cos θ

sin θ

(x− p cos θ

1− e cos θ

),

que es pot escriure comx(e− cos θ)− y sin θ + p = 0.

Observem que el pendent d’aquesta recta és

tan β =e− cos θ

sin θ.

Com que m és la distància d’aquesta recta al centre de l’el.lipse O = (c, 0) (recordemque l’origen de coordenades l’hem agafat en un focus) tenim

m =|c cos θ − a|√

1 + e2 − 2e cos θ.

Tallem ara l’el.lipse(x− c)2

a2+y2

b2= 1

amb la rectay = tan β(x− c),

paral.lela a la recta tangent que passa pel centre O.Obtenim

x− c =ab

±√b2 + a2 tan2 β

.

Denotant (x1, y1) i (x2, y2) els dos punts de tall tenim que

x1 − x2 =2ab√

b2 + a2 tan2 β

y1 − y2 = tan β(x1 − x2)

5Vegeu Curvatura de les còniques seguint Newton, http://mat.uab.es/ agusti/docencia.html

70

Per tant

2q =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

= (x1 − x2)√

1 + tan2 β

=2ab√

b2 + a2 tan2 β

√1 + e2 − 2e cos θ

sin θ

Substituint tan β pel seu valor obtenim finalment

q =ab(1 + e2 − 2e cos θ)1/2

a− c cos θ.

Calculem m/q2 i obtenim el valor desitjat.Nota6: Aprofitant aquests càlculs es veu fàcilment que la normal a l’el.lipse en P talla

l’eix de les x′s en un punt Q de coordenades Q = (er, 0), amb r = r(θ).

N

P

Q

Per tant, N = d(P,Q) = r√

1 + e2 − 2e cos θ, i així

k(θ) =m

q2=

p2

N3.

Exercici 40: Altra expressió de la curvatura per a les còniques. Donada unacorba α diferenciable i un punt P sobre ella, la subnormal per P és el segment de la rectanormal que va de P al tall amb l’eix x. Denotem per N la longitud de la subnormal.

Proveu que la curvatura de l’el.lipse (xa)2 + (y

b)2 = 1 és

k =p2

N3

on p = b2/a és el paràmetre de l’el.lipse. Òbviament k = k(x) i N = N(x). Proveu elmateix per a la hipèrbola (x

a)2 − (y

b)2 = 1 i la paràbola y2 = 2px.

Solució: Observem que si γ és l’angle de la tangent amb l’eix x llavors N cos γ = y.

N y!

!

P

Q

6Vegeu Puig-Adam, Calculo Integral, p.290 i el problema ?

71

Però 1/ cos γ =√

1 + tan2 γ. Aleshores N = y√

1 + (y′)2 i, aplicant la fórmula del’apartat b) del problema ? a la corba γ(x) = (x, y(x)), es veu que la curvatura estàdonada per

k =y′′

(√

1 + (y′)2)3/2=y3y′′

N3. (2)

Però, derivant dos cops l’equació de la corba tenim

y′′ = − b2

a2

y − xy′y2

= − b4

a2y3.

Substituint obtenim l’expressió que volíem.Nota: Observeu que la fórmula (2) és vàlida per a tota corba donada com a gràfica

d’una funció y = y(x).

Exercici 41: Hipèrbola. Siguin F un punt del pla, d una recta a distància δ de F ie > 1. Posem

p = eδ, c =ep

e2 − 1, a =

p

e2 − 1, b =

√c2 − a2.

La hipèrbola amb focus F , directriu d i excentricitat e és el lloc geomètric dels punts delpla tals que

d(P, F ) = e · d(P, d).

1. Prenent F com a pol i com a origen d’angles la semirecta per F perpendicular a di que no talla a d, proveu que l’expressió de la hipèrbola en coordenades polars és

r(θ) =p

1− e cos θ.

2. Prenent ara coordenades cartesianes amb origen O en el punt de coordenades polarsr = c, θ = π (centre de la hipèrbola) i amb eix Ox a la direcció OF , proveu quel’equació de la hipèrbola és (x

a

)2

−(yb

)2

= 1.

3. Proveu que γ(t) = (a cosh t, b sinh t) és una parametrització regular de la hipèrbola.

Solució: Aquest problema és completament anàleg a l’anterior i no el farem aquí. Nomésdir que la parametrització en polars r(θ) = p

1−e cos θde l’el.lipse, quan e < 1 i de la

hipèrbola, quan e > 1 coincideix amb la de la paràbola quan e = 1. Si fem variarcontínuament el paràmetre e ∈ [0,∞) veiem com van apareixent les diferents còniques.Una altra observació és que tota cònica no degenerada (el.lipse, hipèrbola i paràbola) ésel lloc geomètric dels punts P que verifiquen que d(P, F ) = e d(P, d) on F és un puntanomenat el focus, d és una recta anomenada eix i e ∈ [0,∞) és un valor anomenatexcentricitat. Per e = 0 obtenim les circumferències, per 0 < e < 1 les el.lipses, per e = 1les paràboles i finalment, per e > 1 les hipèrboles.

72

5 Exercicis complementaris de corbes a l’espai

Exercici 42: Considerem una corba α : I −→ R3 i un vector ~v ∈ R3. Suposem que γ(t0)i γ′(t) són ortogonals a ~v per a tot t ∈ I. Demostreu que γ(t) és ortogonal a ~v per a tot t.

Solució: Hem de veure que γ(t) és ortogonal a ~v per tot t ∈ I, o equivalentment queel producte escalar 〈γ(t), ~v〉 és idènticament zero. Una estratègia estàndard és definir lafunció f(t) := 〈γ(t), ~v〉 i veure que s’anul.la idènticament. Com que f és diferenciable n’hiha prou amb veure que la seva derivada, f ′, és idènticament zero, amb la qual cosa f ésconstant, i per altra banda que f(t0) = 0, ja que llavors la constant és zero. Aquestadarrera condició ens ve donada per la hipòtesi de que γ(t0) és ortogonal a ~v. D’altrabanda, la derivada de f(t) és igual a

df

dt=

d

dt〈γ(t), ~v〉 (∗)

= 〈γ′(t), ~v〉+ 〈γ(t), ~v′〉 = 〈γ′(t), ~v〉

que és idènticament zero gràcies a la hipòtesi de que γ′(t) és ortogonal a ~v per tot t ∈ I.Observem que la igualtat (∗) és fàcil de deduir de l’expressió en coordenades del producteescalar a R2 i s’utilitza molt sovint en aquest capítol.

Exercici 43: Considerem una corba α : I −→ R3 i un vector fix ~v ∈ R3. Demostreu quesi α′(s) és ortogonal a ~v per a cada s ∈ I llavors la corba és plana.

Solució: Considerem la funció f(s) = (α(s)−α(s0)) · v. Clarament f(s0) = 0 i f ′(s) = 0per tot s. Això implica f(s) = 0 per tot s, i hem acabat (la corba està inclosa en el plaque passa per α(s0) amb vector normal v).

Exercici 44: Tenim una corba parametritzada α : I → R3 tal que α′′ és idènticamentzero. Què podem dir de α?

Solució: Recordem primer, que si f : I → R és una funció diferenciable tal que f ′′ = 0aleshores f(t) = at + b amb a, b ∈ R. De la mateixa manera, raonant coordenada acoordenada, γ(t) = ~at + B amb ~a,B ∈ R3. Per tant, γ és una recta (o un segment) si~a 6= ~0 o un punt si ~a = ~0.

Exercici 45: Sigui α : I −→ R3 una corba regular amb curvatura identicament nul.la.Demostreu que α(I) està continguda en una línia recta.

Solució: Com és regular es pot reparametritzar per l’arc. Diguem s a aquest paràmetre.Com α′′(s) = k(s)N(s), tenim α′′(s) = 0, que implica, integrant dos cops, α(s) = (a1 +sa2, b1 + sb2, c1 + sc2) = (a1, b1, c1) + s(a2, b2, c2), que és una recta.

Exercici 46: Doneu una parametrització diferenciable de la corba determinada per lagràfica de la funció y = |x| a l’interval −1 < x < 1.

Solució: Prenem γ(t) = (h(t), h(t)) si t ≥ 0 i γ(t) = (−h(t), h(t)) si t ≤ 0 on h(t) = e−1/t2

Com totes les derivades de h(t) quan t = 0 són zero aquesta funció és C∞.

Exercici 47: Sigui α : I → R3 una corba regular. Demostreu que si totes les seves rectestangents passen per un punt fix, llavors la traça de α està continguda en una recta.

73

Solució: En primer lloc, reparametritzem α(s) per l’arc. Fent una translació si és neces-sari podem suposar que totes les rectes tangents passen per l’origen, és a dir, que per tots ∈ I existeix (un únic) λ(s) ∈ R tal que α(s) + λ(s)α′(s) = 0. Observem que la funcióλ(s) (que està ben definida) és diferenciable, ja que λ(s) = −α(s) · α′(s).

Derivant obtenimα′(s) + λ′(s)α′(s) + λ(s)α′′(s) = 0.

Si la curvatura k(s) de α(s) fos diferent de zero en un punt, seria diferent de zero enun entorn d’aquest punt, i en aquest entorn tindríem

(1 + λ′(s))T (s) + λ(s)k(s)N(s) = 0,

on T (s) i N(s) són els vectors tangent i normal principal unitaris. Recordem que perpoder definir la normal principal necessitem k(s) 6= 0.

Com que T (s) i N(s) són linealment independents tenim

1 + λ′(s) = 0, λ(s)k(s) = 0,

que, amb k(s) 6= 0, són dues equacions incompatibles. Per tant k(s) = 0 en tot punt i αés una recta.

Exercici 48: Sigui α : I −→ R3 una corba regular tal que totes les seves rectes tangentssón paral.leles a una recta fixa. Demostreu que la imatge de α està continguda en unarecta.

Solució: Per hipòtesis, existeix una funció diferenciable no nul.la en cap punt, λ(s),tal que α′(s) = λ(s)~v, on ~v és el vector director de la recta donada. Derivant tenimα′′(s) = λ′(s)~v = λ′(s)

λ(s)α′(s), i estem en la situació del problema 5, llista 2

Exercici 49: Sigui P un punt de R3 que no està contingut en la imatge de la corbaα : I −→ R3. Sigui s0 ∈ I tal que el punt α(s0) és el punt de la corba més proper a P .Demostreu que α′(s0) és ortogonal al vector α(s0)− P .Solució: Considerem la funció

h(s) = (α(s)− P ) · (α(s)− P ).

Per hipòtesis, h′(s0) = 0. Però aquesta derivada val

h′(s0) = 2α′(s0) · (α(s0)− P ) = 0

i hem acabat.

Exercici 50: Sigui α : I → R3 una corba regular amb curvatura mai nul.la. Demostreuque si totes les seves rectes normals passen per un mateix punt aleshores la traça de αestà continguda en una circumferència.

Solució: Parametritzem α per l’arc. La hipòtesi de que la curvatura de α(s), k(s), nos’anul.la mai implica que el vector normal N(s) està definit per tot s ∈ I. Després de feruna translació si s’escau tenim que totes les rectes normals passen per l’origen, és a dir,que per tot s ∈ I existeix un únic λ(s) ∈ R tal que α(s) + λ(s)N(s) = 0. De la mateixamanera que al problema 45 es veu que la funció s 7→ λ(s) és diferenciable. Derivant llavors

74

la expressió anterior obtenim que α′+λN ′+λ′N = 0, és a dir, (1−λk)T +λ′N−λτB = 0.Per tant, λ(s) és constant no nul.la, k(s) = 1/λ també i τ(s) ≡ 0. Com que la torsió észero, pel problema 3, llista 2 la corba és plana. I les corbes planes de curvatura constantsón, pel problema 6, de la llista “corbes planes” apartat c), circumferències.

Exercici 51: Sigui α : I −→ R3 una corba regular amb k(s) 6= 0 per a tot s ∈ I.Demostreu que si tots els plans osculadors de α passen per un punt fix llavors la corba ésplana.

Solució: Per hipòtesis, existeixen funcions λ(s) i µ(s), que suposarem diferenciables, talsque

P = α(s) + λ(s)T (s) + µ(s)N(s).

Derivant

~0 = T + λ(s)k(s)N(s) + λ′(s)T (s) + µ′(s)N(s) + µ(s)(−k(s)T + τ(s)B(s)).

Equival al sistema

1 + λ′(s)− k(s)µ(s) = 0

λ(s)k(s) + µ′(s) = 0

µ(s)τ(s) = 0

D’aquí deduïm que τ(s) = 0 per tot s, i per tant la corba és plana. En efecte, siτ(s0) 6= 0, llavors τ(s) 6= 0 en un petit entorn obert de s0. En aquest entorna ha de ser,per la tercera equació, µ(s) = 0. I, per tant, també µ′(s) = 0 en aquest entorn. Peròllavors la segona equació ens diu λ(s) = 0 i la primera 1 + λ′(s) = 0, contradicció.

Exercici 52: Comproveu que la corba α(t) = (t cos t, t sin t, t) té la imatge sobre un conde R3. Calculeu la velocitat i l’acceleració de α en el vèrtex del con.

Solució: Aquesta corba està continguda en el con x2 + y2 − z2 = 0. α(0) és el vèrtex delcon. Obtenim α′(0) = (1, 0, 1) i α′′(0) = (0, 2, 0).

Exercici 53: Espiral logarítmica. Considerem la corba plana α : R −→ R2 definidaper

α(t) = (aebt cos t, aebt sin t)

amb b < 0 < a.

1. Estudieu el comportament de α quan t tendeix a +∞.

2. Proveu que α′(t)→ (0, 0) quan t→∞ i que

limt→∞

∫ t

t0

|α′(s)| ds

és finit. Es a dir que α té longitud finita a tot interval de la forma [t0,∞).

Solució: a) limt7→∞ α(t) = (0, 0) ja que b < 0.

75

b) α′(t) = (abebt cos(t)− aebt sin(t), abebt sin(t) + aebt cos(t)) , per tant, limt7→∞ α′(t) =

(0, 0) ja que b < 0. La norma de la derivada és

|α′(t)| =√a2b2e2bt + a2e2bt = aebt

√1 + b2,

per tant

limt→∞

∫ t

t0

|α′(s)| ds = limt→∞

∫ t

t0

aebt√

1 + b2 ds = −ab

√1 + b2 ebt0

que és un número finit positiu.

Exercici 54: Sigui α(s) una corba tal que curvatura i torsió no s’anul.len mai. Demostreuque el coneixement del vector binormal B(s) determina la curvatura k(s) i el valor absolutde la torsió τ(s).

Solució: Podem suposar que la corba està parametritzada per l’arc. Fent servir el triedrede Frenet sabem que B′ = τ ·N (sobreentenem en el punt s) i per tant |τ | = |B′|.

Derivant un altre cop

B′′ = τ ′ ·N + τ(−k · T − τ ·B) = −k · τ · T + τ ′ ·N − τ 2B.

Aleshores, com que B ∧B′ = τT tenim⟨B′′,

B ∧B′||B ∧B′||

⟩= ±k · τ ; k =

∣∣∣∣1

τ

⟨B′′,

B ∧B′||B ∧B′||

⟩∣∣∣∣.

És a dir, hem sabut calcular k i |τ | usant el vector binormal B i les seves derivades.

Exercici 55: Sigui α(t) una corba regular i t0 un valor del paràmetre pel qual la curvaturak(t0) 6= 0. Sigui π la projecció ortogonal sobre el pla osculador de α en t0. Proveu que elvalor k0(t0) de la curvatura de la corba projectada α0 = π α coincideix amb k(t0).

Solució: s molt fàcil veure que, respecte de la referència de Frenet en s = 0, on s és elparàmetre arc, la corba és

x(s) = s− k2

6s3 + . . .

y(s) =k

2s2 +

k′

6s3 + . . .

z(s) =kτ

6s3 + . . .

on k, τ són la curvatura i la torsió de la corba en s = 0, i k′ és la derivada de la curvaturaen s = 0. Projectar sobre el pla osculador vol dir considerar la corba γ(s) = (x(s), y(s)) =(s− k2

6s3 + . . . , k

2s2 + k′

6s3 + . . . ). Però clarament γ′(0) = (1, 0) i γ′′(0) = (0, k) de manera

que la curvatura en s = 0 de γ(s) és igual a k, justament la curvatura de α en s = 0.Podem interpretar la torsió de la corba α com el que fa pujar (torsió negativa o

moviment dextrogir) o baixar (torsió positiva o moviment levogir) la corba des del plaosculador (respecte al vector binormal). Es pot fer un quadre amb entrades b > 0, b <0, c > 0, c < 0 que il.lustri aquestes nocions en el cas de l’hèlix del problema 3, llista 3.Observem també que si reparametritzem una corba canviant-li el sentit llavors els vectorstangent i binormal canvien de signe i el vector normal continua sent el mateix.

76

Exercici 56: Sigui α(s) una corba regular. Suposem que la curvatura k i la torsió τ nos’anul.len en cap punt de la corba.

1. Demostreu que

(N ×N ′) ·N ′′‖N ′‖2

=

(kτ

)′(kτ

)2+ 1

(3)

2. Demostreu que si s és el paràmetre arc, es coneix N en tot punt i en s0 coneixem el

quocientk(s0)

τ(s0), llavors podem calcular k i τ en tot punt de la corba (i per tant, la

corba, llevat de moviments rígids).

Solució:

(a) En un primer moment suposarem que α(s) està parametritzada per l’arc. Desprésestendrem el resultat amb un paràmetre qualsevol. Per les fórmules de Frenet tenimque

N ′ = −kT − τBN ′′ = −k′T − (k2 + τ 2)N − τ ′B

Llavors,

|N ′|2 = k2 + τ 2

N ×N ′ = kB − τT〈N ×N ′, N ′′〉 = k′τ − τ ′k

Així,

〈N ×N ′, N ′′〉|N ′|2 =

(kτ

)′

1 +(kτ

)2

D’altra banda, si s no és el paràmetre arc de α aleshores les fórmules de Frenet esveuen afectades d’un factor multiplicatiu, la velocitat v de α (això ho podem deduirdel problema 1, llista 2 ), de manera que, per la regla de la cadena,

N ′ = vN

N ′′ = (vN)′ = v′N + v2N

〈N ×N ′, N ′′〉 = v3〈N × N , N〉(kτ

)′= v

(kτ

)˙

on el punt denota la derivada respecte del paràmetre arc i la prima la derivadarespecte del paràmetre s. En particular, doncs,

〈N × N , N〉|N |2

=

(kτ

)˙

1 +(kτ

)2

77

(b) Sigui s el paràmetre arc. Conèixer N(s) per a tot s, vol dir conèixer el primer termede l’equació (3). Diguem-li f(s). Llavors tenim l’equació diferencial

y′

1 + y2= f(s)

amb y(s) = k(s)/τ(s), d’integració immediata i que ens dóna y(s) = tan∫f(s)+C,

i la constant d’integració C queda determinada per la condició inicial (el valor y(s0)és conegut).

Coneixem doncs el quocient k(s)/τ(s). Però, a més, sabem que |N ′(s)|2 = k(s)2 +τ(s)2. De manera que també coneixem la suma k(s)2 + τ(s)2, per a tot s. Aquestsdos valors (el quocient i la suma de quadrats) determinen totalment k(s) i τ(s), iper tant, llevat de moviments rígids, la corba.

Exercici 57: Trobeu una corba parametritzada per l’arc amb curvatura k(s) = 1/s,torsió τ(s) = 0, que passi pel punt (1, 0, 0) quan s = 1 i que, en aquest punt, el seu triedrede Frenet sigui la base canònica de R3.

Solució: Com que la corba es plana sabem que k(s) = θ′(s) on θ(s) és l’angle que formala tangent a la corba amb la direcció (1, 0). D’aquesta manera γ′(s) ·(1, 0) = x′(s) = cos θ.

En el nostre cas, doncs, θ′(s) = 1/s, que integrant i tenint en compte que θ(1) = 0,ens dóna

θ(s) = ln s.

Finalment, integrant les expressions x′(s) = cos(ln s) i y′(s) = sin(ln s) i tenint encompte les condicions inicials obtenim

γ(s) = (s

2(sin(ln s) + cos(ln s)) +

1

2,s

2(sin(ln s)− cos(ln s))− 1

2, 0).

Exercici 58: Trobeu totes les corbes parametritzades per l’arc α : R → R3 que tinguinvector binormal B(s) = 1√

2(sin s√

2,− cos s√

2, 1) i torsió positiva.

Solució: Utilitzem el triedre de Frenet. Tenim

dB

ds=

1

2(cos

s√2, sin

s√2, 0) = τ ·N(s)

d’on τ = 1/2 (ja que imposem que sigui positiva) i per tant N(s) = (cos s√2, sin s√

2, 0).

AleshoresdN

ds=

1√2

(− sins√2, cos

s√2, 0) = −k(s) · T (s)− 1

2B(s)

d’on

k · T (s) =

√2

4(sin

s√2,− cos

s√2,−1)

Tenim T (s) = 1√2(sin s√

2,− cos s√

2,−1) i k = 1

2. Així doncs

α(s) = (− coss√2,− sin

s√2,− s√

2) + (x0, y0, z0)

on α(0) = (x0, y0, z0).

78

Exercici 59: Sigui α una corba regular parametritzada per l’arc, amb curvatura mai nul-la. Definim la seva indicatriu tangent com la corba esfèrica α1 := α′. Trobeu la curvaturak1 i la torsió τ1 de α1 en funció de la curvatura k i la torsió τ de α. Deduïu que α1 és planasi i només si τ

kés constant. Doneu una definició d’indicatriu binormal i deduïu fórmules

anàlogues.

Solució: Utilitzarem la següent notació: les lletres sense subíndex es referiran a la corbaα i en canvi les lletres amb subíndex 1 a la corba α1. A partir de les fórmules de Frenetde α obtenim

α′1 = α′′ = kN

v1 = k

α′′1 = k′N + kN ′ = −k2T + k′N − kτBα′′′1 = (−k2)′T − k2T ′ + k′′N + k′N ′ − (kτ)′B − kτ~b′

= −3kk′T +(k′′ − k3 − kτ 2

)N −

(2k′τ + kτ ′

)B

α′1 × α′′1 = k3B − k2τT

|α′1 × α′′1|2 = k4(k2 + τ 2)

〈α′1 × α′′1, α′′′1 〉 = kk′τ − k2τ ′

Així, la curvatura i la torsió de α1 són

k1 =

√k2 + τ 2

k

τ1 =1

k

(τk

)′

1 +(τk

)2

En particular, α1 és plana si i només si τ1 ≡ 0, o equivalentment si τkés constant, és a

dir, si i només si α és una hèlix. De la mateixa manera, definim la indicatriu binormalde α com α2(s) = B(s). Seguirem denotant sense subíndex els elements de α i amb unsubíndex 2 el corresponents a α2. Un altre cop a partir de les fórmules de Frenet de αobtenim

α′2 = B′ = τN

v2 = |τ |α′′2 = τ ′N + τN ′ = −kτT + τ ′N − τ 2B

α′′′2 = (−kτ)′T − kτT ′ + τ ′′N + τ ′N ′ − (τ 2)′B − τ 2~b′

=(− k′τ − 2kτ ′

)T −

(k2τ − τ 3

)N − 3ττ ′B

α′2 × α′′2 = kτ 2B − τ 3T

|α′2 × α′′2|2 = τ 4(k2 + τ 2)

〈α′2 × α′′2, α′′′2 〉 = τ 3(k′τ − kτ ′)Així, la curvatura i la torsió de α2 són

k2 =

√k2 + τ 2

|τ |

τ2 =k2

τ

(τk

)′ 1

k2 + τ 2

79

També tenim que α2 és plana (τ2 ≡ 0) si i només si τkés constant, és a dir, si i només si

α és una hèlix.

Exercici 60: Sigui α : I −→ R2 una corba regular plana i t : I −→ S1 la seva indicatriude les tangents. Fixem un punt s0 ∈ I. Donat s ∈ I denotem per L(s) (resp. Lt(s)) lalongitud de l’arc de α (resp. t) entre s0 i s. Demostreu que la curvatura k(s0) de α en s0

és igual al límit del quocient Lt(s)L(s)

quan s→ s0.

Solució: Sabem que

L(s) =

∫ s

s0

|α′(t)| dt

Lt(s) =

∫ s

s0

|t′(t)| dt

Diguem τ al paràmetre arc de α. Llavors

Lt(s) =

∫ s

s0

|t′(t)| dt =

∫ s

s0

|dtdτ

dτ

dt| dt =

∫ s

s0

|k(t)α′(t)| dt =

∫ s

s0

k(t)|α′(t)| dt.

Pel teorema del valor mitjà per a integrals hem acabat.

Exercici 61: El triedre de Frenet d’una corba està format per vectors lliures i podempensar, doncs, que en variar el paràmetre t de la corba, tenim una família de triedres quees mouen amb un punt fix (per exemple, l’origen de coordenades). És ben sabut que quanun cos rígid (en aquest cas, el triedre) es mou amb un punt fix, el moviment és un girinfinitesimal al voltant d’un eix.

Trobeu la velocitat angular en que gira el triedre de Frenet d’una corba.

Solució: Cas particular previ. Suposem un punt Q que gira al voltant d’un eix, descrivintdoncs una circumferència en un pla perpendicular a aquest eix. Si r(t) és el vector posició,per ser |r(t)| = constant, obtenim r′(t) · r(t) = 0. Per altra banda, si denotem per ~e elvector unitari director de l’eix, obtenim r(t) · ~e = |r(t)| cosα = constant, i per tantr′(t) · ~e = 0. Com r′(t) és perpendicular a r(t) i a ~e tenim

r′(t) = λ(t)~e ∧ r(t). (4)

Igualant els mòduls|r′(t)| = λ(t)|r(t)| sinα = λ(t)a,

on a és el radi de gir.

dr(t)

aQ

!

P

80

Però |r′(t)| és la velocitat v(t) del punt, i per definició de velocitat angular tenim

v(t) = ω(t)a

de manera que λ(t) = ω(t). Definim el vector de Darboux com

~d(t) = ω(t)~e

i l’equació del moviment (4) s’escriu

r′(t) = ~d(t) ∧ r(t).

Cas general. Considerem una corba i les seves equacions de Frenet. Els tres vectorsT ′, N ′, B′ pertanyen, en cada punt, al pla generat per

E = 〈N,−kT − τB〉.

De fet és,E(t) = 〈N(t),−k(t)T (t)− τ(t)B(t)〉.

però eliminem t per no sobrecarregar la notació. El vector director d’aquest pla, al quedenotem ~d = ~d(t) per analogia amb el cas anterior, és

~d = N ∧ (−kT − τB) = kB − τT

de manera que

• T ′ és ortogonal a T i a ~d. Per tant, T ′ = λ~d ∧ T .

• N ′ és ortogonal a N i a ~d. Per tant, N ′ = µ~d ∧N .

• B′ és ortogonal a B i a ~d. Per tant, B′ = ν ~d ∧B.

Comparant amb les fórmules de Frenet obtenim λ = µ = ν = 1. En efecte, T ′ = kN =λ(kB−τT )∧T = λkN , per tant λ = 1. Anàlogament B′ = τN = ν(kB−τT )∧B = ντN ,per tant ν = 1. I N ′ = −kT − τB = µ(kB − τT ) ∧N = −µkT − µτB, per tant µ = 1.

En particular, les fórmules de Frenet es poden reescriure com

T ′ = ~d ∧ T,N ′ = ~d ∧N,B′ = ~d ∧B.

de manera que, per a qualsevol punt P , solidari al triedre de Frenet, és a dir, tal queel seu vector posició r(t) respecte del triedre de Frenet sigui de la forma r(t) = aT (t) +bN(t) + cB(T ), amb a, b, c constants, tenim

r′ = a~d ∧ T + b~d ∧N + c~d ∧B = ~d ∧ aT + ~d ∧ bN + ~d ∧ cB = ~d ∧ r.

Si definim la velocitat angular a l’instant t, ω(t), com el quocient entre la velocitatlineal |r′(t)| i el radi (instantani) de gir

a(t) = |r(t)| sinα(t)

81

amb α(t) l’angle entre r(t) i ~d(t), tenim

|r′(t)| = ω(t)a(t) = |~d(t)||r(t)| sinα(t)

és a dir,ω(t) = |~d(t)| =

√k(t)2 + τ(t)2.

Aquesta és la velocitat angular en la que gira el triedre de Frenet.Observem que hem demostrat el següent resultat ben conegut des de fa uns 300 anys:

Teorema 1: Tot moviment d’un sòlid rígid amb un punt fix és un gir infinitesimal.

Demostració. Pensem que aquest sòlid rígid té una referència ortonormal solidàriaamb ell, amb origen el punt fix. Si d’aquesta referència en diem T (t), N(t), B(t), comque per hipòtesis coneixem T (t), N(t), B(t) en tot instant t, també coneixem les sevesderivades. En particular podem pensar que és la referència de Frenet d’una corba decurvatura |T ′(t)| i torsió |B′(t)| (suposem τ 6= 0 i treballem localment amb τ semprepositiu o sempre negatiu). Les fórmules de Frenet d’aquesta corba resolen el problema.

Exercici 62: Trobeu una corba parametritzada per l’arc amb curvatura k(s) = s, torsióτ(s) = 0, que passi per l’origen quan s = 0 i que, en aquest punt, el seu triedre de Frenetsigui

T (0) = (

√2

2,

√2

2, 0)

N(0) = (

√2

2,−√

2

2, 0)

B(0) = (0, 0,−1).

Solució: Com que la corba es plana sabem que k(s) = θ′(s) on θ(s) és l’angle que formala tangent a la corba amb la direcció (1, 0). D’aquesta manera γ′(s) ·(1, 0) = x′(s) = cos θ.

En el nostre cas, doncs, θ′(s) = s, és a dir, θ(s) = s2

2+ C. però θ(0) = π/4, per la

condició inicial que ens donen, de manera que

θ(s) =s2

2+π

4.

Per tant

x(s) =

∫ s

0

cos(t2

2+π

4)dt

y(s) =

∫ s

0

sin(t2

2+π

4)dt

Aquestes integrals no són expressables per funcions elementals.

Exercici 63: Comproveu que la corba definida per

α(s) = (a

c

∫sin θ(s)ds,

a

c

∫cos θ(s)ds,

b

cs),

82

amb a2 + b2 = c2, i on θ(s) és qualsevol funció amb θ′ 6= 0, compleix quek(s)

τ(s)= ±a

b(en

particular, és una hèlix).

Solució: Observem que

α′(s) = (a

csin θ(s),

a

ccos θ(s),

b

c)

|α′(s)| = 1

α′′(s) =a

c(θ′(s) cos θ(s),−θ′(s) sin θ(s), 0)

α′′′(s) =a

c(−θ′(s)2 sin θ(s) + θ′′(s) cos θ(s),−θ′(s)2 cos θ(s)− θ′′(s) sin θ(s), 0)

α′(s) ∧ α′′(s) =aθ′(s)

c2(b sin θ(s), b cos θ(s),−a)

|α′(s) ∧ α′′(s)| =a

c|θ′(s)|

k(s) =a

c|θ′(s)|

τ(s) =det(α′(s), α′′(s), α′′′(s))

|α′(s) ∧ α′′(s)|2 =

−a2bθ′(s)3

c3

aθ′(s)

c

= −bcθ′(s)

Així, k(s)τ(s)

= −ab|θ′(s)|θ′(s)

. Com θ′(s) 6= 0, tindrem o bé sempre θ′(s) < 0, i el quocient entrecurvatura i torsió és positiu, o bé sempre θ′(s) > 0, i el quocient entre curvatura i torsióés negatiu.

Exercici 64: Sigui α : I → R3 una corba regular amb curvatura mai nul.la. Demostreuque si tots els centres dels cercles osculadors de α estan continguts en una recta aleshoresα és una circumferència. Indicació: recordeu que el centre del cercle osculador de α en elpunt α(s) és

β(s) = α(s) +1

k(s)N(s).

Solució: Parametritzem α pel paràmetre arc s i definim la corba dels centres dels cerclesosculadors β(s) = α(s) + 1

k(s)N(s). La hipòtesi de que β està continguda en una recta es

pot traduir en que la curvatura de β és zero, o equivalentment que β′×β′′ = 0. Utilitzantles fórmules de Frenet de α obtenim

β′ = α′ − k′

k2N +

1

kN ′ = T − k′

k2N +

1

k(−kT − τB)

= − k′

k2N − τ

kB

β′′ = −( k′k2

)′N +

k′

k2(kT + τB)−

(τk

)′B − τ 2

kN

=k′

kT −

[( k′k2

)′+τ 2

k

]N +

(2k′τ − τ ′kk2

)B

β′ × β′′ =[k′(2k′τ − τk′)

k4+τ

k

(( k′k2

)′+τ 2

k

)]T − τk′

k2N − (k′)2

k3B

83

Imposant ara que β′ × β′′ = 0 obtenim tres equacions que impliquen que k′ = 0 (i pertant k és constant) i τ = 0 (i per tant, la corba α és plana). Així, es dedueix que α ésuna circumferència.

Exercici 65: Demostreu que el lloc geomètric dels centres dels cercles osculadors és unacorba tal que la seva tangent en cada punt és ortogonal a la tangent de la corba inicial enel punt corresponent.

Solució: La corba σ(s), lloc geomètric dels centres de curvatura, s’escriu com

σ(s) = α(s) + ρ(s)N(s),

on ρ(s) és el radi de curvatura i N(s) la normal principal. Derivant respecte del paràmetrearc s tenim

σ′(s) = T (s) + ρ′(s)N(s) + ρ(s)(−k(s)T (s)− τ(s)B(s))

on τ(s) és la torsió i B(s) el vector binormal.Com que ρ(s)k(s) = 1, σ′(s) és combinació lineal deN(s) i B(s), i és per tant ortogonal

a T (s), per a tot s.

Exercici 66: Vegeu que en un punt que no sigui extrem de la curvatura d’una corbaplana, la corba travessa el cercle osculador en aquest punt.

Solució: Prenem, amb centre en aquest punt, la referència T (0), N(0). D’aquesta manerala corba γ(s) = (x(s), y(s)) compleix x(0) = y(0) = 0, x′(0) = 1, y′(0) = 0, x′′(0) = 0,y′′(0) = k(0) = 1/ρ, on ρ és el radi de curvatura en γ(0). Podem pensar que s és elparàmetre arc.

Sigui D(s) la funció distància dels punts de la corba al centre de curvatura (0, ρ).Tenim

D(s) =√x(s)2 + (y(s)− ρ)2.

Farem les derivades successives de D(s) observant que Aquestes derivades es simplifiquenbastant si anem pensant que només ens interessa el seu valor en s = 0.

En efecte,

D′(s) = (x(s)x′(s) + (y(s)− ρ)y′(s))D(s)−1

D′′(s) =(x′(s)2 + x(s)x′′(s) + y′(s)2 + (y(s)− ρ)y′′(s)

)D(s)−1 +D′(s)λ(s),

D′′′(s) =(x′′(s)2 + x′(s)x′′(s) + x′′(s)2 + 2y′(s)y′′(s) + (y(s)− ρ)y′′′(s)

)D(s)−1

+ D′(s)µ(s) +D′′(s)ν(s),

on λ(s), µ(s), ν(s) són certes funcions.Posant ara s = 0 obtenim

D(0) = ρ

D′(0) = 0

D′′(0) = 0

D′′′(0) = − y′′′(0).

És fàcil veure que k′(0) = y′′′(0)/2, de manera que la hipòtesis de que el punt no siguiextrem de la curvatura vol dir que y′′′(0) 6= 0.

84

Per tant, si desenvolupem D(s) per Taylor obtenim

D(s) = ρ+ as3 + . . .

on a = −k′(0)/3. Així a té signe oposat a k′(0): positiu si la curvatura decreix i negatiusi la curvatura creix.

Si a > 0, els punts de la corba amb s < 0 són interiors al cercle osculador, i els puntsde la corba amb s > 0 són exteriors al cercle osculador.

Si a < 0, els punts de la corba amb s < 0 són exteriors al cercle osculador, i els puntsde la corba amb s > 0 són interiors al cercle osculador.

Exercici 67: Demostreu que cercles osculadors pròxims d’una corba plana no es tallen.

Solució: Sigui γ(s) una corba plana parametritzada per l’arc. La corba σ(s) dels centresde curvatura és la corba

σ(s) = γ(s) + ρ(s)N(s),

on ρ(s) i N(s) són respectivament el radi de curvatura i la normal de γ(s).Puntualitzarem l’enunciat suposant que ρ′(0) > 0. En particular existeix un petit

entorn de 0 en el que ρ′(s) > 0. Veurem que els cercles osculadors corresponents a aquestsvalors de s no tallen el cercle osculador corresponent a s = 0.

La longitud de σ entre σ(0) i σ(s) és

l(σ(0), σ(s)) =

∫ s

0

|σ′(s)|ds =

∫ s

0

|ρ′(s)|ds = ρ(s)− ρ(0).

Sigui Q un punt qualsevol del cercle osculador en el punt γ(0). Veurem que Q ésinterior al cercle osculador en el punt γ(s). En efecte,

d(Q, σ(s)) ≤ d(Q, σ(0)) + d(σ(0), σ(s)) ≤ ρ(0) + l(σ(0), σ(s)) = ρ(s).

Però el signe igual en aquesta igualtat només es pot donar si la corba de centres decurvatura és una recta (en el petit interval que estem considerant). Però això vol dirque el vector normal N(s) és constant, la qual cosa només es dóna quan γ és una recta,situació implícitament no considerada ja que quan parlem de ρ(s) entenem que k(s) 6= 0.Per tant

d(Q, σ(s)) < ρ(s),

i tot punt del cercle osculador en el punt γ(0) és interior al cercle osculador en el puntγ(s).

85

6 Superfícies: Parametritzacions. Espai tangent.

Exercici 68:

1. Sigui S la superfície de R3 determinada per l’equació f(x, y, z) = 0, on 0 és un valorregular de la funció f . Comproveu que el pla tangent a S en un punt p0 = (x0, y0, z0)qualsevol es pot escriure com

∂f

∂x(p0) (x− x0) +

∂f

∂y(p0) (y − y0) +

∂f

∂z(p0) (z − z0) = 0

2. Com serà l’equació del pla tangent a una superfície de R3 si és el gràfic d’una funcióde dues variables (z = h(x, y))?

(Fixeu-vos que podeu aplicar el resultat anterior o fer els càlculs des del principi).

Solució:

1. Si entenem l’espai tangent a S en p0 com el format per tots els vectors tangentsa corbes α(t) que passen per p0 (α(0) = p0 sense perdre generalitat) i tenen elseu recorregut en S, es complirà, en particular, f(α(t)) ≡ 0. Per tant (regla de lacadena)

(df)p0(α′(0)) = 0

Però la diferencial de f és

df =

(∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

)

i no cal fer més càlculs.

De fet, l’observació anterior només demostraria que l’espai tangent està continguten el pla que té com a vector normal df però, com que les dimensions dels dos espaiscoincideixen, la igualtat es dóna sense haver de fer més consideracions.

2. Si es pensa com en el cas anterior, la superfície definida com el gràfic de h(x, y) tambéserà la que ve determinada per l’equació f(x, y, z) = h(x, y) − z = 0. Aleshores,com que

df =

(∂h

∂x,∂h

∂y,−1

),

l’equació del pla tangent serà

∂h

∂x(p0) (x− x0) +

∂h

∂y(y − y0)− (z − z0) = 0

(tenint en compte que z0 = h(x0, y0)).

Naturalment, s’arriba al mateix resultat pensant que el pla tangent té per direc-ció l’espai generat pels vectors ϕx = (1, 0, hx) i ϕy = (0, 1, hy), si es considera lasuperfície parametritzada per ϕ(x, y) = (x, y, h(x, y)).

Exercici 69: Demostreu que el subconjunt S de R3 determinat per la condició x3 −3x y2 = z és una superfície regular i determineu l’equació que té el seu pla tangent en unpunt qualsevol p0 = (x0, y0, z0).

86

Solució: La diferencial de f(x, y, z) = x3 − 3x y2 − z serà

df = (3x2 − 3 y2,−6x y,−1)

que sempre és diferent de 0. I, aleshores, el vector normal al pla tangent (i a la superfície)serà aquest (3x2 − 3 y2,−6x y,−1).

Alternativament, S és el gràfic de la funció h(x, y) = x3 − 3x y2. Si es mira d’aquestamanera, la base de la direcció del pla tangent serà la donada pels vectors (1, 0, 3x2−3 y2)i (0, 1,−6x y).

Exercici 70: Sigui S el subespai de R3 determinat per l’equació x+ y = z3 + 1.

1. Comproveu que S és una superfície regular.

2. Doneu una parametrització de S.

3. Determineu per a quin valor de a ∈ R el vector ~v = (a, 3, 1) de R3 és tangent a Sen el punt P = (1, 1, 1).

Solució:

1. Com que es pot aïllar x o y en funció de les altres dues variables, es té un gràfic i,per tant, una superfície regular de forma automàtica.

2. N’hi ha prou posantϕ(y, z) = (z3 − y + 1, y, z)

87

3. En general el vector perpendicular al pla tangent a S en (x, y, z) serà ~n = (1, 1,−3 z2)(que correspon a la diferencial de f(x, y, z) = x+y−z3−1). En P = (1, 1, 1) (1+1 =13 + 1) serà ~n = (1, 1,−3), de forma que (a, 3, 1) = ~v ⊥ ~n quan 0 = a+ 3− 3 = a.

Exercici 71: Doneu parametritzacions regulars (definides en algun obert prou significa-tiu) de les quàdriques:

1. Cilindres:

88

Cilindre el.líptic Cilindre parabòlic Cilindre hiperbòlic(xa

)2

+(yb

)2

= 1 y = c x2(xa

)2

−(yb

)2

= 1

2. El.lipsoides:

(xa

)2

+(yb

)2

+(zc

)2

= 1

3. Hiperboloides:

Hiperboloide d’un full Hiperboloide de dos fulls(xa

)2

+(yb

)2

−(zc

)2

= 1(xa

)2

+(yb

)2

−(zc

)2

= −1

4. Paraboloides:

Paraboloide el.líptic Paraboloide hiperbòlic(xa

)2

+(yb

)2

= c z(xa

)2

−(yb

)2

= c z

Solució:

1. Cilindre el.líptic:(xa

)2

+(yb

)2

= 1

(u, v) −→ (a cos(u), b sin(u), v)

89

La diferencial d’aquesta parametrització serà:−a sin(u) 0b cos(u) 0

0 1

Que, clarament, és de rang 2 per a tots els valors dels paràmetres (u, v).

Cilindre parabòlic: y = c x2

(u, v) −→ (u, c u2, v)

Amb diferencial de rang 2:

1 02 c u 0

0 1

Cilindre hiperbòlic:(xa

)2

−(yb

)2

= 1

(u, v) −→ (a cosh(u), b sinh(u), v)

(Com que cosh(u) sempre és positiu caldria posar, en realitat, ± cosh(u) i parame-tritzar per separat les dues branques).

Les diferencials corresponents a cada una de les branques s’escriuran com:±a sinh(u) 0b cosh(u) 0

0 1

I, tenint en compte que el cosh(u) sempre és més gran que 1, queda clar que el rangés 2.

2. El.lipsoides:

Es pot pensar en coordenades esfèriques (considerant (x/a)2 + (y/b)2 = w2 i posantw = cos(v), z = c sin(v), (x/a) = w cos(u), (y/b) = w sin(u))

(u, v) −→ (a cos(u) cos(v), b sin(u) cos(v), c sin(v))

(on u ∈ (0, 2 π) i v ∈ (−π/2, π/2) per tal de fer una sola volta sobre la superfície).Aleshores la diferencial s’escriu com:

−a sin(u) cos(v) −a cos(u) sin(v)b cos(u) cos(v) −b sin(u) sin(v)

0 c cos(v)

Com que el determinant de les dues primeres files és a b cos(v) sin(v) = a b sin(2 v)/2,el rang només podrà ser inferior a 2 si v = 0 (recordeu que s’ha triat v ∈ (−π/2, π/2))i en aquest cas cos(v) = 1 i la diferencial és

−a sin(u) 0b cos(u) 0

0 c

90

que és clar que té rang 2 (el sinus i el cosinus del mateix angle mai són nuls simul-tàniament).

Naturalment, també es podria aïllar una de les coordenades en funció de les altresdues i considerar, per exemple,

(u, v) −→(u, v,±c

√1− (u/a)2 − (v/b)2

)

Aquesta parametrització dóna una diferencial de la forma

1 00 1∗ ∗

(gràfic d’una funció) i, per tant, sempre serà regular. (Noteu, però, que quan(u/a)2 + (v/b)2 → 1 l’arrel quadrada perd la diferenciabilitat i també cal restringitel rang dels paràmetres a l’interval obert (u/a)2 + (v/b)2 < 1).

3. Hiperboloide d’un full:(xa

)2

+(yb

)2

−(zc

)2

= 1

Raonant de la mateixa forma que en el cas anterior, però amb funcions hiperbòliques,

(u, v) −→ (a cos(u) cosh(v), b sin(u) cosh(v), c sinh(v))

(on u ∈ (0, 2 π) i v ∈ R).Com en el cas anterior, la diferencial és de la forma

−a sin(u) cosh(v) a cos(u) sinh(v)b cos(u) cosh(v) b sin(u) sinh(v)

0 c cosh(v)

El determinat de les dues primeres files, que val −a b cosh(v) sinh(v), només s’anul.laquan v = 0 (i cosh(0) = 1) de forma que l’única situació on el rang podria disminuirprové d’una diferencial de la forma

−a sin(u) 0b cos(u) 0

0 c

que també és de rang 2.

Hiperboloide de dos fulls:(xa

)2

+(yb

)2

−(zc

)2

= −1

Es podria fer el mateix raonament amb funcions hiperbòliques i obtenir les parame-tritzacions (part superior i part inferior)

(u, v) −→ (a cos(u) sinh(v), b sin(u) sinh(v),±c cosh(v))

(ara v està restringit als positius). La diferencial d’aquesta parametrització serà:−a sin(u) sinh(v) a cos(u) cosh(v)b cos(u) sinh(v) b sin(u) cosh(v)

0 c sinh(v)

91

I es veu ràpidament, fent càlculs similars als anteriors, que quan v = 0 (que, es-trictament parlant, s’ha exclòs del domini) només té rang 1 i rang 2 en qualsevolaltre cas. Noteu que la singularitat correspon als punts dels vèrtexs (0, 0,±c) (on laparametrització, de fet, deixa de ser injectiva). Noteu també que considerar valorsde v negatius produeix els mateixos valors que els positius (només que en un ordrediferent).

Si es vol evitar una parametrització amb aquesta singularitat tampoc hi ha capproblema aïllant z en funció de x, y

(u, v) −→(u, v,±c

√(u/a)2 + (v/b)2 + 1

)

Amb diferencial donada per

1 00 1c u

a2√u2

a2+ v2

b2+1

cv

b2√u2

a2+ v2

b2+1

Que està ben definida per a qualsevol valor de (u, v) i sempre té rang 2.

4. Paraboloide el.líptic:(xa

)2

+(yb

)2

= c z

Prenent coordenades polars en el pla xy

(u, v) −→ (a u cos(v), b u sin(v), u2/c)

amb u > 0 i v ∈ (0, 2 π).

Alternativament,

(u, v) −→(u, v,

(u/a)2 + (v/b)2

c

)

Paraboloide hiperbòlic:(xa

)2

−(yb

)2

= c z

Utilitzant funcions hiperbòliques

(u, v) −→ (a u cosh(v), b u sinh(v), u2/c)

(Noteu que només surt la part amb z > 0. Per tal d’obtenir la part amb z < 0 caldràintercanviar el paper del sinus i el cosinus hiperbòlics per a obtenir les coordenades(x, y)

(u, v) −→ (a u sinh(v), b u cosh(v),−u2/c)

i explicitar el signe de la coordenada z).

Utilitzant x, y com a paràmetres (en aquest cas és, potser, més natural)

(u, v) −→(u, v,

(u/a)2 − (v/b)2

c

)

Aquí (u, v) ∈ R2.

92

Exercici 72: Considereu una corba de la forma y = f(x) en el pla xy (pensat dins R3

com els punts amb z = 0), on f és una funció diferenciable amb f(x) > 0 per a tots elsx. Sigui S el subconjunt de R3 obtingut en fer girar la corba anterior al voltant de l’eixde les x (y = z = 0).

1. Demostreu que S és una superfície regular veient que S = Φ−1(0) per a una sub-mersió Φ : R3 −→ R.

2. Doneu una parametrització (regular) de S.

3. Comproveu que, per a cada punt p = (x, y, z) de S, el pla tangent és perpendicularal vector ~n = (f(x) f ′(x),−y,−z).

Solució:

1. Si es pensa que, per a cada x fix, els punts de la superfície corresponen a unacircumferència de centre (x, 0, 0) i radi f(x) i per tant es compleix y2 +z2 = (f(x))2,només cal considerar

Φ(x, y, z) = y2 + z2 − (f(x))2

Com que f(x) > 0, les coordenades y i z sobre S no es poden anular simultàniament,per tant la diferencial (gradient) de Φ donada per

dΦ = (−2 f(x) f ′(x), 2 y, 2 z)

sempre és diferent de 0 i, per tant, exhaustiva.

