El concepto de $\| \: \|$ (norma) nos da una noción de distancia, el tener una noción de distancia en $\mathbb{R}$ o más generalmente en $\mathbb{R}^n$, es lo que nos permite hablar de limite o de convergencia. Consideremos la noción común de distancia entre dos puntos en $\mathbb{R}^3$. Si $\bar{x}=(x_1,x_2,x_3),~~~\bar{y}=(y_1,y_2,y_3)$ $$\|\bar{x}-\bar{y}\|=\sqrt{(x_1-y_1)^2+(x_2-y_2)^2+(x_3-y_3)^2}$$ Esta distancia la denominamos métrica euclidiana y la generalizamos en $\mathbb{R}^n$ en la siguiente definición. $\fbox{$\textcolor{blue}{Definición}$}$ Sean $\bar{x}=(x_1,\ldots,x_n)$ y $\bar{y}=(y_1,\ldots,y_n)$ elementos cualesquiera de $\mathbb{R}^n$ definimos la distancia euclidiana entre ellos como $$d(\bar{x},\bar{y})=\|\bar{x}-\bar{y}\|=\sqrt{(x_1-y_1)^2+\ldots+(x_n-y_n)^2}$$ La función $d:\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \rightarrow\mathbb{R}$ se denomina distancia o métrica euclidiana. $\fbox{Proposición}$ Para cualesquiera vectores $\bar{x},\,\bar{y},\,\bar{z}\,\in\,\mathbb{R}^n$ se tiene: (a) $d(\bar{x},\bar{y})\geq 0$ (b) $d(\bar{x},\bar{y})=d(\bar{y},\bar{x})$ (c) $d(\bar{x},\bar{y})\leq d(\bar{x},\bar{z})+d(\bar{z},\bar{y})$ (d) $d(\bar{x},\bar{y})=0~~ \Rightarrow ~~ \bar{x}=\bar{y}$
En este sección estudiamos el espacio euclideo n-dimensional, espacio que sería la base de todo el desarrollo posterior. $\fbox{$\textcolor{blue}{Definición}$}$ Como conjunto, $\mathbb{R}^{n}$ es la colección de todas las n-adas ordenadas de números reales. Es decir $$\mathbb{R}^{n}={(x_{1},x_{2},…,x_{n})|x_{i}\in \mathbb{R},~i=1,2,…,n}$$ $\textcolor{blue}{Notación}$ Denotamos a un elemento de $\mathbb{R}^{n}$ por $\overline{x}=(x_{1},x_{2},…,x_{n})$\Dados dos elementos $\overline{x},\overline{y}\in \mathbb{R}^{n}$ decimos que $\overline{x}=\overline{y}\Leftrightarrow x_{i}=y_{i}$ $\forall i=1,2,…,n$. Frecuentemente a los elementos de $\mathbb{R}^{n}$ se les denomina vectores, y con las operaciones usuales (suma y producto por un escalar), definidas como $\fbox{$\textcolor{blue}{Definición}$}$ La suma $+:\mathbb{R}^{n}\times \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{n}$ para dos elementos $\overline{x},\overline{y}\in\mathbb{R}^{n}$ se define asi: $$\overline{x}+\overline{y}=(x_{1},x_{2},…,x_{n})+(y_{1},y_{2},…,y_{n})=(x_{1}+y_{1},x_{2}+y_{2},…,x_{n}+y_{n})$$ El producto $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$ por un escalar $a\in\mathbb{R}$ como $$\alpha(x_{1},x_{2},…,x_{n})=(\alpha x_{1},\alpha x_{2},…,\alpha x_{n})$$ $\mathbb{R}^{n}$ es un espacio vectorial. La base canónica de dicho espacio vectorial son los vectores:$$e_{1}=(1,0,0,…,0)$$$$e_{2}=(0,1,0,…,0)$$$$.$$$$.$$$$.$$$$e_{n}=(0,0,0,…,1)$$ ya que si $\overline{x}=(x_{1},x_{2},…,x_{n})$, se tiene que $\overline{x}=x_{1}e_{1}+x_{2}e_{2}+…+x_{n}e_{n}$ $\fbox{$\textcolor{red}{Estructura ~Geométrica}$}$ Para dotar de una estructura geométrica al espacio $\mathbb{R}^{n}$ (que incluya los conceptos de distancia, ángulo y ortogonalidad) debemos dotar a $\mathbb{R}^{n}$ de un producto escalar. $\fbox{$\textcolor{blue}{Definición}$}$ Sea E un espacio vectorial, un \textbf{producto escalar} en E es una función de $E\times E$ en $\mathbb{R}$ que a cada par de vectores $\overline{x},\overline{y}$ le asocia un número $$\langle \overline{x},\overline{y}\rangle$$ que satisface las siguientes propiedades:
(a) $\langle \overline{x},\overline{x}\rangle>0$ si $\overline{x}\neq 0$ (b) $\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=\langle \overline{y},\overline{x}\rangle$ (c) $ \langle \lambda \overline{x},\overline{y}\rangle=\lambda\langle \overline{x},\overline{y}\rangle$ (d) $\langle \overline{x}+\overline{y},\overline{z}\rangle=\langle \overline{x}+\overline{z}\rangle+\langle \overline{y},\overline{z}\rangle$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Sea $C[a,b]$ el espacio lineal de todas las funciones reales continuas continuas en el intervalo $[a,b]$. Definimos $\langle f,g\rangle$ mediante la fórmula $$\langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(t)g(t)dt.$$ Vamos a probar que $\langle f,g\rangle$ define un producto escalar en $c([a,b])$ (a) Tenemos que $$\langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(t)\cdot f(t)~dt=\int_{a}^{b}f^{2}(t)~dt~\geq 0~$$ la última desigualdad la justificamos usando las propiedades de la integral $\displaystyle{f\geq 0~\Rightarrow~\int_{a}^{b}f~\geq 0~}$ (b) Tenemos que $$\langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(t)g(t)~dt=\int_{a}^{b}g(t)f(t)~dt=\langle g,f\rangle$$ (c) Tenemos que $$\langle \lambda f,g\rangle=\int_{a}^{b}\lambda~f(t)~g(t)~dt=\lambda~\int_{a}^{b}f(t)~g(t)~dt=\lambda~\langle f,g\rangle$$ (d) Tenemos que \begin{align*} \langle f+g,h\rangle & =\int_{a}^{b}[f(t)+g(t)]h(t)~dt \\ &=\int_{a}^{b}[f(t)h(t)+g(t)h(t)]~dt \\ &=\int_{a}^{b}f(t)h(t)~dt+\int_{a}^{b}g(t)h(t)~dt \\ &=\langle f,h\rangle+\langle g,h\rangle \end{align*} en este caso $\langle f,g\rangle$ es un producto escalar para $C[a,b]$.$~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$ $\fbox{$\textcolor{red}{El ~Espacio~ Normado~ \mathbb{R}^{n}}$}$ $\fbox{$\textcolor{blue}{Definición}$}$ Un producto escalar $\langle,\rangle$ en un espacio vectorial E da lugar a una noción de longitud de un vector $\overrightarrow{x}\in E$, llamada su norma, y definida como $$|\overline{x}|=\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}$$ En general, una norma en un espacio vectorial E es una aplicación $x\rightarrow |x|$ de E en $(0,+\infty)$ que satisface las siguientes propiedades: (1) $|\overline{x}|\geq 0$ para toda $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$ y $|\overline{x}|=0$ si y sólo si $\overline{x}=\overline{0}$ (2) $|\lambda \overline{x}|=\lambda |\overline{x}|$ para toda $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$ y $\lambda\in \mathbb{R}$ (3) $|x+y|\leq |x|+|y|$ para cualesquiera $\overline{x},\overline{y}\in\mathbb{R}^{n}$ (Desigualdad Triangular) Al par $(E,|.|)$ se le denomina espacio normado. $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Veamos que $$|\overline{x}|=\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}$$ define una norma. $\textcolor{orange}{Solución}$ (1) Tenemos que $$|\overline{x}|=\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}\geq 0$$ la última igualdad la justificamo así: $\langle \overline{x},\overline{x}\rangle>0~\Rightarrow~\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}>0$ (2) Tenemos que \begin{align*} |\lambda \overline{x}| &=\sqrt{\langle \lambda\overline{x},\lambda\overline{x}\rangle} \\ &=\sqrt{\lambda^{2}\langle \overline{x},\overline{x}\rangle} \\ &=|\lambda|\langle \overline{x},\overrightarrow{x}\rangle\\ &=|\lambda|~|\overline{x}| \end{align*} (3) Para la desigualdad del triángulo necesitamos antes probar un resultado $\fbox{Lema: Desigualdad de Caychy}$ Si E es un espacio vectorial entonces $\forall~\overline{x},\overline{y}\in E$ se cumple $$|\langle\overline{x},\overline{y}\rangle|\leq |\overline{x}|~|\overline{y}|$$ $\fbox{Demostración}$ Supongamos que $\overline{x},\overline{y}\neq 0$ y definimos $$\overline{u}=\frac{\overline{x}}{\|\overline{x}\|}~~\overline{v}=\frac{\overline{y}}{\|\overline{y}\|}$$ Tenemos entonces que \begin{align*} \|\overline{u}\| & =\left\|\frac{\overline{x}}{|\overline{x}|}\right\|=\frac{\|\overline{x}\|}{\|\overline{x}\|}=1 \\ \|\overline{v}\| & =\left\|\frac{\overline{y}}{\|\overline{y}\|}\right\|=\frac{\|\overline{y}\|}{\|\overline{y}\|}=1 \end{align*} Por tanto \begin{align*} 0\leq \|\overline{u}-\overline{v}\|^{2} & =\langle\overline{u}-\overline{v},\overline{u}-\overline{v}\rangle \\ & =\langle\overline{u}-\overline{u}\rangle-2\langle\overline{u}-\overline{v}\rangle+\overline{v}-\overline{v} \\ & =\|\overline{u}\|^{2}-2\langle\overline{u}-\overline{v}\rangle+\|\overline{u}\|^{2} \\ & =1-2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle+1 \\ & =2-2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle \end{align*} Por lo tanto \begin{align*} 0\leq 2-2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle&~\Rightarrow~2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle\leq 2 \\ &~\Rightarrow~\langle\overline{u},\overline{v}\rangle\leq 1 \\ &~\Rightarrow~\left\langle\frac{\overline{x}}{|\overline{x}|},\frac{\overline{y}}{\|\overline{y}\|}\right\rangle\leq 1 \\ &~\Rightarrow~\frac{1}{\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\|}\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\leq 1 \\ &~\Rightarrow~\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\leq\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\| \end{align*} Reemplazando $\overline{x}$ por $-\overline{x}$ se obtiene que \begin{align*} \langle\overline{-x},\overline{y}\rangle\leq\|-\overline{x}\|~\|\overline{y}\| & ~\Rightarrow~-\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\leq~|-1|~|\overline{x}|~|\overline{y}| \\ &~\Rightarrow~\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\geq~-\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\| \end{align*} con lo que queda demostrada la desigualdad.