2. Prenent coordenades polars en cada un dels plans x = ct. es pot parametritzar Sposant

ϕ(u, v) = (u, f(u) cos(v), f(u) sin(v))

Com que

ϕu = (1, f ′(u) cos(v), f ′(u) sin(v))

ϕv = (0,−f(u) sin(v), f(u) cos(v))

són sempre linealment independents (f(u) > 0 i el sinus i el cosinus mai s’anul.lensimultàniament) no cal fer més càlculs.

93

3. El càlcul de dΦ ja dóna el resultat.

Exercici 73: (L’helicoide)

1. Comproveu queϕ(u, v) = (u cos(v), u sin(v), a v)

és una parametrització regular de la superfície S de R3 determinada per l’equació

y cos(z/a)− x sin(z/a) = 0

2. Determineu el pla tangent (i la direcció normal) a S per a un punt arbitrari de lasuperfície.

Solució:

1. Noteu en primer lloc que la funció f(x, y, z) = y cos(z/a)−x sin(z/a) té la diferen-cial de la forma

df = (− sin(z/a), cos(z/a),−(y sin(z/a) + x cos(z/a))/a)

i, per tant, sempre diferent de 0. Això assegura que S és regular.

A més, la parametrització ϕ cobreix S i es pot observar que totes dues aproximacionsdescriuen el recorregut d’una recta que va girant al mateix temps que puja sobrel’eix de les z.

2. Si es pren un punt p0 en S corresponent a les coordenades (u0, v0) (és a dir p0 =ϕ(u0, v0)) el pla tangent en aquest punt serà el que té la direcció generada perϕu = (cos(v0), sin(v0), 0) i ϕv = (−u0 sin(v0), u0 cos(v0), a) de forma que el seuvector normal serà (a sin(v0),−a cos(v0), u0). Això coincideix (llevat de múltiples)amb el que apareix si es considera (df)p0 com a vector normal a la superfície.

Exercici 74: El conjunt de punts descrit per una corba plana regular C ⊂ Π al girarsobre un eix contingut en el pla Π i que no talla a la corba C és una superfície regularanomenada superfície de revolució generada per la corba C.

1. Proveu que si C = (x, 0, z) ∈ Π = y = 0 ⊂ R3, f(x, z) = 0 i es pren coma eix de gir Oz aleshores la superfície de revolució generada per C ve donada perS = (x, y, z) ∈ R3, f(

√x2 + y2, z) = 0. Apliqueu-ho al cas particular en que C

és una circumferència que no conté en el seu interior l’origen de coordenades.

94

2. Demostreu que si α(u) = (a(u), 0, b(u)) és una parametrització regular de C alesho-res

ϕ(u, v) = (a(u) cos v, a(u) sin v, b(u))

és una parametrització regular de S. Les corbes coordenades d’aquesta parametrit-zació s’anomenen paral.lels si u = u0 i meridians si v = v0. Trobeu una parametrit-zació regular del tor de revolució.

3. Trobeu la primera forma fonamental d’una superfície de revolució utilitzant la pa-rametrització de l’apartat anterior (podeu suposar que u ∈ [0, l] és el paràmetre arcde C).

4. Teorema de Pappus. Amb les mateixes notacions dels apartats (b) i (c), com-proveu que l’àrea de S està donada per

2π

∫ l

0

a(u)du.

Solució:

(a) En coordenades cilíndriques (ρ, θ, z) de R3, C té equació f(ρ, z) = 0, com que ρ =√x2 + y2, tenim que en coordenades cartesianes S té per equació f(

√x2 + y2, z) =

0.

Siguin 0 < r < R i considerem la circumferència de radi r amb centre (R, 0).Aquesta circumferència té equació (x−R)2 + z2 − r2 = 0, per tant, la superfície derevolució corresponent (tor) té per equació (

√x2 + y2 −R)2 + z2 − r2 = 0.

Segona manera de pensar: com a l’exercici 171. La superfície de revolució al voltantde l’eix de les z, es pot pensar formada per circumferències de diferents radis situadesen els plans z = cte.

Equivalentment, com fem a l’exercici 171, considerem la família biparamètrica desuperfícies

z = α

x2 + y2 + z2 = β2

i transformem aquesta família biparamètrica en una uniparamètrica (que dóna aixílloc a una superfície) donant una relació entre α i β. Aquesta relació ve donada perla relació entre l’altura sobre z = 0 i el radi de gir, i aquesta relació està donadajustament per la corba del pla y = 0 que fem girar.

Com β és la distància a l’origen, en el pla y = 0 tenim f(x, z) = 0 amb z = α ix2 +z2 = β2. De manera que l’equació de la corba dóna la relació f(

√β2 − α2, α) =

0 entre α i β.

Finalment, substituint α i β pel seu valor, l’equació buscada és

f(√x2 + y2, z) = 0.

En el cas del tor, la relació entre α i β ve donada per l’equació (x−R)2 +z2−r2 = 0.Com β és la distància a l’origen β =

√x2 + z2, d’on x2 = β2 − z2 = β2 − α2 que

dóna (√β2 − α2 −R)2 + α2 = r2, que substituint α i β pel seu valor dóna

(√x2 + y2 −R)2 + z2 − r2 = 0.

95

(b) Per construcció està clar que la imatge de ϕ està continguda en la superfície derevolució generada per la corba C. Vegem que aquesta parametrització és regular.Calculem els vectors tangents

ϕu(u, v) = (a′(u) cos v, a′(u) sin v, b′(u))

ϕv(u, v) = (−a(u) sin v, a(u) cos v, 0)

De manera que la primera forma fonamental ve donada per E(u, v) = ‖α′(u)‖2 6= 0,F (u, v) = 0 iG(u, v) = a(u)2 > 0 ja que C no pot tallar a l’eix Oz. El seu determinatés EG−F 2 = a2‖α′‖2 6= 0, per tant, la parametrització és regular. Per exemple, enel cas del tor podem prendre α(u) = (R + r cosu, r sinu) amb la qual cosa

ϕ(u, v) = ((R + r cosu) cos v, (R + r cosu) sin v, r sinu), (u, v) ∈ (0, 2π)× (0, 2π)

és una parametrització regular del tor.

(c) Si u és el paràmetre arc de α aleshores la primera forma fonamental de S té permatriu (

1 00 a(u)2

)

i en general (si no sabem si és arc)(a′2 + b′2 0

0 a2

)

(d) L’element d’àrea és doncs dA = a(u)dudv i l’àrea de S és igual a∫ 2π

0

dv

∫ u2

u1

a√a′2 + b′2du = 2π

∫ l

0

a(s)ds,

on s és el paràmetre arc de α (hem fet el canvi de variable u = u(s)).

Observem que la coordenada x del centre de gravetat de α(u) (u paràmetre arc) ésx =

∫ l0 a(u)du

lper tant

àrea de S = 2πlx = longitud de la corba× longitud trajectòria centre de masses.

En particular, l’àrea del tor (el tor s’obté girant una circumferència de radi r situada alpla y = 0 amb centre el punt (R, 0, 0) al voltant de l’eix z; el centre de masses és el centrede la circumferència) és igual a

2πR(2πr) = 4π2Rr.

7

7La fórmula estàtica de Meusnier.

96

7 Superfícies: Primera forma fonamental.

Exercici 75: Determineu els coeficients de la primera forma fonamental del pla xy deR3 quan es considera aquest pla parametritzat per les coordenades polars.

Solució: Tenint en compte que la parametrització en polars del pla z = 0 vindrà deter-minada per

ϕ(r, θ) =(r cos(θ), r sin(θ), 0

)

la base de l’espai tangent serà

ϕr =(cos(θ), sin(θ), 0

), ϕθ =

(−r sin(θ), r cos(θ), 0

)

Fent els productes escalars corresponents

E = 1

G = r2

F = 0

Amb la notació de la figura es compleix que

Longitud de l’arc AB · gC = AB · CR

on g és el centre de gravetat de l’arc AB.En efecte, l’abscissa x de g és

x =

∫ α−α x ds∫ α−α ds

on (x, y) = (r cos t, r sin t) és una parametrització de l’arc AB (r = CA).Com ds = r dt tenim

x =

∫ α−α r cos(t)rdt∫ α−α r dt

=r sin(α)

α.

Així,

Longitud de l’arc AB · gC = r2α · r sin(α)

α= 2r sin(α) · r = AB · CR.

97

I posat en forma de matriu simètrica(

1 00 r2

)

Exercici 76: Donat (u, v) ∈ R2 considereu ϕ(u, v) = p ∈ R3, on p és el punt d’interseccióde la recta que passa per (u, v, 0) i el pol nord de l’esfera unitat (0, 0, 1) tal i com esrepresenta en l’esquema següent

Es diu que ϕ (o la seva inversa) és la projecció estereogràfica de l’esfera sobre el pla.

1. Demostreu que la projecció estereogràfica és una parametrització regular de l’esfera.

2. Calculeu els coeficients de la primera forma fonamental de l’esfera respecte la para-metrització determinada per la projecció estereogràfica.

3. Comproveu que la projecció estereogràfica conserva els angles (l’angle entre duescorbes, o vectors, de R2 és el mateix que hi ha entre les seves imatges sobre l’esfera).

Solució: Per tal de fer els càlculs de l’exercici caldrà explicitar, en primer lloc, l’expressióde ϕ. Considerem, doncs, un punt qualsevol (u, v, 0) del pla z = 0. La recta que passaper aquest punt i el pol nord de l’esfera (0, 0, 1) es pot parametritzar com

(0, 0, 1) + λ (u, v,−1)

i els punts sobre l’esfera seran aquells que compleixin

(λu)2 + (λ v)2 + (1− λ)2 = 1

Com que l’equació anterior es pot posar com

λ2 (u2 + v2 + 1)− 2λ = 0 ,

si es descarta la solució λ = 0 que correspon al pol nord, el punt ϕ(u, v) haurà de ser el

que correspongui a λ =2

u2 + v2 + 1. Resumint, l’expressió de ϕ serà

ϕ(u, v) =

(2u

u2 + v2 + 1,

2 v

u2 + v2 + 1,u2 + v2 − 1

u2 + v2 + 1

)

(Noteu que ϕ està definida en tot el pla i que quan (u, v) va cap∞ és quan els seus valorstendeixen al pol nord (0, 0, 1). En particular, ϕ parametritza l’esfera menys el pol nord).

98

1. Fent quatre calculets:

ϕu =

(2 (−u2 + v2 + 1)

(u2 + v2 + 1)2 ,−4u v

(u2 + v2 + 1)2 ,4u

(u2 + v2 + 1)2

)

ϕv =

( −4u v

(u2 + v2 + 1)2 ,2 (u2 − v2 + 1)

(u2 + v2 + 1)2 ,4 v

(u2 + v2 + 1)2

)

Veurem a l’apartat següent que la primera forma fonamental és no degenerada i,per tant, ϕ és regular.

2. Fent els productes escalars corresponents (i més calculets):

E = 〈ϕu, ϕu〉 =4

(u2 + v2 + 1)2

F = 〈ϕu, ϕv〉 = 0

G = 〈ϕv, ϕv〉 =4

(u2 + v2 + 1)2

i en forma matricial(

4(u2+v2+1)2

0

0 4(u2+v2+1)2

)=

4

(u2 + v2 + 1)2

(1 00 1

)

Que, clarament, és no degenerada.

3. L’expressió de la primera forma fonamental deixa clar que les mesures d’anglescoincideixen.

Exercici 77: Considereu la parametrització de l’esfera (llevat dels dos pols i un meridià)donada per la longitud u i la latitud v:

ϕ : (−π, π)×(−π/2, π/2) −→ R3

(u, v) 7−→(cos(u) cos(v), sin(u) cos(v), sin(v)

)

1. Comproveu que és una parametrització regular i determineu els coeficients de laprimera forma fonamental respecte aquesta parametrització.

2. Donades les corbes α1(t) = ϕ(t, 0), α2(t) = ϕ(π/4, t) i α3(t) = ϕ(t, t) (en tots trescasos t ∈ [0, π/4]), calculeu (aproximant, si cal) l’àrea del triangle que determinen,les llargades de cada un dels segments i els angles que formen.

99

3. Feu els mateixos càlculs que abans substituint la corba α3 per l’arc de circumferènciaque s’obté tallant l’esfera amb el pla y = z (que també apareix a l’esquema anterior),determinant prèviament els nous punts de tall entre les corbes (en aquest cas, latercera corba talla el meridià en un punt de latitud més baixa que abans).

Solució:

1. Calculant les derivades

ϕu = (− sin(u) cos(v), cos(u) cos(v), 0)

ϕv = (− cos(u) sin(v),− sin(u) sin(v), cos(v))

Fent els productes escalars corresponents:

E = 〈ϕu, ϕu〉 = cos2(v)

F = 〈ϕu, ϕv〉 = 0

G = 〈ϕv, ϕv〉 = 1

Com que el domini per a les v no conté els valors ±π/2 (que són els que anul.larienel determinant) la primera forma fonamental és no degenerada i la parametritzacióés regular.

2. L’element d’àrea de l’esfera, respecte aquesta parametrització, serà

cos(v) du dv

(Noteu que cos(v) > 0 en el domini que s’està considerant). Així, l’àrea T deltriangle es pot calcular amb la integral

T =

∫ π/4

0

∫ u

0

cos(v) dv du

Aquesta integració és immediata i dóna

T =

∫ π/4

0

sin(u) dv = 1−√

2

2≈ 0.292893218813452

Per a calcular les longituds notem, en primer lloc, que es compleix

α1′ = ϕu (= (1, 0))

α2′ = ϕv (= (0, 1))

α3′ = ϕu + ϕv (= (1, 1))

al llarg del seu recorregut. De forma que les velocitats d’aquestes tres corbes seran

|α1′| = cos(0) = 1

(recordeu que α1 correspon a v = 0)

|α2′| = 1

|α3′| =

√cos2(t) + 1

100

A partir d’aquí les llargades respectives `1, `2 i `3 seran

`1 = ∆t =π

4

`2 = ∆t =π

4

(α1 i α2 estan parametritzades per l’arc).

`3 =

∫ π/4

0

√cos2(t) + 1 dt ≈ 1.058095501392563

(No hi ha expressió elemental per a la integral corresponent a `3).

Siguin θ12, θ23 i θ13 els angles que formen, respectivament, α1 i α2, α2 i α3, i α1 iα3. Aleshores

cos(θ12) = 〈ϕu, ϕv〉 = 0 =⇒ θ12 =π

2

(α1′ i α2

′ són unitaris)

cos(θ13) =〈ϕu, ϕu + ϕv〉√

2=

1√2

=⇒ θ13 =π

4

(recordeu que en aquest cas la intersecció es produeix en el punt amb 0 = t = u = v)

cos(θ23) =〈ϕv, ϕu + ϕv〉√

3/2=√

2/3 =⇒ θ23 ≈ 0.615479708670387

(el punt de tall correspon a π/4 = t = u = v, per tant |α3′| =

√cos2(π/4) + 1 =√

1 + 12

)

3. El recorregut del pla y = z sobre l’esfera es pot parametritzar com

α4(t) =

(cos(t),

√2

2sin(t),

√2

2sin(t)

)

però d’aquesta forma el paràmetre t no té relació directa amb les coordenades (u, v)de l’esfera corresponents a la longitud i latitud. Si interessa relacionar la corba ambla parametrització de l’esfera serà millor considerar

α4(u) = ϕ(u, v), amb v = arctan(sin(u))

(que és el resultat d’imposar y = z en l’expressió de ϕ(u, v)).

En qualsevol cas, és clar que el punt de tall de α1 amb α4 és (1, 0, 0) i el de α2 ambα4 és (1/

√3 , 1/

√3 , 1/

√3 ) (ja que el meridià u = π/4 està sobre el pla x = y).

Tenint en compte la parametrització de α4 en termes de la longitud u, l’àrea T2 deltriangle que delimiten α1, α2 i α4 es calcularà amb la integral

T2 =

∫ π/4

0

∫ arctan(sin(u))

0

cos(v) dv du

101

que no és tan difícil com sembla ja que es pot deixar com

T2 =

∫ π/4

0

sin(u)√1 + sin2(u)

du

(l’únic truc que hi ha aquí és recordar que sin(arctan(a)) =a√

1 + a2per a qualsevol

valor a) i aquesta integral és gairebé immediata (teniu en compte que 1 + sin2(u) =2− cos2(u)). S’obté, finalment,

T2 = [arcsin(cosu√

2)]π/40 =

π

12

Respecte la llargada dels segments corresponents a aquest segon triangle es té:

• El segment corresponent a α1 és el mateix que abans i té llargada π/4• El segment corresponent a α2 arribarà fins un valor t = v del paràmetre (arc)

que correspon a1√3

= z = sin(t) de forma que la llargada serà arcsin(1/√

3 ) ≈0.615479708670387 .• Com que la parametrització de α4 donada per α4(t) =

(cos(t),

√2

2sin(t),

√2

2sin(t)

)

compleix

α4′(t) =

(− sin(t),

√2

2cos(t),

√2

2cos(t)

)

és clar que |α4′| = 1 i, per tant, el paràmetre t correspon a la llargada d’a-

questa corba. Com que el punt inicial correspon a t = 0 i el punt final cor-

respon a1√3

= x = cos(t) la llargada d’aquest segment serà arccos(1/√

3 ) ≈0.955316618124509 .

Finalment, per a calcular els angles entre aquestes tres corbes caldrà tenir en compte:

• L’angle θ12 entre α1 i α2 és el mateix que abans (π/2).• El punt de tall entre α1 i α4 és (1, 0, 0) i els vectors tangents són, respectivament,α1′ = (0, 1, 0) i α4

′ = (0,√

2/2,√

2/2) (tots dos unitaris) de forma que l’angleθ14 entre aquestes dues corbes complirà cos(θ14) =

√2/2 i, per tant, θ14 = π/4 .

• El punt de tall entre α2 i α4 és (1/√

3, 1/√

3, 1/√

3). Això determina que elsvectors tangents siguin

α2′ = ϕu =

(−√

2

2sin(v),−

√2

2sin(v), cos(v)

)

(però estem en un punt on 1/√

3 = z = sin(v))

=

(−1

2

√2

3,−1

2

√2

3,

√2

3

)

α4′ =

(− sin(t),

√2

2cos(t),

√2

2cos(t)

)

102

(i estem en un punt on 1/√

3 = x = cos(t))

=

(−√

2

3,1

2

√2

3,1

2

√2

3

)

Com que els vectors són unitaris,

cos(θ24) =1

2× 2

3− 1

4× 2

3+

1

2× 2

3=

1

2.

I per tant θ24 = π/3 .

Com observació final, noteu que la suma dels tres angles del triangle val 13 π/12 iaquest valor supera π en π/12 que (per casualitat?) és exactament el valor de l’àreaT2.

Càlcul alternatiu de θ24. Les corbes α4(u) = ϕ(u, arctan(sinu)) i α2(t) = ϕ(π/4, t)es tallen en u = π/4.

Les components dels vectors tangents de α′4 són (1, cosu1+sin2 u |u=π/4

) = (1,√

23

), i lescomponents dels vectors tangents de α′2 són (0, 1). Així

cos θ24 =

(1√

2/3)(

cos2 vcos v=√

2/30

0 1

)(01

)

√(

1√

2/3)( 2/3 0

0 1

)(1√2/3

) = 1/2.

Exercici 78: Sigui α : I → R3 una corba parametritzada per l’arc tal que |α(t)| = 1 ∀t ∈I (el recorregut d’α està sobre l’esfera unitat). Considereu la superfície parametritzadaper

ϕ(u, v) = uα(v) ,

u > 0, v ∈ I.

1. Calculeu-ne la primera forma fonamental.

2. Demostreu que és localment isomètrica al pla.

Solució:

1. Tenint en compte la definició de ϕ

ϕu = α(v)

ϕv = uα′(v)

Per a calcular els coeficients de la primera forma fonamental caldrà tenir en compte

(1) 〈α(v), α(v)〉 = |α(v)|2 = 1 .

(2) Com a conseqüència de l’anterior (derivant la igualtat), 〈α′(v), α(v)〉 = 0 .

103

Aleshores,

E = 〈ϕu, ϕu〉 = 1

F = 〈ϕu, ϕv〉 = 〈α(v), u α′(v)〉 = 0

G = 〈ϕv, ϕv〉 = 〈uα′(v), u α′(v)〉 = u2

2. Si es recorda l’expressió de la primera forma fonamental del pla en coordenadespolars es veu que és equivalent a la d’aquesta superfície, on el paper del mòdul el fala coordenada u i el de l’argument la coordenada v.

Dit d’una altra manera, la transformació que fa correspondre al punt p = uα(v) (deparàmetres (u, v)) el punt del pla donat per (u cos(v), u sin(v), 0) és una isometrialocal.

Si f : S −→ R2 donada per f(ϕ(u, v)) = (u cos v, u sin v) i prenem com nova cartalocal del pla ψ = f ϕ és clar que Iϕ = Iψ (primeres formes fonamentals coincidei-xen).

Exercici 79: Calculeu l’expressió de la primera forma fonamental de les superfícies pa-rametritzades per:

1. ϕ(u, v) =(u cos(v), u sin(v), u2

)

2. ϕ(u, v) =(u cosh(v), u sinh(v), u2

)

3. ϕ(u, v) =(a sinh(u) cos(v), b sinh(u) sin(v), c cosh(u)

)(on a, b i c són constants).

Solució:

1.

ϕu = (cos(v), sin(v), 2u)

ϕv = (−u sin(v), u cos(v), 0)

de forma que

E = 1 + 4u2

F = 0

G = u2

2.

ϕu = (cosh(v), sinh(v), 2u)

ϕv = (u sinh(v), u cosh(v), 0)

de forma que

E = cosh2(v) + sinh2(v) + 4u2 = cosh(2 v) + 4u2

F = 2u cosh(v) sinh(v) = u sinh(2 v)

G = u2 (sinh2(v) + cosh2(v)) = u2 cosh(2 v)

104

3.

ϕu =(a cosh(u) cos(v), b cosh(u) sin(v), c sinh(u)

)

ϕv =(−a sinh(u) sin(v), b sinh(u) cos(v), 0

)

de forma que

E = a2 cosh2(u) cos2(v) + b2 cosh2(u) sin2(v) + c2 sinh2(u)

F = (b2 − a2) cosh(u) sinh(u) sin(v) cos(v)

G = a2 sinh2(u) sin2(v) + b2 sinh2(u) cos2(v)

Exercici 80: Calculeu la primera forma fonamental de la superfície de revolució

x = r cos v

y = r sin v

z = φ(r)

Veieu que existeixen coordenades isotermals. Concretament trobeu coordenades (u, v) (vla mateixa que anteriroment) tals que

ds2 = λ(du2 + dv2),

amb λ = λ(u).

Solució: Busquem una funció u = u(r) tal que

ds2 = (1 + φ′2)dr2 + r2dv2 = λ(du2 + dv2)

Necessitem doncs (du = u′dr) que

(1 + φ′2) = r2u′2.

Només hem de prendre

u =

∫ √1 + φ′2

rdr.

Ara, si ϕ(r, v) = (r cos v, r sin v, φ(r)) és la carta inicial de la superfície de revolució,prenem com nova carta ψ(u, v) = ϕ(r(u), v) on r(u) queda definida per l’anterior expressióde u pel teorema de la funció inversa. És clar que (r′(u) = 1

u′(r)= r√

1+φ′2)

Iϕ =

(1 + φ′2 0

0 r2

), Iψ =

(r2

1+φ′2(1 + φ′2) 0

0 r2

)

Observem que l’aplicació que envia el punt de la superfície de coordenades (u, v) alpunt del pla (x, y) = (u, v) és conforme (la primera forma fonamental de la superfícierespecte la carta isotermal ϕ(u, v) i la primera forma fonamental del pla respecte la cartaf ϕ són múltiples una de l’altra).

Segon mètode.

105

La fórmula del canvi de base per a aplicacions bilineals ens diu que

Iϕ = M tIψM,

on Iϕ és la matriu de la primera forma fonamental respecte la base (∂ϕ∂u, ∂ϕ∂v

), Iψ és lamatriu de la primera forma fonamental respecte la base (∂ψ

∂x h, ∂ψ

∂y h), i M és la matriu

del canvi de base, que en el nostre cas és

M =

∂h1

∂u

∂h1

∂v

∂h2

∂u

∂h2

∂v

.

Observem que h és l’aplicació del canvi de coordenades, és a dir, ϕ = ψ h. Habitu-alment escrivim h(u, v) = (u, v) amb u = u(u, v) i v = v(u, v). D’aquesta manera

M =

∂u

∂u

∂u

∂v

∂v

∂u

∂v

∂v

.

En el cas que ens ocupa podem aplicar aquesta fórmula amb u = u(r), v = v demanera que

M =

∂u

∂r0

0 1

i tindrem

(1 + φ′2 0

0 r2

)=

∂u

∂r0

0 1

Iψ

∂u

∂r0

0 1

d’onIψ = M−1

(1 + φ′2 0

0 r2

)M−1

és a dir

Iψ =

1 + φ′2

u2r

0

0 r2

.

Hem d’imposar doncs1 + φ′2 = r2u2

r

com abans.

Exercici 81: Demostreu que les superfícies

ϕ(t, s) = (t cos s, t sin s, s) Helicoideψ(t, s) = (t sin s, t cos s, log t) Logaritmoide

106

tenen, en punts corresponents [mateixes coordenades (t, s)], la mateixa curvatura deGauss, però l’aplicació que porta el punt de coordenades (t, s) de l’helicoide al puntde coordenades (t, s) del logaritmoide no és una isometria. [La curvatura no determina lamètrica].

Solució: Calculem la curvatura de Gauss.

ϕt = (cos s, sin s, 0)

ϕs = (−t sin s, t cos s, 1)

E = 1

F = 0

G = 1 + t2

ν =1√

1 + t2(sin s,− cos s, t)

ϕtt = (0, 0, 0)

ϕts = (− sin s, cos s, 0)

ϕss = (−t cos s,−t sin s, 0)

e = 0

f = − 1√1 + t2

g = 0

K = − 1

(1 + t2)2

Anàlogament

ψt = (sin s, cos s,1

t)

ψs = (t cos s,−t sin s, 0)

E = 1 +1

t2

F = 0

G = t2

ν =1√

1 + t2(sin s, cos s,−t)

ψtt = (0, 0,− 1

t2)

ψts = (cos s,− sin s, 0)

ψss = (−t sin s,−t cos s, 0)

e =1

t√

1 + t2

f = 0

g = − t√1 + t2

K = − 1

(1 + t2)2

107

Per veure que l’aplicació f : helicoide −→ logaritmoide donada per f(ϕ(t, s) = ψ(t, s)no és isometria hem de veure si la matriu de la primera forma fonamental de l’helicoiderespecte de la base (ϕt, ϕs) coincideix amb la matriu de la primera forma fonamental dellogaritmoide respecte de la base (f∗ϕt, f∗ϕs).

Peròf∗ϕt =

d

dt

∣∣∣t=0f(ϕ(t, s0)) =

d

dt

∣∣∣t=0ψ(t, s0) = ψt.

Anàlogament f∗ϕv = ψv. Però en els càlculs anteriors es veu que la matriu de la primeraforma fonamental de l’helicoide respecte de la base (ϕt, ϕs) no coincideix amb la matriude la primera forma fonamental del logaritmoide respecte de la base (ψt, ψs).

Però podem veure fàcilment, no únicament que f no és isometria, sinó que no hi hacap isometria entre l’helicoide H i el logaritmoide L. En efecte, qualsevol isometria Fentre H i L ha de portar el punt de coordenades (t, s) al punt de coordenades (±t, u(t, s)),on u = u(t, s) és una funció desconeguda que ens determina F . Això és degut a que Fconserva la curvatura de Gauss, la qual, com hem vist, només depèn de t2.

Així, doncs, tenim F (ϕ(t, s)) = ψ(±t, u(t, s)). En particular,

dF (ϕt) = ±ψt + ψs∂u

∂t.

Per ser F isometria〈dF (ϕt), dF (ϕt)〉 = 〈ϕt, ϕt〉 = 1,

però

〈dF (ϕt), dF (ϕt)〉 = 〈±ψt + ψs∂u

∂t,±ψt + ψs

∂u

∂t〉 = 1 +

1

t2+ (

∂u

∂t)2t2.

Igualant les dues darreres igualtats obtenim una contradicció.

108

8 Superfícies: Segona forma fonamental. Curvatura

Exercici 82: Determineu la primera i segona formes fonamentals, i les curvatures deGauss i mitjana, de la superfície parametritzada per

ϕ(u, v) = (u+ v, u v, v)

(Noteu que es tracta de la quàdrica y = z (x − z) i, per tant, els càlculs es poden ferutilitzant les fórmules corresponents al gràfic d’una funció de l’exercici següent).

Solució: Si es comença calculant els vectors tangents a les corbes coordenades s’obté:

ϕu = (1, v, 0)

ϕv = (1, u, 1)

Els productes escalars que determinen la primera forma fonamental seran:

E = 〈ϕu, ϕu〉 = 1 + v2

F = 〈ϕu, ϕv〉 = 1 + u v

G = 〈ϕv, ϕv〉 = 2 + u2

Agrupat matricialment

I =

(1 + v2 1 + u v1 + u v 2 + u2

)

Per tal de determinar la segona forma fonamental caldrà calcular el vector normal ala superfície i les derivades segones de la parametrització. La direcció del vector normalés la del producte vectorial ϕu ∧ ϕv = (v,−1, u− v) de forma que el vector normal serà

N =1√

v2 + 1 + (u− v)2(v,−1, u− v) =

1√1 + u2 + 2 v2 − 2u v

(v,−1, u− v)

Els coeficients de la segona forma fonamental es poden calcular fent el producte escalarde les derivades segones de la parametrització

ϕuu = (0, 0, 0)

ϕuv = (0, 1, 0)

ϕvv = (0, 0, 0)

amb aquest vector normal, així s’obtindrà:

e = 〈N , ϕuu〉 = 0

f = 〈N , ϕuv〉 =−1√

1 + u2 + 2 v2 − 2u v

g = 〈N , ϕvv〉 = 0

Expressat en forma de matriu:

II =−1√

1 + u2 + 2 v2 − 2u v

(0 11 0

)

109

Amb les dades dels càlculs que s’han fet fins ara, es pot calcular immediatament lacurvatura de Gauss com:

K =e g − f 2

E G− F 2=−1/(1 + u2 + 2 v2 − 2u v)

1 + u2 + 2 v2 − 2u v=

−1

(1 + u2 + 2 v2 − 2u v)2

Finalment, per tal d’obtenir la curvatura mitjana H caldrà calcular la traça de W =−dN = I−1 · II. Fent unes quantes operacions

W =1

(1 + u2 + 2 v2 − 2u v)3/2

(u v + 1 −(u2 + 2)−(v2 + 1) u v + 1

)

De forma que la curvatura mitjana serà

H =1

2traça(W ) =

u v + 1

(1 + u2 + 2 v2 − 2u v)3/2

Exercici 83: Donada una funció de dues variables h(x, y), doneu en funció de les de-rivades parcials de h, les expressions del vector normal, l’aplicació de Weingarten i lacurvatura de Gauss per a la superfície S que s’obté considerant el gràfic de h.

Solució: Quan es defineix una superfície S prenent el gràfic d’una funció de dues variablesh(x, y), la parametrització natural consisteix a prendre

ϕ(x, y) = (x, y, h(x, y))

de forma que els vectors tangents corresponents seran

ϕx = (1, 0, hx)

ϕy = (0, 1, hy)

(on els subíndex denoten, com és habitual en aquests casos, derivades parcials respecte lesvariables). Aleshores la direcció del vector normal és la del producte vectorial ϕx ∧ ϕy =(−hx,−hy, 1) i el vector normal unitari serà

N =1√

1 + (hx)2 + (hy)2(−hx,−hy, 1)

Per tal d’obtenir la curvatura de Gauss i l’expressió deW , el més pràctic serà considerar

I =

(1 + (hx)

2 hx hyhx hy 1 + (hy)

2

)

(que té determinant donat per 1 + (hx)2 + (hy)

2) i calcular la segona forma fonamental apartir de les derivades segones

ϕxx = (0, 0, hxx)

ϕxy = (0, 0, hxy)

ϕyy = (0, 0, hyy)

110

de forma que s’obtenen els coeficients

e = 〈N , ϕxx〉 =hxx√

1 + (hx)2 + (hy)2

f = 〈N , ϕxy〉 =hxy√

1 + (hx)2 + (hy)2

g = 〈N , ϕyy〉 =hyy√

1 + (hx)2 + (hy)2

i la matriu de W serà

W = I−1 · II =1

(1 + (hx)2 + (hy)2)3/2

(1 + (hy)

2 −hx hy−hx hy 1 + (hx)

2

)·(hxx hxyhxy hyy

)

=1

(1 + (hx)2 + (hy)2)3/2

(hxx (1 + (hy)

2)− hxy hx hy hxy (1 + (hy)2)− hyy hx hy

hxy (1 + (hx)2)− hxx hx hy hyy (1 + (hx)

2)− hxy hx hy

)

Per un altre costat, la fórmula per a la curvatura de Gauss serà

K =e g − f 2

E G− F 2=

(hxx hyy − (hxy)2)/(1 + (hx)

2 + (hy)2)

1 + (hx)2 + (hy)2=

hxx hyy − (hxy)2

(1 + (hx)2 + (hy)2)2

Exercici 84: Sigui S una superfície regular que és tangent a un pla fix per a tots els puntsd’una certa corba (regular). Què es pot dir de la curvatura de Gauss de S en els puntsd’questa corba? Preneu com exemple un tor de revolució com el de l’esquema següent

Solució: Sigui p un punt qualsevol de la corba en S on la superfície és tangent al pla fix.Si la corba és regular, el seu vector tangent ~v en p serà un vector tangent a la superfície idiferent de ~0. Com que el vector normal a la superfície serà constant al llarg de la corba(ja que coincideix amb el vector normal al pla amb el que es produeix la tangència) escompleix, per la definició general de diferencial d’una aplicació,

dN (~v) = ~0

(es restringeix l’aplicació a una corba tangent qualsevol al vector i es busca el vectortangent a aquesta restricció, que és una corba en el espai imatge de l’aplicació).

111

Tenint en compte que la curvatura de Gauss K d’una superfície és el determinant deW = −dN i que s’acaba de trobar un vector no nul en el nucli de W (W (~v) = ~0), és clarque s’acaba de veure que K = 0 en p.

Exercici 85: Sigui S una superfície regular de R3. Suposeu que S es connexa. Demostreuque són equivalents:

1. La segona forma fonamental de S és constant igual a zero.

2. L’aplicació de Gauss de S és constant.

3. S està continguda en un pla.

Solució:

(a) ⇐⇒ (b)

Tenint en compte les definicions, el valor de la segona forma fonamental II actuantsobre un parell de vectors ~u, ~v s’obté amb

II(~u,~v) = 〈−dN (~u), ~v〉

Aleshores, dir que aquesta segona forma fonamental és nul.la és equivalent a dir quela diferencial de l’aplicació de Gauss dN és 0 en tots els punts i, per tant, que N ésuna aplicació constant.

(b) ⇐⇒ (c)

És clar que quan la superfície està continguda en un pla el seu vector normal seràconstant.

Recíprocament, si N és constant, es considera un punt qualsevol p0 en S i unaparametrització ϕ(u, v) al voltant de p0, es complirà

∂

∂u〈ϕ(u, v)− p0,N〉 = 〈ϕu,N〉+ 〈ϕ− p0,Nu〉 = 0

(i el mateix respecte v) ja que ϕu és un vector tangent a la superfície (perpendiculara N ) i N és constant. Així es té que 〈ϕ(u, v)− p0,N〉 = 0 i, per tant, el recorregutde ϕ és al pla pla que passa per p0 i té N com a vector perpendicular. Com que s’hasuposat des del principi que S és connexa, tots els seus punts compleixen aquestapropietat. (L’argument mostra que el conjunt de punts de S i en aquest pla ésobert).

Exercici 86: Sigui S una superfície regular i connexa. Suposeu que totes les rectesnormals a la superfície passen pel mateix punt. Demostreu que S està continguda en unaesfera.

Solució: Sigui ϕ una parametrització de S (no cal que el seu recorregut sigui tota lasuperfície). La condició que s’ha imposat diu que existeix un punt c0 tal que ϕ(u, v)− c0

és normal a la superfície. En particular

〈ϕ− c0, ϕu〉 = 〈ϕ− c0, ϕv〉 = 0

112

Però això diu que la funció de (u, v) donada per

r(u, v) = 〈ϕ(u, v)− c0, ϕ(u, v)− c0〉

té les dues derivades parcials ru i rv iguals a 0 i, per tant, que és una funció constantr0. Com que S és connexa, això demostra que la superfície està continguda en l’esfera decentre c0 i radi r0. (L’argument mostra que el conjunt de punts a una distància fixada dec0 és obert ja que inclou el recorregut d’una parametrització al voltant de qualsevol delseus punts).

Exercici 87: Sigui S una superfície de R3 i F : R3 → R3 l’homotècia de raó positiva λ.Comproveu que S = F (S) és també una superfície i expresseu la curvatura de Gauss i lacurvatura mitjana de S en termes de les de S.

Solució: Com que les homotècies F són difeomorfismes de R3, cada parametritzacióϕ(u, v) de S dóna, fent la composició, una parametrització de S = F (S) que es podràescriure com

ϕ(u, v) = λϕ(u, v)

Aleshores les derivades parcial d’aquesta parametrització que generen l’espai tangent seran

ϕu = λϕu, ϕv = λϕv

de forma que el vector normal N de S coincidirà amb el vector normal N de S (en elspunts corresponents) ja que ϕu ∧ ϕv = λ2 ϕu ∧ ϕv.

A partir d’aquí s’obté de forma immediata que les primeres formes fonamentals I i Ide S i S respectivament s’obtenen una a partir de l’altre per la relació

I = λ2 I

mentre que la relació entre les segones formes fonamentals II i II vindrà donada per(productes escalars de les derivades segones amb el mateix vector normal)

II = λ II

D’aquí es dedueix que la relació entre curvatures de Gauss serà (quocient de determinants)

K =λ2

λ4K =

1

λ2K

113

i la relació entre curvatures mitjanes (traça del producte I−1 · II)

H =1

λH

(I−1 = (1/λ2) I−1 i els escalars surten fora en els productes de matrius i en el càlcul deles traces).

Exercici 88: Considereu un helicoide

ϕ(u, v) = (u cos(v), u sin(v), a v)

Calculeu-ne la curvatura de Gauss i la curvatura mitjana.

Solució: Per a aquesta parametrització de la superfície

ϕu = (cos(v), sin(v), 0)

ϕv = (−u sin(v), u cos(v), a)

ϕu ∧ ϕv = (a sin(v),−a cos(v), u)

N =1√

u2 + a2(a sin(v),−a cos(v), u)

I =

(1 00 u2 + a2

)

ϕuu = (0, 0, 0)

ϕuv = (− sin(v), cos(v), 0)

ϕvv = (−u cos(v),−u sin(v), 0)

II =1√

u2 + a2

(0 −a−a 0

)

K =−a2/(u2 + a2)

u2 + a2= − a2

(u2 + a2)2 = −(

a

u2 + a2

)2

I−1 · II =

(1 00 1/(u2 + a2)

)·(

0 −a/√u2 + a2

−a/√u2 + a2 0

)

=

(0 −a/

√u2 + a2

−a/(u2 + a2)3/2 0

)

H = 0

Exercici 89: (Superfícies paral.leles o semitubs).Donada una parametrització ϕ(u, v), d’una superfície S, es defineix la superfície paral-

lela o semitub a distància t, St, com la superfície donada per

ϕt(u, v) = ϕ(u, v) + t ν(u, v),

on ν = ν(u, v) és el vector normal unitari de S (escollim un dels dos).

1. Trobeu, respecte de les coordenades u, v, l’expressió de l’element d’àrea de St.

114

2. Proveu que la curvatura de Gauss Kt = Kt(u, v) està donada per

Kt =K

1− 2H t+K t2,

on K = K(u, v) i H = H(u, v) són les curvatures de Gauss i mitjana de la superfícieinicial en el punt corresponent.

3. Proveu que la curvatura mitjana H t = H t(u, v) de St està donada per

H t =H −K t

1− 2H t+K t2.

4. Si S és una superfície amb curvatura mitjana constant c 6= 0, demostreu que la

superfície tubular a distància1

2 cté curvatura de Gauss constant K = 4 c2.

5. Si S és una superfície amb curvatura de Gauss constant a2 6= 0, demostreu que la

superfície tubular a distància1

até curvatura mitjana constant H = −a/2.

Solució:

1. Tenint en compte que les relacions entre els vectors tangents a les dues superfíciescorresponents a les parametritzacions respectives són

(ϕt)u = ϕu + t νu

(ϕt)v = ϕv + t νv

escriurem (aplicació de Weingarten canviada de signe)

νu = a11 ϕu + a12 ϕv

νv = a21 ϕu + a22 ϕv

de forma que

ϕu ∧ νv = a22 ϕu ∧ ϕvνu ∧ ϕv = a11 ϕu ∧ ϕvνu ∧ νv = K ϕu ∧ ϕv (K és el determinant)

i aleshores

(ϕt)u ∧ (ϕt)v = (1− 2H t+K t2)ϕu ∧ ϕv(a11 + a22 = −2H).Aquest càlcul mostra que, si dS és l’element d’àrea de la superfície original, escomplirà

dSt =∣∣1− 2H t+K t2

∣∣ dS

Noteu que, com a propina, també es veu que els vectors normals ν i νt coincideixenen els punts corresponents als mateixos paràmetres (u, v) de les dues superfícies.Com 1− 2Ht+Kt2 = K(t− ρ1)(t− ρ2) queda clar que quan t estigui entre ρ1 i ρ2

la normal del tub serà de direcció oposada a la normal de la superfície. En generalpensem tubs pròxims a la superfície donada (t petit) i en aquest cas 1− 2Ht+Kt2

és pròxim a 1 i per tant positiu, i.e. per a valors petits de t les normals coincideixen.

115

2. Per tal d’establir la relació entre les curvatures de Gauss K i Kt es pot partir delfet general (que ja ha aparegut en els càlculs anterior) donat per les igualtats

νu ∧ νv = K ϕu ∧ ϕv, (νt)u ∧ (νt)v = Kt (ϕt)u ∧ (ϕt)v

tenint en compte que els vectors normals de les dues superfícies coincideixen. Aixís’obtindrà:

K ϕu∧ϕv = νu∧νv = (νt)u∧(νt)v = Kt (ϕt)u∧(ϕt)v = Kt (1−2H t+K t2)ϕu∧ϕv .De forma que

Kt =K

1− 2H t+K t2

tal i com diu l’enunciat.

3. Partint de les relacions

(ϕt)u = ϕu + t νu

(ϕt)v = ϕv + t νv

i tenint en compte

νu = a11 ϕu + a12 ϕv

νv = a21 ϕu + a22 ϕv

s’obtenen les equacions del canvi de base (els plans tangents a S i St són paral.lels)

(ϕt)u = (1 + t a11)ϕu + t a12 ϕv

(ϕt)v = t a21 ϕu + (1 + t a22)ϕv .

Fent els càlculs de la matriu inversa corresponent, i incorporant K = a11 a22−a12 a21

(determinant), −2H = a11 + a22 (traça)

ϕu =1

1− 2H t+K t2((1 + t a22) (ϕt)u − t a12 (ϕt)v

)

ϕv =1

1− 2H t+K t2(−t a21(ϕt)u + (1 + t a11) (ϕt)v

)

Com que els vectors normals coincideixen, les relacions anteriors permeten obtenir

(νt)u = νu =1

1− 2H t+K t2((a11 + tK) (ϕt)u + a12 (ϕt)v

)

(νt)v = νv =1

1− 2H t+K t2(a21 (ϕt)u + (a22 + tK) (ϕt)v

)

Ara només cal tenir en compte que la curvatura mitjana de St serà igual a la meitatde la traça d’aquesta relació (matriu) canviada de signe. És a dir

H t =H −K t

1− 2H t+K t2

Nota: L’argument també es pot fer utilitzant productes vectorials i les relacionsentre els vectors tangents a les dues superfícies com en el cas anterior.En el sentit contrari, la relació entre les curvatures de Gauss també surt amb elscàlculs fets com en aquest apartat, encara que resulti una mica més carregòs que tali com s’ha vist abans amb els productes vectorials.

116

4. Aplicar la fórmula anterior amb H = c i t = 1/(2 c) serà

K1/(2c) =K

1− 2 c (1/(2 c)) +K (1/(4 c2))= 4 c2

5. Com en l’apartat anterior, aplicant la fórmula corresponent amb K = a2 i t = 1/adonarà

H1/a =H − a2 (1/a)

1− 2H (1/a) + a2 (1/a2)=

H − a2− 2H/a

= −a2.

Nota: El signe de la curvatura mitjana depèn del signe del vector normal. Si escanvia νt per −νt el signe − de la fórmula desapareix.

Nota final: La parametrització ϕt deixa de ser regular si t no és prou petit per tal quel’expressió 1− 2H t+K t2 sigui diferent de 0. Es pot construir sempre alguna superfícieparal.lela? Com hauria de ser una superfície sense cap superfície paral.lela?

Figura 2: *La superfície determinada per ϕ(u, v) = (v, v u3+(1−v)u, u) i la seva paral.lela a distànciat = 0.08. A distàncies més grans, la paral.lela degenera ràpidament.

Exercici 90: Demostreu que si l’aplicació de Gauss d’una superfície S és conforme,llavors S és una esfera o una superfície minimal (curvatura mitjana zero).

Solució: Prenem una parametrització ϕ(u, v) i en un punt arbitrari P prenem la baseortonormal de TPS formada pels vectors propis de l’endomorfisme de Weingarten, és adir, vectors unitaris que donen les direccions principals.

Així, en P , tindrem

dν(e1) = −k1e1

dν(e2) = −k2e2

117

Per a tota η ∈ R considerem el vector v ∈ TPS donat per v = e1 + ηe2.El cosinus de l’angle entre e1 i v està donat per

e1 · v|e1||v|

=1√

1 + η2.

Per altra banda

dν(v) = −k1e1 − ηk2e2

de manera que el cosinus de l’angle format entre dν(e1) i dν(v) és

dν(e1) · dν(v)

|dν(e1)||dν(v)| =k2

1

|k1|√k2

1 + k22η

2=

1√1 + η2(k2

k1)2.

Igualant els valors d’aquests cosinus obtenim(k2

k1

)2

= 1.

Si k1 = k2 estem en el cas d’una esfera i si k1 = −k2 en el cas d’una superfície minimal.

118

9 Superfícies: Curvatura. Línies de curvatura

Exercici 91: (La banda de Möbius) La imatge següent

que s’obté considerant (u, v) ∈ (0, 2 π)× (−1/4, 1/4) i definint la parametrització

ϕ(u, v) =(

(1 + v cos(u/2)) cos(u), (1 + v cos(u/2)) sin(u), v sin(u/2))

és el recorregut d’un segment de longitud 1/2 que es desplaça sobre la circumferènciaunitat al mateix temps que gira sobre si mateix, a una velocitat igual a la meitat de lavelocitat que té sobre la circumferència, i determina una superfície homeomorfa a unabanda de Möbius. (En particular, és una superfície reglada).

1. Calculeu el vector normal a la superfície i comproveu que quan u→ 0 i quan u→ 2πels vectors normals tendeixen a dos vectors diferents.

2. Doneu una expressió en funció dels paràmetres (u, v) per a la curvatura de Gauss.Comproveu que no és 0 en cap punt (sempre és estrictament negativa).

(Podeu trobar instruccions per a construir bandes de Möbius amb curvatura nul.la a l’article de l’enllaçsegüent: http://mat.uab.cat/matmat/PDFv2013/v2013n07.pdf. Aquestes superfícies seran les que mi-llor s’adapten a la construcció d’una cinta de paper amb els extrems enganxats després de donar mitjavolta a un dels dos).

Solució:

119

1.

ϕu =

−12v cos (u) sin

(12u)−(v cos

(12u)

+ 1)

sin (u)

−12v sin

(12u)

sin (u) +(v cos

(12u)

+ 1)

cos (u)

12v cos

(12u)

ϕv =

cos(

12u)

cos (u)

cos(

12u)

sin (u)

sin(

12u)

E =

(5

4− sin2

(1

2u

))v2 + 2 v cos

(1

2u

)+ 1

F = 0

G = 1

ϕu ∧ ϕv =

12

(2 cos

(12u)

cos (u) sin(

12u)− sin (u)

)v + cos (u) sin

(12u)

12

(2 cos

(12u)

sin(

12u)

sin (u) + cos (u))v + sin

(12u)

sin (u)

−v cos2(

12u)− cos

(12u)

N =1√(

54− sin2

(12u))v2 + 2 v cos

(12u)

+ 1(ϕu ∧ ϕv)

Ara queda clar que, quan u→ 0 i quan u→ 2 π, la direcció deN tendirà en el primercas a la direcció de (0, v/2,−v− 1) i en el segon cap a la del vector (0, v/2,−v + 1)(que si es mira sobre v = 0 són (0, 0,−1) i (0, 0, 1)).

2. Tenint en compte que F = 0 i G = 1, el determinant de la primera forma fonamentalcoincideix amb el valor del coeficient E. Per un altre costat, és clar que ϕvv = 0(això implica que g = 0) i, per tant, per a calcular la curvatura de la superfície(K = (e g − f 2)/(E G− F 2)) només es necessitarà calcular el valor del coeficient fde la segona forma fonamental.

Si es calcula la derivada segona corresponent

ϕuv =

−12

cos (u) sin(

12u)− cos

(12u)

sin (u)

cos(

12u)

cos (u)− 12

sin(

12u)

sin (u)

12

cos(

12u)

de forma que

f = 〈N , ϕuv〉 =−1

2√(

54− sin2

(12u))v2 + 2 v cos

(12u)

+ 1

120

i la curvatura serà

K =−f 2

E=

− 1

4 (( 54−sin2( 1

2u))v2+2 v cos( 1

2u)+1)(

54− sin2

(12u))v2 + 2 v cos

(12u)

+ 1=

−1

4((

54− sin2

(12u))v2 + 2 v cos

(12u)

+ 1)2

Que resulta estrictament negativa en tots els punts del recorregut (i amb valor −1/4sobre la corba v = 0).

Exercici 92: Recordeu que una línia de curvatura d’una superfície és una corba tal queel seu vector tangent és una direcció principal en cada punt.

1. Demostreu que una corba α : I → S és línia de curvatura de S si i només si(N α)′(t) és múltiple de α′(t) ∀t ∈ I, on N és el normal a S.

2. Suposem que dues superfícies S1 i S2 es tallen en una corba C, que és línia decurvatura de S1. Demostreu que C és línia de curvatura de S2 si i només si l’angleentre S1 i S2 és constant al llarg de C.

Solució:

1. Són línies de curvatura les corbes que tenen com a vector tangent un vector propide dN en cada punt. La condició diu exactament això (Olinde).

2. Sigui α(s) una parametrització per l’arc de C i N1, N2 els vectors normals a S1 i S2

respectivament. Si calculem la derivada del producte escalar dels normals al llargde C (calculem el cosinus de l’angle entre les superfícies) es té

d

ds〈N1(α(s)),N2(α(s))〉 = 〈dN1(α′(s)),N2(α(s))〉+〈N1(α(s)), dN2(α′(s))〉 = 〈N1(α(s)), dN2(α′(s))〉

ja que el primer sumand és 0 donat que α′(s) és tangent a les dues superfícies i siC és línia de curvatura en S1 es compleix

dN1(α′(s)) = λ(s)α′(s) .

Així també és clar que, quan C també és línia de curvatura en S2, 〈N1(α(s)), dN2(α′(s))〉també és 0 (val la mateixa observació) i l’angle entre els vectors normals a les su-perfícies és constant.

Recíprocament, si l’angle entre les superfícies és constant i diferent de 0 (les super-fícies tenen vectors normals diferents), l’expressió anterior dirà que dN2(α′(s)) ésperpendicular a N1. Però com que els vectors Ni són unitaris també es compleix

〈dN2(α′(s)),N2(α(s))〉 = 0

de forma que dN2(α′(s)) i α′(s) són dos vectors perpendiculars a N1 i N2 al mateixtemps. Com que la dimensió és 3, això només pot passar si dN2(α′(s)) és un múltiplede α′(s) (que se suposa que és un vector no nul ja que parametritzem per l’arc) i,per tant, α(s) també és una línia de curvatura en S2. És clar que si les superfíciesson tangents al llarg de C (els vectors normals coincideixen sobre la corba) no s’hade demostrar res.

121

Exercici 93: Considereu un helicoide parametritzat per

ϕ(u, v) = (v cos(u), v sin(u), c u)

(on c és una constant qualsevol). Determineu les seves línies de curvatura.

Solució: Tenint en compte que, respecte aquesta parametrització, es té:

ϕu = (−v sin(u), v cos(u), c)

ϕv = (cos(u), sin(u), 0)

I =

(c2 + v2 0

0 1

)

N =1√

c2 + v2(−c sin(u), c cos(u),−v)

ϕuu = (−v cos(u),−v sin(u), 0)

ϕuv = (− sin(u), cos(u), 0)

ϕvv = (0, 0, 0)

II =c√

c2 + v2

(0 11 0

)

W =c√

c2 + v2

(0 1

c2+v2

1 0

)

Es pot plantejar l’equació que han de complir les línies de curvatura com

c√c2 + v2

∣∣∣∣∣∣

v′2 −u′ v′ u′2

c2 + v2 0 10 1 0

∣∣∣∣∣∣= 0

que correspon a−v′2 + (c2 + v2)u′

2= 0

i, aïllant, a

u′ = ± v′√c2 + v2

S’obté, doncs, que una corba de la forma γ(s) = ϕ(u(s), v(s)) serà línia de curvatura si, inomés si

v = c sinh(±u+ ct.) = ±c sinh(u+ ct.)

Es pot arribar al mateix resultat si es té en compte que, en cada punt de la superfície,

els vectors propis de W són els mateixos que els de la matriu M =

(0 1

c2+v2

1 0

). Com

que els valors propis de M són ± 1√c2+v2

, és clar que els vectors propis de la forma (u′, v′)d’aquesta matriu seran els que compleixin

u′ ± 1√c2 + v2

v′ = 0

I aquesta és la mateixa equació que abans.

122

Exercici 94: (Superfície de Enneper) Sigui S la superfície parametritzada per

ϕ(u, v) = (u+ u v2 − u3/3, v + u2 v − v3/3, u2 − v2) .

1. Calculeu els coeficients de la primera i la segona formes fonamentals.

2. Comproveu que la curvatura mitjana és 0 (superfície minimal).

3. Quines són les curvatures principals?

4. Determineu les línies de curvatura.

Solució:

1. Les derivades de primer i segon ordre de ϕ són:

ϕu = (1− u2 + v2, 2u v, 2u)

ϕv = (2u v, 1 + u2 − v2,−2 v)

ϕuu = (−2u, 2 v, 2)

ϕuv = (2 v, 2u, 0)

ϕvv = (2u,−2 v,−2)

Amb uns quants càlculs (fàcils) es veu que

I =(1 + u2 + v2

)2(

1 00 1

)

Tampoc costa massa calcular

N =1

1 + u2 + v2(−2u, 2 v, 1− u2 − v2)

i, aleshores,

II =

(2 00 −2

)

2. A partir dels càlculs anteriors és immediat obtenir

W =2

(1 + u2 + v2)2

(1 00 −1

)

que té traça nul.la i, per tant, la curvatura mitjana de la superfície és 0.

3.

123

4. Les curvatures principals són ±2/ (1 + u2 + v2)2 i les línies de curvatura seran les

línies coordenades ja que l’expressió de W ja és diagonal i, per tant, el seus vectorspropis són ϕu i ϕv.

Exercici 95: Sigui S la superfície de revolució generada per la corba α(u) = (a(u), b(u))(parametritzada per l’arc i amb a(u) > 0) donada per

ϕ(u, v) =(a(u) cos(v), a(u) sin(v), b(u)

)

Determineu les curvatures principals i les línies de curvatura.

Solució: Per a una superfície de revolució amb aquesta parametrització els càlculs donen(tenint en compte que el paràmetre u és el paràmetre arc de la corba α)

ϕu = (a′(u) cos(v), a′(u) sin(v), b′(u))

ϕv = (−a(u) sin(v), a(u) cos(v), 0)

N = (−b′(u) cos(v),−b′(u) sin(v), a′(u))

De forma que

Nu = (−b′′(u) cos(v),−b′′(u) sin(v), a′′(u))

Nv = (b′(u) sin(v),−b′(u) cos(v), 0)

Sense haver de fer cap càlcul es veu de forma immediata que l’expressió de Nv també espot escriure com

Nv = −b′(u)

a(u)ϕv

mentre que, si tenim en compte que el vector normal (al pla) de la corba α és (−b′(u), a′(u))i la curvatura es pot obtenir, doncs, de la igualtat (a′′(u), b′′(u)) = k(u) (−b′(u), a′(u)) deforma que a′′(u) = −k(u) b′(u), b′′(u) = k(u) a′(u), l’expressió de Nu serà equivalent a

Nu = −k(u)ϕu =a′′(u)

b′(u)ϕu = −b

′′(u)

a′(u)ϕu

Aquestes dues expressions mostren que ϕu i ϕv són els vectors propis de W i que elsvalors propis corresponents (curvatures principals) són k i b′(u)/a(u). En resum, les líniesde curvatura són les corbes coordenades i les línies de curvatura són les corresponents au = ct., v = ct.

Nota: Naturalment, calculant W com I−1 · II s’arriba al mateix resultat (o a algunaexpressió equivalent). També queda demostrat, sense fer més càlculs ni simplificacions,

que la curvatura de Gauss de la superfície serà K = −a′′(u)

a(u)(corresponent al producte

de les dues curvatures principals).

124

10 Superfícies: Curvatura normal. Geodèsiques

Exercici 96: Sigui S ⊂ R3 una superfície regular, i sigui α : I → S una corba regularcontinguda a S. Suposem que α és una corba asimptòtica de S (i.e. que la seva curvaturanormal és zero).

1. Demostreu que B = ν α, on B és el binormal a α i ν és el normal a S.

2. Calculeu II(T, T ) i II(N, T ), on T i N són respectivament el tangent i el normalprincipal a α, i II és la segona forma fonamental. (Observeu que N és tangent a lasuperfície, per l’apartat anterior, i per tant té sentit fer aquest càlcul).

3. Demostreu que per tot t ∈ I es compleix la igualtat K(α(t)) = −τ(t)2, on τ és latorsió de α i K és la curvatura de Gauss de S.

Solució:

1. Com que α té el seu recorregut sobre S és clar que

〈(ν α), T 〉 = 0

Derivant respecte el paràmetre arc de α

0 = 〈(ν α), T 〉′ = 〈(ν α)′, T 〉+ 〈(ν α), T ′〉Per hipòtesi, el primer terme de la suma és 0 (0 = kn(T ) = −〈(dν)(T ), T 〉 =II(T, T )) i en el segon T ′ = k N (cal tenir en compte que si s’està parlant del vectorbinormal és necessari que el triedre de Frenet estigui definit i, per tant, que k 6= 0)de forma que la igualtat diu que T i N són perpendiculars a ν sobre la corba α. Pertant és clar que B i ν són iguals (excepte un signe que depèn de l’orientació ques’hagi considerat a la superfície).

Noteu que aquest resultat també es pot enunciar dient que el pla osculador de αcoincideix amb el pla tangent de la superfície i que, en realitat, el resultat és unaequivalència.

2. Ja s’ha fet servir que II(T, T ) = 0 i aquesta igualtat és una de les formes possiblesd’expressar la hipòtesi sobre la corba α.

Per a calcular II(N, T ) es pot tenir en compte que (considerant el paràmetre arc dela corba)

II(N, T ) = −〈N, (dν)(T )〉 = −〈N, (ν α)′〉

(tenint en compte que N és perpendicular a ν)

= 〈N ′, (ν α)〉

(recordant les fórmules de Frenet i utilitzant la curvatura k i la torsió τ de la corba)

= 〈−k T − τ B, ν α〉

(s’ha vist a l’apartat anterior que ν α = B)

= 〈−k T − τ B,B〉 = −τ

125

3. Les expressions (matrius) de la primera i segona forma fonamentals de la superfície(en els punts de la corba) prenent com a base de l’espai tangent el parell T , N seran

I =

(1 00 1

), II =

(0 −τ−τ ∗

)

de forma que la matriu de l’endomorfisme de Weingarten serà també

W =

(0 −τ−τ ∗

)

i la curvatura de GaussK = det(W ) = −τ 2

Exercici 97: Sigui γ(s) una corba sobre una superfície S (no necessàriament parame-tritzada per l’arc). Demostreu que la seva curvatura normal kn es pot calcular com

kn(s) =〈γ′′(s),N (γ(s))〉|γ′(s)|2

(on N és el vector normal de la superfície).

Solució: Si interpretem la curvatura normal com el valor de la segona forma fonamentalsobre el vector tangent (unitari) a la corba:

kn(s) = −〈(dN )(γ′(s)

|γ′(s)|),γ′(s)

|γ′(s)|〉 = − 1

|γ′(s)|2〈(dN )(γ′(s)), γ′(s)〉

= − 1

|γ′(s)|2〈(N γ)′(s), γ′(s)〉 =

1

|γ′(s)|2〈(N γ)(s), γ′′(s)〉

(N i γ′ són perpendiculars).

Exercici 98: Demostreu que la curvatura mitjana H en un punt d’una superfície es potcalcular com

H =1

π

∫ π

0

kn(θ) dθ ,

on kn(θ) és la curvatura normal, en aquest punt, en la direcció que forma un angle θ ambuna direcció prefixada.

Solució: Tenint en compte que les direccions principals són perpendiculars i prenentl’origen per a mesurar els angles en una qualsevol d’elles, la curvatura normal kn(θ) escalcula amb

kn(θ) = k1 cos2(θ) + k2 sin2(θ)

si k1, k2 són les curvatures principals. Aleshores∫ π

0

kn(θ) dθ =

∫ π

0

(k1 cos2(θ) + k2 sin2(θ)) dθ

=

∫ π

0

(k1 + k2

2+k1 − k2

2cos(2 θ)

)dθ

=k1 + k2

2π

Si s’escull qualsevol altre direcció com origen dels angles, l’únic canvi és una translacióde θ que no modifica els resultats.

126

Exercici 99: Sigui S la superfície de R3 donada pels punts del pla horitzontal (x, y, 0).

1. Calculeu els símbols de Christoffel de S quan es parametritza S per les coordenadescartesianes (x, y).

2. Considereu la parametrització de S per les coordenades polars (de forma que x =r cos(t), y = r sin(t)) i calculeu un altre cop els símbols de Christoffel respecteaquesta parametrització.

3. En els dos casos, apliqueu la fórmula de Gauss per a calcular la curvatura de S.

Solució:

1. Tenint en compte que les derivades segones de la parametrització són nul.les, totsels símbols de Christoffel són 0.

2. La parametrització per les coordenades polars del pla z = 0 serà

ϕ(r, θ) = (r cos(θ), r sin(θ), 0)

de forma que els vectors tangents són

ϕr = (cos(θ), sin(θ), 0)

ϕθ = (−r sin(θ), r cos(θ), 0)

i, òbviament, el vector normal serà

N = (0, 0, 1)

Les derivades segones són

ϕrr = (0, 0, 0)

ϕrθ = (− sin(θ), cos(θ), 0)

ϕθθ = (−r cos(θ),−r sin(θ), 0)

Sense més càlculs es pot veure que

ϕrθ =1

rϕθ

ϕθθ = −r ϕr

de forma que

Γ111 = 0 Γ2

11 = 0

Γ112 = 0 Γ2

12 =1

rΓ1

22 = −r Γ222 = 0

(associant l’índex 1 a les derivades respecte r i el 2 a les derivades respecte θ).

127

3. La fórmula de Gauss de la curvatura en termes dels símbols de Christoffel és

EK = (Γ211)θ − (Γ2

12)r + Γ111 Γ2

12 − Γ112 Γ2

11 + Γ211 Γ2

22 − Γ212 Γ2

12

És clar que en el cas de les coordenades cartesianes no hi ha cap càlcul a fer per acomprovar que surt K = 0.

En el cas de les coordenades polars, hi ha coeficients diferents de 0 i, per tant, caldràveure que hi ha compensacions per tal d’obtenir el mateix resultat. En concret

(Γ211)θ = 0

(Γ212)r = − 1

r2

Γ111 Γ2

12 = 0

Γ112 Γ2

11 = 0

Γ211 Γ2

22 = 0

Γ212 Γ2

12 =1

r2

Exercici 100: Considereu una superfície S de R3 amb una parametrització de la forma(gràfic)

ϕ(u, v) = (u, v, a(u, v)) ,

on a és una funció diferenciable.Doneu, en termes de a i de les seves derivades, l’expressió dels símbols de Christoffel

de S.

Solució: Com que

ϕu = (1, 0, au)

ϕv = (0, 1, av)

N =1√

1 + (au)2 + (av)2(−au,−av, 1)

ϕuu = (0, 0, auu)

ϕuv = (0, 0, auv)

ϕvv = (0, 0, avv)

Les parts normals de les segones derivades queden determinades per

〈ϕuu,N〉 =auu√

1 + (au)2 + (av)2= e

〈ϕuv,N〉 =auv√

1 + (au)2 + (av)2= f

〈ϕvv,N〉 =avv√

1 + (au)2 + (av)2= g

128

De forma que, per a les parts tangents,

ϕuu − eN =auu

1 + (au)2 + (av)2(au ϕu + av ϕv)

ϕuv − f N =auv

1 + (au)2 + (av)2(au ϕu + av ϕv)

ϕvv − gN =avv

1 + (au)2 + (av)2(au ϕu + av ϕv)

Això dóna els símbols de Christoffel

Γ111 =

auu au1 + (au)2 + (av)2

Γ211 =

auu av1 + (au)2 + (av)2

Γ112 =

auv au1 + (au)2 + (av)2

Γ212 =

auv av1 + (au)2 + (av)2

Γ122 =

avv au1 + (au)2 + (av)2

Γ222 =

avv av1 + (au)2 + (av)2

Exercici 101: Calculeu els símbols de Christoffel de l’esfera de radi r arbitrari en elsistema de coordenades (esfèriques) naturals donades per la longitud (θ) i la colatitud (ϕ)

x = r cos(θ) sin(ϕ)

y = r sin(θ) sin(ϕ)

z = r cos(ϕ)

Solució: Diem X(θ, ϕ) = (x, y, z) a la parametrització corresponent. Aleshores

Xθ = r (− sin(θ) sin(ϕ), cos(θ) sin(ϕ), 0)

Xϕ = r (cos(θ) cos(ϕ), sin(θ) cos(ϕ),− sin(ϕ))

N = −(cos(θ) sin(ϕ), sin(θ) sin(ϕ), cos(ϕ))

(N és el vector unitari en la direcció del vector posició)

Xθθ = r (− cos(θ) sin(ϕ),− sin(θ) sin(ϕ), 0)

Xθϕ = r (− sin(θ) cos(ϕ), cos(θ) cos(ϕ), 0)

Xϕϕ = r (− cos(θ) sin(ϕ),− sin(θ) sin(ϕ),− cos(ϕ))

D’aquestes igualtats es dedueixen, de forma immediata, les relacions

Xθϕ =cos(ϕ)

sin(ϕ)Xθ

Xϕϕ = rN

que corresponen als valors dels símbols de Christoffel

Γ112 = cot(ϕ), Γ2

12 = Γ122 = Γ2

22 = 0

Com que〈Xθθ,N〉 = r sin2(ϕ)

129

la seva part tangent serà

Xθθ−r sin2(ϕ)N = (−r cos2(ϕ) cos(θ) sin(ϕ),−r cos2(ϕ) sin(ϕ) sin(θ), r cos(ϕ) sin2(ϕ))

des d’on no costa gaire veure (traient els factors comuns adequats) que també es compleix

Xθθ − r sin2(ϕ)N = − cos(ϕ) sin(ϕ)Xϕ

I aquesta igualtat dóna els símbols de Christoffel que faltaven

Γ111 = 0, Γ2

11 = − cos(ϕ) sin(ϕ)

Exercici 102: Doneu una parametrització del cercle màxim de l’esfera obtingut perla intersecció amb el pla y = z en termes de les coordenades esfèriques (expresseu lacolatitud com funció de la longitud). Es compleix l’equació diferencial de les geodèsiquesper a aquesta corba (amb aquesta parametrització)?

Solució: Tenint en compte que la parametrització ve donada per

x = r cos(θ) sin(ϕ)

y = r sin(θ) sin(ϕ)

z = r cos(ϕ)

la condició y = z s’escriurà en funció de (θ, ϕ)

r sin(θ) sin(ϕ) = r cos(ϕ)

de forma que es podrà prendre

tan(ϕ) =1

sin(θ)

i, per tant,ϕ = arctan(1/ sin(θ))

L’equació que hauria de complir una geodèsica de l’esfera si es suposa que la parame-trització és del tipus ϕ = ϕ(θ) serà de la forma

θ′′ + Γ111 (θ′)2 + 2 Γ1

12 θ′ ϕ′ + Γ1

22 (ϕ′)2 = 0

ϕ′′ + Γ211 (θ′)2 + 2 Γ2

12 θ′ ϕ′ + Γ2

22 (ϕ′)2 = 0

(on cal tenir en compte que, si el paràmetre respecte al que es deriva és θ, θ′ = 1, θ′′ = 0).Prenent els valors dels Γ en funció de les variables les equacions que s’han de complirseran

2 cot(ϕ)ϕ′ = 0

ϕ′′ − cos(ϕ) sin(ϕ) = 0

Clarament, aquestes equacions no es verifiquen si ϕ = arctan(1/ sin(θ)).

Exercici 103: Quina condició (tipus equació diferencial) ha de complir una corba sobreuna superfície per tal de poder afirmar que, fent un canvi de paràmetre, s’obté unageodèsica?

130

Solució: Per tal de condensar la notació, escrivim α(s) = (u1(s), u2(s)) per designaruna corba qualsevol en la superfície (referida a una parametrització donada que no calespecificar). Recordem que si reparametritzem la corba α respecte un paràmetre nout = t(s) es poden relacionar les derivades respecte els dos paràmetres amb

duids

=duidt

dt

ds

d2uids2

=d2uidt2

(dt

ds

)2

+duidt

d2t

ds2

Utilitzant aquests convenis, les equacions que ha de complir una corba α(s) per tal deser una geodèsica s’escriuran com

d2u`ds2

+∑

Γ`ijduids

dujds

= 0

(amb `, i, j = 1, 2). Si es fa un canvi de parametrització, aquestes equacions es convertei-xen en

d2u`dt2

(dt

ds

)2

+du`dt

d2t

ds2+∑

Γ`ijduidt

dujdt

(dt

ds

)2

= 0

que es poden reescriure com(d2u`dt2

+∑

Γ`ijduidt

dujdt

) (dt

ds

)2

= −du`dt

d2t

ds2

i es pot deixar com una expressió del tipus

d2u`dt2

+∑

Γ`ijduidt

dujdt

= f(t)du`dt

per a una certa funció f (que queda determinada pel canvi de paràmetres).Aquesta condició necessària també és suficient ja que si es té una corba α(t) que

compleix la condició i es considera un canvi de paràmetres t = t(s) per al que

d2t

ds2+ f(t)

dt

ds= 0

es podrà assegurar que la reparametrització per s de la corba α és una geodèsica. (Ambuna mica de paciència es pot veure com la corba de l’esfera donada per la interseccióamb el pla y = z, que es pot parametritzar per ϕ = arctan(1/ sin(θ)), és una geodèsi-ca quan es considera la parametrització adequada sense haver d’e fer explícita aquestaparametrització).

Exercici 104: Considereu l’helicoide parametritzat per

ϕ(u, v) = (u cos(v), u sin(v), v)

1. Determineu les equacions diferencials que han de complir (u(s), v(s)) per tal que lacorba α(s) = ϕ(u(s), v(s)) sigui una geodèsica.

2. Comproveu que les corbes de la forma v = ct., convenientment parametritzades, sóngeodèsiques.

131

3. Si una corba sobre l’helicoide talla amb un angle constant les corbes de la formav = ct., pot ser una geodèsica?

Solució:

1. Per a la parametrització de l’helicoide que s’ha donat:

ϕu = (cos(v), sin(v), 0)

ϕv = (−u sin(v), u cos(v), 1)

N =1√

1 + u2(sin(v),− cos(v), u)

De forma que per a les derivades segones es té:

ϕuu = (0, 0, 0)

ϕuv = (− sin(v), cos(v), 0), 〈ϕuv,N〉 =−1√

1 + u2

ϕvv = (−u cos(v),−u sin(v), 0), 〈ϕvv,N〉 = 0

D’aquestes igualtats surt, sense més càlculs,

0 = Γ111 = Γ2

11 = Γ222, Γ1

22 = −uI si es té en compte que

ϕuv +1√

1 + u2N =

u

1 + u2(−u sin(v), u cos(v), 1) =

u

1 + u2ϕv

s’obtenen els coeficients que falten

Γ112 = 0, Γ2

12 =u

1 + u2

Aquests càlculs serveixen per dir que una corba α(s) = ϕ(u(s), v(s)) serà geodèsicaquan es compleixin les igualtats

u′′ − u (v′)2 = 0

v′′ + 2u

1 + u2u′ v′ = 0

2. Quan v = ct. es té v′ = 0 i, per tant, la segona equació es verifica de formaautomàtica mentre que la primera es redueix a u′′ = 0 i l’única restricció que imposaés que el paràmetre u ha de ser una funció lineal de la variable s (les rectes v =ct., que són òbviament geodèsiques, s’ha de parametritzar linealment respecte elparàmetre).

3. Tenint en compte que la primera forma fonamental de l’helicoide (respecte la pa-

rametrització que s’està considerant) és I =

(1 00 1 + u2

), l’angle entre una corba

qualsevol α(s) = (u(s), v(s)) (parametritzada per l’arc), que té com a vector tangentα′(s) = u′ ϕu + v′ ϕv, i les corbes v = ct., que tenen com a vector tangent ϕu, tindràcom a cosinus el valor u′. Si l’angle és constant es complirà u′′ = 0 i aleshores,mirant la primera equació de les geodèsiques, la corba α només podrà ser geodèsicaen el cas que u = 0 (l’eix vertical) o quan v′ = 0 (les mateixes rectes v = ct.).

132

Nota final: Si us fixeu en el tipus d’equacions que determinen les geodèsiques de l’he-licoide, no resulta trivial establir parametritzacions explícites d’aquestes corbes. Un delsprimers resultats de la consulta geodesic lines helicoid a Google porta a l’article “TheGeodesic Lines on the Helicoid”, de S. E. Rasor (Annals of Mathematics, Second Series,Vol. 11, No. 2 (Jan., 1910), pp. 77-85) on es pot veure com aquestes parametritzacionsno són gens fàcils d’obtenir.

Exercici 105:

1. Suposem que dues superfícies són tangents al llarg d’una certa corba C. Demostreuque si C és geodèsica en una de les dues superfícies també ho és a l’altra.

2. Demostreu que tota corba α(s) de R3 és geodèsica d’alguna superfície.

(Nota: Si no veieu com obtenir aquesta superfície, proveu la superfície regladaϕ(s, t) = α(s) + t B(s), on B(s) és el vector binormal de la corba).

3. Descriviu un mètode per determinar les geodèsiques d’una superfície per medi d’unabanda adhesiva (cel.lo).

Solució:

1. Només cal tenir en compte que una corba és geodèsica d’una superfície si, i noméssi el seu vector normal coincideix amb la direcció del vector normal de la superfície.Amb aquesta caracterització és clar que, si dues superfícies comparteixen la direcciónormal al llarg de la corba en ser tangents, la condició de geodèsica serà simultània.(El càlcul del vector normal a la corba no té cap relació amb la superfície que laconté).

2. Si es suposa que s és el paràmetre arc de α. La superfície parametritzadaper

ϕ(s, t) = α(s) + t B(s)

té l’espai tangent generat per

ϕs = T + t B′ = T + t τ N

ϕt = B

de forma que el seu vector normal, que en general serà el determinatper la direcció

ϕs ∧ ϕt = −N + t τ T ,

serà, quan t = 0, paral.lel al vector normal a la corba N .

3. Es marca una línia recta al llarg de la cinta i s’enganxa, sense arrugar, aquesta cintaa la superfície al llarg d’aquesta línia. Com que en la cinta no s’ha modificat lamètrica (sense arrugar!!!!), la línia marcada és una geodèsica en les dues superfíciesja que en aquesta operació les dues superfícies són tangents.

Exercici 106: Sigui α(t) = (u(t), v(t)) una corba regular de R2. Considereu la parame-trització del cilindre ϕ(u, v) = (cos(v), sin(v), u) i la corba β(t) = ϕ(α(t)). Determineu,en termes dels invariants de α, la curvatura geodèsica de β.

133

Solució: La parametrització del cilindre determina una isometria local entre el plaeuclidià (u, v, 0) i la superfície ja que els vectors tangents són:

ϕu = (0, 0, 1)

ϕv = (− sin(v), cos(v), 0)

Com que els isometries local conserven la curvatura geodèsica, les de les corbes α i βcoincideixen. Però la curvatura geodèsica de la corba α (en el pla z = 0 de R3) serà iguala la seva curvatura.

Segon mètode. Per càlcul directe. Suposem α parametritzada per l’arc. Com

β′(t) = (−v′ sin(v), v′ cos(v), u′)

β′′ = (−v′2cos(v)− v′′ sin(v),−v′2 sin(v) + v′′ cos(v), u′′)

ν = (−cos(v),− sin(v), 0)

tenimkg =

〈β′′, ν ∧ γ′〉||β′||3 = u′v′′ − v′u′′ = kα

ja que la curvatura de α es determina per l’equació (u′′, v′′) = kα(−v′, u′).

Exercici 107: Siguin S ⊂ R3 una superfície regular i C ⊂ S una corba regular contingudaa S. Demostreu les següents afirmacions.

1. C és geodèsica de S i línia asimptòtica de S si i només si C està continguda en unarecta de R3.

2. Suposem que C és geodèsica de S. Aleshores C és línia de curvatura de S si i noméssi C és plana.

3. Podeu donar un exemple de línia curvatura plana però que no sigui geodèsica?

Solució:

1. (=⇒) Per ser C una geodèsica tenim que la curvatura geodèsica de C és nul.la.D’altra banda, per ser línia asimptòtica la curvatura normal de C és també nul.la.Per tant la curvatura de α com a corba de R3 és zero. I ja sabem que una corbaregular amb curvatura zero està continguda en una recta de R3.(⇐=) Recíprocament, si C està continguda a una recta de R3 la seva curvatura coma corba de R3 és nul.la. De la igualtat k =

√k2n + k2

g en deduïm que kn = kg = 0 iaixò ens diu respectivament que C és una línia asimptòtica i una geodèsica.

2. Les línies de curvatura són els vectors propis de l’aplicació de Weiergarten, és a dir,si donada una parametrització α(t) es compleix que −dν(α′(t)) és múltiple de α′(t).Sigui α(t) una parametrització per l’arc de C. Per ser α(t) una geodèsica sabemque α′′(t) = λ · ν(α(t)). Si λ = 0 la corba és una recta i en particular és plana. Siλ 6= 0, tenim N = ν sobre α(t) i

〈−dν(α′(t)), B(t)〉 = 〈− d

dtν(α(t)), B(t)〉 = 〈ν(α(t)), τ(t)N(t)〉 = τ(t).

Per tant, si és línia de curvatura (el terme de l’esquerra s’anul.la) la torsió és zero i lacorba és plana. Si, recíprocament, la corba és plana, llavors −dν(α′(t)) és ortogonala B(t), però com és tangent a la superfície també és ortogonal a N = ν i per tantté la direcció de α′(t), i.e. és una direcció principal i α és línia de curvatura.

134

3. En una superfície de revolució les corbes coordenades són les línies de curvatura peròels paral.lels (que són sempre circumferències) només són geodèsiques si la tangenta la corba que gira per a generar la superfície és paral.lela a l’eix de rotació. Enconcret, tots els paral.lels d’una esfera són línies de curvatura planes que no sóngeodèsiques, fora del que correspon a l’equador.

Exercici 108: Sigui S una superfície connexa i suposem que tots els seus punts sónumbilicals (un punt es diu umbilical si les curvatures principals en aquest punt són iguals).Demostreu que S està continguda en una esfera o en un pla.

Solució: En aquestes hipòtesis tota corba sobre la superfície és línia de curvatura. Enparticular, les línies coordenades són línies de curvatura. Apliquem el teorema d’Olinde8

a les corbes u = constant i v = constant (suposem ϕ(u, v) una parametrització locald’aquesta superfície).

νu(u, v) = λ(u, v)ϕu(u, v)

νv(u, v) = λ(u, v)ϕv(u, v)

Observem que la hipòtesis de que tots els punts són umbilicals és la que ens ha permèsposar la mateixa funció λ(u, v) tant a νu(u, v) com a νv(u, v). Escriurem abreujadament

νu = λϕu

νv = λϕv

Imposant νuv = νvu obtenimλuϕv = λvϕu.

Però com ϕu i ϕv són linealment independents, ha de ser λu = λv = 0, i per tant λ =constant. Si aquesta constant és zero estem en el cas del pla. Suposem, doncs, a partird’ara λ 6= 0. Integrant obtenim

ν = λϕ+ ~a

on ~a és un vector constant. Com ν · ν = 1 tenim

1 = λ2ϕ · ϕ+ 2λϕ · ~a+ ~a · ~a.

Així

(ϕ+~a

λ) · (ϕ+

~a

λ) =

1

λ2.

Per tant, tots els punts de la forma ϕ(u, v) pertanyen a l’esfera de centre −~a/λ i radi1/λ.

8Condició necessària i suficient per a que una corba C sobre una superfície sigui línia de curvatura ésque

ν′(t) = λ(t)γ′(t)

on ν(t) = ν(γ(t)), essent γ(t) qualsevol parametrització de C. En aquest cas, −λ(t) és la curvaturaprincipal de la superfície al llarg de γ(t).

135

Exercici 109: Sigui S una superfície connexa en la que totes les geodèsiques són corbesplanes. Demostreu que S està continguda en un pla o en una esfera.

Solució: El fet que les geodèsiques siguin planes implica que són línies de curvatura.L’única possibilitat que això passi és que totes les curvatures normals siguin iguals (hi hauna geodèsica tangent a cada vector tangent a la superfície i, per tant, tots els vectorssón vectors propis de W ). En particular tots els punts de S són umbilicals i pel problemaanterior hem acabat.

Exercici 110: Calculeu la curvatura geodèsica del paral.lel superior del tor de revoluciógenerat per revolució del cercle

(x− a)2 + z2 = r2, y = 0

al voltant de l’eix z (a > r > 0).

Solució: Recordem que la curvatura geodèsica d’una corba γ(s) sobre una superfície S,en un punt P = γ(0), coincideix, llevat del signe, amb la curvatura de la corba que s’obtéen projectar γ(s) ortogonalment sobre el pla tangent a S en P . Per tant la curvaturageodèsica és la curvatura del cercle superior que té radi a, i.e. kg = 1/a.

Exercici 111: Considerem dos meridians C1 i C2 d’una esfera que formen un angle ϕen el punt P . Fem el transport paral.lel d’un vector w tangent a C1 en P al llarg de C1

i també al llarg de C2 fins el punt Q on els meridians es tornen a trobar (Q és doncsl’antipodal de P ). Siguin w1 i w2 els dos vectors tangents a l’esfera en Q així obtinguts.Quin angle formen w1 i w2?

Solució: Utilitzant que els meridians són geodèsiques i que el transport paral.lel conservaangles es veu que l’angle final és 2ϕ. En efecte, w1 és tangent a C1, per tant forma unangle ϕ amb la tangent a C2 en Q; per la seva banda w2 forma també un angle ϕ ambC2, però per estar w1 i w2 a diferents costats respecte de la tangent a C2 en Q aquestsangles s’han de sumar i s’obté el valor 2ϕ.

Exercici 112: Sigui P un pol de l’esfera S2 i siguin Q,R dos punts del corresponentequador tals que els meridians PQ, PR formen un angle θ en P . Sigui w un vectorunitari tangent al meridià PQ en P . Fem el transport paral.lel de w al llarg de la corbatancada PQRP (meridià-equador-meridià).

a) Determineu l’angle que forma w amb el seu transportat paral.lel al final de la corba,és a dir, en P .

b) Repetir l’exercici anterior quan Q,R són punts d’un paral.lel de colatitud ϕ0 (siϕ0 = π/2 estem en el cas anterior).

Solució: Com el transport paral.lel al llarg de geodèsiques (en aquest cas els meridians)és molt fàcil, anem a estudiar només el transport paral.lel al llarg d’un paral.lel.

Sigui P el punt de coordenades (θ, ϕ) = (0, ϕ0) i sigui w ∈ TPS2. Volem transportarw paral.lelament al llarg del paral.lel ϕ = ϕ0 fins al punt Q = (θ0, ϕ0).

Denotem X(θ, ϕ) = (sinϕ cos θ, sinϕ sin θ, cosϕ) i posem

w = a0∂X

∂θ |P+ b0

∂X

∂ϕ |P.

136

Busquem un camp tangent W (θ) al llarg del meridià tal que

DW

dθ= 0, W (0) = w.

Aquest camp W (θ) es pot escriure com

W (θ) = aXθ + bXϕ

amb a = a(θ), b = b(θ) i Xθ = ∂X(θ,ϕ0)∂θ

, Xϕ = ∂X(θ,ϕ0)∂ϕ

Derivant tenimdW

dt= a′Xθ + b′Xϕ + aXθθ + bXθϕ

Per tant, la condició DWdt

= 0 és (igualem a zero els coeficients de Xθ i Xϕ)

a′ + aΓ111 + bΓ1

12 = 0

b′ + aΓ211 + bΓ2

12 = 0.

Substituint els valors dels símbols de Christoffel

a′ + b cotϕ0 = 0

b′ − a cosϕ0 sinϕ0 = 0.

Ara es resol el sistema amb les condicions inicials donades i tenim el resultat. Persimplificar els càlculs anem a fer, a partir d’aquí, el cas en que w = Xϕ(P ), és a dir, quetindrem les condicions inicials a(0) = 0, b(0) = 1.

Derivant la primera equació del sistema i utilitzant la segona tenim

d2a

dθ2+ a cos2(ϕ0) = 0

que té solució amb a(0) = 0 donada per

a(θ) = B sin(cθ), c = cos(ϕ0)

Comb = − a′

cot(ϕ0)= −B sin(ϕ0) cos(cθ)

tenimB = − 1

sinϕ0

.

Resumint

a(θ) = − 1

sin(ϕ0)sin(cθ)

b(θ) = cos(cθ).

Tenim doncs determinat W (θ) i w transportat a qualsevol punt del paral.lel de paràmetreθ0 s’obté simplement escrivint W (θ0)

W (θ) = − 1

sin(ϕ0)sin(cθ)Xθ + cos(cθ)Xϕ.

Segon mètode. Considerem el con tangent a l’esfera al llarg del paral.lel ϕ = ϕ0. Lalongitud de la base és igual doncs a la longitud del paral.lel, 2πR sinϕ0. I un cop desplegataquest con sobre el pla obtenim un sector circular d’angle α = 2π cosϕ0.

137

La longitud del paral.lel entre els punts P i Q és Rθ0 sinϕ0. Mira’t en el con desplegat te-nim un sector circular d’angle α0 = θ0 cosϕ0 ja que la generatriu del con mesura R tanϕ0.Observem que amb la notació de més amunt α0 = cθ0.

Com es veu a la figura anterior, dreta, el transportat paral.lelament del vector w ∈TPS

2 a Q és el vector w1 ∈ TQS2 que forma un angle α0 amb el meridià, és a dir, a mbXϕ(P ).

Per tantw1 = A

Xθ

|Xθ|+B

Xϕ

|ϕ|amb

A = 〈w1,1

sinϕ0

Xθ〉 = cos(α0 + π/2) = − sinα0

B = 〈w1, Xϕ〉 = cosα0

és a dir,

W (θ) = − 1

sin(ϕ0)sin(cθ)Xθ + cos(cθ)Xϕ.

138

11 Exercicis complementaris de superfícies

Exercici 113: Descriviu la regió de S2 recoberta per la imatge de l’aplicació de Gaussde les superfícies següents:

(a) Cilindre circular (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 = R2.

(b) Con circular (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 − c2z2 = 0.

(c) Hiperboloide d’un full (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 − z2 = 1.

(d) Paraboloide circular (x, y, z) ∈ R3 | z = x2 + y2.

(e) Tor (x, y, z) ∈ R3 | (√x2 + y2 −R)2 + z2 = r2.

(f) x2 + y2 = cosh2 z.

Solució: Abans de començar amb el problema farem dues observacions sobre l’aplicacióde Gauss d’una superfície de revolució S, que es dedueixen de l’expressió del vector normalN de la parametrització habitual ϕ(u, v) = (x(u) cos v, x(u) sin v, z(u)) on (x(u), 0, z(u))és una corba del pla xz que gira al voltant de l’eix z (veure el problema 74)

N(u, v) =1√

x′2 + z′2(−z′(u) cos v,−z′(u) sin v, x′(u))

1. La imatge per l’aplicació de Gauss d’un meridià (v = constant) de S està contingudaen un meridià de l’esfera S2, ja que aquests meridians estan caracteritzats per serla intersecció amb l’esfera dels plans y = λx, smb λ ∈ R, i en el nostre cas

y

x=−z′ sin v−z′ cos v

= tan v = constant.

És a dir, la image del meridià v = constant és el meridià de l’esfera que s’obtétallant-la pel pla y = λx amb λ = tan v.

2. La imatge per l’aplicació de Gauss d’un paral.lel (u = constant) de S descriu totun paral.lel de l’esfera S2, ja que aquests paral.lels estan caracteritzats per ser laintersecció amb l’esfera dels plans z = constant. En el nostre cas la tercera com-ponent z de N és x′/

√x′2 + z′2 que, com que depèn només de u, és constant quan

u = constant.

No oblidem que N està determinat llevat del signe. A l’anterior expressió hem prescom sentit positiu de N el donat per la direcció de ϕu ∧ ϕv, i depèn doncs de l’ordre deles variables (u, v).

Observem que en el punt 1 anterior diem que la imatge d’un meridià està contingudaen un meridià (en general no serà igual a tot el meridià) i en canvi en el punt 2 diem quela imatge del paral.lel és tot el paral.lel. Així, per veure quina és la imatge de l’aplicacióde Gauss de S només hem d’estudiar la imatge de la seva restricció a un meridià de S,per exemple, sobre la corba generatriu (x(u), 0, z(u)). Les superfícies (a)–(f) són totes derevolució, per tant, en cada cas la imatge de l’aplicació de Gauss és

(a) L’equador de S2.

139

(b) Un paral.lel de S2 que depèn de c, ja que en aquest cas x(u) = cu, z(u) = u, i pertant, recordant que si ϕ és la colatitud d’un punt (x, y, z) sobre l’esfera tenim

cotϕ =z√

x2 + y2,

en el nostre cas, mirant l’expressió de N(u, v) que hem obtingut abans, serà

cotϕ =x′(u)

|z′(u)| = c.

Es tracte doncs del paral.lel de colatitud ϕ = arccot c.

(c) Una banda oberta d’amplada π2centrada a l’equador de S2, ja que en aquest cas

x(u) = coshu, z(u) = sinhu (només hem de posar y = 0 a l’equació donada iparametritzar), i per tant tenim

cotϕ =x′(u)

|z′(u)| = tanhu.

Com −1 < tanhu < 1, tenim −π/4 < ϕ < π/4. Després fem variar v entre 0 i 2π.

(d) L’hemisferi nord obert, ja que en aquest cas x(u) = u, z(u) = u2, i per tant,

cotϕ =x′(u)

|z′(u)| =1

2|u| .

Així 0 < cotϕ < ∞, i per tant 0 < ϕ ≤ π/2, que descriu tot l’hemisferi nord.Aquesta és la normal que apunta ‘cap endins’ en el paraboloide.

(e) Tota l’esfera dos cops. En aquest cas x(u) = R + r cosu, z(u) = r sinu. Pertant cotϕ = − sinu

| cosu| , cosa que vol dir que ϕ pot prendre qualsevol valor, és a dir,per a cada v fixada tenim tot el meridià. Però els meridians estan caracteritzatsper y = λx amb λ = tan v, per tant per als valors v i v + π estem en el mateixmeridià. Per tant aquest meridià està recorregut dues vegades. Al variar v s’agafentots els meridians dos cops, es a dir la imatge de l’aplicació de Gauss del tor és S2

recorreguda dos cops.

(f) En aquest cas x(u) = coshu, z(u) = u, i per tant cotϕ = sinhu, cosa que vol dir quela imatge de l’aplicació de Gauss és tot S2, excepte els pols, ja que −∞ < sinhu <∞.

Exercici 114: Demostreu que l’angle entre les corbes (parametritzades per l’arc)(u1(s), v1(s))i (u2(s), v2(s)) (denotem igual els paràmetres arc) a la superfície ϕ(u, v) està donat per

sin θ =√EG− F 2(u′1v

′2 − u′2v′1),

on els coeficients de la primera forma fonamental estan valorats en el punt de tall. Enparticular, l’angle que una corba parametritzada per l’arc (u(s), v(s)) forma amb la corbacoordenada v = ct. és

sin θ =

√EG− F 2

√E

v′, cos θ =1√E

(Eu′ + Fv′).

Solució: Calculeu cos θ i desprès sin θ utilitzant que Eu′21 + 2Fu′1v′1 + Gv′21 = Eu′22 +

2Fu′2v′2 +Gv′22 = 1

140

Exercici 115: Calculeu les trajectòries ortogonals a la família de cercles del pla de centrea l’eix x i radi variant segons la fórmula

x2 + y2 − 2ux = a2,

on u és el paràmetre de la família i a una constant. Proveu prèviament que l’equaciógeneral de les trajectòries ortogonals a una família del tipus φ(u, v) = c és

(E∂φ

∂v− F ∂φ

∂u)du+ (F

∂φ

∂v−G∂φ

∂u)dv = 0.

Solució: Acceptant aquesta fórmula general i aplicant-la al cas del pla, és a dir E = G =1, F = 0, amb

φ(x, y) = x+1

x(y2 − a2) = 2u

obtenim2xy dx− (x2 − y2 + a2)dy = 0

que admet la integralx2 + a2

y+ y = 2v,

que són cercles de centre l’eix y.

Exercici 116 (Eisenhart): Considerem sobre una superfície ϕ(u, v) la família de corbesdonades per φ(u, v) = c. Sigui P un punt de la superfície. Per a cada corba α(s) =ϕ(u(s), v(s)) parametritzada per l’arc amb α(0) = P definim el quocient diferencial comla velocitat en que φ varia al llarg de α.

(a) Proveu quedφ

ds=

φu + kφv√E + 2Fk +Gk2

on k = v′(0)/u′(0).(b) Denotem A = |dφ

ds|. Veieu, derivant respecte k, que el màxim es dóna quan

(Eφv − Fφu) + (Fφv −Gφu)k = 0,

i que això es dóna quan la direcció de α en P és perpendicular a les corbes de nivell de φ.(c) Veieu que el valor màxim de A és

|dφds| =

√E φ2

v − 2Fφu φv +Gφ2u√

EG− F 2

Solució: Càlculs directes llargs. Observeu que la condició de paràmetre arc vol dir

E + 2Fk +Gk2 = 1/u′2.

Exercici 117 (Eisenhart): Demostreu que si en el pla tangent en un punt P d’unasuperfície es tracen totes les semitangents corresponents a tots els valors de k, positius onegatius (notació del problema anterior) i sobre elles les corresponents longituds A (valors

141

absoluts dels quocients diferencials) a partir de P , el lloc geomètric de les extremitatsd’aquests segments és una circumferència per P tangent a les corbes de nivell de φ.

Solució: Prenem noves coordenades sobre la superfície. Suposem per simplificar que Ppertany a la corba de nivell φ(u, v) = 0. Direm que un punt Q té coordenades (u1, v1) si Qestà a la corba de nivell φ(u, v) = u1 i la longitud sobre φ(u, v) = 0 des de P fins l’inici dela trajectòria ortogonal a φ(u, v))c que passa per Q és u2. Equivalentment, tenim novescoordenades (u1, v1) tals que u1 = c són les corbes de nivell de φ(u, v) i v1 = c són lestrajectòries ortogonals a les anteriors corbes de nivell. Denotem E1, F1, G1 els coeficientsde la primera forma fonamental en aquestes coordenades. Per construcció F1 = 0. Lafórmula de l’apartat (a) del problema anterior ens diu

A = |du1

ds| = 1√

E1 +G1k21

amb k1 = v′1/u′1, ja que φu1 = 1 i φv1 = 0. Per l’apartat c del problema anterior el màxim

valor de A és1√E.

Pel problema 114 tenim

sin θ0 =

√G1k1√

E1 +G1k21

, cos θ0 =

√E1√

E1 +G1k21

on θ0 és l’angle que forma la direcció donada (i.e., la determinada per k1) amb les corbesv1 = c. Per tant si pensem les tangents en el punt P a les corbes u1 = 0 i v1 = 0 com eixosde coordenades del pla tangent, les coordenades dels extrems dels segments de longitudA són

A sin θ0 =

√G1k1

E1 +G1k21

, A cos θ0 =

√E1

E1 +G1k21

.

La distància d’aquest punt al punt mig del segment màxim ( 12√E, 0) mesurada sobre la

tangent a v1 = 0, val1

2√E1

(valor constant que no depèn de k).