$~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$ Regresando ahora a la desigualdad triangular tenemos que \begin{align*} \|\overline{x}+\overline{y}\|=\sqrt{\langle\overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\rangle} & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}=\langle\overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\rangle \\ & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}=\langle\overline{x},\overline{x}\rangle+2\langle\overline{x},\overline{y}\rangle+\langle\overline{y},\overline{y}\rangle \\ &~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}=\|\overline{x}\|^{2}+2\langle\overline{x},\overline{y}\rangle+|\overline{y}|^{2} \\ & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}\leq \|\overline{x}\|^{2}+2\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\|+\|\overline{y}\|^{2} \\ & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}\leq \left(\|\overline{x}\|+\|\overline{y}\|\right)^{2} \end{align*} Y tomando raíces en ambos miembros de la desigualdad, obtenemos el resultado.$~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$ $\fbox{$\textcolor{red}{Otras ~normas~ en~ \mathbb{R}^n}$}$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ $\fbox{La Norma 1 $\|\overline{x}\|_{1}$}$ Definimos $\|\\,\|_1:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ por $\|\,\|_1 = |x_1|+\ldots+|x_n|$ $\forall \, \bar{x} \in \mathbb{R}^n$. Vamos a probar que $\|\,\|_1 $ es una norma en $\mathbb{R}^n$ (a) Dado que $\forall \, x \in \mathbb{R}$ $|x|\geq 0$, se tiene $\|\,\|_1 = |x_1|+\ldots+|x_n|\geq 0$ $\forall \, \bar{x} \in\mathbb{R}^n$. (b) Si $\alpha \in \mathbb{R}$ y $\bar{x}=(x_1,\ldots,x_n) \in \mathbb{R}^n$, entonces \[\begin{array}{ll} |\alpha\bar{x}| & =|\alpha x_1|+ \ldots + |\alpha x_n|\\ \, & =|\alpha||x_1|+ \ldots + |\alpha||x_n|\\ \, & = |\alpha|(|x_1|+ \ldots + |x_n|)\\ \, & = |\alpha||\bar{x}| \quad \forall \, \bar{x}\in\mathbb{R}^n\ \end{array}\] (c) Si $\bar{x}=(x_1,\ldots,x_n)$ y $\bar{y}=(y_1,\ldots,y_n)$ son elementos de $\mathbb{R}^n$ \[\begin{array}{ll} |\bar{x}+\bar{y}| & =|x_1+y_1|+ \ldots + |x_n+y_n|\\ \, & \leq|x_1|+|y_1|+ \ldots + |x_n|+|y_n|\\ \, & = |x_1|+ \ldots +|x_n|+ \ldots + |y_1|+ \ldots +|y_n|\\ \, & = |\bar{x}|_1 + |\bar{y}|_1 \end{array}\] Si $|\bar{x}|_1=0~\Rightarrow~|x_1|+ \ldots+|x_n|=0$ y como cada $|x_i|\geq 0$ $i=1,\ldots,n$ entonces $|x_1|+ \ldots +|x_n|=0~\Rightarrow~|x_i|= 0$ $i=1,\ldots,n~~~\therefore~~~\bar{x}=0$.$~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ $\fbox{La Norma infinito $\|\overline{x}\|_{\infty}$}$ Consideremos ahora la función $\|\,\|_\infty:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ dada por $$\boxed{\|\overline{x}\|_\infty=\max{|x_1|+\ldots +|x_n|}~~\forall x\in\mathbb{R}^n}$$ Vamos a probar que la función $\|\,\|_\infty:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ es una norma en $\mathbb{R}^n$, que se denomina norma del máximo o norma cúbica. (a) Puesto que $|x_i|\geq 0~~i=1,\ldots,n$\ entonces $$\max{|x_1|+\ldots +|x_n|}\geq0$$ es decir $$\|\bar{x}\|_\infty \geq 0$$ (b) Sea $\alpha\in\mathbb{R}$ y $\bar{x}\in\mathbb{R}^n$. Se tiene entonces que $$\|\alpha \bar{x}\|=\max\{|\alpha x_1|,\ldots,|\alpha x_n|\}=\max\{|\alpha|| x_1|,\ldots,|\alpha||x_n|\}$$ Supongamos ahora que $$|x_{i\alpha}|=\max \{ |x_1|, \ldots, |x_n| \}$$ $\therefore~~~|x_{i\alpha}|\geq |x_i|,~~~\forall~ i=1,\ldots,n~~~\therefore~~~|\alpha||x_{i\alpha}|\geq |\alpha||x_i|,~~\forall ~~ i=1,\ldots,n$ $\therefore$ $|\alpha x_{i\alpha}|\geq |\alpha x_i|$ $\forall~~i=1,\ldots,n$ por lo que $$|\alpha||x_{i\alpha}|= |\alpha x_{i\alpha}|=\max\{|\alpha x_1|,\ldots,|\alpha x_n|\}=\max\{|\alpha|| x_1|,\ldots,|\alpha||x_n|\}$$ es decir $$|\alpha|\max \{ |x_1|, \ldots, |x_n| \} = \max\{|\alpha x_1|,\ldots,|\alpha x_n|\}=\max\{|\alpha|| x_1|,\ldots,|\alpha||x_n|\}$$ $\therefore~~~|\alpha|\|\bar{x}\|_{\infty}=\|\alpha \bar{x}\|_{\infty}$ (c) $\|\bar{x}+\bar{y}\|_{\infty}=\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\}$ Sea $$|x_{1\alpha}+y_{1\alpha}|=\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\}$$ como $$|x_{1\alpha}+y_{1\alpha}|\leq|x_{1\alpha}|+|y_{1\alpha}|$$ se tiene que $$\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\}\leq|x_{1\alpha}|+|y_{1\alpha}|$$ pero por definición de $$\max\{|x_1|+\ldots+|x_n|\}~~y~~ \max\{|y_1|+\ldots +|y_n|\}$$ también se tiene que $$|x_{1\alpha}|\leq \max\{|x_1|+\ldots +|x_n|\}~~~y~~~|y_{1\alpha}|\leq \max\{|y_1|+\ldots+|y_n|\}$$ luego $$\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\} \leq \max\{|x_1|+\ldots +|x_n|\} + \max\{|y_1|+\ldots+|y_n|\}$$ o sea $$\|\bar{x}+\bar{y}\|_{\infty} \leq\|\bar{x}\|_{\infty}+\|\bar{y}\|_{\infty}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ $\fbox{$\textcolor{red}{Norma~ Euclidiana}$}$ Consideremos ahora la función $\|\,\|_\infty:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ dada por $$|x|=\sqrt{\langle x,x\rangle}$$ Vamos a mostrar que es una norma en $\mathbb{R}^n$ (a) $\|\bar{x}\|=\sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2} \geq 0$ pues es la raíz positiva $\therefore$ $\|\bar{x}\|\geq 0$. (b)
\[\begin{array}{ll} \|\bar{x}+\bar{y}\|^2 & = (x_1+y_1)^2 + \ldots + (x_n+y_n)^2\\ \, & =x_1^2+2x_1y_1+y_1^2 + \ldots + x_n^2+2x_ny_n+y_n^2\\ \, & =x_1^2+\ldots+ x_n^2 +2(x_1y_1+\ldots +x_ny_n )+ y_1^2 + \ldots +y_n^2\\ \, & = \|\bar{x}\|^2+2(x_1y_1+\ldots +x_ny_n )+ \|\bar{y}\|^2 \end{array}\] Aplicando la desigualdad de Cauchy-Shwarz $$x_1y_1+\ldots+x_ny_n \leq \|\bar{x}\|~\|\bar{y}\|$$ se tiene que $$\|\bar{x}\|^2+2(x_1y_1+\ldots+x_ny_n)+\|\bar{y}\|^2 \leq \|\bar{x}\|^2+2~\|\bar{x}\|~\|\bar{y}\|+ \|\bar{y}\|^2 =\left [\|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|\right]^2$$ $\therefore~~~\|\bar{x}+\bar{y}\|^2\leq \left[\|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|\right]^2$ y al sacar raiz obtenemos $\|\bar{x}+\bar{y}\|\leq \|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|$ (d) Si $\|\bar{x}\|=0$ se tiene entonces $\sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2}=0$ es decir $x_1^2+\ldots+x_n^2=0$ pero $x^2\geq 0~~\therefore~~x_i^2=0~~\forall~ i=1,\ldots,n$ $\therefore~~\bar{x}=0$.$~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$ El concepto general de Norma en $\mathbb{R}^n$. Las propiedades de la norma euclidiana nos ayudan para definir la noción abstracta de Norma. $\fbox{$\textcolor{blue}{Definición}$}$ Una norma en $\mathbb{R}^n$ es cualquier función $\|\,\|:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ que satisface las siguientes propiedades que denominaremos Axiomas de Norma para cualesquiera $\bar{x},\bar{y}\,\in\,\mathbb{R}^n$ y toda $\alpha\,\in\,\mathbb{R}$ se cumple: (a) $\|\bar{x}\|\geq 0~~\|0\|=0$ (b) $\|\alpha\bar{x}\|=|\alpha|~\|\bar{x}\|$ (c) $\|\bar{x}+\bar{y}\|\leq \|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|$ (d) $\|\bar{x}\|=0~~\Rightarrow~\bar{x}=0$ $\fbox{Proposición}$ Para toda norma $|\,|:\mathbb{R}^n \rightarrow\mathbb{R}$ se cumple: (a) $\|-\bar{x}\|=\|\bar{x}\|~~\forall \, x \in \mathbb{R}^n$ (b) $|\|\bar{x}\|-\|\bar{y}\||\leq \|\bar{x}-\bar{y}\|~~\forall \, \bar{x},\bar{y} \in \mathbb{R}^n$ $\fbox{Demostración}$ (a) $\|-\bar{x}\|=|-1|~\|\bar{x}\|=\|\bar{x}\|$ (b) $0\leq \|\bar{x}\|=\|\bar{x}-\bar{y}+\bar{y}\|\leq\|\bar{x}-\bar{y}\|+\|\bar{y}\|$ $\therefore$ $\|\bar{x}\|-\|\bar{y}\|\leq\|\bar{x}-\bar{y}\|$ Intercambiando $\bar{x}$ por $\bar{y}$ obtenemos $\|\bar{y}\|-\|\bar{x}\|\leq\|\bar{y}-\bar{x}\|=\|\bar{x}-\bar{y}\|$ $\therefore$ $|\|\bar{y}\|-\|\bar{x}\||\leq \|\bar{x}-\bar{y}\|.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Sea $I=[0,1]$. Demsotrar que $\|f\|=\sup {|f(x)|}$. Es una norma de $C[0,1]$ $\textcolor{orange}{Solución}$ (a) Recordar que toda función real continua definida en un intervalo cerrado es acotada, por tanto $\|f\|$ está bien definida. (b) Puesto que $|f(x)|\geq 0~\forall~x\in I$ entonces $\|f\|\geq 0$ y además, $\|f\|= 0$ sii $|f(x)|= 0~\forall~x\in I$, i.e. sii $f=0$. (c) Recordemos un resultado: Sean $a$ y $b$ números reales tales que $a\leq b+\varepsilon$. Demostrar que $a \leq b$ Supongase que $a>b$ entonces $a=b+\delta,~~\delta >0$ tomamos $$\displaystyle\frac{\delta}{2}=\varepsilon$$ entonces $$a > b+\delta > b +\displaystyle\frac{\delta}{2}=b+\varepsilon~ \underset{\circ}{\bigtriangledown}$$ $\therefore~a\leq b$ ahora sea $\varepsilon > 0$. Entonces existe $x_0\in I$ tal que \[\begin{array}{ll} |f+g|& = \sup{|f(x)+g(x)|}\\ \, & \leq |f(x_0)+g(x_0)|+\varepsilon\\ \, & \leq |f(x_0)|+|g(x_0)|+\varepsilon\\ \, & \leq \sup{|f(x)|} +\sup{|g(x)|}+\varepsilon\\ \, & = |f|+|g| +\varepsilon \end{array}\] $\therefore~~\|f+g\| \leq \|f\|+\|g\|$ (d) Sea $k\in \mathbb{R}$ entonces \[\begin{array}{ll} \|kf\| & = \sup{|kf(x)|}\\ \, & = \sup{|k||f(x)|}\\ \, & = |k|\sup{|f(x)|}\\ \, & = |k|\|f(x)\|.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}\\ \end{array}\] $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Demostrar que $\|f\|=\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx$ es una norma de $C[0,1]$ (funciones continuas en el intervalo $[0,1]$). $\textcolor{orange}{Solución}$ (a) $\|f\|=\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx\geq 0$ puesto que $$|f(x)|\geq 0\Rightarrow \displaystyle\int_0^1|f(x)|dx \geq 0$$ (b) Tenemos que \[\begin{array}{ll} \|kf\|& =\displaystyle\int_0^1|kf(x)|dx\\ \, & =\displaystyle\int_0^1|k||f(x)|dx\\ \, & =|k|\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx\\ \, & = |k|\|f\| \end{array}\] (c) Tenemos que \[\begin{array}{ll} \|f+g\|& =\displaystyle\int_0^1|f(x)+g(x)|dx\\ \, & \leq \displaystyle\int_0^1[|f(x)|+|g(x)|]dx\\ \, & =\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx + \displaystyle\int_0^1|g(x)|dx\ \, & = \|f\|+ \|g\|.~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \end{array}\] $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ $\fbox{$\textcolor{blue}{Definición}$}$ Sea $\|\,\|_{p}:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ dada asi: $$\|x\|_{p}=\left(\sum_{i=1}^{n}|x_{i}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$$ Vamos a demostrar que $|x|_{p}$ es una norma $\textcolor{orange}{Solución}$ (a) Puesto que $|x_i|\geq 0,~~i=1,\ldots,n$ entonces $$\sum_{1}^{n}|x_i|^{p} \geq 0~~ \therefore \left( \sum_{1}^{n}|x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\geq 0~~ \therefore \|x\|_{p}\geq 0$$ (b) Sea $\alpha\in\mathbb{R}$ y $\bar{x}\in\mathbb{R}^n$. Se tiene entonces que $$\|\alpha \bar{x}\|_{p}=\left(\sum_{1}^{n}|\alpha x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(|\alpha|^{p}\sum_{1}^{n}| x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\alpha|\left(\sum_{1}^{n}| x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\alpha|~\|x\|_{p}$$ (c) Tenemos que $$\|\overline{x}\|_{p}=\left[|x_{1}|^{p}+…+|x_{n}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$ Ahora procederemos a demostrar que cumple con la propiedad de la desigualdad del triángulo, es decir que para $\overline{x},\overline{y}\in \mathbb{R}^{n}$ $$\|\overline{x}+\overline{y}\|_{p}\leq \|\overline{x}\|_{p}+\|\overline{y}\|_{p}$$ Para ello primero procederemos a demostrar lo siguiente $\fbox{Proposición}$ Sean p,q números reales tales que $p,q>1$ y $\displaystyle{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1}$ entonces $$|ab|\leq \frac{|a|^{p}}{p}+\frac{|b|^{q}}{q}$$ $\fbox{Demostración}$ Consideremos la función $\varphi:[0,\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ dada por $\varphi(t)=t^{m}-mt$ con $m=\frac{1}{p}$ se tiene que $\varphi^{\prime}(t)=mt^{m-1}-m=m\left(t^{m-1}-1\right)$ por lo que $\varphi^{\prime}(t)=0\Leftrightarrow m\left(t^{m-1}-1\right)=0\Leftrightarrow t=1$ por lo tanto $t=1$ es un punto crítico de la función, ahora volvemos a derivar $\varphi^{\prime\prime}(t)=m(m-1)t^{m-2}$ que en $t=1$ es $<0$ por lo tanto en $t=1$, $\varphi$ alcanza un punto máximo $\therefore$ $\varphi(t)\leq \varphi(1)\Rightarrow t^{m}-mt\leq mt-m\Rightarrow t^{m}-1\leq m(t-1)$ Ahora hacemos $\displaystyle{t=\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}}$ y sustituimos $$\displaystyle{\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}\right)^{\frac{1}{p}}-1\leq \frac{1}{p}\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}-1\right)}$$ multiplicando ambos miembros de la desigualdad por $|b|^{q}$ se tiene que $$\left(|b|^{q}\right)\left(\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}\right)^{\frac{1}{p}}-1\right)\leq \left(|b|^{q}\right)\left(\frac{1}{p}\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}-1\right)\right)$$ lo que nos queda $$|a||b|^{q-\frac{q}{p}}-|b|^{q}\leq \frac{|a|^{p}}{p}-|b|^{q}\Rightarrow |a||b|^{q-\frac{q}{p}}\leq \frac{|a|^{p}}{p}-\frac{|b|^{q}}{p}+|b|^{q}$$ como $\displaystyle{q-\frac{q}{p}=1}$ y $\displaystyle{-\frac{|b|^{q}}{p}+|b|^{q}=\frac{|b|^{q}}{q}}$ tenemos entonces $$|ab|\leq \frac{|a|^{p}}{p}+\frac{|b|^{q}}{q}.~~\square$$ Probaremos la desigualdad de Holder $$\boxed{\sum_{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq \left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right]^{\frac{1}{q}}}$$ $\fbox{Demostración}$ Sea $\displaystyle{A=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}}$ y $\displaystyle{B=\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}}$ y definimos $\displaystyle{a^{\prime}_{k}=\frac{a_{k}}{A}}$ y $\displaystyle{b^{\prime}_{k}=\frac{b_{k}}{B}}$ usando la desigualdad probada anteriormente se tiene \begin{align*}|a^{\prime}_{k}~b^{\prime}_{k}|&\leq \frac{|a^{\prime}_{k}|^{p}}{p}+\frac{|b^{\prime}_{k}|^{q}}{q}\\&\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|a^{\prime}_{k}b^{\prime}_{k}|\leq \sum_{k=1}^{n}\frac{|a^{\prime}_{k}|^{p}}{p}+\frac{|b^{\prime}_{k}|^{q}}{q}\\&=\sum_{k=1}^{n}\frac{|a^{\prime}_{k}|^{p}}{p}+\sum_{k=1}^{n}\frac{|b^{\prime}_{k}|^{q}}{q}\\&=\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{n}|a^{\prime}_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\sum_{k=1}^{n}|b^{\prime}_{k}|^{q}\\&=\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{a_{k}}{A}\right]^{p}+\frac{1}{q}\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{b_{k}}{B}\right]^{q}\\&=\frac{1}{p}\frac{1}{A^{p}}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\frac{1}{B^{q}}\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\end{align*} como $$A^{p}=\left(\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right)^{p}=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)~~~y~~~ B^{q}=\left(\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}\right)^{q}=\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)$$ se tiene que \begin{align*}\frac{1}{p}\frac{1}{A^{p}}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\frac{1}{B^{q}}\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}&=\frac{1}{p}\frac{1} {\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\frac{1}{\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)}\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\\&=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\end{align*} Por lo tanto \begin{align*}\sum_{k=1}^{n}|a^{\prime}{k}b^{\prime}{k}|\leq 1 &\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|\frac{a_{k}}{A}\frac{b_{k}}{B}|\leq1\\&\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq AB\\ &\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq \left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}\end{align*} Ahora probaremos la desigualdad de Minkowski $$\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\leq \left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}+\left[\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right]^{\frac{1}{q}}$$ Tenemos que \begin{align*}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}=\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}|a_{k}+b_{k}|&\leq \sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\left(|a_{k}|+|b_{k}|\right)\\&=\left( \sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|a_{k}|\right)+\left( \sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|b_{k}|\right)\end{align*} Aplicando la desigualdad de Holder a cada sumando tenemos que \begin{align*}\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|a_{k}|\right)&\leq \left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{q(p-1)}\right]^{\frac{1}{q}}\\&=\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\end{align*} \begin{align*}\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|b_{k}|\right)&\leq \left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{q(p-1)}\right]^{\frac{1}{q}}\\&=\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\end{align*} Por lo tanto $$\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\leq \left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}+\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}$$ Multiplicando ambos miembros de la desigualdad por $$\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}$$ obtenemos \begin{align*}\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}&=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)^{1-\frac{1}{q}}\\&=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\end{align*} $$\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\left(\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}\right)=\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$ $$\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\left(\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}\right)=\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$ Por lo tanto $$\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq \left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}+\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$ Por lo tanto $$\|\overline{x}+\overline{y}\|_{p}\leq \|\overline{x}\|_{p}+\|\overline{y}\|_{p}~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ $\fbox{$\textcolor{red}{Espacios~~\ell_{p}}$}$ $\textcolor{blue}{Definition}$ Dado $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$ definimos $$\|\bar{x}\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{n}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}~~si~~p\in[1,\infty)$$ $\fbox{Proposición}$ Dada $p\in[1,\infty)$, consideramos el conjunto $\ell_{p}$ de todas las sucesiones $(x_{k})$ de números reales tales que la serie $$\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}$$converge. Entonces la función $$\|(x_{k})\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$$es una norma en $\ell_{p}$ $\fbox{Demostración}$ (a) Tenemos $$\|x_{k}\|_{p}\geq0\Leftrightarrow\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\geq0\Leftrightarrow\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\geq0\Leftrightarrow|x_{k}|^{p}\geq0\Leftrightarrow |x_{k}|\geq0\Leftrightarrow x_{k}\geq0$$ (b) $$\|\lambda x_{k}\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}|\lambda x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}|\lambda|^{p} |x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(|\lambda|^{p}\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\lambda|\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\lambda|~\|x_{k}\|_{p}$$ (c) Como la $\|\|_{p}$ satisface la desigualdad del triángulo, se tiene que $$\left(\sum_{k=1}^{n} |x_{k}+y_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq \left(\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{k=1}^{\infty} |y_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq\|x_{k}\|_{p}+\|y_{k}\|_{p}$$ para todo $n\in \mathbb{N}$. En consecuencia, la serie $$\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}+y_{k}|^{p}$$ converge y se cumple que $$\|x_{k}+y_{k}\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}+y_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq\|x_{k}\|_{p}+\|y_{k}\|_{p}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$ $\fbox{Proposición}$ Sea $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$, entonces $$\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|\leq\|\bar{x}\|_{1}\leq n\|\bar{x}\|$$ $\fbox{Demostración}$ Sea $|x_{k}|=\max{|x_{1},…,|x_{n}||}$ Se tiene entonces $$|x_{k}|=\sqrt{x_{k}^{2}}\leq \sqrt{x_{1}^{2}+…+x_{n}^{2}}=\|\bar{x}\|$$ $\therefore~~\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|$ Ahora bien $$\left(\|\bar{x}\|\right)^{2}=\left(|x_{1}|^{2}+…+|x_{n}|^{2}\right)\leq \sum_{i=1}^{n}|x_{i}|^{2}+2\sum_{i\leq i\leq j\leq n}|x_{i}||x_{j}|=\left(|x_{1}|+…+|x_{n}|\right)^{2}=\left(\|\bar{x}\|_{1}\right)^{2}$$ $$~\Rightarrow~\left(\|\bar{x}\|\right)^{2}\leq\left(\|\bar{x}\|_{1}\right)^{2}$$ $$~\Rightarrow~\|\bar{x}\|\leq \|\bar{x}\|_{1}$$ También si suponemos que $|x_{j}|=\max{|x_{1}|,…,|x_{n}|}$ entonces $$\|\bar{x}\|_{1}=|x_{j}|\leq |x_{j}|+…+|x_{j}|=n|x_{j}|=n\max{|x_{1}|,…,|x_{j}|}=n\|\bar{x}\|_{\infty}$$ por lo que $$\|\bar{x}\|_{1}\leq n\|\bar{x}\|_{\infty}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$ $\fbox{Proposición}$ Sea $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$ entonces $$\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|_{\infty}$$ $\fbox{Demostración}$ Suponemos que $|x_{j}|=\max{|x_{1}|,…,|x_{n}|}$. Se tiene entonces $$|x_{j}|=\sqrt{x_{j}^{2}}\leq \sqrt{x_{1}^{2}+…+x_{j}^{2}+…+x_{n}^{2}}=\|\bar{x}\|$$ Por tanto $$\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|$$ Por otro lado suponemos que $|x_{j}|=\max{|x_{1}|,…,|x_{n}|}$ y tenemos $$\|\bar{x}\|=\sqrt{x_{1}^{2}+…+x_{j}^{2}+…+x_{n}^{2}}\leq \sqrt{x_{j}^{2}+…+x_{j}^{2}+…+x_{j}^{2}}=\sqrt{n(x_{j}^{2})}=\sqrt{n}\|\bar{x}\|_{\infty}$$ por lo tanto $$\|\bar{x}\|\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|_{\infty}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$ $\fbox{Proposición}$ Sea $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$ entonces $$\|\bar{x}\|_{1}\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|$$ $\fbox{Demostración}$ $$\|\bar{x}\|_{1}=|x_{1}|+…+|x_{n}|=\left(1,…,1\right)\cdot (|x_{1}|,…,|x_{1}|)\leq \|(1,…,1)\|~\|\bar{x}\|=\sqrt{n}\|\bar{x}\|$$ por lo tanto $$\|\bar{x}\|_{1}\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$ $\fbox{$\textcolor{blue}{Ortogonalidad~ de~ vectores}$}$ Generalizando el concepto de perpendicularidad en $\mathbb{R}^{3}$, damos la siguiente definición. $\fbox{$\textcolor{blue}{Definición}$}$ Sea E un espacio vectorial dotado de un producto escalar $\langle,\rangle$, se dice que dos vectores $\overline{x},\overline{y}\in E$ son \textbf{ortogonales} si $$\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=0$$ Tenemos que si $\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=0$ entonces $$\|\overline{x}-\overline{y}\|^{2}=\langle \overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\rangle=\langle \overline{x},\overline{x}\rangle-2\langle \overline{x},\overline{y}\rangle+\langle \overline{y},\overline{y}\rangle=\langle \overline{x},\overline{x}\rangle+\langle \overline{y},\overline{y}\rangle=\|\overline{x}\|^{2}+\|\overline{y}\|^{2}$$ es decir se cumple el teorema de pitagoras.
Sean ahora $\overline{x},\overline{y}\in \mathbb{R}^{2}$ y sea $\theta$ el ángulo entre ellos. Según la ley de los cosenos \begin{align*} \|\overline{x}-\overline{y}\|^{2}&=\|\overline{x}\|^{2}+\|\overline{y}\|^{2}-2\|\overline{x}\|\|\overline{y}\|\cos(\theta) \\ &~\Rightarrow~\|\overline{x}\|^{2}-2\langle \overline{x},\overline{y}\rangle+\|\overline{y}\|^{2}=\|\overline{x}\|^{2}+\|\overline{y}\|^{2}-2\|\overline{x}\|\|\overline{y}\|\cos(\theta) \\ &~\Rightarrow~\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=\|\overline{x}\|\|\overline{y}\|\cos(\theta) \end{align*} Esta fórmula motiva la siguiente definición de ángulo $\theta$ entre dos vectores no nulos $\overline{x},\overline{y}\in E$, por medio de $$\boxed{\theta=\arccos\left(\frac{\langle \overline{x},\overline{y}\rangle}{|\overline{x}||\overline{y}|}\right)}$$