Exercici 118: Recordem que dos diàmetres d1, d2 d’una cònica es diuen conjugats quand2 és paral.lel a la tangent a la cònica en el punt en que aquesta talla d1. Es veu fàcilmentque no depèn de quin dels dos punts de tall entre d1 i la cònica es consideri, i que d1 ésconjugat a d2 si i només si d2 és conjugat a d1. Donada l’el.lipse

x2

a2+y2

b2= 1

demostreu que els pendents m i m′ de dos diàmetres conjugats compleixen

m ·m′ = − b2

a2.

Solució: Càlcul directe o utilitzant que l’el.lipse de semiexos a i b es transforma en lacircumferència de radi a per l’aplicació f(u, v) = f(u, a

bv) (suposem a eix major i b eix

menor). Aquesta mateixa aplicació també permet veure que el diàmetre d1 és conjugat aldiàmetre d2 si i només si d2 és el lloc geomètric dels punts mitjos de les cordes paral.lelesa d1.

142

Exercici 119: SiguiΦ(x, x) = aikxixk = p,

amb p constant, una el.lipse o una hipèrbola. Siguin x, y direccions que corresponen adiàmetres conjugats. Demostreu que llavors Φ(x, y) = 0.

Solució: Sigui d1 el diàmetre de direcció x i d2 el diàmetre de direcció y.Per la caracterització de diàmetres conjugats com punts mitjos de les cordes, existeix

una constant c tal que els punts y + cx, y − cx pertanyen tots dos a la cònica. Per tant,

Φ(y + cx, y + cx) = p,

Φ(y − cx, y − cx) = p.

Restant aquestes dues equacions obtenim

4cΦ(x, y) = 0,

com volíem.En particular el problema anterior es pot resoldre simplement escrivint

(1 m

)( 1/a2 00 1/b2

)(1m′

)= 0.

Exercici 120: Dues direccions tangents en un punt d’una superfície es diuen conjugadesquan ho són respecte de la indicatriu de Dupin. Demostreu que

tan θ tan θ′ = −ρ2

ρ1

,

on θ i θ′ són els angles que les direccions conjugades formen la direcció principal e1.

Solució: Si e1, e2 és la base ortonormal de direccions principals de TPS i ~u = u1e1 +u2e2

i ~v = v1e1 + v2e2 llavors ~u i ~v són direccions conjugades si i només si

(u1 u2

)( k1 00 k2

)(v1

v2

)= k1u1v1 + k2u2v2 = 0,

que s’acostuma a escriure comtan θ tan θ′ = −ρ2

ρ1

,

on ρi = 1/ki són els radis de curvatura principals.

Exercici 121: Sigui γ(t) una corba sobre una superfície, i w(t) el vector unitari que dónala direcció de la recta intersecció dels plans tangents a la superfície en els punts γ(0) iγ(t). Llavors les direccions γ′(0) i limt→0w(t) són conjugades.

Solució: Primer mètode. Sigui (t, y(t)) una corba sobre un a superfície z = z(x, y).Suposem y(0) = 0 i 0 = z(0, 0) i zx(0, 0) = zy(0, 0) = 0. D’aquesta manera la segonaforma fonamental a l’origen està formada per les derivades segones en aquest punt. Totaixò són simplificacions que no afecten la natura del problema.

Tallem el pla tangent a la superfície en el punt γ(t) = (t, y(t), z(t, y(t))) amb el platangent a la superfície en el punt γ(0). Denotem z(t) = z(t, y(t)). El pla tangent en elpunt γ(t) és

p(x− t) + q(y − y(t))− (z − z(t)) = 0,

143

amb p = p(t) = zx(t, y(t)) i q = q(t) = zy(t, y(t)). Tallant amb z = 0 obtenim la recta

p(x− t) + q(y − y(t)) + z(t) = 0,

que té vector director unitari

w(t) =1√

p2 + q2(q,−p, 0).

Ara hem de calcular limt→0w(t). Per a a això calculem primerament limt→0pq. Aplicant

l’Hôpital i la regla de la cadena tenim

limt→0

p

q=r + sy′

s+ ty′,

on r, s, t són les derivades segones a l’origen i y′ = y′(0). Substituint a cadascuna de lescoordenades de w(t) tenim

limt→0

q√p2 + q2

= limt→0

1√(p/q)2 + 1

=s+ ty′√

(r + sy′)2 + (s+ ty′)2

ilimt→0

−p√p2 + q2

= limt→0

−1√(q/p)2 + 1

=−r − sy′√

(r + sy′)2 + (s+ ty′)2

Així,

limt→0

w(t) =1√

(r + sy′)2 + (s+ ty′)2(s+ ty′,−r − sy′).

Però aquesta direcció és conjugada, respecte de la segona forma fonamental, de la direccióde la corba en t = 0, ja que

(1, y′)

(r ss t

)(s+ ty′

−r − sy′)

= 0.

Segon mètode. La direcció de la recta intersecció dels plans de vectors normals N(vector normal a la superfície en γ(0)) i N (t) (vector normal a la superfície en γ(t)) ésN ∧N (t). Volem calcular

limt→0

w(t) = limt→0

N ∧N (t)

||N ∧ N (t)||

(observeu la importància de normalitzar, ja que el límit del numerador és zero).Aplicant l’Hôpital9

limt→0

N ∧N (t)

||N ∧ N (t)|| =N ∧N ′(0)

‖N ∧N ′(0)‖ .

9Per calcular la derivada del denominador posem f(t) = ‖N ∧N(t)‖ i observem que

f ′(t) =〈N ∧N ′(t),N ∧N (t)〉

f(t)

i, novament per l’Hôpital

f ′(0) =〈N ∧ N ′(0),N ∧N ′(0)〉

f ′(0)

que ens dóna f ′(0).

144

Així

II(γ′(0),N ∧N ′(0)) = 〈W (γ′(0),N ∧N ′(0))〉 = 〈N ′(0),N ∧N ′(0)〉 = 0.

També podem calcular aquest límit aplicant Taylor N (t) = N + tN ′(0) + . . . d’onN ∧N (t) = tN ∧N ′(0) + . . . i per tant

limt→0

N ∧N (t)

||N ∧ N (t)|| = limt→0

tN ∧N ′(0) + . . .

||tN ∧N ′(0) + . . . || =N ∧N ′(0)

||N ∧ N ′(0)||

Exercici 122: Les línies de curvatura donen lloc, a través de les normals a la superfície, acorbes sobre les superfícies focals que tenen, en el punt d’intersecció, direccions conjugades.

Solució: Suposem coordenades principals ϕ(u, v) sobre una superfície S. En particularles línies coordenades són ortogonals (F = 0) i ∂2ϕ

∂u∂vés tangent a la superfície (f = 0).

Considerem la superfície focal S1

ψ(u, v) = ϕ(u, v) + ρ1(u, v)N (u, v).

(Canviant ρ1 per ρ2 obtenim l’altra superfície focal, i el raonament seria el mateix)

ψu = ϕu + (ρ1)′N + ρ1(−k1ϕu) = (ρ1)′Nψv = (1− ρ1

ρ2

)ϕv + (ρ1)vN

Per tant el pla tangent en qualsevol punt ψ(u, v) de la superfície focal S1 està generat per〈ϕv,N〉. I la normal N1 a S1 és doncs N1 =

ϕu√E.

Fixem un punt P = ϕ(u0, v0) de S i considerem el corresponent punt M = ψ(u0, v0)a la superfície focal S1. Per M passen les dues corbes que volem veure que tenen, a M ,direccions conjugades.

Aquestes corbes són

Γ1(u) = ψ(u, v0) = ϕ(u, v0) + ρ1(u, v0)N (u, v0)

Γ2(v) = ψ(u0, v) = ϕ(u0, v) + ρ1(u0, v)N (u0, v)

Per tant

d

duu=u0Γ1(u) = ψu(u0, v0)

d

dv v=v0Γ2(v) = ψv(u0, v0)

Denotant II1,W1 respectivament la segona forma fonamental i l’endomorfisme de Wein-garten de S1 tenim (a (u0, v0))

II1(N , ψv) = 〈W1(N ), ψv〉 = 〈−dN1(N ), ψv〉 =1√E〈−dϕu(N ), ψv〉 =

1√E〈Nu, ψv〉 = 0.

Per tant, si ρ′1 6= 0, II(ψu, ψv) = 0.

145

També es pot veure aquest resultat sense fer cap càlcul. En efecte, el pla tangent a S1

en M és M + 〈ϕu(u0, v0)〉⊥. Conté doncs la recta PM .El pla tangent a S1 en els punts de Γ1 és Γ1(v) + 〈ϕu(u0, v)〉⊥. Contenen doncs les

rectes normals a la superfície en els punts ϕ(u0, v). Clarament aquestes rectes s’acosten,quan t→ 0, a la normal PM . Això demostra

Aquest argument es formalitza així: La intersecció dels plans tangents a S1 al llargde Γ2(v) amb el pla tangent a S1 en M és una recta de direcció ϕu(u0, v0)∧ ϕu(u0, v) Pelmateix argument que en el problema 121 el limit quan t→ 0 d’aquest vector normalitzatté la direcció de N , que és el vector tangent en M de Γ1.

Més explícitament, per Taylor,

ϕu(u0, v) = ϕu(u0, v0) + vϕuv(u0, v0) + . . .

d’onϕu(u0, v0) ∧ ϕu(u0, v) = vϕu(u0, v0) ∧ ϕuv(u0, v0) + . . .

En dividir per la norma el coeficient v se simplifica i tenim

limt→0

ϕu(u0, v0) ∧ ϕu(u0, v)

||ϕu(u0, v0) ∧ ϕu(u0, v)|| =ϕu(u0, v0) ∧ ϕuv(u0, v0)

||ϕu(u0, v0) ∧ ϕuv(u0, v0)||

Com, per tractar-se de coordenades principals, la derivada segona creuada no té compo-nent normal (f = 0), l’anterior límit és igual a la normal N a la superfície en el punt decoordenades (u0, v0).

Exercici 123: Calculeu, a l’origen, l’aplicació de Weingarten, la primera i segona formesfonamentals i les curvatures i direccions principals de les superfícies de R3:

1. z = x2 + y2 (paraboloide el·líptic).

2. z = x2 − y2 (paraboloide hiperbòlic).

3. Repetiu l’exercici per a l’esfera x2 + y2 + z2 = 1, però ara feu els càlculs en un puntarbitrari.

Solució: a) Parametritzem el paraboloide el.líptic com ϕ(x, y) = (x, y, x2 +y2) de maneraque tenim

ϕx = (1, 0, 2x)

ϕy = (0, 1, 2y)

ϕx ∧ ϕy = (−2x,−2y, 1)

ν(x, y) =1√

1 + 4r2(−2x,−2y, 1), r2 = x2 + y2

ϕxx = (0, 0, 2)

ϕxy = (0, 0, 0)

ϕyy = (0, 0, 2)

Per tant, en (x, y) = (0, 0), tenim

I =

(1 00 1

), II =

(2 00 2

).

146

L’origen és, doncs, un punt umbilical. Totes les direccions són direccions de curvaturaamb curvatura principal 2.

b)c) Parametritzem l’esfera per ϕ(x, y) = (x, y,

√R2 − x2 − y2) de manera que tenim

ϕx = (1, 0,−x/z), z =√R2 − x2 − y2

ϕy = (0, 1,−y/z)

ϕx ∧ ϕy =1

z(x, y, z)

ν(x, y) = (x, y, z)

e = −ϕx · νx =x zxz− 1

f = −ϕx · νy =x zyz

g = −ϕy · νy =y zyz− 1

Per tant, com que zx = −x/z i zy = −y/z

I =1

z2

(R2 − y2 xyxy R2 − x2

), II =

1

z2

(R2 − y2 xyxy R2 − x2

).

Veiem doncs que la segona forma fonamental és un múltiple de la primera, com ja sabíemja que a l’esfera tots els punts són umbilicals.

Exercici 124: Demostreu que la curvatura de Gauss K i la curvatura mitjana10 H d’unasuperfície ϕ(u, v) es poden calcular a partir de les fórmules

K√EG− F 2 = det(ν, νu, νv)

−2H√EG− F 2 = det(ν, ϕu, νv) + det(ν, νu, ϕv)

on E,F,G són els coeficients de la primera forma fonamental i ν és el camp normal unitarien la direcció donada per ϕu ∧ ϕv.Solució: Si escrivim

νu = a11ϕu + a12ϕv

νv = a21ϕu + a22ϕv

veiem directament que

det(ν, νu, νv) = det(aij) det(ν, ϕu, ϕv) = K(ν · ϕu ∧ ϕv) = K|ϕu ∧ ϕv| = K√EG− F 2.

Anàlogament,

det(ν, ϕu, νv)+det(ν, νu, ϕv) = a22 det(ν, ϕu, ϕv)+a11 det(ν, ϕu, ϕv) = (a11+a22)√EG− F 2

i com que la traça de l’endomorfisme de Weingarten és menys el doble de la curvaturamitjana hem acabat. Recordeu que l’endomorfisme de Weingarten és igual a menys ladiferencial de la normal, W = −dν.

10De la curvatura mitjana se’n diu també curvatura de Sophie Germain, en honor a aquesta col.lega igran coneixedora de l’obra de Gauss que entre altres coses va publicar l’article Mémoire sur la courburedes surfaces.

147

Exercici 125: Demostreu que la superfície z = axy (hiperboloide) té, a l’origen, curva-tura de Gauss K = −a2 i curvatura mitjana H = 0.Solució: Considerem la parametrització ϕ(x, y) = (x, y, axy).

ϕx = (1, 0, ay)

ϕy = (0, 1, ax)

E = 1 + a2y2

F = a2xy

G = 1 + a2x2

ν =1√

1 + a2x2 + a2y2(−ay,−ax, 1)

ϕxx = (0, 0, 0)

ϕxy = (0, 0, a)

ϕyy = (0, 0, 0)

e = 0

f = ϕxy · ν =a√

1 + a2x2 + a2y2

g = 0

K =det II

det I= − a2

1 + a2x2 + a2y2

Per tant, a l’origen (x, y) = (0, 0) tenim K = −a2. A l’origen la primera forma fonamentalés la identitat, de manera que la traça de l’endomorfisme de Weingarten coincideix ambla traça de la segona forma fonamental II (a l’origen), que és zero. Per tant H = 0.

Exercici 126: Demostreu que si totes les normals a una superfície connexa passen perun punt fix la superfície està continguda en una esfera.Solució: Suposem que el punt fix és l’origen. Llavors la parametrització de la superfíciecompleix

ϕ(u, v) = λ(u, v)ϕu(u, v) ∧ ϕv(u, v)

per a una certa funció λ(u, v). En particular, ϕ · ϕu = ϕ · ϕv = 0, on hem escrit ϕ en llocde ϕ(u, v), etc. Això implica que les derivades parcials de la norma de ϕ, són zero. Ésa dir, la norma de ϕ és constant, i per tant tots els punts ϕ(u, v) estan sobre l’esfera decentre l’origen i radi R = |ϕ(u, v)|.

Exercici 127: Demostreu que un punt d’una superfície és umbilical si i només si lasegona forma fonamental en aquest punt és un múltiple de la primera. Calculeu els puntsumbilicals de l’el·lipsoide d’equació

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

on 0 < c < b < a. Demostreu que els plans tangents a l’el.lipsoide en els punts umbilicalssón paral.lels a les seccions cícliques (plans que tallen l’el.lipsoide en cercles).Solució: Parametritzem l’el.lipsoide per ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), amb

x = a cosu sin v

y = b cosu cos v

z = c sinu

148

Obtenim

ϕu = (−a sinu sin v,−b sinu cos v, c cosu)

ϕv = (a cosu cos v,−b cosu sin v, 0)

ϕu ∧ ϕv = (bc cos2 u sin v, ac cos2 u cos v, ab sinu cosu)

ν =ϕu ∧ ϕv|ϕu ∧ ϕv|

ϕuu = (−a cosu sin v,−b cosu cos v,−c sinu)

ϕuv = (−a sinu cos v, b sinu sin v, 0)

ϕvv = (−a cosu sin v,−b cosu cos v, 0)

El coeficient F de la primera forma fonamental val

F = ϕu · ϕv = (b2 − a2) sinu cosu sin v cos v.

El coeficient f de la segona forma fonamental val

f = ϕuv · ν = 0.

Com que en els punts umbilicals la primera i la segona forma fonamentals són propor-cionals ha de ser F = 0, i per tant tenim quatre possibilitats: u = 0, v = π/2, v = π, v =3π/2, ja que estem assumint −π/2 < u < π/2, 0 < v < 2π.

Primer cas: u = 0. La primera forma fonamental val

I =

(c2 00 a2 cos2 v + b2 sin2 v

)

i la segona

II =−abc|ϕu ∧ ϕv|

(1 00 1

)

ja que, en general tenim,

e = ϕuu · ν =−abc cosu

|ϕu ∧ ϕv|

g = ϕvv · ν =−abc cos3 u

|ϕu ∧ ϕv|

Per tal de que la primera i la segona forma fonamentals siguin proporcionals ha de ser

a2 cos2 v + b2 sin2 v = c2,

equivalentment

cos2 v =c2 − b2

a2 − b2,

cosa impossible, ja que 0 < c < b < a.Segon cas: v = π/2. La primera forma fonamental val

I =

(a2 sin2 u+ c2 cos2 u 0

0 b2 cos2 u

)

149

i la segona

II =−abc cosu

|ϕu ∧ ϕv|

(1 00 cos2 u

).

Per tal de que la primera i la segona forma fonamentals siguin proporcionals ha de ser

(a2 sin2 u+ c2 cos2 u) cos2 u = b2 cos2 u,

és a dircos2 u =

b2 − a2

c2 − a2,

o bé,

cosu =

√a2 − b2

√a2 − c2

Observem que hi ha dos angles u1, u2 = −u1, entre −π/2 i π/2, amb aquest cosinus.Tenim doncs dos punts umbilicals

Ui = (a cosui, 0, c sinui, ), i = 1, 2,

és a dir,

U1 = (a

√a2 − b2

√a2 − c2

, 0, c

√b2 − c2

√a2 − c2

),

U2 = (a

√a2 − b2

√a2 − c2

, 0,−c√b2 − c2

√a2 − c2

).

El pla tangent a l’el.lipsoide en Ui és

(x− a cosui)bc cosui + (z − c sinui)ab sinui = 0.

Es pot escriure comz = −(

c

acotui)x+ di

per a una certa constant di. Són doncs paral.lels a les seccions cícliques (veure Lemabelow).

Tercer cas: v = π. La primera forma fonamental val

I =

(b2 sin2 u+ c2 cos2 u 0

0 a2 cos2 u

)

i la segona

II =−abc cosu

|ϕu ∧ ϕv|

(1 00 cos2 u

).

Per tal de que la primera i la segona forma fonamentals siguin proporcionals ha de ser

(b2 sin2 u+ c2 cos2 u) cos2 u = a2 cos2 u,

equivalentment

cos2 v =a2 − b2

c2 − b2,

cosa impossible, ja que 0 < c < b < a.Quart cas: v = 3π/2. És igual al cas v = π/2, només canvia el signe de la x, de

manera que els quatre punts umbilicals de l’el.lipsoide són

(±a√a2 − b2

√a2 − c2

, 0,±c√b2 − c2

√a2 − c2

).

150

Lema 1: El pla z = λx, amb

λ = ±c√a2 − b2

a√b2 − c2

talla l’el.lipsoide donat en circumferències.

Demostració. Substituint z = λx a l’equació de l’el.lipsoide obtenim

y = b√

1− Ax2, amb A =c2 + a2λ2

a2c2.

Així, la corba solució ésγ(x) = (x, b

√1− Ax2, λx).

Com que

γ′(x) = (1,−bAx√1− Ax2

, λ)

γ′′(x) = (0,−bA

(√

1− Ax2)3, 0)

la curvatura val

k =bA√

1 + λ2

(√

(1 + λ2)(1− Ax2) + A2b2x2)3

Per que sigui constant (i així γ(x) sigui un cercle) el coeficient de x2 ha de ser zero. És adir,

Ab2 = 1 + λ2

Substituint A pel seu valor i simplificant obtenim

λ = ±c√a2 − b2

a√b2 − c2

com volíem.

Exercici 128: Sella de mico. Determineu la segona forma fonamental de la superfíciedeterminada per l’equació z = x3 − 3xy2. Expresseu la seva curvatura de Gauss K entermes de r =

√x2 + y2 i decidiu si es tracta d’una superfície minimal. Trobeu l’equació

diferencial de les línies asimptòtiques. Trobeu les línies asimptòtiques per (0, 0, 0).

Solució: Amb la parametrització ϕ(x, y) = (x, y, x3 − 3xy2) podem calcular

ϕx(x, y) = (1, 0, 3x2 − 3y2)

ϕy(x, y) = (0, 1,−6xy)

ϕxx(x, y) = (0, 0, 6x)

ϕxy(x, y) = (0, 0,−6y)

ϕyy(x, y) = (0, 0,−6x)

ϕx × ϕy = (3(y2 − x2), 6xy, 1)

‖ϕx × ϕy‖2 = 1 + 36x2y2 + 9(y2 − x2)2 = 1 + 9(x2 + y2)2 = 1 + 9r4

I aleshores

I =

(1 + 9(x2 − y2)2 −18xy(x2 − y2)−18xy(x2 − y2) 1 + 36x2y2

)II =

6√1 + 9r4

(x −y−y −x

)

151

En polars,

I =

(1 + 9r4 cos2 2α −9r4 sin 2α cos 2α−9r4 sin 2α cos 2α 1 + 9r4 sin2 2α

)II =

6r√1 + 9r4

(cosα − sinα− sinα − cosα

)

Per tant, l’aplicació de Weingarten té per matriu

W = I−1II =6r

(1 + 9r4)3/2

(cosα(1 + 18r4 sin2 α) − sinα(1 + 18r4 cos2 α)− sinα(1− 9r4 cos 2α) − cosα(1 + 9r4 cos 2α)

)

La curvatura de Gauss és igual a

K(x, y) = detW =36r2

(1 + 9r4)3· (−(1 + 9r4)) =

−36r2

(1 + 9r4)2

expressió que només depèn de r2.Observem que S no és una superfície minimal ja que la traça de W no és zero.Per trobar les direccions asimptòtiques hem de trobar els vectors v = aϕx + bϕy, (que

podem suposar unitaris, és a dir I(v, v) = 1), tals que II(v, v) = 0, és a dir, tals que

(a b

)( x −y−y −x

)(ab

)= 0,

és a dir,(a2 − b2)x = 2aby.

Així, per a cada punt de coordenades (x, y) fixat, tenim dues equacions amb duesincògnites, a i b, que podem trobar

Ea2 + 2Fab+Gb2 = 1

(a2 − b2)x = 2aby

Per exemple, si x = 0, (recta (0, y, 0) continguda a la sella de Mico) tenim

(1 + 9y4)a2 + b2 = 1

0 = 2aby

que implica, quan y 6= 0, a = 0, b = 1 (ϕy direcció asimptòtica) o bé b = 0, a = 11+9y4

(ϕxdirecció asimptòtica).

En un punt arbitrari és difícil aïllar a i b d’aquesta equació.En el (0, 0) tota direcció és asimptòtica. Però només hi passen dues línies asimptòti-

ques, les línies coordenades. L’equació diferencial de les línies asimptòtiques és

(x′(t)−y′(t)2)x(t) = 2x′(t)y′(t)y(t).

Posant dy/dt = dy/dx · dx/dt l’antrerior equació s’escriu

(1− y2)x = 2yy, y = dy/dx

i aquesta equació diferencial admet la solució y = ± 1√3x. És a dir, les línies asimptòtiques

per l’origen són

ϕ(x,± 1√3x) = (x,± 1√

3x, 0).

152

Exercici 129: Determineu els punts umbilicals de les superfícies definides per

a). z = xy.

b). z = x3 − 3xy2.

c). z =x2

a2+ ε

y2

b2, on ε = ±1.

Solució: Recordem que la curvatura de Gauss K compleix que K = k1k2, on k1, k2 sónls curvatures principals. En els punts umbilicals, K = k2 ≥ 0.

a) Hem vist a l’exercici 125 que la curvatura de Gauss de l’hiperboloide z = xy ésestrictament negativa en tots els punts. Per tant, no hi ha punts umbilicals.

b) Hem vist a l’exercici 128 que la curvatura de Gauss de la sella de mico z = x3−3xy2

és estrictament negativa en tots els punts, excepte a l’origen, on val zero. A l’origenl’endomorfisme de Weingarten s’anul.la, de manera que és un punt umbilical amb k1 =k2 = 0.

c) ε = 1. La parametrització és ϕ(u, v) = (u, v, u2

a2+ v2

b2). Primera i segona forma

fonamental

I =

(1 + 4u2

a44uva2b2

4uva2b2

1 + 4v2

b4

), II = − 2√

a4b4 + 4u2b4 + 4v2a4

(b2 00 a2

).

Per tant la curvatura de Gauss val

K =4a6b6

(a4b4 + 4u2b4 + 4 v2a4)2

I la curvatura mitjana val

H =1

2

eG− 2fF + gE

EG− F 2= −

(a2b4 + 4 a2v2 + b2a4 + 4 b2u2

) a2b2

(a4b4 + 4u2b4 + 4 v2a4)3/2

La condició d’umbilical es pot escriure com H2 = K.

H2−K =

(a4b8 + 8 a4b4v2 − 2 a6b6 − 8 a2b6u2 + 16 a4v4 − 8 a6v2b2 + 32 a2v2b2u2 + b4a8 + 8 b4a4u2 + 16 b4u4

)a4b4

(a4b4 + 4u2b4 + 4 v2a4)3

Suposem a > b. El parèntesis del numerador es pot escriure com

(4a2v2 + b2a2(b2 − a2))2 + 8a2b4u2(a2 − b2) + 32a2b2u2v2 + 16b4u4

que és una suma de quadrats que no s’anul.la mai. No hi ha punts umbilicals.Suposem a < b. El parèntesis del numerador es pot escriure com

(4b2u2 + b2a2(a2 − b2))2 + 8a4b2v2(b2 − a2) + 32a2b2u2v2 + 16a4v4

que és una suma de quadrats que no s’anul.la mai. No hi ha punts umbilicals.

Exercici 130: Justifiqueu per què les següents superfícies no són dues a dues localmentisomètriques:

153

1. l’esfera,

2. el cilindre,

3. la sella definida per z = x2 − y2.

Solució: El Teorema Egregi de Gauss ens diu que si dos superfícies S1 i S2 són localmentisomètriques aleshores les seves curvatures de Gauss són iguals en els punts corresponentsper una isometria, és a dir, existeix una aplicació F : S1 → S2 tal que KS2 = KS1 F .Ja sabem que la curvatura de Gauss de l’esfera és constant i positiva, la del cilindreidènticament nul.la i finalment, la de la sella z = x2 − y2 no és constant en (x, y). Pertant, cap parella d’aquestes tres superfícies poden ser localment isomètriques.

Exercici 131: Demostreu que les corbes coordenades de la superfície

ϕ(u, v) = (ea cos b, ea sin b, a), a = a(u, v) =u− v

2, b = b(u, v) =

u+ v

2

són línies asimptòtiques. Comproveu que sobre la línia v = 0 tenim τ 2 = −K.

Solució: Calculem la segona forma fonamental.

ϕu = (1

2ea cos b− 1

2ea sin b,

1

2ea sin b+

1

2ea cos b,

1

2)

ϕv = (−1

2ea cos b− 1

2ea sin b,−1

2ea sin b+

1

2ea cos b,−1

2)

ν = (− cos b,− sin b, ea)1√

1 + e2a

ϕuu = (−1

2ea sin b,

1

2ea cos b, 0)

ϕuv =1

4ea(−2 cos b,−2 sin b, 0)

ϕvv = (1

2ea sin b,−1

2ea cos b, 0)

e = ϕuu · ν = 0

f = ϕuv · ν =1

2ea

1√1 + e2a

g = ϕvv · ν = 0

El fet de que e = 0 vol dir que les línies coordenades v = constant són asimptòtiques.En efecte, el vector tangent a aquestes corbes té coordenades (1, 0) respecte de la base(ϕu, ϕv) de manera que si diem e1 a aquest vector tenim

II(e1, e1) =(

1 0)( e f

f g

)(10

)= e = 0.

Anàlogament, el fet de que g = 0 vol dir que les línies coordenades u = constant sónasimptòtiques. En efecte, el vector tangent a aquestes corbes té coordenades (0, 1) respectede la base (ϕu, ϕv) de manera que si diem e2 a aquest vector tenim

II(e2, e2) =(

0 1)( e f

f g

)(01

)= g = 0.

154

Per calcular la torsió de la línia v = 0 hem de calcular ϕuuu. És fàcil veure que aquestaderivada tercera la podem escriure com

ϕuuu =1

2ϕuu −

1

4eu/2(cosu/2, sinu/2, 0).

També ens simplifica els càlculs observar que

ϕu = ϕuu +1

2(eu/2 cosu/2, eu/2 sinu/2, 1).

Llavorsτ(u) =

ϕu ∧ ϕuu · ϕuuu|ϕu ∧ ϕuu|2

=1

1 + eu.

Per altra banda la primera forma fonamental val

I =

(12eu + 1

4−1

4

−14

12eu + 1

4

)

de manera que

K(u, 0) =det II(u, 0)

det I(u, 0)=

−f 2

14eu(1 + eu)

= − 1

(1 + eu)2= −τ 2(u).

Exercici 132: Si el pla osculador al llarg d’una línia de curvatura (no asimptòtica en cappunt) forma angle constant amb el pla tangent a la superfície, llavors la corba és plana.

Solució: Conseqüència quasi directa d’Olinde. Sabem que al llarg d’una línia de curva-tura γ(s) es compleix

dν

ds= −kγ′(s)

on k = k(s) és la curvatura normal en la direcció γ′(s).L’angle entre el pla osculador i el pla tangent és l’angle entre els seus vectors normals:

el binormal a la corba B i el normal a la superfície ν.Derivant el producte escalar tenim

(B · ν)′ = B′ · ν +B · ν ′ = B′ · ν −B · kT = B′ · ν = τN · ν = 0,

on T = γ′(s) i N és el normal principal a la corba.Ara bé, sabem que per ser la corba no asimptòtica en cap punt, ha de ser ν ·N 6= 0 i

per tant τ = 0 i la corba és plana.

Exercici 133: Demostreu que una corba γ sobre una superfície és línia de curvatura si inomés si la recta tangent a γ i la recta tangent a la seva imatge esfèrica per l’aplicació deGauss són paral.leles en punts corresponents.

Solució: Que les línies de curvatura tenen aquesta propietat és el Teorema d’OlindeRodrigues. Recíprocament, si ν ′(s) = λ(s)γ′(s), això vol dir que γ′(s) és un vectorpropi de l’endomorfisme de Weigarten. Serà doncs γ′(s) múltiple de e1 o e2 (directionsprincipals). Si és múltiple de e1 el valor prop és k1 ja que vectors propis proporcionalstenen el mateix valor propi. Per tant, λ = k1. Anàlogament si γ′(s) és múltiple de e2.

155

Exercici 134: Teorema de Monge11. Demostreu que una corba d’una superfície S éslínia de curvatura si i només si les rectes normals a S al llarg de la corba formen unasuperfície desenvolupable.

Solució: Primer mètode. Sigui γ(s) una línia de curvatura d’una certa superfície S.Suposem-la parametritzada per l’arc i denotem ν(s) la restricció a γ(s) del vector normala S.

La superfície engendrada per les normals de què ens parla el problema és

ϕ(s, t) = γ(s) + tν(s).

Recordem que, tal com va dir Olinde,

dν

ds= −kn(s)γ′(s)

on kn(s) és la curvatura principal en la direcció principal γ′(s).Així

ϕs = γ′(s) + tν ′(s) = (1− knt)γ′(s)ϕt = ν.

Observem que la relació entre la curvatura de γ(s), k(s), i la curvatura principal kn(s)és kn(s) = k cos θ, on θ és l’angle entre la normal a la superfície i la normal principal deγ(s).

Per tant,ν(s, t) = γ′(s) ∧ ν(s)

és el vector normal a la nova superfície i depèn només de s. És doncs constant al llargde les generatrius. Això demostra ja que aquesta superfície és desenvolupable: és regladaamb el mateix pla tangent sobre les generatrius. Vegeu la definició i algunes propietatsde les superfícies reglades al problema 144.

No obstant, podem trobar explícitament la línia de regressió, que jo en diré la línia quedesenvolupa, ja que és una corba dins la superfície tal que les seves tangents coincideixenamb les generatrius de la superfície reglada.

En efecte, aquesta corba ha de ser de la forma

σ(s) = γ(s) + t(s)ν(s)

i tal que

σ′(s) = γ′(s) + t′(s)ν(s) + t(s)ν ′(s) = (1− kn(s)t(s))γ′(s) + t′(s)ν(s)

tingui la direcció de ν(s). És a dir, ha de ser 1− kn(s)t(s) = 0, que equival a t(s) = ρn(s)on ρn(s) és el radi de curvatura principal (ρ = ρn cos θ).

Si la línia de curvatura és també geodèsica (la normal a la corba i la normal a lasuperfície coincideixen) llavors la línia de regressió és justament l’evoluta d’aquesta línia.

Segon mètode. La línia de regressió és la línia característica de la família uniparamè-trica de plans tangents. Recordem que, en general, donada una corba sobre una superfícietenim la família uniparamètrica de plans tangents a la superfície en el punts de la corba.

11No és que Monge trobés aquest teorema com una propietat de les línies de curvatura sinó que Mongedefineix les línies de curvatura com línies tals que les normals en punts pròxims es tallen.

156

La “característica” d’aquesta família (que s’obté resolent els sistema de tres equacionsformat per l’equació de la família uniparamètica i les seves derivades primera i segona res-pecte del paràmetre) és la que s’anomena “línia de regressió” i és tal que les seves tangentssón les rectes que s’obtenen com a intersecció de plans consecutius.

La família uniparamètrica de plans tangents a la superfície de Monge:

(x− γ(s)) · ν(s) = 0

Derivada primera:(x− γ(s)) · ν ′(s) = 0,

ja que γ′(s) · ν(s) = 0.A més, ν ′(s) = γ′′(s) ∧ ν(s) + γ′(s) ∧ ν ′(s) = k(s)n(s) ∧ ν(s) = kγ′(s), de manera que

de les dues equacions anteriors deduïm que (x − γ(s)) és ortogonal a ν(s) i a γ′(s), pertant, ha de ser x− γ(s) = λ(s)ν(s), per a una certa funció λ(s).

Derivada segona (derivem (x− γ(s))k(s)γ′(s)):

−k(s) + (x− γ(s))k′(s)γ′(s) + (x− γ(s))k(s)2~n(s) = 0

on ~n(s) és el vector normal principal de γ(s). Però el terme del mig de la suma és zero,de manera que tenim

−k(s) + λ(s)k(s)2 cos θ = 0,

és a dir λ(s) = ρn(s) com ja sabíem.

Exercici 135: Calculeu les línies de curvatura de les superfícies de revolució.

Solució: Sabem, pel problema 74 que les superfícies de evolució estan donades ϕ(u, v) =(a(u) cos v, a(u) sin v, b(u)) on x = a(u), z = b(u) és una corba del pla x − z que gira alvoltant de l’eix z. Suposem que aquesta corba està parametritzada per l’arc, és a dir,a′2 + b′2 = 1. Per alleugerir la notació no explicito que a i b són funcions de u.

ϕu = (a′ cos v, a′ sin v, b′)

ϕv = (−a sin v, a cos v, 0)

E = 1

F = 0

G = a2

ϕuu = (a′′ cos v, a′′ sin v, b′′)

ϕuv = (−a′ sin v, a′ cos v, 0)

ϕvv = (−a cos v,−a sin v, 0)

ν = (−b′ cos v,−b′ sin v, a′)e = ϕuu · ν = −a′′b′ − a′b′′f = ϕuv · ν = 0

g = ϕvv · ν = ab′

Equació de les línies de curvatura,∣∣∣∣∣∣

(v′)2 −u′v′ (u′)2

E F Ge f g

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

(v′)2 −u′v′ (u′)2

E 0 Ge 0 g

∣∣∣∣∣∣= 0

157

Per tant, u′v′ = 0, és a dir, u = constant (els paral.lels) i també v = constant (elsmeridians).

Exercici 136: Un altre Teorema de Pappus. Demostreu que si una làmina d’àrea Asituada en el pla yz gira al voltant de l’eix de les y, genera una figura de volum V donatper

V = (2πz0) · A,on z0 és la coordenada z del centre de gravetat de la làmina. Calculeu el volum d’un torde revolució.

Solució: Suposem que la làmina està limitada entre la gràfica de dues funcions z = f(y),z = g(y), amb a ≤ y ≤ b. La coordenada z del centre de gravetat està donada per

z0 =1

A

∫

L

z dy dz =1

A

∫ b

a

(

∫ f(y)

g(y)

z dz)dy =1

2A

∫ b

a

(f(y)2 − g(y)2) dy =V

2πA.

on A és l’àrea de la làmina i V el volum del cos de revolució. Recordem que el volum delcos de revolució generat per la gràfica de z = f(y) és

V olum = π

∫ b

a

f(y)2 dy.

El volum del tor de revolució val doncs

V = 2πR · πr2 = 2π2Rr2.

Exercici 137: Determineu l’aplicació de Weingarten i calculeu la segona forma fonamen-tal d’una superfície de revolució i apliqueu-ho a les següents superfícies:

1. Esfera.

2. Tor (problema 74)

3. Helicoide (problema 6, llista 4)

4. La superfície parametritzada per

ϕ(u, v) = (√u2 + a2 cos v,

√u2 + a2 sin v, a log(u+

√u2 + a2)).

Solució: Anem a calcular primer l’aplicació de Weingarten d’una superfície de revolucióen general. Les superfícies dels apartats (a), (b) i (d) en són casos particulars. Si prenemla parametrització de la corba generatriu α(u) = (a(u), 0, b(u)) pel paràmetre arc, llavorsel vector normal de S és

ν(u, v) = (−b′(u) cos v,−b′(u) sin v, a′(u))

i llavors

W (ϕu) = −dν(ϕu) = −νu = (b′′(u) cos v, b′′(u) sin v,−a′′(u))

= (k(u)a′(u) cos v, k(u)a′(u) sin v, k(u)b′(u)) = k(u)ϕu

W (ϕv) = −dν(ϕv) = −νv = (−b′(u) sin v,−b′(u) cos v, 0) =b′(u)

a(u)(−a(u) sin v, a(u) cos v, 0)

=b′(u)

a(u)ϕv

158

on k(u) és la curvatura de α(u). Per tant, la matriu de l’aplicació de Weingarten W enla base ϕu, ϕv és diagonal i té com a valors propis (curvatures principals) k(u) i b

′(u)a(u)

. En

particular, la curvatura de Gauss és igual a K(u, v) = k(u)b′(u)a(u)

. Les línies de curvaturasón els meridians i els paral.lels.

Nota. Els dos elements de la diagonal de l’aplicació de Weingarten representen lescurvatures normals màxima i mínima. Per a superfícies de revolució aquests extremss’agafen en els meridians i paral.lels. De manera que podem dir que els elements de ladiagonal de l’aplicació de Weingarten representen les curvatures normals de meridiansi paral.lels. Però la curvatura normal dels meridians coincideix amb la curvatura delsmeridians, de manera que sense fer càlculs podem dir que elements de la diagonal del’aplicació de Weingarten són la curvatura de la corba original que gira i la curvaturanormal del paral.lel correponent (b′/a amb la notació del problema).

També podríem haver calculat la matriu de l’aplicació de Weingarten mitjançant lamultiplicació de matrius W = I−1 · II, on I denota la matriu de la primera forma fona-mental i II la matriu de la segona forma fonamental. Aquest és un resultat de teoria quede vegades és molt útil ja que en general és molt més fàcil calcular II que dν. Si escrivim

II =

(e ff g

)

llavors en el cas de les superfícies de revolució amb corba generatriu parametritzada perl’arc tenim que

e = 〈ν, ϕuu〉 = a′b′′ − a′′b′f = 〈ν, ϕuv〉 = 0

g = 〈ν, ϕvv〉 = b′a

Particularitzem tot això als casos (a)–(d):

(a) L’esfera: ϕ(u, v) = (R cosu cos v,R sinu cos v), aleshores

I =

(R2 cos2 v 0

0 R2

)II =

(−R cos2 v 0

0 −R

)W = I−1II =

(− 1R

00 − 1

R

)

(b) El tor: ϕ(u, v) = ((a+ b cos v) cosu, (a+ b cos v) sinu, b sin v), llavors

I =

((a+ b cos v)2 0

0 b2

)II =

((a+ b cos v) cos v 0

0 −b

)W =

( − cos va+b cos v

0

0 −1b

)

(c) L’helicoide: ϕ(u, v) = (u cos v, u sin v, au), aleshores

I =

(1 00 a2 + u2

)II =

(0 −a√

a2+u2−a√a2+u2

0

)W =

(0 −a

(a2+u2)1/2−a

(a2+u2)3/20

)

(d) Per la superfície parametritzada per

ϕ(u, v) = (√u2 + a2 cos v,

√u2 + a2 sin v, a log(u+

√u2 + a2))

159

tenim que

I =

(1 00 a2 + u2

)II =

( −aa2+u2

0

0 a

)W = I−1II =

( −aa2+u2

0

0 aa2+u2

)

Observem que aquesta última superfície també és de revolució, la seva corba genera-triu és α(u) = (

√a2 + u2, a log(u+

√a2 + u2)) i s’anomena catenària. La superfície

de revolució que genera es diu catenoide.

Exercici 138: Considerem la superfície de revolució que s’obté en girar la gràfica de lafunció y = x3, x ∈ (−1, 1), al voltant de la recta x = 1. Trobeu els punts parabòlics,hiperbòlics i el.líptics d’aquesta superfície.

Solució: Mirant el dibuix, on hem de suposar una y fixada (pla paral.lel a x, z on té llocla rotació) veiem que les equacions d’aquesta superfície són

x = 1− (1− y1/3) cos t

y = y

z = (1− y1/3) sin t

160

Dient ϕ(y, t) a l’anterior parametrització tenim

ϕy =1

3y−2/3(cos t, 3y2/3,− sin t)

ϕt = (1− y1/3)(sin t, 0, cos t)

ν(y, t) =1√

1 + 19y−4/3

(cos t,−1

3y−2/3,− sin t)

ϕyy =2

9y−5/3(− cos t, 0, sin t)

ϕyt = −1

3y2/3(sin t, 0, cos t)

ϕtt = (1− y1/3)(cos t, 0,− sin t)

e = ϕyy · ν = −2

9y−5/3 1√

1 + 19y−4/3

f = ϕyt · ν = 0

g = ϕtt · ν = (1− y1/3)1√

1 + 19y−4/3

El determinant de la segona forma fonamental és, doncs, igual a eg. Ara observemque g és sempre positiva i que e, i per tant el determinant, té el signe de −y.

Resumint, els punts on y < 0 són el.líptics, els punts on y > 0 són hiperbòlics, i elspunts on y = 0 són parabòlics, cosa que es veia, o almenys s’intuïa, mirant només eldibuix.

Exercici 139: Determineu les corbes asimptòtiques, les línies de curvatura, la curvaturade Gauss i la curvatura mitjana de les següents superfícies:

1. La catenoide: superfície de revolució que s’obté girant la catenària (problema 7,llista 1). al voltant d’una recta que no la talli i sigui perpendicular al seu eix desimetria.

2. L’helicoide (problema 6, llista 4)

3. La pseudoesfera: superfície de revolució generada per la tractriu (problema 6, llista1) al voltant del seu eix.

4. La uralita: Gràfica de z = 2 cos y.

Solució:

(a) En primer lloc, observem que podem parametritzar la catenoide mitjançant

ϕ(u, v) = (coshu cos v, coshu sin v, u)

161

de manera que

ϕu(u, v) = (sinhu cos v, sinhu sin v, 1)

ϕu(u, v) = (− coshu sin v, coshu cos v, 0)

ϕuu(u, v) = (coshu cos v, coshu sin v, 0)

ϕuv(u, v) = (− sinhu sin v, sinhu cos v, 0)

ϕvv(u, v) = (− coshu cos v,− coshu sin v, 0)

ϕu × ϕv = (− coshu cos v,− coshu sin v,1

2sinh 2u)

‖ϕu × ϕv‖ = cosh2 u

i llavors

I =

(cosh2 u 0

0 cosh2 u

)II =

(−1 00 1

)W = I−1II =

(−sech 2u 0

0 sec2 u

)

amb la qual cosaK(u, v) = −sech4 u i H(u, v) ≡ 0

D’altra banda, com queW és diagonal les línies coordenades són de curvatura, i comque II també és diagonal, com abans, les línies asimptòtiques són u ± v = const.Observem que al problema 137 havíem dit que la corba

x(u) =√a2 + u2

z(u) = a log(u+√a2 + u2)

també era una catenària. Veiem que aquesta té la mateixa imatge que x = a cosh( za−

log a). En efecte, de la segona equació tenim que a2 + u2 = (ez/a − u)2, és a dir,u = −a2e−z/a+ez/a

2i per tant,

x =√a2 + u2 =

a(ez/aa−1 + e−z/aa)

2= a cosh

(z

a− log a

).

(b) L’helicoide ja l’havíem estudiat al problema 6, llista 4. Utilitzant la mateixa para-metrització recordem que

I =

(1 00 a2 + u2

)II =

(0 −a√

a2+u2−a√a2+u2

0

)W =

(0 −a

(a2+u2)1/2−a

(a2+u2)3/20

)

Per tant, les curvatures principals verifiquen k1 = −k2 = aa2+u2

i les curvatures deGauss i mitja són

K(u, v) =−a2

(a2 + u2)2i H(u, v) ≡ 0.

Observem que II(A,B) = 0 si i només si AB = 0, per tant, ϕu i ϕv determinenles direccions asimptòtiques i per tant, les línies asimptòtiques són les corbes co-ordenades. D’altra banda, les direccions principals vénen donades pels vectors decoordenades (±

√a2 + u2, 1) en la base ϕu, ϕv. Així una corba ϕ(u(t), v(t)) és una

línia de curvatura si i només si (u′, v′)||(±√a2 + u2, 1), o equivalentment,

±1√a2 + u2

du = dv,

162

la qual cosa implica que les línies de curvatura són

v = const±∫

1√a2 + u2

du = const± log(u+√a2 + u2).

(c) Recordem que una parametrització de la tractriu era t 7→ (sin t, cos t + log(tan t2)),

per tant, una parametrització de la pseudoesfera s’obté posant

ϕ(u, v) = (sinu cos v, sinu sin v, cosu+ log(tanu

2)).

Calculant obtenim que

I =

(cot2 u 0

0 sin2 u

)II =

(− cotu 0

0 cosu sinu

)

i per tant

W = I−1II =

(− tanu 0

0 cotu

)

de manera que K ≡ −1 i H(u, v) = cotu − tanu. Com que la matriu de W en labase ϕu, ϕv és diagonal tenim que les corbes coordenades són línies de curvatura.Finalment, les direccions asimptòtiques Aϕu + Bϕv verifiquen B = ±A sinu i pertant les línies asimptòtiques s’obtenen integrant l’equació diferencial corresponent

u′ = v′ sinu

i per tantv = log tan

u

2.

Exercici 140: Calculeu, directament a partir de la definició de curvatura de Gauss comlímit de quocient d’àrees, la curvatura de Gauss del tor

ϕ(u, v) = ((R + r cosu) cos v, (R + r cosu) sin v, r sinu)

en el punt ϕ(0, 0).

Solució: Com que

ϕu(u, v) = (−r sinu cos v,−r sinu sin v, r cosu)

ϕv(u, v) = (−(R + r cosu) sin v, (R + r cosu) cos v, 0)

la mètrica és (r2 00 (R + r cosu)2

)

L’àrea sobre el tor de la regió R donada per −ε < u < ε, −δ < v < δ és

A(R) =

∫ ε

−ε

∫ δ

−δr(R + r cosu)du dv = 4Rrδε+ 4r2δ sin ε.

Calculem ara l’àrea de la regió ν(R), on ν : Tor −→ S2 és l’aplicació de Gauss.

163

La normal al tor és

ν(u, v) = (− cosu cos v,− cosu sin v,− sinu)

per tant, ν(R) és la regió sobre l’esfera S2 determinada pels vectors ν(u, v) quan −ε <u < ε, −δ < v < δ.

Si pensem, com és habitual, S2 parametritzada per la longitud θ i la colatitud ϕ demanera que els seus punts són (sinϕ cos θ, sinϕ sin θ, cosϕ), la mètrica és

ds2 = dϕ2 + sin2 ϕ dθ2,

i la relació entre (u, v) i (θ, ϕ) és cosϕ = − sinu, i θ = v, com es veu comparant l’expressióde ν(u, v) amb l’expressió dels punts de S2 en coordenades (θ, ϕ) que acabem de donar.

Per tant, la regió ν(R) està caracteritzada per −ε+ π/2 < ϕ < ε+ π/2, −δ < θ < δ.I l’àrea de ν(R) és

A(ν(R)) =

∫ ε+π/2

−ε+π/2

∫ δ

−δsinϕdϕdθ = 2δ[− cosϕ]

ε+π/2−ε+π/2 = 4δ sin ε.

Finalmentlimε→0

A(ν(R))

A(R)= lim

ε→0

4δ sin ε

4Rrδε+ 4r2δ sin ε=

1

r(R + r).

Aquest resultat és obvi sense fer cap càlcul ja que en el punt P les direccions principalsvenen donades per dues circumferències ortogonals de radis respectius r i R + r.

Exercici 141: Sigui H l’helicoide (problema 6, llista 4) parametritzat per x = u cos v,y = u sin v i z = v, on u, v ∈ R. Calculeu:

1. L’àrea del ‘triangle’ determinat per 0 ≤ u ≤ sinh v i 0 ≤ v ≤ v0.

2. La longitud dels costats de la figura de l’apartat anterior.

3. Els angles que formen aquests costats.

Solució: Definim ci(t) = (ui(t), vi(t)) amb t ∈ [0, 1] mitjançant

u1(t) = 0 i v1(t) = v0 t

u2(t) = (sinh v0) t i v2(t) = v0

u3(t) = sinh(v0 t) i v3(t) = v0 t

els costats del ‘triangle’ T1 a l’espai de paràmetres (u, v) ∈ R2. Llavors els costats del‘triangle’ T sobre l’helicoide són les corbes γi = ϕ(ci), amb ϕ(u, v) = (u cos v, u sin v, v).Calculem en primer lloc l’àrea de T utilitzant l’element d’àrea deH dA =

√EG− F 2dudv =√

1 + u2dudv:

A(T ) =

∫

T1

dA =

∫ v=v0

v=0

dv(∫ u=sinh v

u=0

√1 + u2du

)=

1

2

∫ v0

0

(v + cosh v sinh v)dv

=1

4(v2

0 + cosh2(v0)− 1).

164

Ara les longituds dels costats γi. Per fer això, escrivim

γ′i(t) =dϕ(ci(t))

dt=∂ϕ(ui(t), vi(t))

∂uu′i(t) +

∂ϕ(ui(t), vi(t))

∂vv′i(t),

és a dir, γ′i = u′iϕu + v′iϕv té coordenades (u′i(t), v′i(t)) en la base ϕu, ϕv del pla tangent de

H en el punt γi(t). Així tenim que

‖γ′i(t)‖2 =(u′i(t) v′i(t)

)( 1 00 1 + ui(t)

2

)(u′i(t)v′i(t)

)

i d’altra banda, la longitud de γi ve donada per

Li = L(γi) =

∫ 1

0

‖γ′i(t)‖dt,

el que ens dóna que

L1 =

∫ 1

0

v0dt = v0

L2 =

∫ 1

0

sinh v0dt = sinh v0

L3 =

∫ 1

0

v0

√2 + 2 sinh2(v0t)dt =

√2

∫ 1

0

v0 cosh(v0t)dt =√

2 sinh v0

Finalment tenim que si denotem per αi l’angle oposat al costat γi de T aleshores

cosα1 =〈γ′2(1), γ′3(1)〉‖γ′2(1)‖ ‖γ′3(1)‖

=

(sinh v0 0

)( 1 00 1 + sinh2 v0

)(v0 cosh v0

v0

)

sinh v0

√v2

0 + v20 cosh2 v0(1 + sinh2 v0)

=cosh v0√

1 + cosh4 v0

cosα2 =〈γ′1(0), γ′3(0)〉‖γ′1(0)‖ ‖γ′3(0)‖

=

(0 v0

)( 1 00 1 + 02

)(v0 cosh 0

v0

)

v0

√2v2

0

=1√2

cosα3 =〈γ′1(1), γ′2(0)〉‖γ′1(1)‖ ‖γ′2(0)‖

=

(0 v0

)( 1 00 1 + 02

)(sinh v0

0

)

v0 sinh v0

= 0

Per tant, α1 = arccos

(cosh v0√

1+cosh4 v0

), α2 = π

4i α3 = π

2.

165

Exercici 142: Demostreu que les loxodromes de l’esfera (corbes que tallen amb angleconstant els meridians) estan donades per

log(tan(θ

2)) = (φ+ c) cot(β)

on θ és la colatitud, φ la longitud i β és l’angle constant.

Solució: Do Carmo, Exemple 4, Secció 2.5

Exercici 143: Sigui C ⊂ S una corba regular de la superfície S que té curvatura deGauss K positiva. Demostreu que la curvatura k de C en tot punt P ∈ C ⊂ S satisfà:k ≥ min(|k1|, |k2|), on k1, k2 són les curvatures principals de S en P .

Solució: Sabem que la relació entre la curvatura k de C i la curvatura de la corresponentsecció normal és

kn = k cosα

on α és l’angle entre la normal a la corba i la normal a la superfície.Per altra banda l’equació d’Euler ens diu que

kn = k1 cos θ2 + k2 sin θ2

on θ és l’angle entre el vector tangent a la corba en P i la primera direcció principal.La hipòtesis sobre la curvatura de Gauss ens diu que k1 i k2 tenen el mateix signe.Si k1 i k2 són positius,

k ≥ k cosα = k1 cos θ2 + k2 sin θ2 ≥ min(k1, k2)(cos2 θ + sin2 θ) = min(k1, k2).

Si k1 i k2 són negatius,

k1 cos θ2 + k2 sin θ2 = k cosα ≥ −kque, canviant de signe ens dóna,

−k1 cos θ2 − k2 sin θ2 = −k cosα ≤ k

i per tant

min(|k1|, |k2|) = min(−k1,−k2)(cos2 θ + sin2 θ) ≤ −k1 cos θ2 − k2 sin θ2 = −k cosα ≤ k.

Exercici 144: [Superfícies reglades] Una superfície S de R3 s’anomena reglada si espot parametritzar de la forma

ϕ(s, t) = α(s) + tv(s),

on α(s) i v(s) són corbes de R3 i |v(s)| = 1.

1. Demostreu que una superfície reglada S té curvatura de Gauss K ≤ 0. A més,K = 0 si i només si el vector normal unitari ν de S és constant al llarg de les rectess = cte.

166

2. Les superfíces reglades amb K = 0 s’anomenen desenvolupables. Proveu que enaquest cas hi ha una corba t = t(s) on ϕ(s, t) deixa de ser regular. Aquesta corbas’anomena eix de regressió (no és pas una recta com podria suggerir la paraula ’eix’).Proveu que les rectes s = cte són tangents a l’eix de regressió.

Solució: a) Observem que

ϕs = γ′(s) + tv′(s)

ϕt = v(s)

ϕtt = 0

Per tant, el coeficient g de la segona forma fonamental (g = ν · ϕtt) és zero. Això implicaque el determinant de la segona forma fonamental és negatiu o zero (−f 2) i, per tant,K ≤ 0. El cas K = 0 correspon, doncs, al cas f = ν ·ϕst = −dν

dt·ϕs = 0. Com que també

dνdtϕt = −ν · ϕtt = 0, resulta que dν

dt= 0 i ν és constant sobre les generatrius.

b) Escrivim ν = f(ϕs ∧ ϕt) amb f = f(s, t) = 1|ϕs∧ϕt| . Tenim

0 = νt = ftϕs ∧ ϕt + f ϕst ∧ ϕt.

Equivalentmentftγ′(s) ∧ v(s) + (tft + f)v′(s) ∧ v(s) = 0.

Si v′(s) i γ′(s) fosin linealment independents obtindriem ft = 0 i tft+f = 0, és a dir, f = 0,el que és una contradicció. Per tant, existeix una funció µ(s) tal que v′(s) = µ(s)γ′(s).

Busquem ara una corba σ(s) = γ(s) + t(s)v(s) tal que

σ′(s) = γ′(s) + t′(s)v(s) + t(s)v′(s) = λ(s)v(s)

per a una certa funció λ. Com v(s) és ortogonal a v′(s) (derivant v(s) ·v(s) = 1) l’anteriorigualtat, juntament amb v′(s) = µ(s)γ′(s), implica

1 + µ(s)t(s) = 0,

és dir, la corba σ(s) amb t(s) = −1/µ(s), és tangent a les generatrius.

Observem finalment que ϕs = γ′(s) + tv′(s), de manera que sobre els punts de σ(s),on t(s) = −1/µ(s)), tenim ϕs = γ′(s)− 1

µ(s)v′(s) = 0. És a dir, sobre l’eix de regressió la

superfície deixa de ser regular.

Exercici 145: Trobeu els punts que realitzen la distància mínima entre dues rectes con-secutives d’una superfície reglada.

Solució: Recordem que els punts que realitzen la distància mínima entre les rectes P+λ~u,Q+ µ~v son X = P + a~u i Y = Q− b~v on a i b estan donats per

−→PQ = a~u+ b~v + c ~u∧~v|~u∧~v| .

Considerem la superfície ϕ(s, t) = γ(s) + t~u(s) on s és el paràmetre arc de la corbaγ(s), i ~u(s) és un vector unitari.

Fixem la recta r : γ(0) + t~u(0). Denotem, per simplificar la notació, P = γ(0) i~u = ~u(0), de manera que r : P + t~u.

Calculem el puntX(s) sobre r que realitza la distància mínima entre r i rs : γ(s)+t~u(s).Per les fórmules anteriors

X(s) = P + a~u,

167

on a = a(s) està determinat per la fórmula

−−−→Pγ(s) = a~u+ b~u(s) + c

~u ∧ ~u(s)

|~u ∧ ~u(s)| ,

amb b = b(s), c = c(s).Per trobar a i b resolem el sistema

−−−→Pγ(s) · ~u = a+ b~u · ~u(s)

−−−→Pγ(s) · ~u(s) = a~u · ~u(s) + b

Obtenim

a(s) =

−−−→Pγ(s) · ~u− (~u · ~u(s))(

−−−→Pγ(s) · ~u(s))

1− (~u · ~u(s))2

Per calcular lims→0 a(s), in obtenir així el punt X(0) demanat, apliquem dos cops laregla de Bernouilli-l’Hôpital.

lims→0

a(s) = lims→0

γ′(s) · ~u− (~u · ~u ′(s))(−−−→Pγ(s) · ~u(s))− (~u · ~u(s))(γ′(s) · ~u(s) +−−−→Pγ(s) · ~u ′(s))

−2(~u · ~u(s))(~u · ~u ′(s)) .

Ara tornem a derivar numerador i denominador, però derivem en el punt s = 0, cosaque simplifica els càlculs, ja que ~u · ~u = 1, i ~u · ~u′(0) = 0, i el vector

−−−→Pγ(s) s’anul.la en

s = 0.Obtenim

a(0) =γ′′(0) · ~u− (2γ′(0) · ~u ′(0) + γ′′(0) · ~u)

−2~u · ~u ′′(0)= −γ

′ · u′|u′|2 ,

on u′ = u′(0), γ′ = γ′(0).Així

X(0) = γ(0)− γ′ · u′|u′|2 ~u.

Hem utlitzat que ~u ′(s) · ~u ′(s) + ~u(s) · ~u′′(s) = 0, igualtat que s’obté derivant dos cops~u(s) · ~u(s) = 1.

Fent aquest argument per a totes les rectes de la superfície reglada obtenim l’anome-nada corba d’estricció, que és la corba

β(s) = γ(s)− γ′(s) · u′(s)|u′(s)|2 ~u(s).

Els punts de β(s) es diuen punts centrals de la superfície reglada.El fet important, que és el que utilitzen els llibres per estalviar-se aquest càlcul llarg

amb l’Hôpital que acabem de fer, (però llavors aquesta propietat de distància mínimaqueda amagada) és que

β′(s) · ~u ′(s) = 0.

Resumint, toga superfície reglada no cilíndrica (u(s) no constant), es pot escriure com

ϕ(s, t) = β(s) + t~u(s), |~u(s)| = 1

per a una certs corba β(s) tal que β′(s) · ~u ′(s) = 0.

168

En quest cas, la quantitat

p(s) =det(β′(s), ~u(s), ~u ′(s))

|~u ′(s)|2

rep el nom de paràmetre de distribució, i es pot veure que la curvatura de Gauss estàdonada per

K(s, t) =−p2(s)

(p2(s) + t2)2.

Exercici 146: L’invers del paràmetre de distribució és la tasa de variació de l’angle entrerectes respecte la seva distància. És a dir, amb la notació del problema anterior, hem deveure que

p(0) = lims→0

d(s)

θ(s)

on d(s) és la distància entre les rectes ϕ(0, t) i ϕ(s, t), i θ(s) és l’angle entre els vectors~u = ~u(0) i ~u(s).

Solució: Aprofitant la notació i els càlculs del problema anterior tenim que

d(s) =−−−−−→β(0)β(s) · ~u ∧ ~u(s)

sin θ(s).

Per tant,

lims→0

d(s)

θ(s)= lim

s→0

−−−−−→β(0)β(s) · ~u∧~u(s)

sin θ(s)

sin θ(s)= lim

s→0

−−−−−→β(0)β(s) · ~u ∧ ~u(s)

sin2 θ(s)

En aplicar un primer cop l’Hôpital obtenim

lims→0

d(s)

θ(s)= lim

s→0

β′(s) · ~u ∧ ~u(s) +−−−−−→β(0)β(s)·

2 sin θ(s) cos θ(s)θ′(s)

Exercici 147 (Desenvolupable tangencial): Sigui α(t) una corba parametritzada perl’arc de curvatura no nul.la en tot punt.

1. Comproveu que ϕ(t, s) = α(t) + s α′(t), amb s 6= 0, defineix una superfície.

2. Demostreu que aquesta superfície és desenvolupable.

3. Proveu que els coeficients de la primera forma fonamental no depenen de la torsióde α.

4. Calculeu la curvatura de Gauss i la curvatura mitjana en termes de la curvatura itorsió de la corba.

5. Considerant una corba plana amb la mateixa curvatura que α, deduïu que hi hauna isometria d’un obert de la superfície anterior amb una regió del pla.

Solució:

169

(a) Localment la parametrització és regular ja que els vectors ϕt = T +ksN i ϕs = T sónlinealment independents, per ser s 6= 0 i k 6= 0.

(b) El vector normal val

ν =ϕt × ϕs|ϕt × ϕs|

= ±B.

Com que no dep’en de

(c) Tenim ϕt = T + ksN i ϕs = T , d’on E = 1 + k2s2, F = 1 i G = 1.

(d)

ϕtt = T + k′sN + ksN = kN + k′sN + ks(−kT − τB)

= −k2sT + (k′s+ k)N − τksBϕts = kN

ϕss = 0

ϕt × ϕs = ksN × T = −ksB

Per tant ν = B i e = τks si s > 0 i ν = −B i e = −τks si s < 0, f = 0 i g = 0.

Exercici 148 (Envolvent de les normals): Sigui α = α(s) una corba de R3 parame-tritzada per l’arc amb curvatura k 6= 0 i torsió τ . Calculeu la curvatura de Gauss de lasuperfície parametritzada per

x(s, λ) = α(s) + λn(s)

on n és el vector normal de la corba α.

Solució:

Exercici 149 (Envolvent de les binormals): Sigui α = α(s) una corba de R3 para-metritzada per l’arc amb curvatura k 6= 0 i torsió τ . Calculeu la curvatura de Gauss dela superfície parametritzada per

x(s, λ) = α(s) + λb(s)

on b és el vector binormal de la corba α.

Solució:

Exercici 150 (Superfície polar): Sigui α = α(t) una corba regular de R3 parametrit-zada per l’arc. La superfície polar de α és la superfície reglada formada per les rectesparal.leles a la binormal (en cada punt) que passen pel centre de curvatura (en aquestpunt). Concretament

ϕ(t, s) = α(t) + ρ(t)n(t) + sb(t)

on ρ(t) és el radi de curvatura de α. La recta que obtenim en fixar t i variar s es diu eixpolar.

170

a) Demostreu que aquesta definició coincideix amb la clàssica: La superfície polarde α és l’envolvent dels plans normals. Recordem que l’envolvent d’una famíliauniparàmetrica de plans (la nostra família és uniparamètrica perquè tenim un plaper a cada valor del paràmetre t de la corba) és una superfície tangent en cada punt aun d’aquests plans. Aquesta superfície es troba fàcilment resolent el sistema formatper l’equació dels plans (que depèn de t) i l’equació que s’obté derivant aquestarespecte del paràmetre t.

b) Trobeu els centres de les esferes osculatrius, que són aquelles amb contacte d’ordre3 amb α(t). Comproveu que pertanyen a la superfície polar.

Indicació: L’esfera

S(x, y, z) := (x− a) · (x− a)−R2 = 0

té un contacte d’ordre k amb α(t) en un punt t0 si

di

dtiS(α(t0)) = 0, i = 0, . . . , k (5)

Comproveu que les esferes amb centre l’eix polar que passen pel corresponent puntde α tenen contacte d’ordre dos amb la corba.

c) Comproveu que la superfície polar és desenvolupable, amb eix de regressió formatpels centres de les esferes osculatrius.

Indicació: L’eix de regressió de la superfície polar és el lloc geomètric dels centresde les esferes osculadores (no és pas una recta com podria suggerir la paraula ’eix’).Recordem que l’eix de regressió d’una família uniparamètrica de plans G(x, y, z, t) =0 és la corba que s’obté en resoldre el sistema

G(x, y, z, t) = 0

d

dtG(x, y, z, t) = 0

d2

dt2G(x, y, z, t) = 0

Solució:

Exercici 151: Demostreu que una superfície compacta té com a mínim un punt el.líptic.Deduïu que una superfície minimal (i.e. amb curvatura mitjana H = 0) no pot sercompacta.

Solució: Si S és compacta aleshores la aplicació f : S → R definida per f(x, y, z) =‖(x, y, z)‖2 = x2 + y2 + z2 pren un valor màxim R2 en un cert punt p ∈ S. Vegem enprimer lloc que el vector normal de S en p és ν(p) = p

R. En efecte, per a tot vector

tangent v ∈ TpS prenem una corba β ⊂ S tal que β(0) = p i β′(0) = v. Com queg(s) = f(β(s)) té un màxim en s = 0 deduïm que g′(0) = 〈β′(0), β(0)〉 = 〈v, p〉 = 0, i pertant p és ortogonal a tot vector tangent. Considerem ara w ∈ TpS un vector propi unitaride l’aplicació de Weingarten en p amb valor propi k i α(s) una corba parametritzada perl’arc amb α(0) = p i α′(0) = w Com que w és unitari tenim que

k = kn(w) = II(w) = 〈−dν(w), w〉 = 〈−ν ′(0), α′(0)〉 = 〈ν(p), α′′(0)〉.

171

D’altra banda, la funció g(s) = f(α(s)) = 〈α(s), α(s)〉 té un màxim en s = 0, per tant notan sols g′(0) = 0 sinó que a més g′′(0) ≤ 0. Calculem doncs g′′(0) i obtenim

g′′(0) = 2(〈α′′(0), α(0)〉+〈α′(0), α′(0)〉) = 2(〈α′′(0), p〉+〈w,w〉) = 2(R〈α′′(0), ν(p)〉+1) = 2(Rk+1).

D’on Rk + 1 ≤ 0, és a dir, k ≤ −1R. I per tant, K(p) ≥ 1

R2 > 0. Clarament això implicaque una superfície mínima no pot ser compacta.

Exercici 152: Coordenades isotermes. Si ds2 = λ(u, v)(du2 + dv2) (en aquest cas esdiu que u, v són coordenades isotermes) proveu que la curvatura de gauss K està donadaper

K = − 1

2λ∆ log λ

on ∆ = ∂2

∂u2+ ∂2

∂v2és el Laplacià de R2 i λ(u, v) és una funció positiva. Calculeu la curvatura

de Gauss d’una superfície en la qual E = 1/(u2 + v2 + c2)2 = G i F = 0.

Solució: Posant E = G = λ a l’expressió de la curvatura del problema anterior (en elque ja havíem suposat F = 0) obtenim

K = − 1

2λ

[(λuλ

)

u

+

(λvλ

)

v

]= − 1

2λ

[(∂ log λ

∂u

)

u

+

(∂ log λ

∂v

)

v

]

= − 1

2λ

[∂2 log λ

∂u2+∂2 log λ

∂v2

]= − 1

2λ∆ log λ.

En particular, si λ = 1(u2+v2+c2)2

aleshores −12

log λ = log(u2 + v2 + c2) i per tant,

K =

(2u

u2+v2+c2

)u

+(

2vu2+v2+c2

)v

1(u2+v2+c2)2

= 2(u2 + v2 + c2)− 4u2 + 2(u2 + v2 + c2)− 4v2 = 4c2.

Exercici 153: Sigui ϕ(u, v) una carta isoterma.

1. Demostreu que 〈∆ϕ, ϕu〉 = 〈∆ϕ, ϕv〉 = 0.

2. Demostreu que la superfície ϕ(u, v) és minimal si i només si ∆ϕ(u, v) = 0

Solució: a) Observem que el laplacià es pot escriure com

∆ϕ = ϕuu + ϕvv.

Derivant les relacions

ϕu · ϕv = 0

ϕu · ϕu = ϕv · ϕv = λ

obtenim

2ϕuu · ϕu = λu

2ϕuv · ϕv = λu

ϕuu · ϕv + ϕu · ϕuv = 0

172

i, per tant,

(ϕuu + ϕvv) · ϕu =λu2− λu

2= 0.

I anàlogament quan multipliquem el laplacià per ϕv.b) Si el laplacià és zero, els termes de la diagonal de la segona forma fonamental són

e = −ϕuu · ν = ϕvv · ν = −g.

La matriu de l’endomorfisme associat (endomorfisme de Weingarten) és el producte dematrius L = I−1II. Aquesta matriu té traça zero, ja que la segona forma fonamental tétraça zero i la primera forma fonamental és un múltiple de la identitat. Com la curvaturamitjana és la traça de l’endomorfisme associat, hem acabat.

Exercici 154 (Apunts J. Monterde ): Suposem que projectem sobre una pantalla planal’ombra que fa un superfície quan la il.luminem amb una llum formada per raigs paral-lels a una direcció. La frontera de l’ombra és el que s’anomena el contorn aparent dela superfície en la direcció determinada per la llum. Cada punt d’aquesta corba planacorrespon, com a mínim, a un punt de la superfície. El conjunt d’aquest punts s’anomenagenerador del contorn, o corba generatriu.

1. Demostra que una condició necessària (en general no suficient) perquè un punt Pd’una superfície donada S, pertanyi a la corba generatriu del contorn és 〈ν(P ), w〉 =0, on ν és el camp normal unitari a la superfície S i w és el vector que ens dóna ladirecció dels raigs de llum.

2. Demostreu queII(T,w) = 0,

on T és el vector tangent a la corba generatriu en el punt P , i II és la segona formafonamental de la superfície.

3. Si T i w són linealment independents (i, per tant, base de TPS) demostreu quel’aplicació de Weingarten està donada per

W =1

sin2 θ

(kn(T ) −kn(w) cos θ

−kn(T ) cos θ kn(w)

)

on θ és l’angle entre T i w.

4. Si el pla on veiem l’ombra és ortogonal a w, demostreu que

K(P ) = k(Q) · kn(w),

on K(P ) és la curvatura de Gauss de la superfície en el punt P , Q és l’ombra de P ,i k(Q) és la curvatura de la corba contorn aparent en Q.

Solució: a) Considerem el pla que passa per P amb espai director 〈w, ν(P )〉. La inter-secció d’aquest pla amb la superfície és una corba i aquesta corba només pot tenir unpunt en comú amb la recta l : P + 〈w〉. Per tant, aquesta recta l és tangent a la corba.Com ν(P ) és normal a les tangents en P de tots les corbes contingudes a la superfície, enparticular ν(P ) és ortogonal a w.

173

b) Per definició

II(T,w) = I(−dνds, w) = 〈−dν

ds, w〉

on ν(s) és la restricció del normal a la superfície a la generatriu γ(s) (corba integral deT ).

Però com que per a tot s tenim, per l’apartat a), que 〈ν(s), w〉 = 0, simplementderivant tenim el resultat.

c) En aquesta base

I =

(1 cos θ

cos θ 1

)

i per tant

W = I−1II =1

sin2 θ

(1 − cos θ

− cos θ 1

)(kn(T ) 0

0 kn(w)

)

com volíem.d) Observem que

K(P ) = detW (P ) =1

sin2 θ(kn(T ) · kn(w))

Per tant, només cal demostra que

kn(T ) = k(Q) · sin2 θ.

Denotem γ(s) la corba generatriu del contorn. Llavors la corba contorn aparent és lacorba

β(s) = γ(s) + λ(s)w

amb λ′(s) = − cos θ (només cal imposar β′(s) · w = 0).La observació important és que ν(γ(s)) = N(s), on N(s) el el vector normal a β(s).

Això és degut a que tant ν(γ(s)) com N(s) són ortogonals a w i β′(s).Així,

kn(T ) = II(T, T ) = 〈−dνds, T 〉 = 〈ν, γ′′(s)〉 = 〈ν, β′′(s) + (cos θ)′w〉 = 〈ν, β′′(s)〉

Però s no és paràmetre arc de θ. Si posem

Tβ =β′(s)

|β′(s)| =β′(s)

sin θ

tenim

β′(s) = |β′(s)|Tββ′′(s) = |β′(s)|′ Tβ + |β′(s)| d

dτ

dτ

dsTβ

on τ és el paràmetre arc de β (en particular dτ/ds = |β′(s)| = sin θ).Per tant tenim,

kn(T ) = 〈ν, β′′(s)〉 = 〈ν, sin2 θkβ(s)n(s)〉 = k(Q) sin2 θ,

com volíem.

174

Exercici 155 (Apunts J. Monterde ): Estudieu les corbes α(t) sobre una superfície S talsque 〈ν(α(t)), α(t) − F 〉 = 0, on ν és el camp normal unitari a la superfície S. Aquestacorba és la corba generatriu de la superfície il.luminada amb un focus situat en el punt fixF .

1. Demostreu queII(T, P − F ) = 0,

on T és el vector tangent a la corba generatriu en el punt P , i II és la segona formafonamental de la superfície.

2. Trobeu la matriu de l’aplicació de Weingarten en la base T i w = P − F (en el casque aquests dos vectors formin efectivament una base).

3. Demostreu que

K(P ) =kn(T ) · kn(P − F )

sin2 θ

on K(P ) és la curvatura de Gauss de la superfície en el punt P , i θ és l’angle entreT i w = P − F .

Solució: a) Simplement derivant

〈ν(α(t)), α(t)− F 〉 = 0

obtenim el resultat.b)

II =

(kn(T ) 0

0 kn(w)|w|2)

Per tant,

W = I−1II =1

|w|2 sin2 θ

(|w|2 −|w| cos θ

−|w| cos θ 1

)(kn(T ) 0

0 kn(w)|w|2)

Operant obtenim

W =1

|w|2 sin2 θ

(|w|2kn(T ) −kn(w)|w|3 cos θ

−kn(T )|w| cos θ kn(w)|w|2)

i per tant

K = detW = K(P ) =kn(T ) · kn(P − F )

sin2 θ.

Exercici 156: Siguin S1 i S2 dues superfícies que es tallen al llarg d’una corba regularC formant un angle θ(P ) (angle entre les normals) en cada un dels punts P ∈ C.

Demostreu que la curvatura k de C en P compleix

k2 sin2(θ) = λ21 + λ2

2 − 2λ1λ2 cos(θ),

on λ1 i λ2 són les curvatures normals en P en la direcció de la recta tangent a C, a S1 iS2 respectivament.

175

Solució: Sigui γ(s) una parametrització per l’arc de C. Sabem que la curvatura normalen una direcció donada es calcula aplicant la segona forma fonamental al vector unitarien aquesta direcció. Denotem T (s) = γ′(s)

λi = IIi(T, T ) = −dνids· T = νi · kν = k cosαi, i = 1, 2

on N = N(s) és la normal principal de γ(s) i αi és l’angle entre N i la normal a lasuperfície νi.

Observem queθ = α2 − α1,

ja que les tres normals N, ν1, ν2 estan en un mateix pla, concretament en el pla rectificantde γ(s).

Un càlcul directe ens diu que

sin2 θ = cos2 α1 + cos2 α2 − 2 cosα1 cosα2 cos θ.

Per tant,

k2 sin2 θ = k2 cos2 α1 + k2 cos2 α2 − 2k2 cosα1 cosα2 cos θ = λ21 + λ2

2 − 2λ1λ2 cos θ.

Exercici 157: Sigui S la superfície de R3 engendrada al fer girar al voltant de l’eix 0yla corba C continguda en el pla xy i parametritzada per α(t) = (2 + cos t, 2 sin t) on0 ≤ t ≤ 2π. Trobeu les corbes de S que són asimptòtiques i, a la vegada, línies decurvatura.

Solució: La superfície de revolució està donada per

ϕ(t, u) = ((2 + cos t) cosu, 2 sin t, (2 + cos t) sinu).

Per tant,

ϕt = (− sin t cosu, 2 cos t,− sin t sinu)

ϕu = (−(2 + cos t) sinu, 0, (2 + cos t) cosu)

E = 4 cos2 t+ sin2 t

F = 0

G = (2 + cos t)2

ν =1√

4 cos2 t+ sin2 t(2 cos t cosu, sin t, 2 cos t sinu)

ϕtt = (− cos t cosu,−2 sin t,− cos t sinu)

ϕtu = (sin t sinu, 0,− sin t cosu)

ϕuu = (−(2 + cos t) cosu, 0,−(2 + cos t) sinu)

e = − 2√E

f = 0

g = −(2 + cos t) cos t√E

L’equació de les línies de curvatura és

176

∣∣∣∣∣∣

u′2 −u′t′ t′2

E 0 Ge 0 g

∣∣∣∣∣∣= t′u′(Eg − eG) = 0,

però és fàcil veure, substituint els valors que acabem de trobar, que (Eg − eG) = 0 si inomés si 3 cos3 t = 4 + cos t, igualtat que no es pot donar mai, de manera que les líniesde curvatura són les línies coordenades t = constant i u = constant.

Les línies asimptòtiques estan caracteritzades per tenir un vector tangent V = (t′, u′)tal que II(V, V ) = 0. Com f = 0, aquesta condició s’escriu com et′2 + gu′2 = 0.

Considerem les línies de curvatura t = constant, i mirem si són també asimptòtiques.La condició de ser asimptòtica és ara gu′2 = 0, és a dir,

− 1√E

(2 + cos t) cos t = 0,

que implica t = π/2. És a dir, la corba ϕ(π/2, u) = (2 sinu, 0, 2 cosu) és a la vegadaasimptòtica i línia de curvatura.

Les línies de curvatura u = constant no són asimptòtiques ja que ara la condició éset′2 = 0, i com que e = 2√

Eaquesta condició no es pot donar.

Exercici 158: Determineu les corbes asimptòtiques i les línies de curvatura de la super-fície d’equació z = xy.

Solució: Considerem la parametrització ϕ(x, y) = (x, y, xy). Tenim

ϕx = (1, 0, y)

ϕy = (0, 1, x)

E = 1 + y2

F = xy

G = 1 + x2

ν =1√

1 + x2 + y2(−y,−x, 1)

ϕxx = (0, 0, 0)

ϕxy = (0, 0, 1)

ϕyy = (0, 0, 0)

e = 0

f =1√

1 + x2 + y2

g = 0

Les corbes asimptòtiques tenen coordenades (x′(s), y′(s)) respecte de la base (ϕx, ϕy)tals que

(x′ y′

)( 0 ff 0

)(x′

y′

)= 2fx′y′ = 0.

Com f 6= 0, les corbes asimptòtiques són les corbes coordenades x = constant, y =constant.

177

L’equació diferencial de les línies de curvatura és∣∣∣∣∣∣

y′2 −x′y′ x′2

1 + y2 xy 1 + x2

0 f 0

∣∣∣∣∣∣= f(1 + y2)x′2 − f(1 + x2)y′2 = 0.

Com f 6= 0, les línies de curvatura han de complir

x′√1 + x2

=y′√

1 + y2.

Integrant, obtenim argsinhx = argsinh y + c, és a dir,

x = y cosh c+√

1 + y2 sinh c.

Exercici 159: Demostreu que si totes les rectes normals a una superfície tallen una rectafixa, la superfície és de revolució i la recta fixa és l’eix de revolució.

Solució: Suposem que la recta és l’eix de les y′s. La condició donada és equivalent a queexisteixi una funció λ = λ(u, v) tal que

ϕ(u, v) + λ(u, v)ϕu(u, v) ∧ ϕv(u, v) = (0, ∗, 0).

A partir d’ara ometrem en aquesta i altres equacions la referència al punt (u, v) i escriuremnomés

ϕ+ λϕu ∧ ϕv = (0, ∗, 0).

Equivalentment,

x+ λ(yuzv − yvzu) = 0

z + λ(xuyv − xvyu) = 0

Tallem ara la superfície en qüestió pel pla y = y0. És a dir, fem y(u, v) = y0. Aquestaigualtat defineix v = v(u) de tal manera que y(u, v(u)) = 0. Derivant tenim

dy

du= yu + yv v

′ = 0.

Ara restringim la funció x2 + z2 = x(u, v)2 + z(u, v)2, al pla y = y0, de manera quetindrem una funció només de u, x(u, v(u))2 + z(u, v(u))2, i derivem

d(x2 + y2)

du= 2x(xu + xv v

′) + 2z(zu + zv v′)

= 2x(xu + xv (−yuyv

)) + 2z(zu + zv (−yuyv

))

= 2x(−zλyv

) + 2z(x

λyv)

= 0.

El fet de que aquesta funció sigui constant vol dir que la superfície és de revolució alvoltant de l’eix de les y′s. El radi de gir en el pla y = y0 és justament

√x2 + z2.

178

Exercici 160: Trobeu les loxodromes del tor de revolució parametritzat per

ϕ(u, v) =((a+ r cos

(ur

))cos v,

(a+ r cos

(ur

))sin v, r sin

(ur

)),

és a dir, les corbes ϕ(u(t), v(t)) que formen un angle constant θ amb els paral.lels u =constant. Podeu utilitzar que

∫du

a+ r cos(ur)

= 2 r arctan

((a− r) tan

( u2 r

) 1√a2 − r2

)1√

a2 − r2+K.

Solució: La mètrica del tor respecte d’aquesta parametrització és(

1 00 (a+ r cos u

r)2

).

Busquem corbes (u, v(u)) tals que el seu vector tangent en cada punt (u0, v(u0)) formiangle constant amb el vector tangent a les corbes (u0, v) en aquest punt. Com això ha des er cert per a tot valor u0, traiem aquest subindex i tenim,

(0 1

)( 1 00 (a+ r cos u

r)2

)(1v′

)

√(

0 1)( 1 0

0 (a+ r cos ur)2

)(01

)√(1 v′

)( 1 00 (a+ r cos u

r)2

)(1v′

) = cos θ.

És a dir

v′(a+ r cos ur)√

1 + v′2(a+ r cos ur)2

= cos θ.

Que, elevant al quadrat i agrupant els termes en v′2, queda

v′ = cot θ1

a+ r cos ur

o bé

dv = cot θdu

a+ r cos ur

.

Integrant terme a terme i usant la indicació hem acabat.

Exercici 161: Considerem la superfície de revolució S donada per l’equació z = cosh(√x2 + y2).

(a) Trobeu la longitud r de l’arc de meridià que va del punt (0, 0, 1) al punt (a, 0, cosh(a)).

(b) Calculeu l’àrea A de la regió R de S donada per z ≤ cosh(a) i expresseu-la en funcióde r (A = A(r)).

(c) Calculeu el cosinus de l’angle que forma el vector normal a S en el punt (a, 0, cosh(a))amb el vector (0, 0, 1).

179

(d) Trobeu l’àrea del casquet esfèric obtingut com la imatge de R ⊂ S per l’aplicació deGauss de S. Aquest casquet el denotarem ν(R) i la seva àrea per A(ν(R)). (Podeuutilitzar que l’àrea d’un casquet esfèric d’amplitud θ ∈ [0, π], en una esfera de radi 1,és 2π(1− cos θ).)

(e) Calculeu la curvatura de Gauss K de S en el punt (0, 0, 1) i comproveu que

limr→0

πr2 − A(r)

r4=

π

12K.

(Podeu utilitzar que argsinhx = ln(x +√x2 + 1) = x − x3

6+ O(x5) i (1 + x)α =

1 + αx+ α(α−1)x2

2+O(x3).)

(f) Amb la mateixa notació que a l’apartat anterior, comproveu que

K = limr→0

A(ν(R))

A(r)

Solució: a) Aquest meridià està parametritzat per γ(x) = (x, 0, coshx), amb 0 ≤ x ≤ a.Per tant

r =

∫ a

0

|γ′(x)| dx =

∫ a

0

coshx dx = sinh a.

b) Parametritzem en polars ϕ(ρ, α) = (ρ cosα, ρ sinα, cosh ρ). Així

ϕρ = (cosα, sinα, sinh ρ)

ϕα = (−ρ sinα, ρ cosα, 0)

I la primera forma fonamental

I =

(cosh2 ρ 0

0 ρ2

).

L’àrea demanada és dons

A(r) =

∫ 2π

0

∫ a

0

ρ cosh ρ dρ dα = 2π(a sinh a−cosh a+1) = 2π(r ·argsinh r−√

1 + r2 +1).

c) El normal en un punt de coordenades (ρ, α) és

ν = (− tanh ρ cosα,− tanh ρ sinα,1

cosh ρ)

En el punt ρ = a i α = 0, el producte escalar de ν per (0, 0, 1) és 1/ cosh a, de maneraque si diem θ a l’angle que formen en aquest punt aquests dos vectors tenim

cos θ =1

cosh a.

d) Només hem d’aplicar la fórmula de l’àrea del casquet i tenir en compte l’apartatanterior.

180

A(ν(R)) = 2π(1− cos θ) = 2π(1− 1√1 + r2

).

e) Maple diu que la curvatura de Gauss K en un punt de coordenades (x, y) estàdonada per

K =sinh

(√x2 + y2

)

√x2 + y2

(cosh

(√x2 + y2

))3

Per tant, prenent límits quan (x, y)→ (0, 0) tenim que, a l’origen, K = 1.Per altra banda, desenvolupant fins quart ordre

A(r) = 2π(r(r − r3

6+ . . . )− (1 +

r2

2− r4

8+ · · ·+ 1)) = πr2 − πr4

12+ . . .

Ara el resultat és clar.f)

limr→0

A(ν(R))

A(r)= lim

r→0

2π(1− 1√1+r2

)

πr2 − πr4

12+ . . .

= limr→0

2π(1 + r2

2− r4

8+ · · · − 1)

(1 + r2

2− r4

8+ . . . )(πr2 − πr4

12+ . . . )

= 1

Exercici 162: Volta de Viviani. Sigui S l’esfera de radi 2a centrada a l’origen (d’e-quació x2 + y2 + z2 = 4a2) i sigui S el cilindre d’equació (x− a)2 + y2 = a2.

1. Calculeu la primera forma fonamental de S i S. (Per a l’esfera S utilitzeu la para-metrització donada per la latitud ϕ ∈ (−π

2, π

2) i la longitud θ ∈ (−π, π)).

2. Parametritzeu la corba α obtinguda al fer la intersecció S ∩ S. (Recordeu quel’expressió en coordenades polars de la circumferència (x− a)2 + y2 = a2 és r(θ) =2a cos θ.)

3. Calculeu l’angle que forma la corba α amb els paral.lels de l’esfera en funció de lalatitud ϕ0 del paral.lel ϕ = ϕ0.

4. Calculeu la seva longitud.

5. Proveu que l’àrea de la volta de Viviani, que és la regió de la esfera x2 +y2 +z2 = 4a2

delimitada pel cilindre (x − a)2 + y2 ≤ a2 dins el semiespai superior z ≥ 0, val4a2(π − 2).

Solució: a) Parametritzem l’esfera amb x(θ, ϕ) = (2a cos θ cosϕ, 2a sin θ cosϕ, 2a sinϕ)amb θ ∈ (−π, π) i ϕ ∈ (−π

2, π

2). L’element d’àrea és doncs dA = 4a2 cosϕdθdϕ.

b) Observem que la intersecció de la esfera amb el cilindre és una corba que en co-ordenades cilíndriques (r, θ, z) de R3 verifica que r = 2a cos θ amb θ ∈ (−π

2, π

2) (per

estar continguda al cilindre) i r2 + z2 = 4a2 (per estar continguda a l’esfera), d’onz = +

√4a2 − 4a2 cos2 θ = 2a| sin θ| = 2a sin |θ|, és a dir, podem parametritzar la cor-

ba intersecció sobre la esfera mitjançant θ 7→ x(θ, |θ|), θ ∈ (−π2, π

2).

c) Siguinx(θ, ϕ) = (2a cos θ cosϕ, 2a sin θ cosϕ, 2a sinϕ),

181

α(θ) = x(θ, |θ|) amb θ ∈ (−π2, π

2) i βϕ0(θ) = x(θ, ϕ0) parametritzacions de l’esfera, de la

corba α, intersecció de S i S, i del paral.ll de latitud ϕ0. Tenim que α′ = xθ(θ, |θ|) ±xϕ(θ, |θ|) i β′ϕ0

= xθ(θ, ϕ0). Si denotem per a(ϕ0) l’angle que formen aquests dos vectorstenim que

cos a(ϕ0) =〈xθ(ϕ0, ϕ0)± xϕ(ϕ0, ϕ0), xθ(ϕ0, ϕ0)〉‖xθ(ϕ0, ϕ0)± xϕ(ϕ0, ϕ0)‖ ‖xθ(ϕ0, ϕ0)‖

=4a2 cos2 ϕ0√

4a2(1 + cos2 ϕ0)(2a cosϕ0

) =cosϕ0√

1 + cos2 ϕ0

d)e) La regió V ⊂ (−π, π)× (−π

2, π

2) sobre la qual cal integrar l’element d’àrea dA és

V =

(θ, ϕ) ∈(− π

2,π

2

)×(0,π

2

)| |θ| ≤ ϕ

.

I així, l’àrea de la volta de Viviani és igual a∫

V

dA = 4a2

∫ θ=π2

θ=−π2

dθ(∫ ϕ=π

2

ϕ=|θ|cosϕdϕ

)= 8a2

∫ θ=π2

θ=0

dθ(∫ ϕ=π

2

ϕ=θ

cosϕdϕ)

= 8a2

∫ π2

0

[sinϕ

]π2

θdθ = 8a2

∫ π2

0

(1− sin θ)dθ = 8a2[θ + cos θ

]π2

0= 8a2

(π2− 1)

= 4a2(π − 2)

Exercici 163: Considereu la banda de Möbius a R3 donada per

c(u, v) = (2 cosu+ v sin(u/2) cosu, 2 sinu+ v sin(u/2) sinu, v cos(u/2)),

u ∈ [0, 2π], v ∈ [−1, 1]. Calculeu l’àrea de M .

Solució: Tot i que M no és orientable traiem un segment i ja ho és. Si G és el tensormètric a R3 fem c∗G i obtenim com a primera forma fonamental E = 4+4 sin ((1/2)u) v−v2 (cos ((1/2)u))2 + (5/4) v2 = (2 + v sin(u/2))2 + v2

4, G = 1 i F = 0. A partir d’aquí fem

servir Maple.12

Exercici 164: La primera forma fonamental d’una superfície S parametritzada per ϕ =ϕ(u, v) és (

1 00 u2 + a2

)

on a és una constant positiva.

1. Calculeu el perímetre del triangle curvilini determinat per les corbes u = ±12av2 i

v = 1.12Veureu que Maple té problemes. Independent d’això, la parametrització de la banda de Moebius

donada aquí correspon a una superfície que NO té curvatura de gauss zero. Aquesta curvatura de gausssí que la sap calcular el maple fàcilment. Sobre v = 0 val −1/16. Per tant, no es correspon amb labanda de Moebius que obtenim habitualment doblegant el paper, tal com va observar el gran Odí. LaFlat Moebius band és la superfície de les normals principals de la corba (sin t, (1− cos t)3, sin t(1− cos t)),vegeu A pretender to the title ‘canonical Moebius Strip’, G. Schwarz, Pacific J.M., 143, 1990.

182

2. Determineu els angles d’aquest triangle curvilini.

3. Calculeu l’àrea del triangle determinat per les corbes u = ±av i v = 1.

Solució: a) Considerem el costat u = 12av2 com la imatge per ϕ de la corba (1

2av2, v). El

vector tangent té components (av, 1) respecte de la base (ϕu, ϕv), i per tant la longitudde la corba entre v = 0 i v = 1 està donada per

∫ 1

0

√(av 1

)( 1 00 a2 + u(v)2

)(av1

)dv = a

∫ 1

0

(1 +v2

2) =

7a

6.

Observis que hem restringit la mètrica als punts de la corba on estem multiplicant, peraixò hem canviat el terme a2 + u2 per a2 + 1

4a2v4. El mateix resultat obtindríem per a la

corba u = −12av2.

La corba v = 1 és la imatge per ϕ de la corba (u, 1), amb −12a < u < 1

2a. Per tant, la

seva longitud val∫ 1

2a

− 12a

√(

1 0)( 1 0

0 a2 + u2

)(10

)dv = a.

El perímetre és doncs 10 a/3.b) Els vèrtexs d’aquest triangle curvilini són els punts A = (0, 0), B = (1

2a, 1), C =

(−12a, 1). Els vectors tangents a les corbes que es tallen en A estan donats per (±av, 1),

que en A (v = 0) valen tots dos (0, 1), per tant l’angle en el vèrtex A és zero.Els vectors tangents que concorren en el punt B són (1, 0) i (a, 1). Per tant

cosB =

(1 0

)( 1 00 5a2/4

)(a1

)

|(1, 0)||(a, 1)| =a√

(a 1

)( 1 00 5a2/4

)(a1

) =2

3.

Els vectors tangents que concorren en el punt C són (1, 0) i (a,−1). Per tant

cosC =

(1 0

)( 1 00 5a2/4

)(a−1

)

|(1, 0)||(a,−1)| =a√

(a −1

)( 1 00 5a2/4

)(a−1

) =2

3.

c) L’element d’àrea és dA =√u2 + a2du ∧ dv.

Per tant,

Àrea =

∫ 1

0

(∫ av

−av

√u2 + a2du

)dv =

∫ 1

0

[1

2u√u2 + a2 +

1

2a2 ln

(u+√u2 + a2

) ]av−av

dv

=

∫ 1

0

a2v√

1 + v2dv +a2

2

∫ 1

0

ln(av + a√

1 + v2)dv − a2

2

∫ 1

0

ln(−av + a√

1 + v2)dv

= a2(−1

3+

2

3

√2) +

a2

2(1−

√2 + ln(1 +

√2))− a2

2(1 +

√2 + ln(1 +

√2))

=a2(2−

√2)

3.

183

Exercici 165: Sigui S ⊂ R3 l’hiperboloide d’equació x2 + y2 = 1 + z2.

1. Determineu l’àrea de la regió de S limitada pels paral.lels z = z0 i z = z1.

2. Calculeu la curvatura de Gauss de S.

Solució:

(a) Prenem la parametrització

ϕ(u, v) = (coshu, cos v, coshu, sin v, sinhu)

Llavors

ϕu = (sinhu cos v, sinhu sin v, coshu)

ϕv = (− coshu sin v, coshu cos v, 0)

E = sinh2 u+ cosh2 u, F = 0, G = cosh2 u

L’element d’àrea és dσ =√EG− F 2 = coshu

√1 + 2 sinh2 u i per tant

Area(R) = 2π

∫ arcsinhz1

arcsinhz0

coshu√

1 + 2 sinh2 udu = 2π

(1 + 2 sinh2 u

)3/21

6

∣∣∣∣arcsinhz1

arcsinhz0

=π

3

((1 + 2z2

1)3/2 − (1 + 2z20)3/2

)

(b)

ϕuu = (coshu cos v, coshu sin v, sinhu)

ϕuv = (− sinhu sin v, sinhu cos v, 0)

ϕvv = (− coshu cos v,− coshu sin v, 0)

ϕu ∧ ϕv = (− cosh2 u cos v,− cosh2 u sin v, sinhu cosh v)

||ϕu ∧ ϕv|| = coshu√

cosh2 u+ sinh2 u

ν =1√

cosh 2u(− coshu cos v,− coshu sin v, sinhu)

e = 〈ν, ϕuu〉 =−1√

cosh 2uf = 〈ν, ϕuv〉 = 0

g = 〈ν, ϕvv〉 =cosh2 u√cosh 2u

K =eg − f 2

EG− F 2=

−1

cosh2 2u

Exercici 166: Superfícies tubulars. Sigui α : I → R3 una corba regular parametrit-zada per l’arc i amb curvatura mai nul.la. Sigui Πu el pla normal a la corba en el puntα(u). Sobre Πu considerem una circumferència Cu de centre α(u) i radi r(u). La reunióS = ∪u∈ICu d’aquestes circumferències s’anomena superfície tubular o tub al voltant dela corba α(u) amb radi (variable) r(u). Moltes vegades es pren r(u) constant r0 i es parladel tub de radi r0.

184

1. Proveu queϕ(u, v) = α(u) + r(u)(cos v N(u) + sin v B(u))

‘parametritza’ S, on N(u) i B(u) denoten els vectors normal principal i binormalde la corba α.