Dada una curva $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^{n}$, el Vector Unitario Tangente $T$ es otra función vectorial asociada a la curva, y está definida por: $$\boxed{T(t)=\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\ \ \ \ \text{siempre que $|f^{\prime}(t)| \neq 0$.}}$$ De acuerdo a la definición anterior tenemos $$\|T(t)\|=\left\|\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\right\|=\frac{\|f'(t)\|}{\|f'(t)\|}=1$$ y de acuerdo a lo anterior \begin{align*} \|T(t)\|=1 &~\Rightarrow~T(t)\cdot T(t)=1 \\ &~\Rightarrow~\frac{d}{dt}(T(t)\cdot T(t))=0 \\ &~\Rightarrow~T'(t)\cdot T(t)+T(t)\cdot T'(t)=0 \\ &~\Rightarrow~2(T'(t)\cdot T(t))=0 \\ &~\Rightarrow~T'(t)\cdot T(t)=0 \end{align*} lo que implica que $T'(t)$ es ortogonal $T(t)$. Si $T^{\prime}\neq 0$ el vector unitario que tiene la misma dirección que $T^{\prime}$ se llama Vector Normal Principal a la curva y se designa por $N(t)$. Asi pues $N(t)$ es una nueva función vectorial asociada a la curva y esta dada por la ecuación: $$\boxed{N(t)=\frac{T^{\prime}(t)}{\|T^{\prime}(t)\|}\ \ \ \ \text{si}\ \ \ \ \ \|T^{\prime}(t)\| \neq 0}$$ de acuerdo a lo visto con el vector tangente, se tiene que $T(t)$ y $N(t)$ son ortogonales. Un tercer vector definido mediante $$\boxed{B(t)=T(t)\times N(t)}$$ recibe el nombre de Vector Binormal. Notese que $$\|B(t)\|=\|T(t)\times N(t)\|=\|T(t)\|\|N(t)\|\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$$ de acuerdo a lo anterior \begin{align*} \|B(t)\|=1&~\Rightarrow~B(t)\cdot B(t)=1 \\ &~\Rightarrow~\frac{d}{dt}(B(t)\cdot B(t))=0 \\ &~\Rightarrow~B'(t)\cdot B(t)+B(t)\cdot B'(t)=0\\ &~\Rightarrow~ 2(B'(t)\cdot B(t))=0\\ &~\Rightarrow~B'(t)\cdot B(t)=0 \end{align*} por tanto $B'(t)$ es ortogonal a $B(t)$. Es decir $\boxed{B'(t)\cdot B(t)=0}$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Pruebe que $\displaystyle{B'(t)\cdot T(t)=0}$ $\textcolor{orange}{Solución}$ Si $B(t)=T(t)\times N(t)$ entonces $B(t)$ es ortogonal a $T(t)$ y $B(T)$ es ortogonal a $N(t)$ y por lo tanto $B(t)\cdot T(t)=0$ Por otro lado $$N(t)=\frac{T(t)}{\|T'(t)\|}~\Rightarrow~\|T'(t)\|~N(T)=T'(t)$$ Si $B(t)$ es ortogonal a $N(t)$ entonces $B(t)$ es ortogonal a $\|T'(t)\|~N(T)$. Por lo tanto $$B(t)\cdot T'(t)=B(t)\cdot \|T'(t)\|~N(T)=0$$ Tenemos entonces que \begin{align*} \frac{d}{dt}(B(t)\cdot T(t))=0&~\Rightarrow~B'(t)\cdot T(t)+B(t)\cdot T'(t)=0 \\ &~\Rightarrow~B'(t)\cdot T(t)+0=0 \\ &~\Rightarrow~B'(t)\cdot T(t)=0 \end{align*} Por lo tanto $\boxed{B'(t)\cdot T(t)=0}$.$~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$ Según los resultados anteriores $B'(t)\cdot B(t)=0$ y $B'(t)\cdot T(t)=0$. Pero también $N(t)\cdot B(t)=0$ y $N(t)\cdot T(t)=0$. Por lo tanto $N(t)$ y $B'(t)$ deben ser paralelos, es decir existe $\alpha$ tal que $\boxed{B'(t)=\alpha N(t)}$. Si la curva está parametrizada por longitud de arco, considerando que $\|\overline{f}'(s)\|=1$, se tiene \begin{align*} T(s) & =\overline{f}'(s) \\ N(s) & =\frac{\overline{f}»(s)}{|\overline{f}»(s)|} \\ B(s) & =T(s)\times N(s) \end{align*} $\fbox{Fórmulas de Frenet-Serret}$ El sistema de vectores ${T(t),N(t),B(t)}$ forman un triedro en el cual $$\boxed{B(t)=T(t)\times N(t)}$$ de acuerdo a la definición anterior \begin{align*} B(t)=T(t)\times N(t)&~\Rightarrow~N(t)\times B(t)=N(t)\times (T(t)\times N(t)) \\ &~\Rightarrow~N(t)\times B(t)=(N(t)\cdot N(t))T(t)-(N(t)\cdot T(t))N(t) \\ &~\Rightarrow~N(t)\times B(t)=T(t)-0\cdot N(t) \\ &~\Rightarrow~N(t)\times B(t)=T(t) \end{align*} por tanto $$\boxed{N(t)\times B(t)=T(t)}$$ Análogamente de acuerdo a la definición anterior \begin{align*} B(t)=T(t)\times N(t)&~\Rightarrow~B(t)\times T(t)=(T(t)\times N(t))\times T(t) \\ &~\Rightarrow~B(t)\times T(t)=(T(t)\cdot T(t))N(t)-(N(t)\cdot T(t))T(t) \\ &~\Rightarrow~B(t)\times T(t)=N(t)-0\cdot T(t) \\ &~\Rightarrow~B(t)\times T(t)=N(t) \end{align*} por tanto $$\boxed{B(t)\times T(t)=N(t)}$$ Por que dicho sistema de vectores, es un conjunto ortonormal. Las fórmulas que dan las derivadas del triedro móvil, en términos del mismo triedro móvil, se llaman las fórmulas de Frenet-Serret. $\fbox{Teorema}$ (a) $\displaystyle{\frac{dT}{ds}=\kappa N}$ (b) $\displaystyle{\frac{dB}{ds}=-\tau N(s)}$ (c) $\displaystyle{\frac{dN}{ds}=\tau B-\kappa T}$ $\fbox{Demostración}$ (a) Por definición $\displaystyle{N(s)=\frac{T'(s)}{\|T'(s)\|}}$ y $\displaystyle{\kappa(s)=\left\|\frac{dT}{ds}\right\|=\|f»(s)\|}$. Luego $$T'(s)=\|T'(s)\|~N(s)=\kappa(s)~N(s).$$ (b) $\displaystyle{\frac{dB}{ds}=-\tau N(s)}$ es fórmula de definición de torsión. (c) \begin{align*} N'(s)&=B'(s)\times T(s)+B(s)\times T'(s) \\ &=-\tau N(s)\times T(s)+B(s)\times \kappa N(s) \\ &=\tau T(s)\times N(s)-\kappa N(s)\times B(s) \\ &=\tau B(s)-\kappa T(s).~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \end{align*}
$\fbox{$\textcolor{red}{Curvatura}$}$ En una recta, el vector unitario tangente $T$ no cambia su dirección y por tanto $T^{\prime}=0$. Si la curva no es una linea recta, la derivada $T^{\prime}$ mide la tendencia de la tangente a cambiar su dirección. El coeficiente de variación o derivada de la tangente unitaria respecto a la longitud de arco se denomina vector curvatura de la curva. Se designa por $\displaystyle{dT/ds}$ donde s representa la longitud de arco.
Sea $f:[a,b]\subset\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^{n}$ una curva dos veces diferenciable parametrizada por longitud de arco y T su vector tangente unitario. La $\textcolor{red}{\textit{curvatura}}$ de f es la función $$\kappa=\left\|\frac{dT}{ds}\right\|=\|f^{\prime\prime}(s)\|$$ La letra $\kappa$ es la letra griega kappa. La curvatura mide la flexión de la curva. Mostraremos que una recta, es una curva que no se flexiona, tiene curvatura 0 $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Calcule la curvatura en todo punto de la recta $f(t)=(x_{0},y_{0},z_{0})+t(u_{1},u_{u},u_{3})$ donde $\|u\|=1$ tenemos: \[ f^{\prime}(t)=(u_{1},u_{2},u_{3})\ \ \ \ \ \text{y}\ \ \ \ \ \|f^{\prime}(t)\|=\|u\|=1 \] Por lo tanto la curva esta parametrizada por longitud de arco Por lo tanto $\kappa=\|f^{\prime\prime}(t)\|=0$, por lo tanto $\kappa=0$.$~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Calcule la curvatura de una circunferencia. Para un círculo de radio $R$ dado por la ecuación $$f(t)=(R\cos t,R \sin t)$$ tenemos: La parametrizacion por longitud de arco es: $$s=\int_{0}^{t}\|f'(u)\|du=\int_{0}^{t}Rdt=Rt~\rightarrow~s=Rt~\Rightarrow~t=\frac{s}{R}$$ de esta manera se tiene \begin{align*} \overline{f}(s) &=f\left(\frac{s}{R}\right)=\left(R\cos\left(\frac{s}{R}\right),R\sin\left(\frac{s}{R}\right)\right) \\ \overline{f}^{\prime}(s)&=\left(-\sin \left(\frac{s}{R}\right), \cos \left(\frac{s}{R}\right)\right) \\ \overline{f}^{\prime\prime}(s)&=\left(-\frac{1}{R}\cos \left(\frac{s}{R}\right),-\frac{1}{R} \sin \left(\frac{s}{R}\right)\right) \end{align*} Por lo tanto $\displaystyle{\kappa=\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|=\frac{1}{R}}$. Esto prueba que una circunferencia tiene curvatura constante. El siguiente teorema nos proporciona otras fórmulas que nos permiten calcular la curvatura parametrizada por otro parámetro t, que no es necesariamente la longitud de arco. $\fbox{Teorema}$ Sea $f(t)$ una curva dos veces diferenciable. Entonces $$\kappa(t)=\frac{\|T'(t)\|}{\|f'(t)\|}$$ $\fbox{Demostración}$ Sabemos que $\displaystyle{s^{\prime}(t)=\|f^{\prime}(t)\|}$. Además usando la regla de la cadena \begin{align*} T'(t)&=\frac{dT}{dt}=\frac{dT}{ds}\frac{ds}{dt}=\frac{dT}{ds}\|f'(t)\| \\ &~\Rightarrow~\frac{dT}{ds}=\frac{T'(t)}{\|f'(t)\|} \\ &~\Rightarrow~\left\|\frac{dT}{ds}\right\|=\frac{\|T'(t)\|}{\|f'(t)\|} \\ &~\Rightarrow~\kappa(t)=\frac{\|T'(t)\|}{\|f'(t)\|}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \end{align*} $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Calcule la curvatura $\kappa$ de la hélice $x(t)=a\cos(wt)$, $y(t=a\sin(wt))$, $z(t)=bt$. $\textcolor{orange}{Solución}$ Tenemos que: \[f^{\prime}(t)=(-wa\sin(wt),aw\cos(wt),b)\ \ \Rightarrow\ \ \|f^{\prime}(t)\|=\sqrt{a^2w^2+b^2}\] Por lo tanto \[ T=(-aw\sin(wt),aw\cos(wt),b)\frac{1}{\sqrt{a^2w^2+b^2}} \] Por lo tanto \[ k=\frac{\|T^{\prime}\|}{\|f^{\prime}\|}= \|-aw^2\cos(wt),-aw^2\sin(wt),0\|\frac{1}{\sqrt{a^2w^2+b^2}}= \] \[ =\sqrt{(aw^2)^2(\cos^2(wt)+\sin^2(wt))}\ \frac{1}{\sqrt{a^2w^2+b^2}}= \frac{aw^2}{\sqrt{a^2w^2+b^2}}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \]
$\fbox{Teorema}$ Sea $f(t)$ una curva dos veces diferenciable. Entonces $$\kappa(t)=\frac{\|f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}$$ $\fbox{Demostración}$ Si $$T=\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\Rightarrow T~\|f^{\prime}(t)\|=f^{\prime}(t)\Rightarrow T\frac{ds}{dt}=f^{\prime}(t)$$Por lo tanto $$f^{\prime\prime}(t)=T\frac{d^{2}s}{dt^{2}}+\frac{ds}{dt}T^{\prime}$$ Haciendo el producto cruz $$f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)=T\frac{ds}{dt}\times \left(T\frac{d^{2}s}{dt^{2}}+\frac{ds}{dt}T^{\prime}\right)=\cancel{T\frac{ds}{dt}\times T\frac{d^{2}s}{dt^{2}}}+T\frac{ds}{dt}\times \frac{ds}{dt}T^{\prime}$$Por lo tanto $$\|f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|=\left\|T\frac{ds}{dt}\times \frac{ds}{dt}T^{\prime}\right\|=\left(\frac{ds}{dt}\right)\left\|T\right\|\left(\frac{ds}{dt}\right)\left\|T^{\prime}\right\|\sin(T,T^{\prime})=\left(\frac{ds}{dt}\right)^{2}\left\|T^{\prime}\right\|$$En cosecuencia$$\frac{\|f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|}{\left(\frac{ds}{dt}\right)^{2}}=\|T^{\prime}|\Rightarrow \|T^{\prime}\|=\frac{\|f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|}{\|f^{\prime}(t)\|^{2}}$$ sustituimos en $$k(t)=\frac{\|T^{\prime}(t)\|}{\|f^{\prime}(t)\|}\Rightarrow \kappa(t)=\frac{\frac{\|f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|}{\|f^{\prime}(t)\|^{2}}}{\|f^{\prime}(t)\|}\Rightarrow \kappa(t)=\frac{\|f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Hallar la función curvatura $\kappa(t)$ de la curva $$f(t)=\left(t^{2},t,\frac{2t^{3}}{3}\right)$$ $\textcolor{orange}{Solución}$ Según la fórmula anterior \begin{align*} f'(t) & =(2t,1,2t^{2}) \\\ f^{\prime\prime}(t) & =(2,0,4t) \\ \|f'(t)\| & =\sqrt{4t^{2}+1+4t^{4}}=2t^{2}+1 \end{align*} Por lo que \begin{align*} f'(t)\times f^{\prime\prime}(t) & =\left|\begin{matrix}i&j&k\\2t&1&2t^{2}\\2&0&4t\end{matrix}\right| \\ & =2(2t,-2t^{2},-1) \\ \|f'(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|&=2\sqrt{4t^{2}+4t^{4}+1}=2(2t^{2}+1) \end{align*} Luego $$\kappa(t)=\frac{\|f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}=\frac{2(2t^{2}+1)}{(2t^{2}+1)^{3}}=\frac{2}{(2t^{2}+1)^{2}}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Para el caso especial de una curva plana con ecuación $y=f(x)$ podemos escoger $x$ como el parámetro y escribir $r(x)=x\hat{i}+f(x)\hat{j}$ entonces \begin{align*}r^{\prime}(x)&=\hat{i}+f^{\prime}(x)\hat{j}\\r^{\prime \prime}(x)&=f^{\prime \prime}(x)\hat{j}\end{align*} y al efectuar: \[ r^{\prime}(x)\ \text{x}\ r^{\prime \prime}(x)= \left| \begin{array}{ccc} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1 & f^{\prime}(x) & 0 \\ 0 & f^{\prime \prime}(x) & 0 \\ \end{array} \right|= f^{\prime \prime}(x)\hat{k} \]
Por lo tanto $\|r^{\prime}(x)\ \times r^{\prime\prime}(x)\|=|f^{\prime\prime}(x)|$. Por lo tanto, para una curva plana \[ \kappa(x)=\frac{\|r'(t)\times r^{\prime\prime}(t)\|}{\|r'(t)\|^{3}}=\frac{|f^{\prime\prime}(x)|}{\left(1+[f^{\prime}(x)]^2\right)^{3/2}}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \] $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Calcular la curvatura del gráfico $f(x)=e^{-x}$. $\textcolor{orange}{Solución}$ Tenemos que: $f'(x)=-e^{-x}$ y $f^{\prime\prime}(x)=e^{-x}$. Luego $$\kappa(x)=\frac{|f^{\prime\prime}(x)|}{\left[1+\left(f'(x)\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}=\frac{e^{-x}}{\left[1+\left(-e^{-x}\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}=\frac{e^{-x}}{\left[e^{-2x}+1\right]^{\frac{3}{2}}}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$
$\fbox{$\textcolor{red}{Circunferencia~ y~ radio~ de~ curvatura}$}$ Sea $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^{2}$ una curva plana y un punto $P$ sobre una curva plana donde $\kappa\neq 0$. Se llama circunferencia de curvatura o circunferencia osculadora de la curva en el punto P a la circunferencia que cumple las siguientes condiciones: (a) Es tangente a la curva en P. (la circunferencia y la curva tienen la misma recta tangente en el punto P). (b) Tiene la misma curvatura ($\kappa$) que la curva en P. (c) Se encuentra hacia el lado concavo o interior de la curva. (d) El radio de la curvatura de la curva P es el radio del círculo de curvatura o círculo osculador. $$\rho(t)=\frac{1}{\kappa(t)}$$
Asi el centro del círculo osculador (llamado centro de curvatura) debe estar en:
\[ c(t)=f(t)+\frac{1}{k(t)}N(t) \] $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Determine los vectores $T$ y $N$, la curvatura $k$, el centro de la curvatura y la circunferencia osculadora de la parábola $y=x^2$ en el punto $(1,1)$. $\textcolor{orange}{Solución}$ Si la parábola esta parametrizada por $x=t$ y por $y=t^2$, entonces su vector de posición es $f(t)=(t,t^2)$, por lo tanto \begin{align*}f(t)=(t,t^2)&\Rightarrow f^{\prime}(t)=(1,2t)\\&\Rightarrow\|f^{\prime}(t)\|=\sqrt{1+4t^2}\\&\Rightarrow f^{\prime\prime}(t)=(0,2)\end{align*} por lo tanto: \[ T(t)=\frac{(1,2t)}{\sqrt{1+4t^2}}\ \ \ \ \ \ \ T(1)=\left(\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{2}{\sqrt{5}}\right)\ \ \ \ \ \ \ N(1)=\left(\frac{-2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \] la curvatura $\kappa$, \[ k=\frac{\|f^{\prime\prime}(t)\|}{\left(\sqrt{1+[f^{\prime}(t)]^2}\right)^3}= \frac{2}{\left(\sqrt{1+4t^2}\right)^3}\ \ \ \ \ \ \ k(1)=\frac{2}{5\sqrt{5}}\ \ \Rightarrow\ \ \rho=\frac{5\sqrt{5}}{2} \] Por lo tanto el centro de la curvatura es \[ c(t)=f(1,1)+\frac{1}{\frac{2}{5\sqrt{5}}}\left(\frac{-2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}}\right)= \left(-4,\frac{7}{2}\right) \] Y la ecuación del círculo osculador a la parábola es, por tanto: \[ (x+4)^2+\left(y-\frac{7}{2}\right)^2= \left(\frac{5\sqrt{5}}{2}\right)^2=\frac{125}{4}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \] $\fbox{$\textcolor{red}{Torsión}$}$ Sea $f:I\subset \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^{3}$ una curva tres veces diferenciable parametrizada por longitud de arco. Nuestro objetivo consistira en estimar con que rapidez una curva se aleja de su plano osculador
La forma de medir la rapidez de alejamiento de la curva f de su plano osculador es por medio del vector binormal $B(s)=T(s)\times N(s)$, que sabemos es un vector unitario ortogonal al plano osculador de f en P. Puesto que $\|B(s)\|=1$, $\forall~s\in I$, la magnitud de la derivada $\|B'(s)\|$ de $B(s)$ medirá precisamente la rapidez con la que el vector binormal $B(s)$ está cambiando de dirección en los alrededores del punto estudiado. Puesto que $B(s)=T(s)\times N(s)$, tenemos, derivando $$B'(s)=T(s)\times N'(s)+T'(s)\times N(s)$$ El sumando $T'(s)\times N(s)$ que aparece en esta expresión es igual a cero, ya que $T'(s)=f^{\prime\prime}(s)$ es un vector en la dirección de $N(s)$ (y por lo tanto son colineales; por lo que su producto cruz es cero). Entonces nos queda $$B'(s)=T(s)\times N'(s)$$ También tenemos que $$\|B\|=1~\Rightarrow~\frac{d \|B\|^{2}}{ds}=0~\Rightarrow~\frac{d(B\cdot B)}{ds}=0~\Rightarrow~B\cdot B’+B’\cdot B=0~\Rightarrow~B’\cdot B=0~\Rightarrow~B’\bot B $$ Esto nos permite concluir que $B'(s)$ es un vector en el plano osculador de f en s. Por otro lado $$B\cdot T=0~\Rightarrow~(B\cdot T)’=0~\Rightarrow~B’\cdot T+T’\cdot B=0~\underbrace{\Rightarrow}_{\textcolor{red}{T’\cdot B=N~ \|T’\|\cdot B=0}}~B’\cdot T=0~\Rightarrow~B’\bot T$$ De lo anterior podemos concluir que $B’$ tiene la dirección del vector $N$. Debe entonces existir un escalar $\tau(s)$ tal que $$B'(s)=\tau(s)N(s)$$ $\fbox{$\textcolor{blue}{Definición}$}$ Sea $f:I\subset \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^{3}$ una curva tres veces diferenciable parametrizada por longitud de arco tal que $f»(s)\neq 0$ $\forall~s\in I$. El número $\tau(s)$ tal que $B'(s)=-\tau(s)N(s)$ se llama $\textcolor{red}{\textbf{torsión}}$ de f en s. Notese que $$\|B'(s)\|=|\tau(s)|$$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Dada la función $$f(t)=(\cos(t),\sin(t),t)$$ cuya reparametrización por longitud de arco es: $$\overline{f}(s)=\left(\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),\frac{s}{\sqrt{2}}\right)$$ cuyo vector normal es $$N(s)=\left(-\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),-\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),0\right)$$ cuyo vector binormal es $$B(s)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),-\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),1\right)$$ de modo que $$B'(s)=\frac{1}{2}\left(\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),0\right)$$ y por lo tanto se tiene $$|\tau(s)|=\|B'(s)\|=\frac{1}{2}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$ Una curva es plana (es decir, es la imagen de un camino $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^{3}$ tal que f(s) se encuentra en un plano en $\mathbb{R}^{3}$ para toda $s\in [a,b]$) si y sólo si su torsión es igual a cero $(\forall~s\in [a,b])$. En efecto, si $\tau(s)=0$, se tiene que $B'(s)=0$, por lo que el vector binormal $B(s)$ debe ser constante, es decir $B(s)=v$ para todo $s\in[a,b]$. De aquí se tiene que $$f'(s)\cdot B(s)=f'(s)\cdot v=0~~~\forall~s\in[a,b]$$ (pues $f'(s)$ es ortogonal a $B(s)$), o sea $$\frac{d(f(s)\cdot v)}{ds}=0$$ de donde $f(s)\cdot v=cte~~~\forall~s\in[a,b]$, y por lo tanto, concluimos que $f(s)$ se encuentra en el plano cuyo vector normal es v, $\forall~s\in[a,b]$.