2. Proveu que si 0 < r(u) < 1/k(u), on k(u) és la curvatura de α, aleshores ϕu∧ϕv 6= 0.

3. Trobeu la primera forma fonamental associada a aquesta parametrització.

4. Demostreu que l’àrea de S no depèn de la torsió de α.

5. Trobeu les línies de curvatura si r és constant i la corba α és plana.

6. Particularitzeu els resultats anteriors al cas del tor.

Solució:

(a) Com que N(u) i B(u) constitueixen una base ortonormal del pla Πu aleshores tenimque per tot u ∈ I la corba v 7→ α(u) + r(u) cos v N(u) + r(u) sin v B(u) parame-tritza la circumferència Cu de centre α(u) i radi r(u) sobre el pla Πu, i per tant, ϕparametritza S.

(b) i (c) Calculem els vectors tangents utilitzant les fórmules de Frenet de la corba α:

ϕu(u, v) = α′(u) + r′(u)(cos v N(u) + sin v B(u)) + r(u)(cos v N ′(u) + sin v B′(u))

=(

1− k(u)r(u) cos v)T (u) +

(r′(u) cos v + r(u)τ(u) sin v

)N(u)

+(r′(u) sin v − r(u)τ(u) cos v

)B(u)

ϕv(u, v) = −r(u) sin v N(u) + r(u) cos v B(u)

i la primera forma fonamental ve donada per

E(u, v) = (1− k(u)r(u) cos v)2 + r′(u)2 + r(u)2τ(u)2

F (u, v) = −r(u)2τ(u)

G(u, v) = r(u)2

de manera que el seu determinant és igual a

EG− F 2 =(

(1− k(u)r(u) cos v)2 + r′(u)2)r(u)2

Recordem que ϕ és immersió si i només si dϕ és injectiva si i només si els vectorsϕu i ϕv són linealment independents, si i només si ϕu × ϕv 6= 0, si i només siEG − F 2 = ‖ϕu × ϕv‖2 6= 0. Així, la nostra parametrització ϕ és una immersió sii només si r(u) 6= 0 i o bé 1 − k(u)r(u) cos v 6= 0 o bé r′(u) 6= 0, per tot (u, v) ∈I × (0, 2π). Observem que la condició 1 − k(u)r(u) cos v 6= 0 es satisfà sempre que0 < r(u) < 1

k(u).

(d) Observem també que l’element d’àrea dA =√EG− F 2dudv no depèn de la torsió

τ de la corba α.

185

(e) Les línies de curvatura són corbes β(t) sobre la superfície de manera que per tot tel vector tangent β′(t) és un vector propi de l’aplicació de Weingarten W = −dν.Suposem que r(u) és constant i α és plana (i.e. τ(u) ≡ 0) i calculem en aquest cas

ϕu × ϕv =

∣∣∣∣∣∣

T (u) N(u) B(u)1− k(u)r(u) cos v 0 0

0 −r(u) sin v r(u) cos v

∣∣∣∣∣∣= −(1− k(u)r(u) cos v)(r(u) cos v N(u) + r(u) sin v B(u)),

llavors el vector normal de la superfície S és igual a

ν(u, v) =ϕu ∧ ϕv‖ϕu ∧ ϕv‖

= − cos v N(u)− sin v B(u).

Si derivem ν(u, v) respecte u i v obtenim

dν(ϕu)(u, v) =∂ν(u, v)

∂u= − cos v N ′(u) = − cos vk(u)T (u) || ϕu(u, v)

dν(ϕv)(u, v) =∂ν(u, v)

∂v= sin v N(u)− cos v B(u)|| ϕv(u, v)

Per tant, les línies de curvatura són en aquest cas les línies coordenades.

(f) Sigui α(u) = (a cos ua, a sin u

a, 0), llavorsN(u) = (− cos u

a,− sin u

a, 0) iB(u) = (0, 0, 1).

La condició de regularitat és b ≡ r(u) < 1k(u)

= 11/a

= a i la parametrització és

ϕ(u, v) = (a cosu

a, a sin

u

a, 0) + b

(cos v(− cos

u

a,− sin

u

a, 0) + sin v(0, 0, 1)

)

= ((a− b cos v) cosu

a, (a− b cos v) sin

u

a, b sin v).

La primera formal fonamental s’escriu com( (

1− ba

cos v)2

00 b2

)

i l’àrea, com ja havíem vist, és∫ 2πa

0

du

∫ 2π

0

dv(1− b

acos v)b = 4π2ab.

Finalment, les línies de curvatura del tor són les seves línies coordenades, és a dir,els paral.lels i els meridians.

Exercici 167: Doneu l’expressió de la curvatura de Gauss en un sistema de coordenadesortogonals.

Solució: Una definició equivalent de curvatura de Gauss a la del determinant de l’apli-cació de Weingarten és K = 〈R(ϕv ,ϕu)ϕu,ϕv〉

EG−F 2 que, utilitzant els símbols de Christoffel percalcular les derivades covariants, dóna la coneguda fórmula

−EK = (Γ212)u − (Γ2

11)v + Γ112Γ2

11 + Γ212Γ2

12 − Γ211Γ2

22 − Γ111Γ2

12

186

que es dedueix amb càlculs de la definició de K = detW (i que està en la base d’unademostració del Teorema Egregi de Gauss). L’expressió dels símbols de Christoffel enfunció dels coeficients de la primera forma fonamental i les seves derivades és molt méssenzilla quan F = 0 (coordenades ortogonals):

Γ111 = Eu

2EΓ2

11 = −Ev2G

Γ112 = Ev

2EΓ2

12 = Gu2G

Γ122 = −Gu

2EΓ2

22 = Gv2G

De manera que

−EK =(Gu

2G

)u

+(Ev

2G

)v− Ev

2E

Ev2G

+(Gu

2G

)2

+Ev2G

Gv

2G− Eu

2E

Gu

2G

i fent càlculs podem arribar a escriure

K = − 1

2√EG

[(Gu√EG

)

u

+

(Ev√EG

)

v

].

Exercici 168: Sigui S la superfície de revolució parametritzada per

ϕ(u, v) = (a(u) cos v, a(u) sin v, b(u))

amb a(u) > 0 i (a′)2 + (b′)2 = 1.

1. Calculeu el símbols de Christoffel i les equacions de les geodèsiques de S.

2. Comproveu que els meridians d’una superfície de revolució són geodèsiques.

3. Proveu que un paral.lel és una geodèsica si i només si la recta tangent al meridiàque passa per cada un dels seus punts és paral.lela a l’eix de rotació de la superfície.Apliqueu-ho al cas de l’esfera i del tor.

4. Demostreu el Teorema de Clairaut: Si α(s) és una geodèsica (parametritzada)de S i θ(s) és l’angle que forma α amb el paral.lel per α(s), aleshores el producte dela distància de α(s) a l’eix de gir pel cosinus de θ(s) és constant al llarg de la corbaα.

5. Trobeu la curvatura geodèsica dels paral.lels (u = u0) en funció de a(u).

Solució: Utilitzarem els càlculs fets al problema 167

(a) Com que E(u, v) = 1, F (u, v) = 0 i G(u, v) = a(u)2, els símbols de Christoffel sónels següents (veure el problema 167 ):

Γ111 = 0 Γ2

11 = 0

Γ112 = 0 Γ2

12 = a′(u)a(u)

Γ122 = −a(u)a′(u) Γ2

22 = 0

I α(s) = ϕ(u(s), v(s)) és una geodèsica (parametritzada) de S si i només si es satisfanles següents equacions:

u′′(s)− a(u(s))a′(u(s))v′(s)2 = 0

v′′(s) + 2a′(u(s))

a(u(s))u′(s)v′(s) = 0

187

(b) Les funcions u(s) = s, v(s) = v0 verifiquen les equacions anteriors i la corba α(s) =ϕ(u(s), v(s)) és un meridià de S.

(c) Els paral.lels parametritzats a velocitat constant s’obtenen prenent u(s) = u0 iv(s) = s. Aquest parell de funcions verifiquen les equacions de les geodèsiques si inomés si a′(u0) = 0, o equivalentment si la recta tangent a un meridià que passi peraquest paral.lel és vertical (paral.lela a l’eix de gir). En el cas de la esfera, de tots elparal.lels només l’equador és geodèsica (cercle màxim). En el cas del tor, hi ha dosequadors, l’interior i l’exterior.

(d) Si escrivim la segona equació de les geodèsiques com

v′′(s)

v′(s)+ 2

a′(u(s))u′(s)

a(u(s))= 0

i integrem respecte a s obtenim la relació

log v′(s) + 2 log a(u(s)) = log(v′(s)a(u(s))2) = const.

Sigui α(s) = ϕ(u(s), v(s)) una geodèsica parametritzada per l’arc i sigui θ(s) l’angleque forma α amb el paral.lel que passa per α(s). Llavors el cosinus de θ(s) és iguala

cos θ(s) =〈ϕv, u′(s)ϕu + v′(s)ϕv〉

‖ϕv‖ ‖α′‖= v′(s)a(u(s))

Per tant, a(u(s)) cos θ(s) = v′(s)a(u(s))2 és constant.

(e) Sigui αu0(s) = ϕ(u0,s

a(u0)) amb s ∈ [0, 2πa(u0)] una parametrització per l’arc del

paral.lel que passa per ϕ(u0, 0). Recordem la fórmula 1a(u0)2

= k2α = k2

n + k2g . D’altra

banda, la curvatura normal de α(s) és igual a II( 1a(u0)

ϕv) = 1a(u0)2

〈−dν(ϕv), ϕv〉 =

g(u0,

sa(u0)

)a(u0)2

, on g(u, v) denota l’últim coeficient de la segona forma fonamental de Sque ja havíem calculat al problema 74. Així teníem que g(u, v) = b′(u)a(u) i pertant

|kg(αu0)| =√

1

a(u0)2−(b′(u0)

a(u0)

)2

=|a′(u0)|a(u0)

.

Per determinar el signe hem de tenir en compte que ∇TT = kgNg on Ng és un vectortangent a S unitari de manera que T,Ng i ν formen una base ortonormal directade R3. Per exemple, si el vector normal ν = ϕu×ϕv

‖ϕu×ϕv‖ apunta cap en fora (en sentitcontrari cap a on es troba l’eix de gir de S) i estem en un punt on a′(u0) > 0 (lacorba generatriu es recorre de dalt a baix per què el vector ν sigui exterior) aleshorespodem veure que kg > 0 i per tant kg(αu0) = a′(u0)

a(u0). També podríem haver arribat

al mateix resultat calculant

α′′u0(s) = ∇TT = xϕu + yϕv + zν = − 1

a(u0)

(cos

(s

a(u0)

), sin

(s

a(u0)

), 0

)

i utilitzar que T = 1a(u0)

ϕv, −ϕu i ν formen una base ortonormal directa de R3 perdeduir que y = 〈α′′u0(s), ϕv〉 = 0 i per tant

kg(αu0) = 〈α′′u0(s),−ϕu〉 =a′(u0)

a(u0).

188

Exercici 169: Sigui α : I ⊂ R −→ C ⊂ R3, α(u) = (x(u), y(u), 0), corba regular planaparametritzada per l’arc i ~w un vector unitari perpendicular al pla que conté la corba.

Sigui U = I × R. Considerem l’aplicació ϕ : U ⊂ R2 −→ S ⊂ R3 donada per

ϕ(u, v) = cosh(v)α(u) + sinh(v)~w.

1. Proveu que ϕ : U −→ S defineix una parametrització regular de S ⊂ R3.

2. Trobeu la primera forma fonamental de S i l’angle que formen les línies coordenades.Per a quines corbes α totes les línies coordenades de la superfície S són ortogonals?

3. Trobeu el vector normal a S al llarg de α en termes del vector tangent a la corba αi del vector unitari ~w.

4. Proveu que α és una geodèsica de S.

5. És α una línia de curvatura de S?

6. Si α parametritza una circumferència, quina és la superfície que estem considerant?

Solució: 1) Observem que

ϕu = cosh v α′(u)

ϕv = sinh v α(u) + cosh v ~w

ϕu ∧ ϕu = cosh v sinh v ~w + cosh2 v (α′(u) ∧ ~w)

i aquest darrer vector no s’anul.la mai, cosa equivalent a dir que la diferencial de ϕ(u, v)té rang dos en tot punt.

2) La primera forma fonamental és(

cosh2 v cosh v sinh v α(u) · α′(u)cosh v sinh v α(u) · α′(u) sinh2 v α(u) · α(u) + cosh2 v

)

Per tant, l’angle entre les corbes coordenades està donat per

cos θ =F

|ϕu||ϕv|=

sinh v α(u) · α′(u)√sinh2 v α(u) · α(u) + cosh2 v

.

Per tant, les línies coordenades són ortogonals per a aquelles corbes α(u) tals queα(u) · α′(u) = 0. És a dir, α(u) · α(u) = R2, per a una certa constant R. Per tant, α(u)està continguda en una circumferència de centre l’origen i radi R.

3) Observem que α(u) està donada, com corba de S, per la condició v = 0. Enparticular,

ϕu ∧ ϕu∣∣∣v=0

= α′(u) ∧ ~w = ±n(u)

on n(u) és el vector normal principal de la corba. Recordem que com que la corba ésplana, el pla que la conté és el seu pla osculador.

4) El càlcul anterior demostra que α(u) és geodèsica.5) Apliquem Olinde. És a dir, derivem la normal al llarg de α(u) per veure si surt un

múltiple de α′(u).

dν(α′(u) =dν(u, 0)

du=dn(u)

du= −k(u)α′(u),

189

on k(u) és la curvatura de α(u). Per tant, efectivament, α(u) és línia de curvatura.També haguéssim pogut verificar directament si α(u) compleix l’equació de les línies

de curvatura (recordem que en coordenades α(u) és (u, 0)):∣∣∣∣∣∣

dv2 −du dv du2

E F Ge f g

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

0 0 11 0 1e f g

∣∣∣∣∣∣= f

però f(u, 0) = 0, ja queϕuv = sinh vα′(u)

i per tantϕuv(u, 0) = 0.

Exercici 170 (Equació de Beltrami-Laplace): Sigui ϕ(s, t) una parametrització d’unacerta superfície. Demostreu que si podem trobar coordenades u, v sobre S (una segonacarta ψ(u, v)) tals que

Eds2 + 2F ds dt+Gdt2 = λ(du2 + dv2)

per a una certa funció λ = λ(u, v) llavors∂

∂t

(Fus − Eut√EG− F 2

)+

∂

∂s

(Fut −Gus√EG− F 2

)= 0.

(us = ∂u∂s, etc.)

Solució: Si tenim l’anterior igualtat de formes quadràtiques llavors

µE = u2s + v2

s

µF = usut + vsvt

µG = u2t + v2

t

amb µ = λ−1. Aquestes igualtats equivalen a la igualtat matricial(us vsut vt

)(λ 00 λ

)(us vsut vt

)t=

(E FF G

)

ens diu que √EG− F 2 = λ(usvt − utvs)

Ara calculem

µ(Fus − Eut) = u2sut + usvsvt − u2

sut − v2sut = vsµ

√EG− F 2.

Per tantvs =

Fus − Eut√EG− F 2

Anàlogament es veu que

vt =Gus − Fut√EG− F 2

i, per Schwarz, hem acabat. De fet aquesta condició es compleix sempre i sempre existeixencoordenades isotermes, però és difícil de demostrar en el cas C∞, i fàcil en el cas analíticreal.

Exercici 171: Trobeu l’equació diferencial dels cilindres i de les superfícies de revolució.13

13Análisis Matemàtico, J. Rey Pastor, P. Pi Calleja, C. A. Trejo

190

Solució: Una corba es pot donar com intersecció de dues superfícies

u(x, y, z) = α

v(x, y, z) = β

Si pensem α i β com paràmetres llavors tenim una família biparamètrica de corbes. Peròsi hi ha una relació entre elles del tipus ϕ(α, β) = 0 podem pensar que per exempleβ = β(α) i tenim una família uniparamètrica de corbes, que generen doncs una superfície.

L’equació d’aquesta superfície és doncs

ϕ(α, β) = ϕ(u(x, y, z), v(x, y, z)) = 0.

Això és una equació del tipus F (x, y, z) = 0 que permet, amb les condicions habituals,escriure z = z(x, y).

Derivant respecte x i y l’anterior equació tenim

ϕu(ux + uzp) + ϕv(vx + vzp) = 0

ϕu(uy + uzq) + ϕv(vy + vzq) = 0

Per que ϕ no sigui constant el determinant d’aquest sistema ha de ser 0, és a dir,

p

∣∣∣∣uz vzuy vy

∣∣∣∣+ q

∣∣∣∣ux vxuz vz

∣∣∣∣+

∣∣∣∣ux vxuy vy

∣∣∣∣ = 0,

que escriurem

p∂(u, v)

∂(z, y)+ q

∂(u, v)

∂(x, z)+∂(u, v)

∂(x, y)= 0 (6)

una EDP lineal.Cilindres. Pensem els cilindres com una corba arbitrària en el pla z = 0 per cada punt

de la qual passa una recta de direcció fixada (a, b, 1).Per descriure aquesta situació a partir dels comentaris anteriors pensem les rectes com

intersecció de plans

x = az + α

y = bz + β

(observem que aquestes rectes tallen z = 0 en (α, β, 0)).Sigui ϕ(x, y) = 0 una corba en z = 0. Les rectes de la família anterior que passen per

aquesta corba estan doncs donades per

ϕ(α, β) = 0

és a dir,ϕ(x− az, y − bz) = 0.

[equació general dels cilindres].La EDP associada (6) és doncs (u = x− az, v = y − bz)

−ap− bq + 1 = 0

191

[equació diferencial dels cilindres] que expressa que el vector (a, b, 1) és tangent a la su-perfície (és ortogonal al normal (p, q,−1)).

Superfícies de revolució. Suposem que tenim una superfície de revolució d’eix la rectaper l’orígen amb vector director (a, b, c).

Aquesta superfície es pot considerar formada per la unió de corbes obtingudes tallantels plans ortogonals a questa recta amb esferes de centre l’origen.

És a dir,

ax+ by + cz = α

x2 + y2 + z2 = β

amb una relació entre α i β del tipus ϕ(α, β) = 0 donada per la corba generatriu (la quefem rotar al voltant de l’eix). Tindre

ϕ(ax+ by + cz, x2 + y2 + z2) = 0.

[equació general de les superfícies de revolució amb eix (a, b, c)].La EDP associada (6) és doncs (u = ax+ by + cz, v = x2 + y2 + z2)

p(cy − bz) + q(az − xc) + (ay − bx) = 0,

que expressa que la normal a la superfície talla l’eix de revolució.

192

12 Àlgebra multilineal i formes

Exercici 172: (Propietats elementals del producte exterior). Siguin S un tensor alternatd’ordre p, T un d’ordre q i U un d’ordre r. Feu la comprovació explícita de les propietatssegüents:

1. (Associativitat)(S ∧ T ) ∧ U = S ∧ (T ∧ U)

2. (Anticommutativitat)S ∧ T = (−1)p q T ∧ S

Solució: Els càlculs són als apunts de teoria.L’única observació no trivial que, potser, cal afegir és que una reordenació dels índex

σ(1), . . . , σ(`) consisteix a prendre σ(τ(1)), . . . , σ(τ(`)) per a una certa reordenació τ(1),. . . , τ(`) dels índexs 1, . . . , `.

Exercici 173: Sigui f : Rn → Rm. Es defineix l’aplicació f ∗ : Λp(Rm) → Λp(Rn) consi-derant, per a cada tensor alternat T d’ordre p sobre Rm, l’aplicació f ∗(T ) que compleix

f ∗(T )(v1, . . . , vp) = T (f(v1), . . . , f(vp))

si v1, . . . , vp són vectors de Rn.Feu les comprovacions de:

1. f ∗(T ) és un tensor alternat de Rn i, per tant, la imatge de f ∗ està, realment, enΛp(Rn).

2. f ∗ és una aplicació lineal. És a dir f ∗(S + T ) = f ∗(S) + f ∗(T ) i f ∗(λT ) = λ f ∗(T ).

3. f ∗ és compatible amb el producte exterior: f ∗(S ∧ T ) = f ∗(S) ∧ f ∗(T )

Solució: Només s’han d’escriure les definicions. Aplicar f als arguments d’un tensor éscompatible amb la suma, el producte per escalars i la reordenació.

Exercici 174: 1. Per a cada família v1, . . . , vn de n vectors de Rn considerem la matriuA =

(aji

)formada per les components dels vectors vi respecte la base canònica

e1 . . . , en de forma que, per a cada i, es tingui

vi =∑

j

aji ej

Demostreu que l’aplicació D determinada per

D(v1, . . . , vn) = det(A)

és un element de Λn(Rn).

2. Demostreu que per a cada T ∈ Λn(Rn) existeix una constant α tal que

T (v1, . . . , vn) = αD(v1, . . . , vn)

193

3. Deduïu de l’anterior que, per a qualsevol endomorfisme f de Rn, l’aplicació f ∗ :Λn(Rn)→ Λn(Rn) compleix

f ∗(T ) = det(f)T

Solució:

1. No s’ha de fer res, el determinant és una aplicació multilineal alternada.

2. La constant α és el valor T (e1, . . . , en) o, si es vol dir d’una altra manera, el deter-minant és l’única aplicació multilineal alternada (d’ordre n) que val 1 sobre e1, . . . ,en.

3. Si T = αD es complirà f ∗(αD)(e1, . . . , en) = α f ∗(D)(e1, . . . , en) = αD(f(e1), . . . , f(en)) =α det(f) = det(f)T (e1, . . . , en)

Exercici 175: Sigui e1, . . . , e4 la base canònica de R4 i θ1, . . . , θ4 la seva base dual(θi(ei) = 1 i θi(ej) = 0 si i 6= j). Demostreu que és impossible escriure

θ1 ∧ θ2 + θ3 ∧ θ4 = S ∧ T

amb S, T ∈ Λ1(R4). (Hi ha 2-tensors alternats que no són producte exterior de dos1-tensors).

Solució: Noteu que un tensor de la forma S ∧ T , amb S i T d’ordre 1, sempre complirà(S ∧T )∧ (S ∧T ) = S ∧S ∧T ∧T = 0 mentre que (θ1 ∧ θ2 + θ3 ∧ θ4)∧ (θ1 ∧ θ2 + θ3 ∧ θ4) =2 θ1 ∧ θ2 ∧ θ3 ∧ θ4 que és diferent del tensor nul (el seu valor sobre e1, . . . , e4 és 2).

Exercici 176: Demostreu que, si T és un producte interior (2-tensor simètric i definitpositiu) d’un cert espai vectorial V de dimensió n, existeix una aplicació lineal bijectivaf : Rn → V tal que f ∗(T ) és el producte escalar ordinari de Rn.

Solució: Si es té en compte que 2-tensor simètric i definit positiu és una forma sofisticadade dir producte escalar i que per a qualsevol producte escalar es poden construir basesortonormals, tot el problema es redueix a construir una base ortonormal v1, . . . , vn per aT i considerar l’aplicació lineal f que transforma els vectors de la base canònica de Rn enels vectors vi. Prenent aquesta aplicació, f ∗(T )(ei, ej) = T (vi, vj) = δij i, per tant, f ∗(T )actua com el producte escalar ordinari.

Recordeu que si es té una família de vectors v1, . . . , vk ortonormals respecte T(T (vi, vj) = δij) i un altre vector v que no estigui en el subespai vectorial que generen,sempre es pot afegir un nou vector vk+1 a la família prenent el vector v −∑T (v, vi) vi(que serà perpendicular a tots els anteriors) i dividint aquest resultat per la seva norma.

194

13 Formes diferencials. Diferencial exterior

Exercici 177: (Per a repassar si no ha quedat clar a les classes de teoria)Siguin xi : Rn → Rn les funcions que a cada p ∈ Rn li fan correspondre la seva

component i-èsima. Comproveu que les 1-formes dxi donen, en cada punt, la base dualde la base canònica de Rn

Solució: El vector ei = (0, . . . , 1, . . . , 0) de la base canònica, que té el coeficient 1 en laposició i, en el punt p = (x1, . . . , xn) és el vector tangent a la corba γi(t) = (x1, . . . , xi +t, . . . , xn). En general, si f és una funció definida en un entorn de p i v un vector tangenten aquest punt, el valor df(v) es calcularà prenent una corba α(t) tal que α′(0) = v i fent

la derivadad(f(α(t)))

dt

∣∣∣∣t=0

. A partir d’aquí és clar que

dxj(ei) =

d(xi + t)

dt

∣∣∣∣t=0

= 1 quan i = j

dxjdt

∣∣∣∣t=0

= 0 quan i 6= j

que correspon al que s’havia de demostrar.

Exercici 178: Determineu quines són les formes diferencials ω a R4 compleixen

ω ∧ (dx ∧ dy + dz ∧ dt) = dx ∧ dy ∧ dz ∧ dt

i les que compleixenω ∧ ω = dx ∧ dy ∧ dz ∧ dt

Solució: Posant coeficients indeterminats a una 2-forma ω

ω = a1 dx ∧ dy + a2 dx ∧ dz + a3 dx ∧ dt+ a4 dy ∧ dz + a5 dy ∧ dz + a6 dz ∧ dt

la primera condició serà

dx ∧ dy ∧ dz ∧ dt = (a1 + a6) dx ∧ dy ∧ dz ∧ dt

de forma que en aquest cas l’única restricció és a1 + a6 = 1.En el segon cas l’equació s’escriurà

dx ∧ dy ∧ dz ∧ dt = 2 (a1 a6 − a2 a5 + a3 a4) dx ∧ dy ∧ dz ∧ dt

i la restricció correspondrà a a1 a6 − a2 a5 + a3 a4 = 1/2 .

Exercici 179: Si en R3 es consideren les coordenades cilíndriques (r, θ, z), quina és l’ex-pressió de l’element de volum usual η = dx ∧ dy ∧ dz en funció de dr, dθ, dz? (Recordeuque, respecte les coordenades cilíndriques, x = r cos(θ), y = r sin(θ) i la coordenada z ésla mateixa en els dos casos).

I si en comptes de les coordenades cilíndriques es consideren les esfèriques?

195

Solució: Tenint en compte les expressions de (x, y, z) en funció de (r, θ, z) els càlculs esresumeixen en les manipulacions següents:

η = dx ∧ dy ∧ dz = d(r cos(θ)) ∧ d(r sin(θ)) ∧ dz= (cos(θ) dr − r sin(θ) dθ) ∧ (sin(θ) dr + r cos(θ) dθ) ∧ dz= r dr ∧ dθ ∧ dz

En el cas de les coordenades esfèriques les relacions són

x = r cos(θ) sin(ϕ)

y = r sin(θ) sin(ϕ)

z = r cos(ϕ)

de forma que

η = dx ∧ dy ∧ dz = (cos(θ) sin(ϕ) dr − r sin(θ) sin(ϕ) dθ + r cos(θ) cos(ϕ) dϕ)

∧ (sin(θ) sin(ϕ) dr + r cos(θ) sin(ϕ) dθ + r sin(θ) cos(ϕ) dϕ)

∧ (cos(ϕ) dr − r sin(ϕ) dϕ)

= −r2 sin(ϕ) dr ∧ dθ ∧ dϕ= r2 sin(ϕ) dr ∧ dϕ ∧ dθ

Exercici 180: Es considera a R3 una forma del tipus ω = x dy ∧ dz − 2 z f(y) dx ∧ dy +y f(y) dz ∧ dx amb f diferenciable tal que f(1) = 1. Determineu la funció f si

1. dω = dx ∧ dy ∧ dz,

2. dω = 0.

Solució: Com que la diferencial de ω s’escriu com

dω = (1− f(y) + y f ′(y)) dx ∧ dy ∧ dz

1. S’ha de complir1− f + y f ′ = 1

i no costa gaire veure que les solucions d’aquesta equació diferencial són totes de laforma f(y) = k y (k constant). Si ha de ser f(1) = 1 la funció és f(y) = y.

2. En aquest cas l’equació diferencial és

1− f + y f ′ = 0

i tampoc costa gaire veure que la solució amb f(1) = 1 ha de ser la funció constantf(y) = 1.

196

14 Exercicis complementaris de formes

Exercici 181: Vegeu que det és l’element de volum per l’orientació i producte habitualsde Rn. Vegeu a més que | det(v1, . . . , vn)| és el volum del paral.lelepípede definit pelsvectors vi.

Solució: L’element de volum, és per definició, la n-forma que val 1 sobre una baseortonormal. Això vol dir que ±1 sobre tota base ortonormal. Com que det(e1, . . . , en),on (e1, . . . , en) és la base canònica, és el determinant de la matriu identitat, hem acabat.

b) Per a n = 2 sabem que l’àrea del paral.lelogram format pels vectors u, v, que formenentre ells un angle α, és igual a la longitud de la base per l’altura.

Així doncs

Àrea = |v| · h = |v||u| sinα = |v||u|√

1−(u · v|v||u|

)2

=√|u|2|v|2 − (u · v)2 =

√(u1v2 − u2v1)2 = |

∣∣∣∣u1 v1

u2 v2

∣∣∣∣ | = | det(u, v)|.

Una altra manera és mirar el dibuix i adonar-se que la figura ratllada està formadaper dos triangles de la mateixa base QH i altures respectives c i a − c, de manera quel’àrea del paral.lelogram de costas OP,OQ és igual a

Àrea = 21

2QH.(c+ a− c) = (d− bc

a) · a = ad− bc = det(

−→OP,−→OQ).

El volum d’un paral.lelepípede n-imensional es pot definir per recurrència com

V ol(v1, . . . , vn) = V ol(v1, . . . , vn−1) · h

on h és l’altura del paral.lelepípede sobre l’hiperplà H = 〈v1, . . . , vn−1〉, és a dir, vn =u+ hN on u ∈ H i N és ortogonal (amb el producte habitual de Rn) a H.

Es pot veure que aquesta definició no depèn de quin dels vectors vi fa el paper de vn.Per inducció,

V ol(v1, . . . , vn) = | det(v1, . . . , vn−1)| · hon det(v1, . . . , vn−1) vol dir el determinant de la matriu (n− 1)× (n− 1) formada per lescomponents de v1, . . . , vn−1 respecte de una base ortonormal (no importa quina) de H.

197

Ara tenim

det(v1, . . . , vn) = det(v1, . . . , vn−1, u+ hN) = det(v1, . . . , hN)

= h det(v1, . . . , vn−1, N) = h det(v1, . . . , vn−1).

Per tant,V ol(v1, . . . , vn) = | det(v1, . . . , vn)|.

Exercici 182: Si f : Rn → Rn i h una funció, provar que

f ∗(h dx1 ∧ · · · ∧ dxn) = (h f)(det f ′) dx1 ∧ · · · ∧ dxn,on f ′ denota la matriu jacobiana de f .

Solució: Per definició, i amb la notació del problema anterior, tenim

(f ∗(h dx1∧· · ·∧dxn))P ((e1)P , . . . , (en)P ) = (h dx1∧· · ·∧dxn)f(P )

(dfP ((e1)P ), . . . , dfP ((en)P )

)

Denotant

ui = (ei)f(P )

u∗j = dxj(f(P )) (base dual de u1, . . . , un)

i tenint en compte que la matriu de l’aplicació lineal dfP és la matriu(∂f i∂xj

(P ))ij,

el segon terme de la igualtat s’escriu com

h(f(P ))u∗1 ∧ · · · ∧ u∗n(∑

k

∂fk

∂x1(P ) · uk, . . . ,

∑

k

∂fk

∂xn(P ) · uk) = h(f(P )) det f ′(P ),

que és el mateix valor que obtenim quan calculem(

(h f)(det f ′)dx1 ∧ · · · ∧ dxn)P

((e1)P , . . . , (en)P )

Per tantf ∗(h dx1 ∧ · · · ∧ dxn) = (h f)(det f ′) dx1 ∧ · · · ∧ dxn.

Nota. Com a classe de teoria s’ha vist que donat un espai vectorial V de dimensió ni ϕ1, . . . , ϕn ∈ V ∗, llavors per a qualssevol vectors u1, . . . , un es compleix

ϕ1 ∧ · · · ∧ ϕn(u1, . . . , un) = det(ϕi(uj))

aquest problema es resolt millor així:

f ∗(h dx1 ∧ · · · ∧ dxn) = (h f)df 1 ∧ · · · ∧ dfn,amb f i = xi f . Però, pel comentari anterior, és clar que

df 1 ∧ · · · ∧ dfn = (det df)dx1 ∧ · · · ∧ dxn

(només cal aplicar aquests dos termes als n vectors (e1, . . . , en) de la base canònica). Irecordar que df i(ej) = ∂f i

∂xj.

198

Exercici 183: Si ω = x dy − dz, η = 2z2 dx, µ = dx− yz dy, calculeu xω + η, z η − z µ,ω ∧ µ, (2ω − y µ) ∧ η, ω ∧ η ∧ µ.Solució: a) xω + η = x(x dy − dz) + 2z2 dx = 2z2 dx+ x2 dy − x dz.

b) zη − zµ = z(2z2 dx)− z(dx− yz dy) = (2z3 − z)dx+ yz2 dy.c) ω ∧ η = (x dy − dz) ∧ 2z2 dx = 2xz2 dy ∧ dz − 2z2 dz ∧ dx.d) (2ω − y µ) ∧ η = (2x dy − 2 dz − y dx+ y2z dy) ∧ 2z2 dx = (4xz2 + 2y2z3)dy ∧ dx−

4z2 dz ∧ dx.e) ω ∧ η ∧ µ = (x dy − dz) ∧ 2z2 dx ∧ (dx − yz dy) = (x dy − dz) ∧ −2yz3 dx ∧ dy =

2yz3 dz ∧ dx ∧ dy = 2yz3 dx ∧ dy ∧ dz.

Exercici 184: Comproveu que si ω és una 2n+ 1-forma diferencial, aleshores ω ∧ω = 0.Doneu un exemple de 2-forma diferencial ω tal que ω ∧ ω 6= 0.

Solució: Sabem que si α és una p-forma i β una q-forma, llavors α ∧ β = (−1)pqβ ∧ α.Aplicant aquesta fórmula amb α = β = ω tenim

ω ∧ ω = (−1)(2n+1)2ω ∧ ω

i com que l’exponent és imparell hem acabat.Podem agafar ω la 2-forma de R4 donada per ω = dx∧dy+dz∧dt. Llavors ω∧ω = 2η,

on η és l’element de volum de R4.

Exercici 185: Determineu les 2-formes diferencials ω de R4 tals que

ω ∧ ω = dx ∧ dy ∧ dz ∧ dt.

Solució: Posem, com en el problema anterior,

ω =∑

i<j

λijdxi ∧ dxj.

Llavorsω ∧ ω =

∑

i<j,k<r

λijλkrdxi ∧ dxj ∧ dxk ∧ dxr.

Com, a més, els quatre subindexs i, j, k, r han de ser diferents, tots els termes del sumatoride la dreta tenen el factor comú

dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 ∧ dx4.

Per saber de quin coeficient està afectat aquest terme observem que en multiplicar λ12dx1∧dx2 per λ34dx3 ∧ dx4, (o amb ordre oposat) obtenim

λ12λ34dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 ∧ dx4.

Anàlogament en multiplicar λ13dx1 ∧ dx3 per λ24dx2 ∧ dx4, (o amb ordre oposat)obtenim

−λ13λ24dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 ∧ dx4.

I també, en multiplicar λ14dx1 ∧ dx4 per λ23dx2 ∧ dx3, (o amb ordre oposat) obtenim

λ14λ23dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 ∧ dx4.

199

Per tant

ω ∧ ω = 2(λ12λ34 − λ13λ24 + λ14λ23)dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 ∧ dx4 = dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 ∧ dx4,

és a dir, la única condició que ha de complir ω és

λ12λ34 − λ13λ24 + λ14λ23 =1

2.

Exercici 186: Donat un camp vectorial de R3, X = (X1, X2, X3), considereu les formesdiferencials

ωX = X1 dy ∧ dz −X2 dx ∧ dz +X3dx ∧ dyηX = X1 dx+X2 dy +X3 dz

Calculeu dωX i dηX . Observeu que si Y, Z són camps de R3 llavors ωX(Y, Z) = det(X, Y, Z)i ηX(Y ) = 〈X, Y 〉.Solució: a)

dωX =∂X1

dxdy ∧ dz − ∂X2

dydy ∧ dx ∧ dz +

∂X3

∂zdz ∧ dx ∧ dy = div X dx ∧ dy ∧ dz.

b)

dηX =∂X1

∂ydy∧dx+

∂X1

∂zdz∧dx+

∂X2

∂xdx∧dy+

∂X2

∂zdz∧dy+

∂X3

∂xdx∧dz+

∂X3

∂ydy∧dz

Agrupant termes

dηX = (∂X2

∂x− ∂X1

∂y)dx ∧ dy + (

∂X3

∂x− ∂X1

∂z)dx ∧ dz + (

∂X3

∂y− ∂X2

∂z)dy ∧ dz.

És a dir,dηX = iRotXdx ∧ dy ∧ dz

(contracció de l’element de volum amb el rotacional del camp.)

Exercici 187: Calculeu dω en els casos següents:

1. ω = xdy + ydx

2. ω = x2ydy − xy2dx

3. ω = f(x)dx+ g(y)dy

4. ω = (dy − xdz) ∧ (xydx+ 3dy + zdz)

5. ω = f(x, y)dx ∧ dy

6. ω = f(x)dy

7. ω = cos(xy2)dx ∧ dz

200

8. ω = xdy ∧ dz + ydz ∧ dx+ zdx ∧ dy

9. ω = fdy ∧ dz + gdz ∧ dx+ hdx ∧ dy, amb f, g, h : R3 −→ R diferenciables.

j) ω =∑n

j=1(−1)jxjdx1 ∧ · · · ∧ dxj · · · ∧ dxn x ∈ Rn.

10. ω =∑n

j=1(−1)jxj‖x‖ndx1 ∧ · · · ∧ dxj · · · ∧ dxn x ∈ Rn \ 0.

Nota: dxj vol dir que dxj no hi apareix.

Exercici 188: Sigui f una funció, i η = h1 dx1 + h2 dx2 + h3 dx3 una 1-forma diferencialde R3. Demostreu que

df = η ⇐⇒ ∇f = (h1, h2, h3)

Deduïu que η és exacta (diferencial d’una funció) si i només si X = (h1, h2, h3) és uncamp vectorial conservatiu (irrotacional) a R3.

Solució: La diferencial d’una funció és

df =∂f

∂x1

dx1 +∂f

∂x2

dx2 +∂f

∂x3

dx3

i per tant df = η si i només si ∂f∂xi

= hi, i = 1, 2, 3. És a dir, ∇f = ( ∂f∂x1, ∂f∂x2, ∂f∂x3

) =(h1, h2, h3).

Utilitzarem el Lema de Poincaré, que diu que en oberts estrellats, en particular quanaquest obert és tot Rn, tota forma diferencial tancada és exacta. (Que tota forma exactaés tancada és evident ja que d2 = 0.)

Suposem que η és exacta. La igualtat anterior ens diu que X és igual al gradient d’unafunció, X = ∇f . (En aquesta situació es diu que f és la funció potencial i que X derivad’un potencial). Llavors rotX = rot∇f = 0. Que el rotacional del gradient és zero és benconegut i fàcil de demostrar usant Schwartz.

Recíprocament, suposem X = (h1, h2, h3) conservatiu. Observem que dη = irot Xdx1 ∧dx2 ∧ dx3 (problema ? Per tant, si X és conservatiu (irrotacional) dη = 0, que, pel Lemade Poincaré, vol dir que η és exacta.

Exercici 189: Utilitzeu el mètode de Poincaré per trobar una primitiva de la formatancada

ω =z2

2dx ∧ dy ∧ dt+ (yz + t)dx ∧ dz ∧ dt.

Solució: Busquem una 2-forma η tal que dη = ω. El mètode de Poincaré, en el casgeneral, diu que si

ω =∑

ωi1...irdxi1 ∧ · · · ∧ dxirllavors

η =∑

i1<···<ir

(∫ 1

0

ωi1...ir(λx) dλ

) r∑

j=1

xijdxi1 ∧ · · · ∧ dxij ∧ · · · ∧ dxir .

En el nostre cas

201

ω124(x, y, z, t) =z2

2,

ω134(x, y, z, t) = yz + t.

Calculem a part les integrals,∫ 1

0

ω124(λx, λy, λz, λt)dλ =

∫ 1

0

λ2λ2z2

2dλ =

z2

10,

∫ 1

0

ω134(λx, λy, λz, λt)dλ =

∫ 1

0

λ2(λ2yz + λt)dλ =yz

5+t

4.

Per tant,

η =z2

10(x dy ∧ dt− y dx ∧ dt+ t dx ∧ dy)

+ (yz

5+t

4)(x dz ∧ dt− z dx ∧ dt+ t dx ∧ dz).

Exercici 190: Siguin ω = f1 dx+ f2 dy+ f3 dz, η = F1 dy ∧ dz−F2 dx∧ dz+F3 dx∧ dy,fi, Fi ∈ C1(R3) formes diferencials de R3. Demostreu que

dω = η ⇐⇒ rot(f1, f2, f3) = (F1, F2, F3)

En tal cas, deduïu que ω és tancada si i només si (f1, f2, f3) és un camp vectorial con-servatiu a R3. Deduiu també que η és exacta si i només si X = (F1, F2, F3) és solenoidal(divergència zero) a R3.

Solució: a) L’equivalència està demostrada en el càlcul del problema ?Si ω és tancada, dω = 0, i per tant rot(f1, f2, f3) = 0. És a dir, (f1, f2, f3) és conser-

vatiu.Si η és exacta, existeix ω = f1 dx + f2 dy + f3 dz tal que η = dω. En particular,

X = (F1, F2, F3) és el rotacional d’el campY = (f1, f2, f3). Així, divX = div (rotY ) = 0.Que la divergència del rotacional és zero és fàcil de demostrar utilitzant Schwartz.

Recíprocament, suposem X solenoidal, és a dir div X = 0. Llavors, com que

dη = (divX)dx ∧ dy ∧ dz, X = (F1, F2F3),

tenim dη = 0, i pel Lema de Poincaré, η és exacta.

Exercici 191: Siguin ω = F1 dy∧ dz−F2 dx∧ dz+F3 dx∧ dy, η = f dx∧ dy∧ dz formesdiferencials a R3. Demostreu que

dω = η ⇐⇒ div(F1, F2, F3) = f

Deduiu que ω és tancada si i només si (F1, F2, F3) és un camp vectorial solenoidal a R3.

Solució: Ja hem vist al problema anterior que

dω = (div X)dx ∧ dy ∧ dz, X = (F1, F2), F3.

Recordatori

202

div rot X = 0

rot grad X = 0

div X = 0⇔ X = rot Yrot X = 0⇔ X = ∇f.

Les dues últimes implicacions cap a la dreta (⇒) només són certes sobre oberts estrellats.

Exercici 192: Calculeu la imatge recíproca (o pull-back) de la forma diferencial ω perl’aplicació T en els següents casos:

1. T : [0, 1]→ R3, T (s) = (s, s2, s3), ω = dx+ dz

2. T : [0, 1]→ R3, T (θ) = (cos 2πθ, sin 2πθ, 0), ω = xy dx− z dy

3. T : [0, 1]2 → R3, T (s, t) = (s, t, st), ω = dx ∧ dz

4. T : [0, 1]2 → R3, T (s, t) = (s cos t, s sin t, t), ω = xy2 dx∧dy−2yz dx∧dz+4 dy∧dz

5. T : [0, 1]3 → R4, T (s, t, u) = (st2, tu, s, s+ u), ω = dx1 ∧ dx2 ∧ dx4

Solució: En tots els casos la única cosa que hem de fer és substituir x, y, z, i les sevesdiferencials, pels valors donats per T .

1) T ∗ω = T ∗(dx+ dz) = d(x T ) + d(z T ) = ds+ ds3 = (1 + 3s2)ds.3) T ∗ω = T ∗(dx∧ dz) = d(x T )∧ d(z T ) = ds∧ d(st) = ds∧ (tds+ sdt) = s ds∧ dt.5) T ∗ω = T ∗(dx1∧dx2∧dx4) = d(x1T )∧d(x2T )∧d(x4T ) = d(st2)∧d(tu)∧d(s+u) =

(t2 ds+2ts dt)∧(t du+u dt)∧(ds+du) = (t3 ds∧du+ t2u ds∧dt+2t2s dt∧du)(ds+du) =(2st2 + t2u)ds ∧ dt ∧ du.

Exercici 193: Sigui T una parametrització de l’esfera unitat. Calculeu la imatge recí-proca per T de les formes dx, dy, dz, dx ∧ dy, dx ∧ dz, dx ∧ dy ∧ dz.Solució: Posem T (θ, ϕ) = (cosϕ cos θ, cosϕ sin θ, sinϕ).

T ∗(dx) = d(x T ) = d(cosϕ cos θ) = − sinϕ cos θ dϕ− cosϕ sin θ dθ

T ∗(dy) = d(y T ) = d(cosϕ sin θ) = − sinϕ sin θ dϕ− cosϕ cos θ dθ

T ∗(dz) = cosϕdϕ

T ∗(dx ∧ dy) = T ∗(dx) ∧ T ∗(dy) = sinϕ cosϕdθ ∧ dϕ

Observem que T ∗(dx ∧ dy ∧ dz) = 0 ja que és una 3-forma sobre l’esfera 2-dimensional.

Exercici 194: Sigui α la 1-forma sobre R3 donada per α = xdx+ydy+zdz i f : R2 → R3

l’aplicació f(u, v) = (cosu, sinu, v). Trobeu una expressió per f ∗α.

Solució: f ∗(α) = (x f) d(x f) + (y f) d(y f) + (z f) d(z f) = cosu(− sinu du) +sinu(cosu du) + v dv = v dv.

203

Exercici 195: Considereu a R2 \ (1, 0) la 1-forma

ω(x, y) =−y

(x− 1)2 + y2dx+

x− 1

(x− 1)2 + y2dy

1. Demostreu que ω és tancada.

2. Proveu que ω no és exacta.

3. Trobeu un obert U ⊂ R2 \ (1, 0) on ω sigui exacta.

Solució: 1) Observem que si ω = Adx+Bdy llavors dω = (∂B∂x− ∂A

∂x)dx∧ dy. De manera

que ω és tancada si i només si ∂B∂x

= ∂A∂y. En el nostre cas només hem de veure aquesta

igualtat amb A = −y(x−1)2+y2

i B = x−1(x−1)2+y2

.2) Passem a polars centrades a (1, 0). És a dir, posem x = 1 + r cos θ, y = r sin θ.

Llavors

ω(r, θ) =−r sin θ

r2(dr cos θ − r sin θdθ) +

r cos θ

r2(dr sin θ + r cos θdθ) = dθ.

Per la pròpia definició de coordenades polars tenim 0 < θ < 2π. És a dir, θ és una funcióa R2 \ (a, 0); a ≥ 0, però no pas a R2 \ (1, 0).

Si existís una funció f a R2 \(1, 0) tal que df = ω, llavors seria df = dθ, en el dominide definició de θ (R2 \(a, 0); a ≥ 0). En particular, f = θ+ c, amb c constant en aquestdomini. Però per a tot ε > 0 tindríem f(1, ε) − f(1,−ε) = θ(1, ε) − θ(1,−ε). Per ser fcontinua, el primer terme tendeix a zero quan ε tendeix a zero, i el segon tendeix a π.

Si es coneix el teorema de Stokes es pot raonar així. Sigui S1 el cercle de centre (1, 0)i radi 1. Sobre S1 tenim ω = −y dx + (x− 1) dy. És fàcil veure que aquesta 1-forma val1 sobre el vector tangent a S1 = ∂D, unitari en cada punt. És doncs el seu element devolum.

Si ω = df en aquest disc, tindríem

2π =

∫

S

ω =

∫

∂S

f = 0,

ja que S1 no té vora.3) Qualsevol obert de R2 \ (a, 0); a ≥ 0, ja que aquí θ és una funció (i ω = dθ).

Exercici 196: Considereu a R2 \ (1, 0) la 1-forma

ω(x, y) =−y

(x− 1)2 + y2dx+

x− 1

(x− 1)2 + y2dy

1. Demostreu que ω és tancada.

2. Proveu que ω no és exacta.

3. Trobeu un obert U ⊂ R2 \ (1, 0) on ω sigui exacta.

204

Solució: 1) Observem que si ω = Adx+Bdy llavors dω = (∂B∂x− ∂A

∂x)dx∧ dy. De manera

que ω és tancada si i només si ∂B∂x

= ∂A∂y. En el nostre cas només hem de veure aquesta

igualtat amb A = −y(x−1)2+y2

i B = x−1(x−1)2+y2

.2) Passem a polars centrades a (1, 0). És a dir, posem x = 1 + r cos θ, y = r sin θ.

Llavors

ω(r, θ) =−r sin θ

r2(dr cos θ − r sin θdθ) +

r cos θ

r2(dr sin θ + r cos θdθ) = dθ.