Recíprocamente, si $f(s)$ se encuentra en un plano para toda s en $[a,b]$, entonces dicho plano es el plano osculador de la curva en todo punto de ella, por tanto el vector unitario $B(s)$ no cambia de dirección, por lo que $B'(s)=0$. de donde $\tau(s)=0$ para toda s en $[a,b]$. $\textcolor{orange}{\blacksquare}$ $\fbox{Fórmula para calcular la Torsión en términos de la parametrización por longitud de arco}$ La torsión representa una variación en la dirección del vector binormal, procederemos ahora a desarrollar una fórmula para calcularla Sea $\overline{f}:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^{3}$ la reparametrización por longitud de arco de f, $\overline{f}=f\circ\varphi$. Queremos calcular la torsión de f en t, donde $t=\varphi(s)$. Sabemos que \begin{align*} T(s) & =\overline{f}'(s)=\frac{f'(t)}{\|f'(t)\|} \\ T'(s)&=\overline{f}»(s)=\frac{d\left(\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\right)}{ds} \\ &=\frac{d\left(\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\right)}{dt}\frac{dt}{ds}=\frac{d\left(\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\right)}{dt}\frac{1}{\frac{ds}{dt}}\\ &=\frac{d\left(\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\right)}{dt}\frac{1}{\varphi^{\prime}(s)}\\ &=\frac{d\left(\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\right)}{dt}\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|}\\ &=\left(\frac{\|f^{\prime}(t)\|f^{\prime\prime}-f^{\prime}(t)\frac{d\left(\|f^{\prime}(t)\|\right)}{dt}}{\|f^{\prime}(t)\|^{2}}\right)\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|}\\ &=\left(\frac{\|f^{\prime}(t)\|f^{\prime\prime}-f^{\prime}(t)\frac{f^{\prime}\cdot f^{\prime\prime}}{\|f^{\prime}(t)\|}}{\|f^{\prime}(t)|^{2}}\right)\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|}~~\left(\frac{d\left(\|f^{\prime}(t)\|\right)}{dt}=\frac{d\sqrt{f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime}(t)}}{dt}=\frac{f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\right)\\ &=\left(\frac{\|f^{\prime}(t)\|^{2}f^{\prime\prime}-\left(f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)\right)f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\right)\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}\\ &=\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{4}}\left(\|f^{\prime}(t)\|^{2}f^{\prime\prime}(t)-\left(f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)\right)f^{\prime}(t)\right)\\ N(s) &=\frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)}{\kappa(s)} =\frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|} \end{align*} calculemos $$B'(s)=T(s)\times N'(s)$$ en este caso \begin{align*} N^{\prime}(s) & =\frac{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|\overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)-\overline{f}^{\prime\prime}(s)\left(\frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|}\right)}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|^{2}} \\ &=\frac{\overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|}-\overline{f}^{\prime\prime}(s)\left(\frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|^{3}}\right) \end{align*} Luego si $B^{\prime}(s)=T(s) \times N^{\prime}(s)$ entonces se tiene que \begin{align*} B^{\prime}(s) &=\overline{f}^{\prime}(s)\times \left(\frac{\overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)}{|\overline{f}^{\prime\prime}(s)|}-\overline{f}^{\prime\prime}(s)\left(\frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)}{|\overline{f}^{\prime\prime}(s)|^{3}}\right)\right) \\ &=\frac{1}{|\overline{f}^{\prime\prime}(s)|}\overline{f}^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)-\left(\frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)}{|\overline{f}^{\prime\prime}(s)|^{3}}\right)\overline{f}^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime}(s) \end{align*} La torsión esta dada por \begin{align*} B^{\prime}(s) &=\tau(s)N(s) \\ &\Rightarrow B^{\prime}(s)\cdot N(s)=\tau(s)N(s)\cdot N(s) \\ &\Rightarrow B^{\prime}(s)\cdot N(s)=\tau(s)\|N(s)\|^{2} \\ &\Rightarrow B^{\prime}(s)\cdot N(s)=|\tau(s)| \end{align*} Entonces \begin{align*} \tau(s) &=B^{\prime}(s)\cdot N(s) \\ &=\left(\frac{1}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|}\overline{f}^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)-\left(\frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)}{|\overline{f}^{\prime\prime}(s)|^{3}}\right)f^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime}(s)\right)\cdot \frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|} \\ &=\frac{1}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|^{2}}\overline{f}^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime}(s)-\cancel{\left(\frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|^{4}}\right)\overline{f}^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime}(s)} \\ &=\frac{1}{\|\overline{f}^{\prime\prime}(s)\|^{2}}\overline{f}^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime}(s) \end{align*} La cancelación es porque $$\overline{f}^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime}(s)=0$$ y como $$k(s)=\|\overline{f}^{\prime\prime}\|$$ se tiene entonces que $$\boxed{\tau(s)=\frac{\overline{f}^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime}(s)}{k(s)^{2}}=-\frac{\overline{f}^{\prime}(s)\times \overline{f}^{\prime\prime}(s)\cdot \overline{f}^{\prime\prime\prime}(s)}{k(s)^{2}}}$$ $\fbox{Fórmula para calcular la Torsión en términos del parámetro t}$ Ahora vamos a expresar la torsión en términos de t. Ya hemos visto que \begin{align*} \overline{f}^{\prime}(s)&=\frac{f^{\prime}(t)}{|f^{\prime}(t)|} \\ f^{\prime\prime}(s) & =\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{4}}\left(|f^{\prime}(t)|^{2}f^{\prime\prime}(t)-\left(f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)\right)f^{\prime}(t)\right) \end{align*} Por lo tanto \begin{align*} f^{\prime}(s)\times f^{\prime\prime}(s) &=\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\times \left(\frac{1}{\|f^{\prime}\|^{4}}\left(\|f^{\prime}(t)\|^{2}f^{\prime\prime}(t)-\left(f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)\right)f^{\prime}(t)\right)\right) \\ &=\left(\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}\right)f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)-\left(\frac{f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|^{5}}\right)\cancel{f^{\prime}(t)\times f^{\prime}(t)} \\ &=\left(\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}\right)f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t) \end{align*} Mientras que \begin{align*} f^{\prime\prime\prime}(s) &=\frac{df^{\prime\prime}(s)}{ds}=\left(\frac{df^{\prime\prime}(s)}{dt}\right)\frac{dt}{ds}=\left(\frac{df^{\prime\prime}(s)}{dt}\right)\frac{1}{\frac{ds}{dt}} \\ &=\left(\frac{df^{\prime\prime}(s)}{dt}\right)\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|} \\ &=\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|}\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{\|f^{\prime}\|^{4}}\left(\|f^{\prime}(t)\|^{2}f^{\prime\prime}(t)-\left(f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)\right)f^{\prime}(t)\right)\right) \\ &=\left(\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|}\right)\left[\left(\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{2}}f^{\prime\prime}(t)\right)+\left(\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{2}}\right)^{\prime}f^{\prime\prime}(t)\right. \\ &\left.-\left(\frac{f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|^{4}}\right)f^{\prime\prime}(t)-f^{\prime}(t)\left(\frac{f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|^{4}}\right)^{\prime}~\right] \end{align*} Por lo tanto \begin{align*} f^{\prime}(s)\times f^{\prime\prime}(s)\cdot f^{\prime\prime\prime}(s) &=\left(\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}\right)f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\cdot \left(\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|}\right)\left[\left(\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{2}}f^{\prime\prime}(t)\right)\right. \\ &\left.+\cancel{\left(\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{2}}\right)^{\prime}f^{\prime\prime}(t)}-\cancel{\left(\frac{f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|^{4}}\right)f^{\prime\prime}(t)}-\cancel{f^{\prime}(t)\left(\frac{f^{\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime}}{\|f^{\prime}(t)\|^{4}}\right)^{\prime}}~\right] \\ &=\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\cdot \frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}f^{\prime\prime\prime}(t) \\ &=\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{6}}f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime\prime}(t) \end{align*} finalmente \begin{align*} \tau(t) &=\frac{f^{\prime}(s)\times f^{\prime\prime\prime}(s)\cdot f^{\prime\prime}(s)}{k(s)^{2}} \\ &=-\frac{f^{\prime}(s)\times f^{\prime\prime}(s)\cdot f^{\prime\prime\prime}(s)}{k(s)^{2}} \\ &=-\frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|^{6}}\frac{f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime\prime}}{\left(\frac{\|f^{\prime}\times f^{\prime\prime}(t)\|}{\|f^{\prime}(t)\|^{3}}\right)^{2}} \end{align*} Tenemos que la torsión esta dada por $$\boxed{\tau(t)=-\frac{f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime\prime}(t)}{\left(\|f^{\prime}(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|\right)^{2}}}$$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Probar que la torsión de la hélice $f(t)=(a\cos(t),a\sin(t),bt)$ es $$\tau(t)=\frac{b}{a^{2}+b^{2}}$$ $\textcolor{orange}{Solución}$ En este caso \begin{align*} f'(t) & =(-a\sin(t),a\cos(t),b) \\ f^{\prime\prime}(t) & =(-a\cos(t),-a\sin(t),0) \\ f^{\prime\prime\prime}(t) & =(a\sin(t),-a\cos(t),0) \end{align*} Por lo que $$f'(t)\times f^{\prime\prime}(t)=\left|\begin{matrix}i&j&k\\-a\sin(t)&a\cos(t)&b\\-a\cos(t)&-a\sin(t)&0\end{matrix}\right|=(ab\sin(t),-ab\cos(t),a^{2})$$ tenemos entonces $$f'(t)\times f^{\prime\prime}(t)\cdot f^{\prime\prime\prime}(t)=(ab\sin(t),-ab\cos(t),a^{2})\cdot (a\sin(t),-a\cos(t),0)=a^{2}b$$ $$\|f'(t)\times f»(t)\|=\|(ab\sin(t),-ab\cos(t),a^{2})\|=\sqrt{a^{2}b^{2}+a^{4}}=|a|\sqrt{a^{2}+b^{2}}$$ luego, $$\tau(t)=\frac{[f'(t)\times f^{\prime\prime}(t)]\cdot f^{\prime\prime\prime}(t)}{\|f'(t)\times f^{\prime\prime}(t)\|^{2}}=\frac{a^{2}b}{\left(|a|\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right)^{2}}=\frac{b}{a^{2}+b^{2}}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$