Per la pròpia definició de coordenades polars tenim 0 < θ < 2π. És a dir, θ és una funcióa R2 \ (a, 0); a ≥ 0, però no pas a R2 \ (1, 0).

Si existís una funció f a R2 \(1, 0) tal que df = ω, llavors seria df = dθ, en el dominide definició de θ (R2 \(a, 0); a ≥ 0). En particular, f = θ+ c, amb c constant en aquestdomini. Però per a tot ε > 0 tindríem f(1, ε) − f(1,−ε) = θ(1, ε) − θ(1,−ε). Per ser fcontinua, el primer terme tendeix a zero quan ε tendeix a zero, i el segon tendeix a π.

Si es coneix el teorema de Stokes es pot raonar així. Sigui S1 el cercle de centre (1, 0)i radi 1. Sobre S1 tenim ω = −y dx + (x− 1) dy. És fàcil veure que aquesta 1-forma val1 sobre el vector tangent a S1 = ∂D, unitari en cada punt. És doncs el seu element devolum.

Si ω = df en aquest disc, tindríem

2π =

∫

S

ω =

∫

∂S

f = 0,

ja que S1 no té vora.3) Qualsevol obert de R2 \ (a, 0); a ≥ 0, ja que aquí θ és una funció (i ω = dθ).

205

15 Varietats amb vora. Integració de formes.

Exercici 197: Sigui f : Rn → R una funció diferenciable tal que df 6= 0 sobre f−1(0).Demostreu que M = x ∈ Rn | f(x) ≤ 0 és una n-subvarietat amb vora de Rn. (Com és∂M?)

Feu un dibuix de la regió de R2 donada pels punts (x, y) tals que x3 − y3 − 3x y ≤ 0per tal de comprovar que la condició sobre df és necessària.

Solució: Notem en primer lloc que ∂M estarà formada pel punts x tals que f(x) = 0. Su-

posem ara que p és un d’aquest punts (f(p) = 0) i, sense perdre generalitat, que∂f

∂xn(p) 6=

0 (no es pot saber, a priori, quin dels coeficients de df és diferent de 0 en p però sempren’hi ha algun i, canviant d’ordre les coordenades es pot pensar que és l’últim). Aleshoresl’aplicació Ψ : Rn → Rn donada per Ψ(x1, . . . , xn) = (x1, . . . , xn−1, f(x1, . . . , xn)) serà undifeomorfisme (en algun entorn de p) i la seva inversa Φ = Ψ−1 parametritzarà M , que esveurà com la imatge del semiespai yn ≤ 0 (i, en particular, parametritzarà ∂M com unasubvarietat de dimensió n− 1 considerant (y1, . . . , yn−1) 7→ Φ(y1, . . . , yn−1, 0)).

Més precisament, com

ΨΦ(y1, . . . , yn) = (y1, . . . , yn) = (∗, . . . , ∗, f(Φ(y1, . . . , yn)))

on els asteriscs representen les n− 1 primeres coordenades de Φ(y1, . . . , yn), tenim

yn = f(Φ(y1, . . . , yn)). (7)

Com Ψ(p) = (p1, . . . , pn−1, 0) l’obert on Φ és difeomorfisme té punts amb últimacoordenada positiva i negativa.

Llavors Φ(y1, . . . , yn) ∈ M si i només si yn ≤ 0 (per (7)). Així φ és una carta de lavarietat amb vora M .

Primer exemple. f : R2 → R donada per f(x, y) = x2 + y2 − 1. El conjunt f−1(0) ésel cercle de radi 1, centrat a l’origen. df = (2x, 2y) és diferent de zero a f−1(0) (noméss’anul.la al (0, 0) que no pertany a f−1(0)). Per tant el disc tancat és una varietat ambvora.

Segon exemple. f(x, y) = x3 − y3 − 3x y. En aquest cas df = (3x2 − 3y,−3y2 − 3x)que s’anul.la en els punts (0, 0) i (−1, 1). El punt (0, 0) ∈ f−1(0) i, per tant, no estem enles hipòtesis anteriors. De fet, en aquest punt el conjunt f(x, y) ≤ 0 no és localment comel semiplà tancat.

206

Remark. Observem que si canviem f per f 3 el conjunt M no canvia (és doncs unasubvarietat amb vora) però df 3 = 3f 2df és zero sobre f−1(0). És a dir, les condicionsd’aquest exercici son suficients però no necessàries.

Exercici 198: Siguin f i g funcions de Rn amb valors reals i diferenciables. Quinescondicions s’haurien d’imposar per tal de poder assegurar que el conjunt

N = p ∈ Rn; f(p) = 0 i g(p) ≤ 0

és una varietat amb vora (de dimensió n− 1, és clar)?Doneu un mètode equivalent a l’anterior per tal d’obtenir varietats amb vora de di-

mensió arbitrària. (Quines condicions s’han d’imposar a f , g per tal de poder dir que elspunts p que compleixen f(p) = 0 i g(p) ≤ 0 donen una varietat amb vora de dimensió k).

Solució: Fem el cas particular en que n = 3 i f(x, y, z) = z. La n no juga un paperrellevant i veurem de fet que la situació general es pot reduir a aquest exemple.

En aquest casN = p ∈ R3; p = (p1, p2, 0), g(p) ≤ 0.

Sigui g(x, y) = g(x, y, 0). Llavors el cojunt

N = p ∈ R2; g(p) ≤ 0.

és tal que i(N) = N on i : R2 −→ R3 és la injecció canònica i(x, y) = (x, y, 0)Anem a veure si dg 6= 0 sobre g−1(0) ja que llavors sabríem, pel problema anterior14,

que N és una 2-varietat amb vora.Ara

dg = d(g i) = dg · di = (∂g

∂x,∂g

∂y,∂g

∂z)

1 00 10 0

=

(∂g

∂x

∂g

∂y

).

14Recordem que són només condicions suficients.

207

Per tant, una de les dues derivades parcials ha de ser diferent de zero sobre g−1(0) (queés la vora de N). Aquesta és la condició que hem d’imposar però la reescrivim en termesde g (no de g).

Només hem d’observar que l’anterior condició es pot enunciar dient que les diferenci-als15 df i dg són linealment independents sobre la vora de N , ja que la matriu

∂g

∂x

∂g

∂y

∂g

∂z0 0 1

té rang dos si una de les dues derivades parcials no s’anul.la.

Cas general.Sigui p ∈ N . Sabem (Proposició 15.1.5 apunts Reventós) que existeix un difeomorfisme

local h definit en un entorn obert W de p a Rn tal que

h(W ∩ f−1(0)) = h(W ) ∩ (Rn−1 × 0).

Considerem G = g h−1 i : Rn−1 −→ R on i és la injecció canònica de Rn−1 a Rn,i(x) = (x, 0), entenent que està definida només a i−1(h(W )).

Apliquem l’exercici anterior a G tot observant que en aquest exercici no cal que festigui definida a tot Rn, només cal que estigui definida sobre un obert. Si es compleixenles hipòtesis dG 6= 0 sobre G−1(0) sabrem que M = x ∈ Rn−1;G(x) ≤ 0 és una (n− 1)-subvarietat amb vora de Rn−1. I per tant i(M) és una (n − 1)-subvarietat amb vora deRn. Se sobreentén que x pertany al domini de definició de G.

I com N = h−1i(M), i h és difeomorfisme, N serà també varietat amb vora.El punt clau és que donat un punt q de Rn−1 on està definida G llavors

Th−1i(q)(f−1(0)) = dh−1

|i(q)(i(Rn−1)) (8)

així la condició dG 6= 0 implica que existeix un vector u ∈ Rn−1 tal que

0 6= dG(u) = dg(d(h−1 i))(u)

15Les podem pensar com matrius o com els vectors gradients

208

i per tant, el vector v = d(h−1 i))(u) compleix (per (8)) que v ∈ Th−1i(q)(f−1(0)) i

0 6= dg(v) = 〈grad g, v〉.Com l’espai tangent a f−1(0) és l’ortogonal al gradient, tenim que df(v) = 〈grad f, v〉 =

0 resulta que v ∈ 〈grad f〉⊥ i v /∈ 〈grad g〉⊥ per tant aquests gradients són linealmentindependents.

Equivalentment. La diferencial deG, dG, es pot calcular també així. PensemG = gHon H : R2 −→ R3 està donada per H = h−1 i, és a dir, H(x, y) = h−1(x, y, 0). Enparticular, f(H(x, y)) = 0 i per tant (posem H = (H1, H2, H3)) per la regla de la cadena〈grad f, ∂H

∂x〉 = 〈grad f, ∂H

∂y〉 = 0. Per altra banda diferenciant la igualtat G = g H tenim

(∂G

∂x

∂G

∂y

)=

(∂g

∂x

∂g

∂y

∂g

∂z

)

∂H1

∂x

∂H1

∂y∂H2

∂x

∂H2

∂y∂H3

∂x

∂H3

∂y

La condició dG 6= 0 ens diu que grad g no és ortogonal a almenys una de les columnes dela darrera matriu, i per tant, grad f i grad g no poden ser linealment dependents.

Exercici 199: Sigui γ la corba de R3 parametritzada per γ(s) = (s, s2, s3) amb s ∈ [0, 1].Calculeu ∫

γ

(dx+ dz)

Solució: Per definició,∫

γ

dx+dz =

∫

[0,1]

γ∗(dx+dz) =

∫ 1

0

d(xγ)+d(zγ) =

∫ 1

0

ds+ds3 =

∫ 1

0

(1+3 s2) ds = 2.

Exercici 200: Considereu S = (x, y, z) ∈ R3 | x+ 3 y − z = 2, 0 < x < 1, 0 < y < 1.Determineu ∫

S

dx ∧ dz

si l’orientació en S és la que correspon al vector normal (−1,−3, 1). (Noteu que si s’escriudx ∧ dz s’està pensant que s’integra una forma de R3 sobre la subvarietat S).

Solució: La parametrització ϕ(x, y) = (x, y, x + 3 y − 2) conserva l’orientació ja queϕx ∧ ϕy = (−1,−3, 1). Per definició∫

S

dx ∧ dz =

∫

[0,1]2ϕ∗(dx ∧ dz) =

∫ 1

0

∫ 1

0

dx ∧ d(x+ 3 y − 2) = 3

∫ 1

0

∫ 1

0

dx ∧ dy = 3.

Exercici 201: Sigui S2 l’esfera unitària de R3 (on es pren l’orientació determinada pelnormal exterior).

Quin valor té la integral∫

S2dx ∧ dy?

209

Es pot relacionar aquest càlcul amb el T. de Stokes?

Solució: Sense Stokes. Sigui ψ : U −→ S2, amb U = (0, 2π)× (0, π), donada per

ψ(θ, ϕ) = (sin(ϕ) cos(θ), sin(ϕ) sin(θ), cos(ϕ))

una parametrització (positiva) de l’esfera. Llavors∫

S2

dx∧dy =

∫

U

ψ∗(dx∧dy) =

∫

U

(d(xψ)∧d(yψ)) =

∫

U

d(sin(ϕ) cos(θ))∧d(sin(ϕ) sin(θ)).

Com que

d(sin(ϕ) cos(θ)) = cos(ϕ) cos(θ) dϕ− sin(ϕ) sin(θ) dθ,

d(sin(ϕ) sin(θ)) = cos(ϕ) sin(θ) dϕ+ sin(ϕ) cos(θ) dθ ,

substituint tenim∫

S2

dx ∧ dy =

∫

U

cos(ϕ) sin(ϕ) dϕ ∧ dθ = 2π[1

2sin2(ϕ)

]π0

= 0 .

Amb Stokes. Com que S2 no té vora i dx ∧ dy és exacta la integral és zero:∫

S2

dx ∧ dy =

∫

S2

d(x dy) =

∫

∂S2

x dy = 0,

ja que ∂S2 = ∅.

210

16 Exercicis complementaris d’integració de formes

Exercici 202: Sigui C la corba de R3 donada per x2 + y2 + z2 = 1, z = R, 0 < R < 1.Calculeu ∫

C

xydx− zdy

si es considera l’orientació de C donada per (−y, x, 0)/(x2 + y2)1/2.Solució: Sense Stokes. Parametritzem C per γ(t) = (r cos t, r sin t, R) amb R2 + r2 = 1.Observem que amb aquesta parametrització C està orientada com ens diu l’enunciat. Comque

γ∗(xy dx−z dy) = (r cos t)(r sin t)(−r sin t dt)−R(r cos t dt) = (−r3 cos t sin2 t−rR cos t)dt,

tenim que ∫

C

xy dx− z dy =

∫ 2π

0

(−r3 cos t sin2 t− rR cos t)dt = 0,

ja que la funció que integrem entre 0 i 2π té primitiva periòdica.Amb Stokes. La circumferència C és frontera del disc D del pla z = R de centre a

(0, 0, R), i està orientada deixant el recinte a l’esquerra (i.e. la base formada per la normalexterior i el vector tangent a C és positiva). Aplicant Stokes tenim

∫

C

xy dx−Rdy =

∫

D

d(xy dx−Rdy) = −∫

D

xdx ∧ dy.

Però aquesta darrera integral és zero per simetria. Si es vol fer el càlcul es pot passar apolars o bé directament

∫

D

x dx ∧ dy =

∫ r

−r

[x2

2

]√r2−y2

−√r2−y2

dy = 0.

Exercici 203: Sigui M la hipersuperfície de R4 parametritzada per ϕ : [0, 1]3 −→ R4,amb

ϕ(s, t, u) = (st2, tu, s, s+ u)

Calculeu la integral∫

M

dx1 ∧ dx2 ∧ dx4.

Solució:∫

M

dx1 ∧ dx2 ∧ dx4 =

∫

[0,1]3ϕ∗(dx1 ∧ dx2 ∧ dx4)

=

∫

[0,1]3(d(x1 ϕ) ∧ d(x2 ϕ) ∧ d(x4 ϕ))

=

∫

[0,1]3(d(st2) ∧ d(tu) ∧ d(s+ u))

=

∫

[0,1]3((t2 ds+ 2st dt) ∧ (u dt+ t du) ∧ (ds+ du))

=

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

(t2u+ 2st2) ds ∧ dt ∧ du

=1

2.

211

Exercici 204: Sigui ω una 1-forma i f una funció en M , superfície compacta. Proveu lafórmula d’integració per parts

∫

M

f dω =

∫

∂M

fω −∫

M

df ∧ ω.

Solució: Resulta del fet que d(fω) = df ∧ ω + f dω.

Exercici 205: Sigui D ⊂ Rn un domini compacte amb frontera ∂D regular.

1. Trobeu ω ∈ Ωn−1(Rn) tal que∫∂Dω sigui el volum n-dimensional de D. Indicació:

analitzeu primer els casos de dimensió n = 2 i n = 3.

2. Si ω′ ∈ Ωn−1(Rn) és una altra (n− 1)-forma amb la propietat anterior, proveu queω − ω′ és tancada. És també exacta?

Solució: (a) És conseqüència del teorema de Stokes aplicat a ω = 1n(∑

i(−1)i−1xidx1 ∧. . . dxi . . . dxn).

En el pla seria ω = 12(x dy − y dx).

(b) Sabem que per a qualsevol domini D és cert que∫Dd(ω − ω′) = 0. D’aquí es

dedueix, per un argument estàndard, que d(ω − ω′) = 0. En efecte, si una n-formaη = f(x1, . . . , xn)dx1∧ · · · ∧dxn és diferent de zero en un punt (podem suposar f positivaen aquest punt) llavors també és positiva en un petit entorn d’aquest punt. Per tant laseva integral sobre un domini D contingut en aquest entorn obert seria diferent de zero.

En canvi hi ha (n−1)-formes que tenen integral zero sobre la bora de qualsevol dominii no són zero. Per exemple a R2, ω = xdy + ydx. Com és tancada,

∫

∂D

ω =

∫

D

dω = 0

per a tot domini D de R2.En el pla, la forma ω′ = xdy també compleix l’apartat a). I

d(ω − ω′) = d(1

2(x dy − y dx)− xdy) = −1

2d(xdy + ydx) = −1

2dx ∧ dy − 1

2dy ∧ dx = 0.

Exercici 206: [Spivack] Es considera la 2-forma

Ω =xdy ∧ dz − ydx ∧ dz + zdx ∧ dy

(x2 + y2 + z2)3/2

a R3 \ 0.

1. Proveu que Ω és tancada.

2. Comproveu que Ω(P ; v, w) =〈v × w,P 〉|P |3 on v, w ∈ TPR3.

3. Proveu que∫S2r

Ω = 4π on S2r és l’esfera de radi r centrada a l’origen. En particular

Ω no és exacta a R3 \ 0.

212

4. Si v = λP proveu que Ω(P ; v, w) = 0. Deduïu que si L és una unió de segments desemirectes que surten de l’origen, aleshores

∫L

Ω = 0.

5. Sigui M ⊂ R3 \ 0 una varietat de dimensió 2 de manera que cada semirecta perl’origen talla M com a molt un cop. Sigui C(M) l’unió de les semirectes que tallenM . L’angle sòlid que determina M és C(M)∩S2

1 . Proveu que l’àrea de l’angle sòliddeterminat per M és |

∫M

Ω|.

Solució: (a) Un càlcul llarg. Però que es pot simplificar si diem N =√x2

1 + x22 + x2

3 iobservem que ∂N

∂xi= xi

N.

Llavors∂

∂xi(xiN3

) =N3 − 3Nx2

i

N6

Al sumar aquestes quantitats per a i = 1, 2, 3, el numerador és 3N3−3N(x21+x2

2+x23) = 0.

(b) En el punt P = (p1, p2, p3) tenim

Ω(P ; v, w) =p1(dy ∧ dz)(P ; v, w) + p2(dz ∧ dx)(P ; v, w) + p3(dx ∧ dy)(P ; v, w)

|P |3

=p1(v2w3 − v3w2) + p2(v3w1 − v1w3) + p3(v1w2 − v2w1)

|P |3

=det(P, v, w)

|P |3 .

Nota: Observem que, amb la notació del problema ?

Ω =1

N3ωX , X = (x, y, z) = x

∂

∂x+ y

∂

∂y+ z

∂

∂z, N(x, y, z) =

√x2 + y2 + z2.

Així

Ω(P ;u, v) =1

N(P )3ωX(P ;u, v) =

1

N(P )3det(X(P ), u, v) =

1

N(P )3det(P, u, v).

(c) Fem el càlcul en coordenades esfèriques, concretament c(ϕ, θ) = (r sinϕ cos θ, r sinϕ sin θ, r cosϕ).Aprofitant els càlculs del problema ? tenim

c∗(dx ∧ dy) = r2 cosϕ sinϕdϕ ∧ dθc∗(dx ∧ dz) = −r2 sin2 ϕ sin θ dϕ ∧ dθc∗(dy ∧ dz) = r2 sin2 ϕ cos θ dϕ ∧ dθ

i, per tant,

c∗(z dx ∧ dy) = r3 cos2 ϕ sinϕdϕ ∧ dθc∗(y dx ∧ dz) = −r3 sin3 ϕ sin2 θ dϕ ∧ dθc∗(x dy ∧ dz) = r3 sin3 ϕ cos2 θ dϕ ∧ dθ

c∗Ω =1

r3r3 sinϕdϕ ∧ dθ.

213

Nota: Aquest resultat és evident i no cal fer aquest càlcul. En efecte, Ω és l’elementd’àrea de S2 (val 1 sobre una base ortonormal de vectors tangents en un punt a S2), i éshomogènia respecte de r, és a dir, invariant per una homotècia de centre l’origen i raó r.

Així, dient U = (0, 2π)× (0, π), tenim∫

S2r

Ω =

∫

U

c∗Ω =

∫

U

sinϕdϕ ∧ dθ = 4π.

Nota: Com que normalment és clar pel context si estem manipulant formes sobre lasuperfície o la seva expressió en coordenades, és molt habitual escriure equacions comles 7 últimes ometent la referència a c∗. És a dir, escrivim per exemple dx ∧ dy =r2 cosϕ sinϕdϕ ∧ dθ.

Finalment observem que, per ser ∂S2r = ∅, Ω no pot ser exacta, ja que llavors, per

Stokes seria∫S2r

Ω = 0.(d) La primera igualtat és conseqüència immediata de l’apartat b), ja que tindríem

Ω(P ;λP,w) =det(P, λP,w)

|P |3 = 0.

Hem de suposar que L és una 2-varietat ja que Ω és una 2-forma (només sabem integrark-formes sobre k-varietats). La forma és nul.la sobre els camps tangents a L, ja que podempensar que tenim una base local de camps e1, e2 sobre L amb e1 tangent a les semirectesper l’origen. Així,

Ω(X, Y ) = Ω(ae1 + be2, ce1 + de2) = (ad− bc)Ω(e1, e2) = 0.

Això implica que la integral és zero, ja que∫

L

Ω =

∫

V

ϕ∗Ω

on ϕ : V −→ L és una carta local de L. Però com fer el pull-back és essencialmentrestringir, aquest pull-back és zero (ϕ∗Ω(X, Y ) = Ω(ϕ∗X,ϕ∗Y ) = 0.)

(e) Apliquem el teorema de Stokes a la regió R delimitada per M , C(M) ∩ S21 i la

superfície lateral L formada pels rajos que uneixen aquestes superfícies. Com Ω és tancadatenim

0 =

∫

R

dΩ =

∫

∂R

Ω =

∫

L

Ω +

∫

M

Ω +

∫

c(M)∩S2

Ω =

∫

M

Ω +

∫

c(M)∩S2

Ω.

La última integral és l’àrea de l’angle sòlid, doncs ja hem vist que Ω restringida a l’esferaés el seu element d’àrea. Com volíem veure.

214

Exercici 207: Siguin P = (P1, P2, P3), Q = (Q1, Q2, Q3) dos punts de R3 i R el seu puntmig. Considereu la següent 2-forma de R3 \ P,Q:

ω(x1, x2, x3) =3∑

i=1

(−1)i−1

(xi − Pi‖x− P‖3

− xi −Qi

‖x−Q‖3

)dx1 ∧ . . . dxi · · · ∧ dx3.

1. Proveu que ω és tancada.

2. Calculeu la integral de ω sobre l’esfera de radi ‖P −Q‖/3 i centre P .

3. Calculeu la integral de ω sobre l’esfera de radi 3‖P −Q‖ i centre R.

4. Deduïu que ω no és exacta a R3 \ P,Q.

Solució: Observem que ω és la resta de les formes angulars a P i a Q.(a) Come les formes angulars són tancades la diferència també.(b) Denotem

ωP =3∑

i=1

(−1)i−1

(xi − Pi‖x− P‖3

)dx1 ∧ . . . dxi · · · ∧ dx3,

ωQ =3∑

i=1

(−1)i−1

(xi −Qi

‖x−Q‖3

)dx1 ∧ . . . dxi · · · ∧ dx3,

de manera que ω = ωP − ωQ.Sigui SP l’esfera 2-dimensional de centre P i radi ||P−Q||/3, i SQ l’esfera 2-dimensional

de centre Q i radi ||P −Q||/3. Pel problema ?∫

SP

ωP = 4π.

Per Stokes, i ser ωQ diferenciable a R3 \ Q, tenim∫

SP

ωQ =

∫

BP

dωQ = 0,

ja que ωQ és tancada. BP denota la bola 3-dimensional de centre P i radi ||P −Q||/3.Per tant ∫

SP

ω =

∫

SP

(ωP − ωQ) = 4π.

El mateix argument demostra que∫

SQ

ω =

∫

SQ

(ωP − ωQ) = −4π.

(c) La unió disjunta de les esferes 2-dimensionals SP , SQ, i E, on E és l’esfera deradi 3‖P −Q‖ i centre R, és la vora d’una regió 3-dimensional W on ω és diferenciable itancada. Per Stokes tenim

0 =

∫

W

dω =

∫

E

ω +

∫

SP

ω +

∫

SQ

ω =

∫

E

ω + 4π − 4π =

∫

E

ω.

(d) No és exacta per l’apartat b) i el mateix argument que en l’apartat c) del problema?

215

Exercici 208: Sigui S la superfície de R3 parametritzada per ϕ(s, t) = (s cos t, s sin t, t),0 ≤ s ≤ π, 0 ≤ t ≤ π (un troç d’helicoide) i sigui ω = xdx + ydy + zdz. Comproveu quees satisfà el Teorema de Stokes.

Solució: Com que dω = 0, per Stokes, tenim∫

∂S

ω =

∫

S

dω = 0.

Comprovem-ho calculant directament aquesta segona integral.Veiem que ∂S és la unió de les quatre corbes

C1(t) = ϕ(0, t) = (0, 0, t)

C2(t) = ϕ(π, t) = (π cos t, π sin t, t)

C3(s) = ϕ(s, 0) = (s, 0, 0)

C4(s) = ϕ(s, π) = (−s, 0, π)

∫

C1

ω =

∫ π

0

C∗1ω =

∫ π

0

(xC1) d(xC1)+(yC1) d(yC1)+(zC1) d(zC1) =

∫ π

0

t dt =π2

2

Anàlogament∫

C2

ω =

∫ π

0

C∗2ω =

∫ π

0

(x C2) d(x C2) + (y C2) d(y C2) + (z C2) d(z C2)

=

∫ π

0

π cos t (d(π cos t)) + π sin t (d(π sin t)) + t dt

=

∫ π

0

t dt =π2

2

∫

C3

ω =

∫ π

0

C∗3ω =

∫ π

0

(x C3) d(x C3) + (y C3) d(y C3) + (z C3) d(z C3)

=

∫ π

0

s ds =π2

2

∫

C4

ω =

∫ π

0

C∗4ω =

∫ π

0

(x C4) d(x C4) + (y C4) d(y C4) + (z C4) d(z C4)

=

∫ π

0

−s d(−s) =π2

2

Llavors ∫

∂S

ω =

∫

C1

ω +

∫

C4

ω −∫

C2

ω −∫

C3

ω = 0.

216

C

C

C

C

1

4

2

3

Exercici 209: Sigui Ω el tor sòlid (r cos s, (b+ r sin s) cos t, (b+ r sin s) sin t) amb 0 <a < b,r ∈ [0, a], s ∈ [0, 2π], t ∈ [0, 2π], i sigui ω = xdy ∧ dz + ydz ∧ dx + zdx ∧ dy.Comproveu que es satisfà el Teorema de Stokes.

Solució: Com dω = 3dx ∧ dy ∧ dz és clar que∫

Ω

dω = 3V ol(Ω) = 3(πa2)(2πb)

La darrera igualtat de moment ens la creiem però és standard en teoria de tubs: noméshem de tallar el tor per un meridià i posar-lo recte. Obtenim un cilindre d’altura 2πb ibase un cercle de radi a.

La vora ∂Ω està donada per les anteriors equacions amb r = a.Si denotem per ϕ(s, t) = (a cos s, (b + a sin s) cos t, (b + a sin s) sin t) i identifiquem x

amb x ϕ, y amb y ϕ, z amb z ϕ, tenim

dx = −a sin s ds

dy = a cos s cos t ds− sin t(b+ a sin s)dt

dz = a cos s sin t ds+ cos t(b+ a sin s)dt

dx ∧ dy = a sin s sin t(b+ a sin s)ds ∧ dtdx ∧ dz = −a sin s cos t(b+ a sin s)ds ∧ dtdy ∧ dz = a cos s(b+ a sin s)ds ∧ dt

Per tant,ω = a(b+ a sin s)(a+ b sin s) ds ∧ dt.

Així

∫

Ω

dω =

∫

∂Ω

ω =

∫ 2π

0

∫ 2π

0

ϕ∗ω =

∫ 2π

0

∫ 2π

0

a(b+ a sin s)(a+ b sin s) ds ∧ dt

= a2b(2π)(2π) + a2b(2π)

∫ 2π

0

sin2 s ds = 6π2a2b.

217

17 El Teorema de Stokes i les seves variants.

Exercici 210: Considereu dins l’helicoide S de R3, parametritzat per ϕ(s, t) = (s cos(t), s sin(t), t),la regió R determinada per 0 ≤ s ≤ π, 0 ≤ t ≤ π i la forma ω = x dx+ y dy + z dz. Cal-culeu les integrals necessàries per tal de comprovar el teorema de Stokes amb aquestesdades.

Solució:

Tenint en compte que dω = 0, el que s’ha de veure és que la suma de les integrals(amb les orientacions adequades) al llarg dels quatre segments que determinen ∂R és 0.Aquestes quatre corbes són:

α1(s) = (s, 0, 0)

(corresponent a t = 0 i amb s ∈ [0, π])

α2(s) = (π cos(t), π sin(t), t)

(corresponent a s = π i amb t ∈ [0, π])

α3(s) = (s, 0, π)

(corresponent a t = π i amb s ∈ [−π, 0] tenint en compte el sentit del recorregut)

α4(t) = (0, 0, t)

(corresponent a s = 0 i amb t ∈ [0, π], que cal recórrer des de t = π fins a t = 0).Les integrals sobre cada un dels trams seran

∫

α1

ω =

∫ π

0

s ds =π2

2∫

α2

ω =

∫ π

0

(−π2 cos(t) sin(t) + π2 sin(t) cos(t) + t) dt =π2

2∫

α3

ω =

∫ 0

−πs ds = −π

2

2∫

α4

ω =

∫ 0

π

t dt = −π2

2

218

Exercici 211: Sigui D una regió del pla limitada per una certa corba (diferenciable)tancada γ. Utilitzeu la fórmula de Green (o, equivalentment, el t. de Stokes) per a provarque l’àrea de D es pot calcular com:

Àrea(D) =

∫

γ

x dy = −∫

γ

y dx

Apliqueu l’anterior per a calcular l’àrea que queda entre la cicloide γ(s) = (s −sin(s), 1− cos(s)) i l’eix de les x (per a s ∈ [0, 2 π]).

Solució: Com que d(x dy) = −d(y dx) = dx ∧ dy és l’element de volum del pla, el T.de Stokes aplicat a la regió R corresponent a l’interior de la corba γ dóna directament lafórmula. ∫

γ

x dy =

∫

R

dx ∧ dy (ja que ∂R = γ)

Segons la fórmula anterior serà suficient calcular integrar x dy = (s−sin(s)) d(1−cos(s)) =(s sin(s)− sin2(s)) ds (tenint en compte que, per compatibilitzar amb l’orientació, caldràintegrar començant en s = 2 π i acabant en s = 0) ja que sobre y = 0 la forma és nul.la.Caldrà calcular, doncs,

∫ 0

2π

(s sin(s)− sin2(s)) ds =

[−s cos(s) + sin(s)− 1

2s+

1

4sin(2 s)

]0

2π

= 3π

Exercici 212: Determineu la corba tancada γ del pla per a la qual la integral∫

γ

y3 dx+ (3x− x3) dy

té el valor màxim.

Solució: Tenint en compte que

d(y3 dx+ (3x− x3) dy) = 3 (1− x2 − y2) dx ∧ dyLa integral sobre qualsevol corba tancada γ es redueix a la integral sobre el seu interiorR donada per ∫

R

3 (1− x2 − y2) dx dy

que és la integral d’una funció del pla que decreix amb la distància a l’origen i és positivaal disc unitat i negativa fora. D’aquesta expressió es dedueix, doncs, que la regió quedonarà el valor màxim serà el disc unitat i, per tant, que la corba γ és el cercle unitat.

219

Exercici 213: Quan es defineix un camp vectorial de R3 (o, en general, de Rn) sempre espot interpretar que l’expressió X = (a1, a2, a3) representa en cada punt el vector tangentque s’escriu com combinació lineal dels vectors tangents a les corbes coordenades ambcomponents ai. Si s’estableix ∂

∂x= d(t,ct.,ct.)

dt

∣∣∣t=0

, ∂∂y

= d(ct.,t,ct.)dt

∣∣∣t=0

, ∂∂z

= d(ct.,ct.,t)dt

∣∣∣t=0

l’anterior observació es resumeix en la igualtat X = a1∂∂x

+ a2∂∂y

+ a3∂∂z. D’aquesta

forma, si es fa un canvi de coordenades (x, y, z) = Φ(x, y, z) també es podrà representarX en funció de ∂

∂x, ∂∂y, ∂∂z.

Per exemple, en R2,

1. Quina relació hi ha entre els camps tangents corresponents a les coordenades carte-sianes ∂

∂x, ∂∂y, ∂∂z

i els de les coordenades cilíndriques ∂∂r, ∂∂θ, ∂∂z

de R3?

2. Com es calcularà la divergència d’un camp de R3 si es coneix la seva expressió enfunció de les coordenades cilíndriques?

Solució:

1. Pensant el vectors tangents com derivades direccionals i aplicant la regla de la cadenaes pot deduir que les fórmules de canvi de base seran (les derivades parcials en ladirecció de les z són comuns als dos sistemes de coordenades)

∂

∂r=∂x

∂r

∂

∂x+∂y

∂r

∂

∂y= cos(θ)

∂

∂x+ sin(θ)

∂

∂y∂

∂θ=∂x

∂θ

∂

∂x+∂y

∂θ

∂

∂y= −r sin(θ)

∂

∂x+ r cos(θ)

∂

∂y

(Recordeu que el canvi de coordenades ve donat per x = r cos(θ), y = r sin(θ)).Per tal de condensar els càlculs, es pot pensar que es té, en cada punt, la matriu decanvi de base

M =

(cos(θ) −r sin(θ)sin(θ) r cos(θ)

)

amb inversaM−1 =

(cos(θ) sin(θ)

−(1/r) sin(θ) (1/r) cos(θ)

)

de forma que∂

∂x= cos(θ)

∂

∂r− 1

rsin(θ)

∂

∂θ∂

∂y= sin(θ)

∂

∂r+

1

rcos(θ)

∂

∂θ

220

i, per l’altre costat, un camp F que s’expressa en la base associada a les coordenadescilíndriques com F = F1

∂∂r

+F2∂∂θ

+F3∂∂z

s’escriurà en coordenades cartesianes com

F = (cos(θ)F1 − r sin(θ)F2)∂

∂x+ (sin(θ)F1 + r cos(θ)F2)

∂

∂y+ F3

∂

∂z

La divergència de F es calcularà, doncs, sumant el termes

(cos(θ)∂

∂r− 1

rsin(θ)

∂

∂θ)(cos(θ)F1 − r sin(θ)F2)

(sin(θ)∂

∂r+

1

rcos(θ)

∂

∂θ)(sin(θ)F1 + r cos(θ)F2)

∂F3

∂z

Un cop fet tots els càlculs i simplificant la suma surt

div(F ) =1

r

∂(r F1)

∂r+∂F2

∂θ+∂F3

∂z=F1

r+∂F1

∂r+∂F2

∂θ+∂F3

∂z

Nota: En la literatura trobareu la fórmula escrita com

div(F ) =1

r

∂(r F1)

∂r+

1

r

∂F2

∂θ+∂F3

∂z

El motiu d’aquesta discrepància és que en aquestes fórmules les components del campF que s’utilitzen són les relatives a la base ortonormal associada a les coordenadescilíndriques que està formada pels vectors ∂

∂r, 1r∂∂θ, ∂∂z

de forma que la componentF2 d’aquestes fórmules és igual a r vegades la component F2 que s’ha utilitzat enels càlculs anteriors.

Exercici 214: Calculeu el flux del camp definit per F (x, y, z) = (z2, x z, x− y2) a travésde la superfície S determinada per les condicions x2 +y2 = 4−z, z ≥ 0 (amb la orientacióque dóna (0, 0, 1) com a vector normal quan x = y = 0).

Solució: Noteu que la superfície és el paraboloide de l’esquema següent

i que el camp (sobre la superfície) es veu com

221

Si es parametritza S prenent

ϕ(x, y) = (x, y, 4− x2 − y2)

amb la condició que x2 + y2 ≤ 0, l’espai tangent es generarà amb

ϕx = (1, 0,−2x)

ϕy = (0, 1,−2 y)

de forma que el vector normal ϕx × ϕy (o, si es vol escriure més directament, el dS) serà

dS = (2x, 2 y, 1)

(notem que aquest vector normal és el que dóna l’orientació que es vol, ja que el seu valorquan x = y = 0 és, justament, (0, 0, 1)). D’aquesta forma el producte escalar F · dS serà

F · dS = 2x y z + 2x z2 − y2 + x

que restringit a S (posant z en funció de x, y) serà

F · dS = 2x5 + 4x3 y2 + 2x y4 − 2x3 y − 2x y3 − 16x3 − 16xy2 + 8x y − y2 + 33x

Aleshores el flux de F al llarg de S serà la integral

∫

S

F ·dS =

∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√

4−x2(2x5+4x3 y2+2x y4−2x3 y−2x y3−16x3−16xy2+8x y−y2+33x) dydx

i una mica de càlcul dona immediatament∫

S

F · dS = −4π

Naturalment, aquest és el camí més llarg per obtenir el resultat final (tot i que hi habastants termes de la integral que donen 0 per les simetries del problema).

La forma d’arribar a un resultat pel camí més curt passa per veure en primer lloc queel camp F té divergència nul.la (això és obvi ja que la primera component no depèn dex, la segona no depèn de y i la tercera no depèn de z). El teorema de la divergència diu,aleshores, que els fluxos al llarg de de S i al llarg de la tapa de baix (el disc D corresponent

222

a x2 +y2 ≤ 4 amb z = 0) s’han de compensar (quan es prenen les orientacions compatiblesentre si) ja que, si M és la regió que queda dins el paraboloide, s’ha de complir

0 =

∫

M

div(F ) dV =

∫

∂M

F · dS

i ∂M està format per les dues components S i D. Els càlculs seran molt més simplessobre la regió plana D que sobre S. A més, els càlculs es poden escurçar una mica mésprenent coordenades polars en D (que són les que millor s’adapten a regions circulars).El que s’ha de calcular ara és ∫

D

F · dD

però la parametrització del disc serà

ψ(θ, r) = (r cos(θ), r sin(θ), 0)

amb vectors tangents generats per

ϕθ = (−r sin(θ), r cos(θ), 0)

ϕr = (cos(θ), sin(θ), 0)

i ambdD = (0, 0,−r)

(aquesta elecció de l’ordre de les coordenades no és arbitrària, és la compatible ambl’orientació que s’ha triat a S). Com que F restringit a D (recordem que D correspon az = 0) serà (respecte les coordenades polars (θ, r))

F =(0, 0, −r2 sin2(θ) + r cos(θ)

)

el flux sobre D serà la integral∫ 2

0

∫ 2π

0

(r3 sin2(θ)− r2 cos(θ)

)dθdr = 4π .

I, per tant, ∫

S

F · dS = −4π

Exercici 215: Considereu el camp determinat per F (x, y, z) = (x+ 1, y − 1, 1− 2 z) i elcilindre S = x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 (orientat pel vector normal ν = 1√

x2+y2(x, y, 0)).

Calculeu el flux de F al llarg de S (∫

S

F · dS) integrant la divergència sobre un domini

adequat (i alguna cosa més).

Solució: El primer de tot que cal veure és que el camp F té divergència nul.la

div(F ) = 1 + 1− 2 = 0

De forma que la circulació al llarg del cilindre ha de compensar la circulació al llarg deles dues tapes

223

Com que l’orientació que s’ha triat del cilindre és la que mira cap a fora l’orientacióde la tapa inferior ha de ser la corresponent al vector normal ν0 = (0, 0,−1) i la de la tapasuperior al vector normal ν1 = (0, 0, 1). El camp F restringit a la tapa inferior (z = 0)serà

F0 = (x+ 1, y − 1, 1)

mentre que la restricció a la superior serà

F1 = (x+ 1, y − 1,−1)

Els fluxos respectius es calcularan, doncs, amb∫

z=0

(F0 · ν0) dxdy =

∫

z=0

(−1) dxdy = −π

i ∫

z=1

(F1 · ν1) dxdy =

∫

z=1

(−1) dxdy = −π

(l’àrea dels dos discs).A partir d’aquí és clar que el flux al llarg del cilindre serà 2π

Exercici 216: 1. Sigui F = (x, y, z) el camp radial de R3 i D una regió qualsevol(amb frontera S prou regular). Proveu que el volum de D es pot calcular com

Vol(D) =1

3

∫

S

F · dS =1

3

∫

S

(F · ν) dS

(un terç del flux del camp radial sobre la superfície).

2. Utilitzeu l’estratègia de l’apartat anterior per a calcular el volum de la regió limitadaper la superfície parametritzada com

ϕ(u, v) = (2 cos(u) + cos3(u) cos(v), cos2(u) sin(v), 2 sin(u) + cos2(u) sin(u) cos(v))

Que correspon a u ∈ [−π/2, π/2], v ∈ [0, 2π].

224

Solució:

1. La divergència del camp radial F és constant, amb valor 3. Per tant, la fórmula ésúnicament la manifestació del teorema de la divergència en aquest cas:

∫

S

F · dS =

∫

D

3 dV = 3 Vol(D)

2. Per als càlculs d’aquest exercici caldrà tenir una bona calculadora.

Per a la parametrització que s’ha donat, els vectors tangents seran

ϕu =(−3 cos2(u) cos(v) sin(u)− 2 sin(u), −2 cos(u) sin(u) sin(v),

−(3 cos(u) sin2(u)− cos(u)

)cos(v) + 2 cos(u)

)

ϕv =(− cos3(u) sin(v), cos2(u) cos(v), − cos2(u) sin(u) sin(v)

)

Això dóna un vector normal

dS =(− cos5(u) sin2(v) + 3 cos5(u) + 2 cos3(u) cos(v)− 2 cos3(u),

(cos4(u) cos(v) + 2 cos2(u)

)sin(v),

− cos4(u) sin(u) sin2(v) + 3 cos4(u) sin(u) + 2 cos2(u) cos(v) sin(u))

(ja s’ha triat el signe per tal d’obtenir el vector normal que mira cap a fora).

El que s’haurà d’integrar per aplicar la fórmula serà

F · dS = −2 cos4(u) sin2(v) + 4 cos4(u) +(cos6(u) + 4 cos2(u)

)cos(v)

i el resultat serà

Vol =1

3

∫

S

F · dS

=1

3

∫ 2π

0

∫ π/2

−π/2

(−2 cos4(u) sin2(v) + 4 cos4(u) +

(cos6(u) + 4 cos2(u)

)cos(v)

)dudv

=3

4π2

225

Exercici 217: Calculeu la circulació del camp definit per

F (x, y, z) = (3 x2 y2 +4x3 y z3 +3x2 y z−y, 2x3 y+x4 z3 +x3 z+x, 3x4 y z2 +x3 y+y−x)

al llarg de l’el.lipse parametritzada per c(t) = (2 sin(t), 2 cos(t),− sin(t) − cos(t)). Feuel càlcul directe i el corresponent a aplicar el T. de Stokes. (Aneu en compte amb lesorientacions i recordeu la versió corresponent al rotacional).

Solució: Si es vol fer el càlcul directament s’ha de calcular la restricció del camp F a lacorba c (respecte el paràmetre t) i el vector velocitat de la corba c′(t).

El més fàcil de calcular és

c′(t) = (2 cos(t),−2 sin(t),− cos(t) + sin(t))

La restricció de F a la corba, en funció del paràmetre t, donarà

F (t) =(

128 cos(t) sin6(t) + 128 sin7(t)− 64 sin5(t)

− 24 (8 cos(t) + 1) sin4(t)− 8 (3 cos(t) + 8) sin3(t) + 24 sin2(t)− 2 cos(t),

32 sin7(t)− 32 cos(t) sin6(t)− 48 sin5(t)

− 8 (2 cos(t) + 1) sin4(t) + 24 cos(t) sin3(t) + 2 sin(t),

− 192 sin7(t) + 192 sin5(t) + 96 cos(t) sin4(t) + 16 cos(t) sin3(t)− 2 sin(t) + 2 cos(t))

La projecció sobre l’element de longitud (producte escalar) resultarà

F · c′ = −256 sin8(t) + 512 cos(t) sin7(t) + 32 (8 cos2(t) + 9) sin6(t)− 16 (12 cos(t)− 1) sin5(t)

− 80 (6 cos2(t) + cos(t)) sin4(t)− 64 (cos2(t) + 2 cos(t)) sin3(t) + 6 (8 cos(t)− 1) sin2(t)

+ 4 cos(t) sin(t)− 6 cos2(t)

I la integral d’aquesta funció serà∫

c

F · d` =

∫ 2π

0

(F · c′ ) dt = −12π

Com es pot veure, aquest és un altre exemple on es necessita una bona calculadoraper poder obtenir els resultats sense cometre errades.

D’altra banda, obtenir el valor d’aquesta circulació és immediat utilitzant la fórmuladel rotacional

Circulació de F =

∫

∂S

F · d` =

∫

S

(rot(F ) · ν

)dS

226

ja que, per un costa, no costa massa veure que el rotacional del camp que tenim ésconstant:

rot(F ) = (1, 1, 2)

i, a més, com que la corba c està sobre el pla x+ y + 2 z = 0 (o de forma més convenientz = −(x + y)/2), es pot considerar la vora de regió plana S (l’interior de l’el.lipse) ambun vector normal (compatible amb l’orientació de c) constant donat per

ν = (−1/2,−1/2,−1)

Amb això resulta que la integral que s’haurà de calcular serà, simplement,∫

S

(rot(F ) · ν

)dS =

∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√

4−x2(−3) dydx = −12π

(no cal ser massa espavilat per veure que es tracta de multiplicar per −3 l’àrea del cerclede radi 2)

Exercici 218:

1. Calculeu la circulació del camp vectorial

F (x, y, z) = (x3 − 3x y2, y3 − 3x2 y, z)

al llarg de la trajectòria que sortint de l’origen va seguint les arestes del cub, 0 ≤x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 i 0 ≤ z ≤ 1, anant a (0, 0, 1), a (0, 1, 1), i a (1, 1, 1) i finalmenttorna a l’origen per la diagonal des de (1, 1, 1).

2. Calculeu el rotacional de F . Observeu que és nul i que aquest fet permet determinaruna funció f tal que F = ∇f = grad(f). Expliciteu-la.

Solució:

1. L’esquema del recorregut serà

Les dades dels quatre segments que el formen (tenint en compte l’orientació delcircuit)

α1(t) = (0, 0, t) tangent = (0, 0, 1)

α2(t) = (0, t, 1) tangent = (0, 1, 0)

α3(t) = (t, 1, 1) tangent = (1, 0, 0)

α1(t) = (1− t, 1− t, 1− t) tangent = (−1,−1,−1)

227

De forma que les projeccions del camp F sobre els elements de longitud són

F · d`1 = z = t

F · d`2 = y3 − 3x2 y = t3

F · d`3 = x3 − 3x y2 = t3 − 3 t

F · d`4 = −x3 + 3x y2 − y3 + 3x2 y − z = −4 t3 + 12 t2 − 11 t+ 3

i la circulació serà la suma de les integrals∫ 1

0

t dt =1

2∫ 1

0

t3 dt =1

4∫ 1

0

(t3 − 3 t) dt =1

4− 3

2= −5

4∫ 1

0

(−4 t3 + 12 t2 − 11 t+ 3) dt = −1 + 4− 11

2+ 3 =

1

2

que, clarament, dona com a resultat 0.

2. Aplicant la fórmula del càlcul del rotacional

rot(F ) =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂x ∂y ∂z

x3 − 3x y2 y3 − 3x2 y z

∣∣∣∣∣∣= 0 · i + 0 · j + (−6x y + 6x y) · k = (0, 0, 0)

Es pot obtenir, doncs, una funció f tal que

∂f

∂x= x3 − 3x y2

∂f

∂y= y3 − 3x2 y

∂f

∂z= z

Integrant amb compte s’obtindrà

f(x, y, z) =1

2z2 +

1

4y4 +

1

4x4 − 3

2x2 y2 + C

(on C és una constant qualsevol).

Segon mètode. Per trobar un potencial només hem de fixar un punt, per exemple O =(0, 0, 0) i definir f(x, y, z) com la integral de X al llarg d’una corba (qualsevol, i per tantn’agafarem una fàcil) que uneixi O amb (x, y, z).

f(x, y, z) =

∫ 1

0

〈F (γ(t)), γ′(t)〉 dt

228

on γ(t) = (tx, ty, tz). Així

f(x, y, z) =

∫ 1

0

〈(t3x3 − 3txt2y2, t3y3 − 3t2x2ty, tz), (x, y, z)〉 dt

=

∫ 1

0

(t3x4 − 3t3x2y2 + t3y4 − 3t3x2y2 + tz2) dt

=1

4x4 − 3

2x2y2 +

1

4y4 +

1

2z2.

Observació. Sigui γ(t) una corba qualsevol tal que γ(0) = (0, 0, 0) i γ(1) = (x, y, z) on(x, y, z) és un punt fixat. Llavors

∫ 1

0

〈(x(t)3 − 3x(t)y(t)2, y(t)3 − 3x(t)2y(t), z(t)), (x′(t), y′(t), z′(t))〉 dt

=

[x(t)4

4

]1

0

+

[y(t)4

4

]1

0

+

[z(t)2

2

]−∫ 1

0

(3xy2x′ + 3x2yy′) dt

Com 3xy2x′ + 3x2yy′ = 32(x2y2)′ tenim el resultat.