$\fbox{Vector Tangente}$ Sea $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^{n}$ una curva tal que el vector derivada $f'(t)\neq 0$ para todo $t\in[a,b]$, es tangente a f y apunta en la dirección que el parámetro t crece. $\textcolor{blue}{Definición}$ Dada una curva $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^{n}$, el vector unitario tangente $T$ es otra función vectorial asociada a la curva, y está definida por: \[ T(t)=\frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|}\ \ \ \ \text{si}\ \ \ \|f^{\prime}(t)\| \neq 0. \] Si en la definición anterior, la curva está parametrizada por longitud de arco, considerando que $\|\overline{f}'(s)\|=1$, se tiene que $$T(s)=\overline{f}'(s)$$
$\fbox{Propiedades del Vector Tangente}$ (a) En este caso se tiene que \[ \|T(t)\|= \left\| \frac{f^{\prime}(t)}{\|f^{\prime}(t)\|} \right\|= \frac{1}{\|f^{\prime}(t)\|} \|f^{\prime}(t)\|=1 \] por lo tanto $T$ es de magnitud constante. (b) Tenemos que \begin{align*} \|T(t)\|=1&\Rightarrow \|T(t)\|^2=1\\&\Rightarrow \frac{d}{dt}\left(\|T(t)\|^2\right)=0\\&\Rightarrow \frac{d}{dt}\left(T(t)\cdot T(t)\right)=0\\&\Rightarrow T'(t)\cdot T(t)+T(t)\cdot T'(t)=0\\&\Rightarrow 2T(t)\cdot T'(t)=0\\&\rightarrow T(t)\cdot T'(t)=0\end{align*} Esto es $T(t)$ y $T'(t)$ son ortogonales. Este resultado nos permite definir un vector unitario ortogonal a $T(t)$ y que tiene la misma dirección que $T'(t)$. $\fbox{Vector Normal Principal}$ $\textcolor{blue}{Definición}$ Si $\|T^{\prime}(t)\|\neq 0$ el vector unitario que tiene la misma dirección que $T^{\prime}$ se llama Normal Principal a la curva y se designa por $N(t)$. Asi pues $N(t)$ es una nueva función vectorial asociada a la curva y esta dada por la ecuación: \[ N(t)=\frac{T^{\prime}(t)}{\|T^{\prime}(t)\|},\ \ \ \ \text{si} \ \ \|T^{\prime}(t)\| \neq 0 \] Notese que $$\|N(t)\|=\left\|\frac{T^{\prime}(t)}{\|T^{\prime}(t)\|}\right\|=1$$ Si en la definición anterior, la curva está parametrizada por longitud de arco, considerando que $T(s)=\overline{f}'(s)$ , se tiene $$N(s)=\frac{\overline{f}^{\prime\prime}(s)}{|\overline{f}^{\prime\prime}(s)|}=\frac{T'(s)}{\|T'(s)\|}$$ $\fbox{Vector Binormal}$ Un tercer vector definido mediante $$B(t)=T(t)\times N(t)$$ recibe el nombre de Vector binormal. Notese que $$\|B(t)\|=\|T(t)\times N(t)\|=\|T(t)\|\|N(t)\|\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$$ En el punto correspondiente a $f(t)$ en la curva, los vectores $T(t)$, $N(t)$ y $B(t)$ conforman un trío de vectores unitarios y mutuamente ortogonales. Estos dan lugar a un sistema de coordenadas llamado sistema de referencia TNB o sistema de referencia de Frenet-Serret de la curva C. Los vectores $T(t)$, $N(t)$ y $B(t)$ juegan en el punto de la curva correspondiente a $f(t)$ un papel similar al que juega la tríada i, j y k en el origen del espacio tridimensional. Esta última tríada permace fija, en cambio los vectores $T(t)$, $N(t)$ y $B(t)$ conforman una tríada movil que se mueve a lo largo de la curva.
$\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Dada la curva $r(t)=\cos t \hat{i}+\sin t \hat{j} + t\hat{k}$ cuya parametrización por longitud de arco es \[ \bar{r}(s)=\left(\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),\frac{s}{\sqrt{2}}\right) \] Hallar los vectores Tangente, Normal y Binormal en un punto $r(s)$. $\textcolor{orange}{Solución}$
Vector Tangente \[ T(s)=\frac{f^{\prime}(s)}{\|f^{\prime}(s)\|}= \left( -\frac{1}{\sqrt{2}} \sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right), \frac{1}{\sqrt{2}}\cos \left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right), \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \] Vector Normal \[ N(s)=\frac{T^{\prime}(s)}{\|T^{\prime}(s)\|}= \left( -\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right), -\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),0 \right) \] Vector Binormal \[ B(s)=T(s)\times N(s)=\left| \begin{array}{ccc} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{-1}{\sqrt{2}}\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right) & \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right) & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right) & -\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right) & 0\\ \end{array} \right|= \left( \frac{1}{\sqrt{2}}\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right), \frac{-1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right), \frac{1}{\sqrt{2}} \right).~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \] $\fbox{Plano Osculador}$ Sea $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^{3}$ una curva con triada móvil $T(t)$, $N(t)$ y $B(t)$. Sea $P=(x_{0},y_{0},z_{0})$ un punto de la curva f tal que $f(t_{0})=(x_{0},y_{0},z_{0})$. Se llama Plano Osculador de f en el punto P, al plano que pasa por P y es paralelo a los vectores $T(t_{0})$ y $N(t_{0})$. Este plano tiene por ecuación $$\boxed{B(t_{0})\cdot [(x,y,z)-(x_{0},y_{0},z_{0})]=0}$$ El plano osculador es el plano que mejor se adapta a la curva en cada uno de sus puntos. Si la curva es plana, el plano osculador coincide con el plano de la curva. $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Consideremos la curva $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^3$ dado por: \[ f(s)=\left( \cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right), \sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right), \frac{s}{\sqrt{2}} \right) \] el cual es dos veces diferenciable parametrizado por longitud de arco y que describe una hélice circular en $\mathbb{R}^3$. Obtenga la ecuación del plano osculador en el punto $f(\sqrt{2}\pi)=(-1,0,\pi)$. $\textcolor{orange}{Solución}$ Tenemos que: \[ T(s)=\frac{f^{\prime}(s)}{\|f^{\prime}(s)\|}= \left( -\frac{1}{\sqrt{2}} \sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right), \frac{1}{\sqrt{2}}\cos \left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right), \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \] y $T(\sqrt{2}\pi)=\left(0,-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$, por otro lado: \begin{align*}N(s)&=\frac{T^{\prime}(s)}{\|T^{\prime}(s)\|}\\&=\left( -\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right), -\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),0 \right)\\&=\left( -\left(\frac{1}{2}\right)\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}},\right),-\left(\frac{1}{2}\right)\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),0 \right)\end{align*} y $N(\sqrt{2}\pi)=(1,0,0)$. Por lo que \[ T(\sqrt{2}\pi)\times N(\sqrt{2}\ \pi) =\left| \begin{array}{ccc} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{-1}{\sqrt{2}}\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right) & \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right) & \frac{1}{\sqrt{2}}\\-\left(\frac{1}{2}\right)\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right) & -\left(\frac{1}{2}\right)\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right) & 0\\ \end{array}\right|= \left(\frac{1}{2\sqrt{2}}\sin\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),\frac{-1}{2\sqrt{2}}\cos\left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right),\frac{1}{2\sqrt{2}} \right) \] al evaluar en $\sqrt{2}\ \pi$ nos queda $\displaystyle{\left(0,\frac{1}{2\sqrt{2}},\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)}$. Por lo tanto la ecuación del plano osculador en $P=(-1,0,\pi)$ es: \[ (x+1,y,z-\pi)\cdot\left(0,\frac{1}{2\sqrt{2}},\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)=0 \] \[ \Rightarrow \frac{1}{2\sqrt{2}} (y) +\frac{1}{2\sqrt{2}} (z-\pi)=0 \] \[ \Rightarrow y+z=\pi.~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \] $\fbox{Plano Normal}$ Se llama Plano Normal de f en el punto P, al plano que pasa por P y es paralelo a los vectores $N(t_{0})$ y $B(t_{0})$. Este plano tiene por ecuación $$\boxed{T(t_{0})\cdot [(x,y,z)-(x_{0},y_{0},z_{0})]=0}$$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$
Consideremos la curva $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^3$ dado por: \[ f(t)=\left( 2\cos\left(t\right), 2\sin\left(t\right), t \right) \] el cual es dos veces diferenciable y que describe una hélice circular en $\mathbb{R}^3$. Obtenga la ecuación del plano normal en el punto $f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\left(0,2,\frac{\pi}{2}\right)$. $\textcolor{orange}{Solución}$ Tenemos que: \[ T(t)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(-2\sin(t),2\cos(t),1\right) \] y $\displaystyle{T\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(-2,0,1\right)}$. Por lo tanto la ecuación del plano normal es: \[ \frac{1}{\sqrt{5}}(-2,0,1)\cdot\left[(x,y,z)-\left(0,2,\frac{\pi}{2}\right)\right]=0 \] \[ \Rightarrow 4x-2z+\pi=0.~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \] $\fbox{Plano Rectificador}$ Se llama Plano rectificador de f en el punto P, al plano que pasa por P y es paralelo a los vectores $T(t_{0})$ y $B(t_{0})$. Este plano tiene por ecuación $$\boxed{N(t_{0})\cdot [(x,y,z)-(x_{0},y_{0},z_{0})]=0}$$ $\textcolor{orange}{Ejemplo}$ Consideremos la curva $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^3$ dada por: \[ f(t)=\left( 2\cos\left(t\right), 2\sin\left(t\right), t \right) \] la cual es dos veces diferenciable y que describe una hélice circular en $\mathbb{R}^3$. Obtenga la ecuación del plano rectificador en el punto $\displaystyle{f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\left(0,2,\frac{\pi}{2}\right)}$. $\textcolor{orange}{Solución}$ Tenemos que: \[ N(t)=\left(-\cos(t),-\sin(t),0\right) \] y $\displaystyle{N\left(\frac{\pi}{2}\right)=\left(0,-1,0\right)}$. Por lo tanto la ecuación del plano rectificador es: \[ (0,-1,0)\cdot\left[(x,y,z)-\left(0,2,\frac{\pi}{2}\right)\right]=0 \] \[ \Rightarrow y-2=0.~~\textcolor{orange}{\blacksquare} \]