229

18 Exercicis complementaris al teorema de Stokes

Resum dels teoremes clàssics

∫

∂D

〈F (γ(t)), γ′(t)〉 dt =

∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dx dy. Green

F = (P,Q),

D domini al plaγ(t) parametrització de ∂D

∫

∂S

〈F (γ(t)), γ′(t)〉 dt =

∫

S

〈rotF,N〉 dS. Rotacional

S superfície de normal Nγ(t) parametrització de ∂S

rot F restringit a S

∫

∂Ω

〈F ·N〉 dS =

∫

Ω

(divF ) dV. Divergencia

Ω domini a l’espaiA l’esquerra F està restringit a ∂Ω

230

Exercici 219: Considereu la cicloide γ donada per x(t) = t− sin t, y(t) = 1− cos t, 0 ≤t ≤ 2π. Calculeu l’àrea compresa entre aquesta cicloide i l’eix de les x.

Solució: Pel problema anterior només hem d’integrar sobre la vora x dy. Si denotem perD el recinte limitat per la cicloide i l’eix de les x, llavors ∂D és la unió de les dues corbes

γ1(t) = (t, 0), 0 ≤ t ≤ 2π

iγ2 = γ(2π − t) = (2π − t+ sin t, 1− cos t).

Agafem γ2 en lloc de γ ja que volem recórrer la vora del domini deixant a l’esquerra elpropi domini. Llavors ∫

∂D

x dy =

∫

γ1

x dy +

∫

γ2

x dy.

Sobre γ1 tenim dy = 0, de manera que la primera integral és zero. Per tant∫

∂D

x dy =

∫

γ2

x dy =

∫ 2π

0

(2π − t+ sin t) sin t dt = 3π.

Hem usat que ∫ 2π

0

t sin t =[

sin t− t cos t]2π

0= −2π.

Exercici 220: Sigui X1 el camp vectorial de R3 donat per X1 = (x, y, z). Sigui X2 =(x2, y2, z2). Trobeu el flux d’aquests dos camps sobre l’esfera de radi R.

Solució:∫

SR

X1 ·ν dSR =

∫

SR

(x, y, z)· 1R

(x, y, z)dSR =1

R

∫

SR

(x2+y2+z2)dSR = R(4πR2) = 4πR3.

També s’arriba a aquest resultat trivialment aplicant el teorema de la divergència, jaque la divergència de X1 és 3 i el volum de l’esfera 4

3πR3.

∫

SR

X2 · ν dSR =

∫

SR

(x2, y2, z2) · 1

R(x, y, z)dSR =

1

R

∫

SR

(x3 + y3 + z3)dSR.

Com la funció a integrar és imparell aquesta integral és zero. Ho podem veure tambéaixí:

Parametritzem l’esfera per

x = R sinϕ cos θ

y = R sinϕ sin θ

z = R cosϕ

de manera que dSR = R2 sinϕdϕ ∧ dθ. Així∫

SR

X2·ν dSR =1

R

∫

SR

(x3+y3+z3)dSR = R4

∫

SR

(sin4 ϕ cos3 θ+sin4 ϕ sin3 θ+cos3 ϕ sinϕ)dϕ∧dθ.

231

Les integrals entre 0 i 2π de les potències imparells de sinus i cosinus són zero, de maneraque només queda la integral entre 0 i π de cos3 ϕ sinϕ, que també val 0. És a dir,

∫

SR

X2 · ν dSR = 0.

També s’arriba a aquest resultat trivialment aplicant el teorema de la divergència, jaque la divergència de X2 és 2x+ 2y + 2z, funció imparell sobre l’esfera.

Exercici 221: Comproveu explícitament el teorema de Stokes (el del rotacional) per ala regió V de l’el.lipsoide 2x2 + 2y2 + z2 = 1 que està per sobre del pla z = 1√

2i per al

camp vectorial X = (−3y, 3x, z4).

Solució: Calculem el rotacional.

Rot X =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂x ∂y ∂z−3y 3x z4

∣∣∣∣∣∣= (0, 0, 6).

El normal a l’el.lipsoide és el gradient normalitzat:

ν = (2x, 2y, z)1√

4x2 + 4y2 + z2.

Si parametritzem l’el.lipsoide E per ϕ(x, y) = (x, y,√

1− 2x2 − 2y2), l’element d’àrea és

dSE =1

z

√4x2 + 4y2 + z2dx ∧ dy.

Per tant, ∫

E

Rot X · ν dSE =

∫

E

6dx ∧ dy =3π

2,

ja que x, y varien en el disc x2 + y2 ≤ 14que té àrea π/4.

Per fer aquest càlcul aplicant el teorema del rotacional parametritzem la vora d’aquestaregió de l’el.lipsoide per γ(t) = (1

2cos t, 1

2sin t, 1√

2), llavors

∫ 2π

0

X(γ(t)) · γ′(t) dt =

∫ 2π

0

(−3

2sin t,

3

2cos t,

1

4) · (−1

2sin t,

1

2cos t, 0) dt =

3π

2.

Nota: Sigui ϕ : U ⊂ R2 −→ S una parametrització d’una superfície S de R3. Denotem(u, v) les coordenades cartesianes dels punts de U . Observem que

∫

S

(X · ν) dS =

∫

U

(X ϕ) · (ϕu ∧ ϕv) du dv,

ja queν =

ϕu ∧ ϕv‖ϕu ∧ ϕv‖

idS = ‖ϕu ∧ ϕv‖du ∧ dv.

232

Exercici 222: La meitat superior de l’el.lipsoide x2/2 + y2/2 + z2 = 1 talla el cilindrex2 + y2 = y al llarg d’una corba tancada γ. Calculeu la circulació del camp vectorialX = (y3, xy + 3xy2, z4) al llarg de γ.

Solució: Sense Stokes. Parametritzem γ per γ(t) = (sin t cos t, cos2 t,√

1− 12

cos2 t). Perarribar aquí només cal adonar-se que x2 +y2 = y es pot escriure com x2 +(y−1/2)2 = 1/4.Una parametrització d’aquest cercle és doncs x = (1/2) sin s, y = (1/2)(1 + cos s) i agafars = 2t.

Aixíγ′(t) = (cos2 t− sin2 t,−2 sin t cos t,

sin t cos t

2√

1− 12

cos2 t).

El camp restringit a la corba

F (γ(t)) = (cos6 t, sin t cos3 t+ 3 sin t cos5 t, (1− 1

2cos2 t)2),

i la projecció sobre el tangent a la corba

F (γ(t)) · γ′(t) = cos8 t− sin2 t cos6 t− 2 sin2 t cos4 t− 6 sin2 t cos6 t− sin t cos t

2(1− 1

2cos2 t)3/2

= 8 cos8 t− 5 cos6 t− 2 cos4 t− sin t cos t

2(1− 1

2cos2 t)3/2.

Així ∫ π

0

F (γ(t)) · γ′(t)dt = 835π

128− 5

5π

16− 2

3π

8= −π

8.

ja que el darrer terme de F (γ(t)) · γ′(t) és la derivada de (1− 12

cos2 t)−1/2 i, per tant, laseva integral entre 0 i π és zero.

Amb Stokes. Observem primerament que

Rot X = (0, 0, y),

i que el normal a l’el.lipsoide és

ν =1√2

(x, y, 2z)1√

1 + z2,

i per tant

Rot X · ν =

√2yz√

1 + z2.

En coordenades cilíndriques l’el.lipsoide és (millor veure nota dos problemes anteriors)

ϕ(r, α) = (r cosα, r sinα,

√2− r2

√2

).

La mètrica està donada per

I =

4− r2

4− 2r20

0 r2

i l’element d’àrea

dA = r

√4− r2

4− 2r2dr ∧ dα

233

Per tant∫

Rot X · νdA =

∫ π

0

∫ sinα

0

r2 sinα dr ∧ dα =

∫ π

0

sinα[r3

3

]sinα

0dα =

π

8

ja que√

1 + z2 =

√4− r2

√2

.

Els límits d’integració es veuen clars escrivint x2 +y2 = y en cilíndriques, i.e. r2 = r sinα.La discrepància en el signe dels dos mètodes prové de que tal com hem parametritzat

γ en el primer mètode, recorrem el recinte sobre l’el.lipsoide deixant l’el.lipsoide a la dretai no a l’esquerra com ha de ser quan la normal és la normal exterior, com la que hemagafat en el segon mètode.

Exercici 223: Integreu la funció g =√

4x2 + 4y2 + 1 sobre la part del paraboloide z =x2 + y2 per sota del pla y = z.

Solució: Parametritzem el paraboloide per ϕ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r2). Així

ϕr = (cos θ, sin θ, 2r)

ϕθ = (−r sin θ, r cos θ, 0)

Els coeficients de la primera forma fonamental són E = 1+4r2, F = 0, G = r2. L’elementd’àrea és dS = r

√1 + 4r2dr∧dθ. Per tant, dient P a la part del paraboloide que està per

sota de z = y, tenim∫

P

gdS =

∫

P

√4r2 + 1r

√1 + 4r2dr dθ =

∫

P

(r + 4r3)dr dθ

La condició y > z s’escriu com r sin θ > r2, és a dir 0 < r < sin θ. En particular0 < θ < π.

Així∫

P

gdS =

∫ π

0

∫ sin θ

0

(r + 4r3)dr dθ =

∫ π

0

(sin2 θ

2+ sin4 θ) dθ =

5π

8.

Exercici 224: Integreu∫SF ·νdS si F (x, y, z) = (x, y, z), S és el cub unitari amb diagonal

de (0, 0, 0) a (1, 1, 1) i ν és normal exterior unitari.

Solució: Pel teorema de la divergència, denotant Q el cub sòlid, tenim∫

S

F · νdS =

∫

Q

divFdV =

∫

Q

3dV = 3.

Si volem fer el càlcul directament tenimFlux a través de la cara C1 : z = 1.

∫

C1

F · νdS =

∫

C1

(x, y, 1) · (0, 0, 1)dS = 1.

234

Flux a través de la cara C2 : z = 0.∫

C2

F · νdS =

∫

C2

(x, y, 0) · (0, 0,−1)dS = 0.

Flux a través de la cara C3 : x = 1.∫

C3

F · νdS =

∫

C3

(1, y, z) · (1, 0, 0)dS = 1.

Flux a través de la cara C4 : x = 0.∫

C4

F · νdS =

∫

C4

(0, y, z) · (−1, 0, 0)dS = 0.

Flux a través de la cara C5 : y = 1.∫

C5

F · νdS =

∫

C5

(x, 1, z) · (0, 1, 0)dS = 1.

Flux a través de la cara C6 : y = 0.∫

C6

F · νdS =

∫

C6

(x, 0, z) · (0,−1, 0)dS = 0.

La suma és 3 com ja hem vist en aplicar el teorema de la divergència.

Exercici 225: Trobeu el flux del camp X(x, y, z) = (x, y, z) a través de la part regularde la frontera de

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ R2, 0 ≤ z ≤ H

amb R,H > 0.

Solució: Usant el teorema de la divergència. La divergència de X és 3. Per tant,∫

∂Ω

X · ν dS =

∫

Ω

3dV = 3πR2H.

Sense usar el teorema de la divergència.Integrem primer sobre la tapa superior T1 : z = H.

∫

T1

X · ν dS =

∫

T1

(x, y, z) · (0, 0, 1) dS =

∫

T1

z dS = H

∫

T1

z dS = HπR2.

Integrem ara sobre la base B : z = 0.∫

T1

X · ν dS =

∫

T1

(x, y, z) · (0, 0,−1) dS = −∫

T1

z dS = 0.

Integrem sobre la superfície lateral L. Aquí el camp unitari normal exterior és ν =1R

(x, y, 0).∫

L

X · ν dS =

∫

L

(x, y, z) · 1

R(x, y, 0) dS =

∫

L

RdS = R2πRH = 2πR2H.

Sumant aquests tres integrals obtenim 3πR2H, que és el mateix resultat que hemobtingut usant el teorema de la divergència.

235

Exercici 226: Trobeu el flux del camp X(x, y, z) = (x3, y3, z3) a través de la part regularde la frontera de

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 :

x2 + y2

R2≤ z2

H2, 0 ≤ z ≤ H

amb R,H > 0.

Solució: Usant el teorema de la divergència. La divergència de X és 3(x2 + y2 + z2). Encoordenades cilíndriques,∫

∂Ω

X · νdS =

∫

Ω

3(x2 + y2 + z2)dV = 3

∫

Ω

(r2 + z2) r dr ∧ dθ ∧ dz

= 6π

∫ H

0

[r4

4

]Rz/H0

dz + 6π

∫ H

0

[r2

2

]Rz/H0

z2 dz =3πR4H

10+

3πR2H3

5.

Sense usar el teorema de la divergència. Tapa superior T : z = H.∫

T

X · νdS =

∫

T

(x3, y3, z3) · (0, 0, 1)dS =

∫

P

H3dS = H3πR2.

Superfície lateral L. Aquí el vector normal val

ν =H√

H2 +R2(cos θ, sin θ,−R

H),

com es veu fàcilment a partir de la parametrització ϕ(x, y) = (x, y, HR

√x2 + y2.) L’element

d’àrea és

dS =

√R2 +H2

Rdxdy.

∫

L

X · νdS =H√

H2 +R2

∫

L

(x3, y3, z3) · (cos θ, sin θ,−RH

)dS.

Substituint el dS i passant a polars∫

L

X · νdS =H

R

∫ R

0

∫ 2π

0

(r3 cos4 θ + r3 sin4 θ − z3 R

H)r dr dθ.

Recordem que ∫ 2π

0

sin4 θ dθ =

∫ 2π

0

cos4 θ dθ =3π

4.

Substituint obtenim∫

L

X · νdS =3πHR4

10− 2πR2H3

5.

Per tant∫

∂Ω

X · ν dS =

∫

T

X · ν dS +

∫

L

X · ν dS = H3πR2 +3πHR4

10− 2πR2H3

5

resultat que coincideix amb l’obtingut anteriorment.

236

Exercici 227: Considereu els camps vectorials

Y =(1− (x2 + y2 + z2))2(y,−x, ez2)

E =(x, y, z)

(x2 + y2 + z2)32

X =E + rotY

(a) Calculeu divX.

(b) Calculeu el flux de X a través de la superfície

S1 =

(x, y, z) : x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0

(c) Calculeu la circulació∫

ΣY , essent Σ = S1 ∩ z = 0

(d) Calculeu el flux de X a través de

S2 =

(x, y, z) : x2 + y2 + z2 = 2, z ≥ 0

Solució: a) Com que la divergència del rotacional és zero tenim

divX = divE =∂

∂x(

x

(x2 + y2 + z2)3/2)+

∂

∂y(

y

(x2 + y2 + z2)3/2)+

∂

∂z(

z

(x2 + y2 + z2)3/2) = 0.

b) ∫

S1

X · ν dS =

∫

S1

E · ν dS +

∫

S1

rot Y · ν dS.

Observem que rot Y = 0 sobre S1. En efecte, Y = f(y,−x, ez2) amb f = f(x, y, z) =(1− (x2 + y2 + z2))2, una funció que sobre S1 compleix f = fx = fy = fz = 0.

Com que en tots els termes del rotacional de Y apareixen alguna d’aquestes 4 funcions,tenim que rot Y = 0 sobre S1.

Per tant∫

S1

X · ν dS =

∫

S1

E · ν dS =

∫

S1

(x, y, z) · (x, y, z) dS =

∫

S1

dS = 2π.

c) El teorema del rotacional, i el fet de que rot Y = 0 sobre S1 ens diu que aquestaintegral és zero. De fet, ja es veu que Y = 0 sobre Σ.

d) Primer mètode. Com que la divergència de X és zero i l’origen no pertany a lafigura tres dimensional delimitada per per S1, S2, i la corona circular C = (x, y, 0); 1 ≤x2 + y2 ≤ 2, tenim que

∫

S1

X · (−x,−y,−z) dS +

∫

S2

X · (x, y, z) dS +

∫

C

X · (0, 0,−1) dS = 0.

Observem com hem canviat el signe de la normal en S1 ja que la normal a d’apuntarcap enfora.

Però∫

C

X · (0, 0,−1) dS =

∫

C

E · (0, 0,−1) dS +

∫

C

rot Y · (0, 0,−1) dS

237

Com que la tercera component de E és zero sobre la corona (z = 0) tenim∫

C

X · (0, 0,−1) dS =

∫

C

rot Y · (0, 0,−1) dS

La tercera component del rotacional de Y = f(y,−x, ez2) val

∂

∂x(−xf)− ∂

∂y(yf) = −2f − xfx − yfy = 4

√f − 6f

ja que fx = −4x√f i fy = −4y

√f .

Llavors∫

C

rot Y · (0, 0,−1) dS = −∫

C

(4√f − 6f)dx ∧ dy

= 6

∫

C

(1− r2)2r dr ∧ dθ − 4

∫

C

(1− r2)r dr ∧ dθ

= 2π(

2[r2

2

]√2

1+ 6[r6

6

]√2

1− 8[r4

4

]√2

1

)= 4π

Així doncs,∫

S2

X · (x, y, z)dS = −∫

S1

X · (−x,−y,−z)dS −∫

C

X · (x, y, z)dS = 2π − 4π = −2π.

Segon mètode. Directament, denotant γ(t) =√

2(cos t, sin t, 0), tenim∫

S2

X · 1√2

(x, y, z)dS =

∫

S2

E · 1√2

(x, y, z)dS +

∫

S2

rot Y · 1√2

(x, y, z)dS

=

∫

S2

1

23/2(x, y, z) · 1√

2(x, y, z)dS +

∫

∂S2

Y (γ(t)) · γ′(t)dt

=1

4

∫

S2

2dS +

∫ 2π

0

f(γ(t))(√

2 sin t,−√

2 cos t, e0) ·√

2(− sin t, cos t, 0)dt

= 2π +

∫ 2π

0

(−2f(γ(t))) dt

= 2π − 4π = −2π,

ja que f(γ(t)) = 1.

Exercici 228: La secció d’un canal és un rectangle 40 × 10 (en metres) i la suposemen el pla xz. El canal és ple d’aigua i a cada punt la velocitat del flux d’aigua és V =z(400−x2) (en metres cúbics per minut). Calculeu el flux de massa d’aigua per una seccióperpendicular a l’eix y si la densitat és igual a ρ.

Solució: Com que la massa és el volum per la densitat, el flux de massa és el flux devolum per la densitat, que suposem constant i igual a ρ.

Flux =

∫

C

V · νdS

on C és la secció del canal, ν = (0, 1, 0) el normal unitari al canal i dS = dx ∧ dz ésl’element d’àrea del canal. Per tant

Flux de massa =

∫

C

ρ(0, z(400−x2), 0)·(0, 1, 0)dx dz = ρ

∫ 40

0

∫ 10

0

z(400−x2)dxdz =800000ρ

3.

238

Exercici 229: Sigui D un domini compacte de R2 i sigui f una funció C∞nul.la a la vorade D.

1. Proveu que∫

D

f(∂2f

∂x2+∂2f

∂y2) dx dy = −

∫

D

((∂f

∂x)2 + (

∂f

∂y)2) dx dy

2. Deduïu de l’apartat anterior que si f és harmònica a D, llavors és idènticamentnul.la.

Exercici 230: Utilitzeu el Teorema de Green per a calcular l’àrea d’una fulla de la rosade quatre pètals. Recordeu que l’equació d’aquesta corba en coordenades polars (r, t) ésr(t) = 3 sin 2t.

Solució: El teorema de Green diu∫

∂D

F · γ′(t) dt =

∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dx dy

on D és un domini del pla, γ(t) una parametrització de la vora i F = (P,Q) un camp.Un truc estàndard quan es vol calcular l’àrea és integrar el camp F (x, y) = (−y, x),

ja que llavors el teorema de Green diu∫∂DF · γ′(t) dt = 2A

on A és l’àrea del domini.La vora la tenim parametritzada per

γ(t) = (x(t), y(t) = (r(t) cos t, r(t) sin t) = (3 sin 2t cos t, 3 sin 2t sin t).

Aixíγ′(t) = (r′ cos θ − r sin θ, r′ sin θ + r cos θ).

Per tant∫

∂D

F · γ′(t) dt =

∫

∂D

(−r sin t, r cos t) · (r′ cos t− r sin t, r′ sin t+ r cos t) dt.

És a dir∫

∂D

F · γ′(t) dt =

∫

∂D

r2 dt =

∫ π/2

0

9 sin2 2t dt =9

2

∫ π

0

sin2 u du =9π

4= 2A.

L’àrea demanada és doncs 9π/8.

Exercici 231: Considereu a R3 \ (0, 0, 0) les funcions

%(x, y, z) =√x2 + y2 + z2

V (x, y, z) =x

%(x, y, z)

(a) Calculeu la circulació de F = ∇V al llarg d’un arc de la circumferència centrada a(0, 0, 0) i que uneix els punts (1, 0, 0) i (−1, 0, 0)

239

(b) Calculeu la circulació de G = %3∇V al llarg del perímetre del quadrat

Q = (x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, y = 0, 0 ≤ z ≤ 1

(c) Calculeu el flux del camp H = %2∇V a través de l’esfera de centre (0, 0, 0) i radi 3

Solució:a) Calculem el gradient de V .

F = ∇V =1

ρ2(ρ− xρx,−xρy,−xρz).

Una parametrització de la circumferència que ens donen és γ(t) = (cos t, sin t, 0), 0 ≤ t ≤π. Així

Circulació =

∫ π

0

F · γ′(t) dt =

∫ π

0

1

ρ2

((− sin t)(ρ− ρx cos t) + (cos t)(−ρy cos t)

)dt

Però ρx = xρ

= cos t, ja que sobre γ(t) tenim x = cos t i ρ = 1. Anàlogament ρy = yρ

= sin t.Substituint aquests valors a la integral tenim

Circulació =

∫ π

0

((− sin t)(1− cos2 t)− cos2 t(sin t)

)dt = −

∫ 2π

0

sin t dt = −2.

b) Aplicarem el teorema de Green. Dins del quadrat tenim y = 0, de manera queρ =√x2 + z2. Aprofitant el càlcul del gradient fet a l’apartat a) tenim

ρ3∇V = (z2, 0,−zx).

Dient γ(t) a una parametrització de ∂Q, i aplicant Green en el pla y = 0, tenim

Circulació =

∫

∂Q

ρ3∇V · γ′(t)dt =

∫

Q

(∂(−xz)

∂x− ∂z2

∂z) dx dz = −

∫ 1

0

∫ 1

0

3z dx dz = −3

2.

c) Aplicarem el teorema de la divergència. A l’apartat a) hem vist que H = (ρ −xρx,−xρy,−xρz).

div H =∂H1

∂x+∂H2

∂y+∂H3

∂z= −2x

ρ.

Hem usat que ρxx = (ρ− xρx)/ρ2, etc.Es compleix que div H(x, y, z) = −div H(−x,−y − z), de manera que la integral de

div H sobre una esfera centrada a l’origen és zero. Per tant, pel teorema de la divergència,la integral del flux de H sobre la vora d’aquesta esfera és zero.

Exercici 232: Considereu les superfícies de R3 donades per

S2 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1

P = (x, y, z) ∈ R3 : z = x+ y

i sigui X =(x, y, z)√x2 + y2 + z2

.

240

(a) Calculeu∫γX, si γ = S2 ∩ P .

(b) Calculeu el flux de X a través de S2 ∩ z > x+ y.

Solució: a) Apliquem el teorema del rotacional a la superfície S determinada per

S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1; z = x+ y.

Llavors ∫

γ

X =

∫

∂S

X · γ′(t) dt =

∫

S

rot XdS

on γ(t) és una parametrització de ∂S. Ara bé, com que X = 1M

(x, y, z) amb M =√x2 + y2 + z2, i Mx = x

M, My = y

M, Mz = z

M, tenim

∂

∂y(z

M)− ∂

∂z(y

M) = 0,

i anàlogament els altres termes del rotacional, de manera que rot X = 0, i la integraldemanada és zero.

b)Aplicar el teorema de la divergència pot portar algun problema ja que el camp donat

no és diferenciable a l’origen. Fem el càlcul directe.∫

E

X · νdS =

∫

E

1√x2 + y2 + z2

(x, y, z) · (x, y, z) dS =

∫

E

dS = 2π.

La última igualtat deguda a que E és mitja esfera, i per tant, la seva àrea val 2π. A més,sobre E, x2 + y2 + z2 = 1.

Exercici 233: Sigui R una regió simple (amb frontera una corba simple) del pla ambfrontera diferenciable C i àrea A. Proveu que el centre de gravetat (x, y) de R ve donatper

x =1

2A

∫

C

x2dy, y = − 1

2A

∫

C

y2dx.

Feu servir aquesta propietat per trobar el centre de masses de la regió envoltada per lacorba γ(t) = (2 cos t− sin 2t, 2 sin t), 0 ≤ t ≤ 2π, suposada homogènia.

Solució: Per definició de centre de gravetat tenim

x =1

A

∫

R

x dx dy.

A partir d’aquí el resultat és immediat per Stokes. Si ens volem entretenir una micael podem resoldre aplicant el teorema de Green al camp F = (P,Q) = (0, x

2

2). Suposem

la vora parametritzada per γ(s) = (x(s), y(s)).

x =1

A

∫

R

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dx dy =

1

A

∫

C

F · γ′(s)ds =1

2A

∫

C

x(s)2y′(s)ds =1

2A

∫

C

x2dy.

Anàlogament faríem per a y.Calculem ara l’àrea envoltada per la corba C donada. Com en el problema ? tenim

241

A =1

2

∫

C

F · γ′(t) dt

amb F (x, y) = (−y, x). Així

A =1

2

∫

C

(−2 sin t, 2 cos t−sin 2t)·(−2 sin t−2 cos 2t, 2 cos t) dt =1

2

∫ 2π

0

(4−4 sin3 t) dt = 4π.

Per tant, la coordenada x del centre de masses de la regió envoltada per la corbaγ(t) = (2 cos t− sin 2t, 2 sin t) és

x =1

8π

∫

C

x2 dy =1

8π

∫ 2π

0

(2 cos t− sin 2t)2 · 2 cos t dt

=1

4π

∫ 2π

0

(4 cos3 t+ 4 sin2 t cos3 t− 8 sin t cos3 t) dt = 0.

(La integral entre 0 i 2π de les potències imparells de sinus i cosinus és zero.)Anàlogament

y = − 1

8π

∫

C

y2 dx = − 1

8π

∫ 2π

0

4 sin2 t·(−2 sin t−2 cos 2t) dt =1

π

∫ 2π

0

sin2 t cos 2t dt = −1

2.

El centre de masses és doncs el punt (0,−1/2).

Exercici 234: Sigui M = −yx2+y2

, ν = xx2+y2

. Verifiqueu

1.∫∂RMdx+Ndy =

∫R

(Nx −My)dA on R és l’anell centrat a (0, 0), radi exterior 2 iradi interior 1 (trieu les orientacions de forma coherent).

2.∫∂RMdx+Ndy 6=

∫R

(Nx −My)dA en el disc R de radi 1.

3. Per què l’apartat anterior no contradiu el teorema de Green?

Solució: 1) Aplicació directa del Teorema de Green. Observem que∫CMdx + Ndy és

una manera equivalent d’escriure∫CF · γ′(t)dt, am F = (M,N) i γ(t) = (x(t), y(t)) una

parametrització de C.

242

2) El disc de radi 1 el parameritzem per x = cos t, y = sin t, de manera que dx =− sin t dt, dy = cos t dt. Així

∫

∂R

Mdx+Ndy =

∫

∂R

(− sin t)(− sin t) dt+ cos t(cos t) dt = 2π.

En canvi, és fàcil veure que Nx = My, de manera que∫R

(Nx −My)dA = 0.3) Perquè el camp F = (M,N) no és diferenciable a l’origen.

Exercici 235 (Identitats de Green): . Sigui R una regió simple amb frontera Cdiferenciable a trossos que orientem positivament i considerem el vector normal exteriorν. Siguin f, g : R ⊂ R2 → R funcions diferenciables i F : R ⊂ R2 → R2 un camp vectorialdiferenciable. Proveu que:

1.∫Cg (F · ν) ds =

∫R

(g divF + grad g · F ) dA.

2.∫Cg (grad f · ν) ds =

∫R

(g∆f + (grad g) · (grad f)) dA.

Solució: Posem F = (P,Q). Llavors, aplicant les definicions i el teorema de Green tenim,∫

R

(g divF + grad g · F ) dA =

∫

R

(g(∂P

∂x+∂Q

∂y) +

∂g

∂xP +

∂g

∂yQ

)dA

=

∫

R

(∂

∂x(gP ) +

∂

∂y(gQ)

)dA

=

∫

C

(−gP, gQ) · Tds

on T és el tangent unitari a C. Però el producte escalar de dos vectors és igual al producteescalar dels seus ortogonals de manera que finalment tenim

∫

R

(g divF + grad g · F ) dA =

∫

C

g(F · ν)ds

La segona igualtat és conseqüència immediata de la primera, amb F = gradf , i obser-vant que div(gradf) = ∆f .

Exercici 236: Sigui f una funció diferenciable definida en una regió simple R amb fron-tera C diferenciable a trossos. Assumim que f s’anul.la sobre C i que ∆f = 0 (Laplacià)a R.

1. Proveu que∫D‖∇f‖ dA = 0 per a tot rectangle D ⊂ R.

2. Proveu que f és constant sobre R.

Solució: Apliquem la segona identitat de Green del problema anterior amb g = f .∫

C

f grad f · ν dL =

∫

R

(f∆f + (grad f) · (grad f)) dA.

Si f = 0 sobre C i ∆f = 0 a R, aquesta igualtat queda

0 =

∫

R

(grad f) · (grad f) dA =

∫

R

‖∇f‖2dA

Això implica ∇f = 0, i per tant f és constant sobre tot R.

243

Exercici 237: Sigui F (x, y, z) = (0, 0, ρz) i M ⊂ z ≤ 0 una varietat tridimensionalcompacta amb vora. El camp F es pot interpretar com la pressió cap al fons d’un fluidde densitat constant ρ a z ≥ 0. Donat que el fluid exerceix pressió en totes direccions,es defineix l’empenyiment a M exercit pel fluid com

∫∂M

F · ν dS. Proveu el teoremad’Arquimedes: l’empenyiment és igual al pes del fluid que desallotja M .

Solució: Pel teorema de la divergència l’empenyiment és∫∂M

F · ν dS =∫M

div(F )dV =ρ vol(M) i hem acabat.

Exercici 238: Calculeu la integral del camp vectorial F = (y+ ex−y, x2 +x− ex−y) sobrela corba C : x2 + y2 = 1 orientada positivament pel vector tangent T = (y,−x).

Solució: Parametritzem la corba C per γ(t) = (cos t,− sin t). D’aquesta manera γ′(t) =(− sin t,− cos t), i.e. γ′(x, y) = (y,−x). Ens demanen∫

C

F · γ′(t)dt =

∫ 2π

0

(− sin t+ esin t+cos t, cos2 t− sin t− esin t+cost) · (− sin t,− cos t) dt

=

∫ 2π

0

sin2 t dt = π

ja que les demés funcions que s’han d’integrar tenen primitiva periòdica (i, per tant, laintegral entre 0 i 2π val zero).

Exercici 239: Sigui S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1, la superfície de R3

orientada amb el vector normal ν = 1√x2+y2

(x, y, 0) i sigui F = (x + ex+y,−y + ex+y, z).

Calculeu el flux del camp vectorial F sobre la superfície S.

Solució: Pensem el cilindre parametritzat per ϕ(t, z) = (cos t, sin t, z). La primera formafonamental en aquesta base és la identitat, de manera que, en particular l’element d’àreaés dx ∧ dz. Ens demanen

∫

S

F · νdS =

∫

S

(cos t+ ecos t+sin t,− sin t− ecos t+sin t, z) · (cos t, sin t, 0)dtdz

=

∫ 1

0

∫ 2π

0

cos 2t dtdz +

∫ 1

0

∫ 2π

0

(cos t− sin t)ecos t+sin t dtdz = 0,

ja que les dues integrals respecte de t tenen primitiva periòdica.

Exercici 240: Sigui S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1, la superfície deR3 orientada amb el vector normal ν = 1√

x2+y2+z2(x, y, z) i sigui F = (x+1, y−1, 1−2z).

Calculeu el flux del camp vectorial F sobre la superfície S.

Solució: Primer mètode. Aquesta superfície es pot parametritzar per ϕ(x, y) = (x, y,√

1− x2 − y2),de manera que ϕx = (1, 0,−x/z), ϕy = (0, 1,−y/z), i per tant els coeficients de la prime-ra forma fonamental són E = 1 + x2

z2, G = 1 + y2

z2F = xy

z2. Per tant, l’element d’àrea és

dS = 1zdx ∧ dy.

Així doncs,∫

S

F · νdS =

∫

S

(x+ 1, y − 1, 1− 2z) · (x, y, z)dS =

∫

S

(1− 3z2 + x− y + z)1

zdx ∧ dy.

244

Aquestes integrals són fàcils:∫

S

1

zdx ∧ dy =

∫ 2π

0

∫ 1

0

1√1− r2

r dr ∧ dθ = 2π.

−3

∫

S

z dx ∧ dy = −3

∫ 2π

0

∫ 1

0

√1− r2r dr ∧ dθ = −2π.

∫

S

dx ∧ dy = π;

∫

S

x

zdx ∧ dy =

∫

S

y

zdx ∧ dy = 0.

Per tant, sumant aquestes quantitats obtenim∫

S

F · ν dS = π.

Segon mètode. Teorema de la divergència. Clarament div F = 0, de manera que laintegral sobre la superfície de la esfera més la integral sobre l’equador (E : x2 + y2 ≤1, z = 0) és zero. Per tant la integral que ens demanen val

−∫

E

F · (0, 0,−1)dx ∧ dy = −∫

E

(2z − 1)∣∣∣Edx ∧ dy =

∫

E

dx ∧ dy = π.

Exercici 241: Sigui S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, z = 5 − x − y la superfícieorientada amb el vector normal (1, 1, 1). Donat el camp vectorial F = (x, y, z) calculeu∫SF · dS.

Solució: Aquesta superfície es pot parametritzar per ϕ(x, y) = (x, y, 5 − x − y), demanera que ϕx = (1, 0,−1), ϕy = (0, 1,−1), i per tant ν = 1√

3(1, 1, 1). Els coeficients

de la primera forma fonamental són E = G = 2, F = 1. Per tant, l’element d’àrea ésdS =

√3dx ∧ dy. Així doncs,

∫

S

F ·νdS =1√3

∫

S

(x, y, z) · (1, 1, 1)√

3dx∧dy =

∫

S

(x+y+z)dx∧dy =

∫

S

5dx∧dy = 5π.

Exercici 242: Sota16 certes circumstàncies una ona electromagnètica consisteix en uncamp elèctric E i un camp magnètic B perpendiculars entre ells en la direcció de propa-gació de la ona (diem que és una ona plana). Per exemple és el cas quan

E(x, y, z, t) = (0, 0, E(y, t)), B(x, y, z, t) = (B(y, t), 0, 0)

16Resum teòric fet per D. Marin i E. Gallego necessari per entendre aquest problema.

Equacions de Maxwell.

Recordem que la força F que exerceix un camp elèctric E i un camp magnètic B sobre una partícula decàrrega q que té velocitat v ve donada per la fórmula de Lorentz:

F = q(E + v ×B).

La segona llei de Newton F = ma determina doncs el moviment un cop coneguda la massa m de lapartícula. D’aquesta manera el problema de l’electromagnetisme es redueix a conèixer el camp elèctricE(x, y, z, t) i el camp magnètic B(x, y, z, t) en cada punt de l’espai (x, y, z) i en cada instant de temps t apartir de la distribució de càrregues elèctriques (codificada en una funció densitat de càrrega (ρ(x, y, z, t))i del seu moviment (codificat amb el vector densitat de corrent j(x, y, z, t)). La determinació de E i Bs’efectua a partir de les lleis següents (expressades en un sistema d’unitats físiques convenient):

245

amb E i B funcions de classe C2. Suposem un ambient sense corrent J = 0 (per exempleen el buit).

1. Proveu que rotE = (∂yE, 0, 0) i que rotB = (0, 0,−∂yB).

2. Deduïu de les equacions de Maxwell que

∂E

∂y= −∂B

∂t,

∂B

∂y= − 1

c2

∂E

∂t

on c és la velocitat de la llum.

3. Deduïu l’equació d’ona per B i E:

∂2E

∂t2= c2∂

2E

∂y2,

∂2B

∂t2= c2∂

2B

∂y2.

4. Comproveu que les solucions generals són de la forma f(y − ct) + g(y + ct).

Solució: 1) Obvi.2) Les equacions de Maxwell diuen que la circulació de B al llarg d’una corba tancada

simple C = ∂S és proporcional a la suma de la intensitat de corrent que travessa S mésla variació en el temps del flux de E a través de S. En el buit la intensitat de corrent észero i tenim: ∫

∂S

B · γ′(t) dt =1

c2

∂

∂t

∫

S

E · νdS

on ν és el normal unitari a la superfície S, γ(t) una parametrització de la vora de S, B elcamp magnètic i E el camp elèctric.

(1) Llei de Gauss: El flux del camp elèctric a través d’una superfície tancada S = ∂Ω delimitant undomini Ω és igual a la càrrega elèctrica Q que hi ha a l’interior de Ω:

∫

S

E · dS = Qdiv⇐⇒

∫

Ω

∇ ·E dV =

∫

Ω

ρ dV ⇐⇒ ∇ ·E = ρ.

(2) Llei de Faraday : El voltatge (la circulació de E) al llarg d’una trajectòria tancada simple C = ∂Sque és la vora d’una superfície S és igual a (menys) la variació del flux magnètic a través de S:

∫

∂S

E · dL = − ∂

∂t

∫

S

B · dS rot⇐⇒∫

S

(∇×E) · dS = −∫

S

∂B

∂t· dS⇐⇒ ∇×E = −∂B

∂t.

(3) Absència de càrregues magnètiques: El flux del camp magnètic a través de qualsevol superfícietancada S = ∂Ω és zero:

∫

S

B · dS = 0div⇐⇒

∫

Ω

∇ ·B dV = 0⇐⇒ ∇ ·B = 0.

(4) Llei d’Ampère modificada per Maxwell : La circulació deB al llarg d’una corba tancada simple C = ∂Sés proporcional a la suma de l’intensitat de corrent que travessa S més la variació en el temps delflux de E a través S:

∫

∂S

B · dL =1

c2

(∫

S

j · dS +∂

∂t

∫

S

E · dS)

rot⇐⇒ c2∇×B = j +∂E

∂t.

La constant de proporcionalitat és l’invers de la velocitat de la llum c al quadrat.

246

Pel teorema del rotacional tenim∫

S

rot B · ν dS =1

c2

∂

∂t

∫

S

E · νdS.

Com que aquesta igualtat és certa per a tota superfície, els integrants han de ser iguals.Per tant

rot B · ν =1

c2

∂E

∂t· ν

(ν no depèn de t). Però, novament, com ν és arbitrari, ha de ser

rot B = (0, 0,−∂B∂y

) =1

c2

∂E

∂t=

1

c2(0, 0,

∂E

∂t),

és a dir,∂B

∂y= − 1

c2

∂E

∂t

La llei de Faraday diu que el voltatge (la circulació de E) al llarg d’una trajectòriatancada simple C = ∂S que és la vora d’una superfície S és igual a (menys) la variaciódel flux magnètic a través de S:

∫

∂S

E · γ′(t) dt = − ∂

∂t

∫

S

B · ν dS.

Pel teorema del rotacional, i els mateixos comentaris de l’apartat anterior això és equiva-lent a dir

rot E = −∂B∂t.

És a dir,∂E

∂y= −∂B

∂t

3) Aplicarem la identitat

rot (rot A) = −∇2A +∇(∇ ·A)

on∇2 =

∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

i∇ ·A = grad A =

∂A1

∂x+∂A2

∂y+∂A3

∂z

amb A = E i amb A = B. Recordem que ∇ · E = ∇ ·B = 0.Tindrem

rot (rot E) = (0,−Btz, Bty) = −(0, 0, Eyy).

Com ja hem vist que By = − 1c2Et tenim c2Eyy = Ett.

Anàlogament

rot (rot B) = (1

c2Ety,−

1

c2Etx, 0) = (−Byy, 0, 0).

Com ja hem vist que Ey = −Bt tenim c2Byy = Btt.4) És clar, per la regla de la cadena, que

( ∂2

∂y2− 1

c2

∂

∂t

)(f(y − ct) + g(y + ct)) = 0.

247

Exercici 243: Proveu les següents identitats:

div (fF ) = grad(f)F + fdivF

rot (fF ) = grad(f)× F + frotF.

Solució: Càlcul directe.

Exercici 244: Siguin f, ρ funcions de classe C1 a R, i r(x, y, z) =√x2 + y2 ≥ 0.

(a) Considerem els camps E tals que divE = ρ(r) en R3 \ x = 0, y = 0. Quinsd’aquests són radials?

(b) Si B = f(r)(−y, x, 0), calculeu rotB.

(c) Si J = ρ(r)(0, 0, z), en quins casos div J = 0?

(d) Donat J com a l’apartat c), determineu f per tal de que rotB = J .

Solució: a) Si E = λ(r) ∂∂r

llavors aplicant la fórmula del problema anterior tenim

divX =1

r

∂(rλ)

∂r=

1

r(λ+ rλ′) = ρ(r).

La funció λ(r) ha de complir doncs l’equació diferencial

λ′r + λ = rρ(r),

equació lineal de primer ordre que podem resoldre si coneixem ρ(r).b)

Rot B = (− ∂

∂z(xf(r)),− ∂

∂z(yf(r)),

∂

∂x(xf(r)) +

∂

∂y(yf(r))) = (0, 0, 2f(r) + rf ′(r)).

Hem usat que∂

∂xf(r) = f ′(r)

x

r,

∂

∂yf(r) = f ′(r)

y

r.

c)

div J =∂(zρ(r))

∂z= ρ(r),

per tant div J = 0 si i només si ρ(r) = 0, és a dir, si i només si J = 0.d) Com ja hem calculat el rotacional de B tenim

rot B = J si i només si 2f(r) + rf ′(r) = zρ(r)

però aquesta igualtat només es pot donar si ρ(r), i per tant J , és zero. Només cal derivarrespecte de z l’anterior igualtat.

Per tant f(r) és solució de l’equació diferencial xy′ + 2y = 0. És a dir, f(r) = kr−2,amb k constant.

248

Exercici 245: Integreu la funció z(x2+y2) a la semiesfera S donada per√x2 + y2 + z2 =

2 i z > 0.

Solució: Parmetritzem S per

x = 2 sinϕ cos θ

y = 2 sinϕ sin θ

z = 2 cosϕ

amb 0 < θ < 2π, 0 < ϕ < π/2. Els coeficients de la primera forma fonamental són E = 4,F = 0, G = 4 sin2 ϕ. L’element d’àrea és dS = 4 sinϕdϕ ∧ dθ.

∫

S

z(x2+y2)dS =

∫

S

2 cosϕ(4 sin2 ϕ)4 sinϕdϕ∧dθ = 32

∫ 2π

0

∫ π/2

0

cosϕ sin3 ϕdϕ∧dθ = 16π.

Exercici 246: Si la densitat d’una esfera metal.lica massissa B centrada a l’origen i deradi 5 és en el punt (x, y, z) proporcional a 1 + z2, calculeu la massa d’aquest objecte.

Solució: Massa és volum per densitat.

M =

∫

B

λ(1 + z2)dV = λ4

3π53 + λ

∫

B

z2dx dy dz

= λ4

3π53 + λ

∫ 5

0

∫ π

0

∫ 2π

0

r2 cos2 ϕ r2 sinϕdθ dϕ dr

= λ4

3π53 + 54λ

∫ π

0

∫ 2π

0

cos2 ϕ sinϕdθ dϕ

= λ4

3π53 + 54λ · 2π · 2

3= 8πλ53.

Exercici 247: Es considera el camp X = (M,N) a R2, calculeu la circulació de X alllarg de la corba C si

1. M = xy,N = x3/2 + y3/2 i C és el quadrat amb vèrtexs (0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1).

2. M = (x2 + y2)3/2 = N i C és el cercle x2 + y2 = 1.

Solució: 1) Primer mètode. Observem que

∂N

∂x− ∂M

∂y=

3

2x1/2 − x.

Si denotem per Q l’interior del quadrat, pel teorema de Green tenim

∫

∂Q

X(γ(t)) · γ′(t)dt =

∫

Q

(3

2x1/2 − x) dx dy =

∫ 1

0

∫ 1

0

(3

2x1/2 − x) dx dy =

1

2.

Segon mètode. Sigui γ1(t) = (t, 0), γ2(t) = (1, t), γ3(t) = (1 − t, 1), γ4(t) = (0, 1 − t),0 ≤ t ≤ 1, una parametrització del quadrat.

249

Llavors tenim∫

γ1

X(γ1(t)) · (1, 0)dt =

∫

γ1

(0, t3/2) · (1, 0)dt = 0.

Anàlogament,∫

γ2

X(γ2(t)) · (0, 1)dt =

∫

γ2

(t, 1 + t3/2) · (0, 1)dt =7

5.

∫

γ3

X(γ3(t)) · (−1, 0)dt =

∫

γ3

(1− t, (1− t)3/2 + t3/2) · (−1, 0)dt = −1

2.

∫

γ4

X(γ4(t)) · (0,−1)dt =

∫

γ4

(0, (1− t)3/2) · (0,−1)dt = −2

5.

Sumant tenim 0 + 7/5− 2/5− 1/2 = 1/2, com volíem.

Exercici 248: Considereu el camp vectorial de R3 definit per X(x, y, z) = (x, y, 2z−x−y). Calculeu el flux d’aquest camp a través de les següents superfícies:

(a) S = x2 + y2 = 1, z ∈ (0, 1) ∪ x2 + y2 < 1, z = 0

(b) S = x2 + y2 = z2, z ∈ (1, 4) ∪ x2 + y2 = 1, z ∈ (0, 1)

(c) S = x2 + y2 + z2 = a2, a > 0

(d) S = x+ y − 2z = 0, 0 < x < 1, 0 < y < 1

Solució: a) Primer mètode. Directament. Denotem L el cilindre, T0 la tapa de sota(z = 0) i T1 la tapa de sobre (z = 1).

Sobre L:∫

L

X · νdS =

∫

L

(x, y, 2z − x− y) · (x, y, 0)dS =

∫

L

(x2 + y2)dS =

∫

L

dS = 2π.

Sobre T0:∫

T0

X·νdS =

∫

T0

(x, y, 2z−x−y)·(0, 0,−1)dS =

∫

L

(x+y)dS =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(cos θ+sin θ) dθ∧dz = 0.

Hem suposat el cilindre parametritzat per ϕ(θ, z) = (cos θ, sin θ, z).Així doncs, ∫

L

X · νdS +

∫

T0

X · νdS = 2π.

b) Segon mètode. Teorema de la divergència. Com divX = 4, i el volum del cilindremassís C és π, tenim

∫

C

divX dV = 4π =

∫

L

X · νdS +

∫

T0

X · (0, 0,−1)dS +

∫

T1

X · (0, 0, 1)dS.

Com ∫

T1

X · (0, 0, 1)dS =

∫

T1

2− x− y dx dy =

∫

T1

2 dx dy = 2π,

250

la integral demanada val∫

L

X · νdS +

∫

T0

X · (0, 0,−1)dS = 4π − 2π = 2π.

d) Parametritzem per ϕ(x, y) = (x, y, x+y2

). Així ϕx = (1, 0, 1/2), ϕy = (0, 1, 1/2) iel vector normal ν = 1√

6(−1,−1, 2). Els coeficients de la primera forma fonamental són

E = G = 5/4, F = 1/4. Per tant, l’element d’àrea és dS =√

32dx ∧ dy. El flux val

∫

S

(x, y, 2z − x− y) · ν dS =1√6

∫

S

(x, y, 0) · (−1,−1, 2) dS

= − 1√6

√3

2

∫ 1

0

∫ 1

0

(x+ y) dx dy = −1

2

Observem que si canviem ν per −ν el resultat final canvia de signe. Tal com estàenuncia el problema no hi ha un argument que prioritzi un dels dos signes.

Exercici 249: Utilitzant el teorema de la divergència a Rn aplicat al camp radial proveuque el volum (n−1)-dimensional de l’esfera de radi 1 és n vegades el volum n-dimensionalde la bola unitat. Què succeeix quan el radi és r?

Solució: Aplicació directa del teorema de la divergència al camp F (x1, . . . , xn) = (x1, . . . , xn).Si el radi és r, tenim rVn−1(Sn−1

r ) = nVn(Br).

Exercici 250: Comproveu que el flux del camp vectorial de R3 \ 0 definit per

X(x) =x

‖x‖3

a través de boles centrades a l’origen és independent del seu radi.

Solució: El camp normal unitari a una bola centrada a l’origen en el punt (x, y, z) ∈B(O;R) és ν = 1

R(x, y, z). El flux és doncs

∫

B

X · νdS =1

R4

∫

B

(x, y, z) · (x, y, z)dS =1

R4

∫

B

R2dS =1

R24πR2 = 4π.

251