Introducción

Otro tema interesante son los Teoremas de Carnot, los cuales nos permiten resolver otros problemas.

Teoremas de Carnot

Teorema. Sea, $ABC$ un triángulo y una circunferencia que interseca en los lados $BC$, $CA$, $AB$ en los puntos $P$, $P^{\prime }$, $Q$, $Q^{\prime }$, $R$, $R^{\prime }$ respectivamente, entonces

$\frac{AR}{RB}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot \frac{CQ}{QA}\cdot \frac{A{R}^{\prime }}{R^{\prime }B}\cdot \frac{B{P}^{\prime }}{P^{\prime }C}\cdot \frac{C{Q}^{\prime }}{Q^{\prime }A}=1.$

Demostración. Tracemos las rectas $PQ$ y $P^{\prime }{Q}^{\prime }$, las cuales intersecan a $AB$ en $G$ y $G^{\prime }$ respectivamente. Por Menelao al triángulo $ABC$ con transversales $QG$ y $Q^{\prime }{G}^{\prime }$, se tiene

$\frac{AG}{GB}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot \frac{CQ}{QA}=-1$ . . . (1)

y

$\frac{A{G}^{\prime }}{G^{\prime }B}\cdot \frac{B{P}^{\prime }}{P^{\prime }C}\cdot \frac{C{Q}^{\prime }}{Q^{\prime }A}=-1$ . . . (2)

Como $AB$ es una transversal que corta los lados del cuadrángulo inscrito $PQ{P}^{\prime }{Q}^{\prime }$ y la circunferencia en puntos de involución, se tiene

$\{AB{R}^{\prime }{G}^{\prime }\}=\{BARG\}=\{ABGR\}.$

Entonces

$\frac{AR}{RB}\cdot \frac{A{R}^{\prime }}{R^{\prime }B}=\frac{AG}{GB}\cdot \frac{A{G}^{\prime }}{G^{\prime }B}.$

Se realizará la siguiente multiplicación de la ecuación (1) y (2)

$\frac{AG}{GB}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot \frac{CQ}{QA}\cdot \frac{A{G}^{\prime }}{G^{\prime }B}\cdot \frac{B{P}^{\prime }}{P^{\prime }C}\cdot \frac{C{Q}^{\prime }}{Q^{\prime }A}=(-1)(-1)$

$\frac{AR}{RB}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot \frac{CQ}{QA}\cdot \frac{A{R}^{\prime }}{R^{\prime }B}\cdot \frac{B{P}^{\prime }}{P^{\prime }C}\cdot \frac{C{Q}^{\prime }}{Q^{\prime }A}=1.$

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Teorema. (Carnot para Rectas) Sea el triángulo $ABC$ y dos rectas $l$ y $l^{\prime }$ que intersecan a los lados $BC$, $CA$ y $AB$ la primera en los puntos $P$, $Q$ y $R$ y la segunda a los puntos $P^{\prime }$, $Q^{\prime }$ y $R^{\prime }$, entonces

$\frac{AR}{RB}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot \frac{CQ}{QA}\cdot \frac{A{R}^{\prime }}{R^{\prime }B}\cdot \frac{B{P}^{\prime }}{P^{\prime }C}\cdot \frac{C{Q}^{\prime }}{Q^{\prime }A}=1.$

Demostración Por el Teorema de Menelao con las rectas $l$ y $l^{\prime }$, se tiene

$\frac{AR}{RB}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot \frac{CQ}{QA}=-1$ y  $\frac{A{R}^{\prime }}{R^{\prime }B}\cdot \frac{B{P}^{\prime }}{P^{\prime }C}\cdot \frac{C{Q}^{\prime }}{Q^{\prime }A}=-1.$

Entonces multiplicándolos

$\frac{AR}{RB}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot \frac{CQ}{QA}\cdot \frac{A{R}^{\prime }}{R^{\prime }B}\cdot \frac{B{P}^{\prime }}{P^{\prime }C}\cdot \frac{C{Q}^{\prime }}{Q^{\prime }A}=1.$

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Teorema. (Carnot para cónicas) Sea el triángulo $\mathrm{△}ABC$ y sea una cónica que interseca los lados $BC$, $CA$ y  $AB$ en los puntos $P$, $P^{\prime }$, $Q$, $Q^{\prime }$, $R$, $R^{\prime }$ respectivamente, entonces

$\frac{AR}{RB}\cdot \frac{BP}{PC}\cdot \frac{CQ}{QA}\cdot \frac{A{R}^{\prime }}{R^{\prime }B}\cdot \frac{B{P}^{\prime }}{P^{\prime }C}\cdot \frac{C{Q}^{\prime }}{Q^{\prime }A}=1.$

Más adelante…

Se dejarán una serie de ejercicios para poner en práctica lo visto en esta unidad.

Entradas relacionadas

• Ir a Geometría Moderna II
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• Siguiente entrada del curso: Ejercicios Unidad 5

Definición: Una curva algebraica es un conjunto de puntos del plano tales que $$\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2\mid F(x,y)=0\}=F^{-1}(0)$$

Por ejemplo:

$F(x,y)$ un polinomio en dos variables.

$F(x,y)=x^2+y^2–1$

$F^{-1}(0)=0$

$$

Sea $x=\cos \theta$, $y=\sin \theta$.

El punto $P(\cos \theta ,\sin \theta )$ recorre la curva de nivel.

Representar paramétricamente con funciones racionales

$$x=\varphi (t)={\displaystyle \frac{p(t)}{q(t)}}$$

$$y=\psi (t)={\displaystyle \frac{\hat{p}(t)}{\hat{q}(t)}}$$

$\begin{array}{rlrl}x& ={\displaystyle \frac{t^2–1}{t^2+1}}& x^2& ={\displaystyle \frac{(t^2–1{)}^2}{(t^2+1{)}^2}}\\ y& ={\displaystyle \frac{2t}{t^2+1}}& y^2& ={\displaystyle \frac{(4t^2}{(t^2+1{)}^2}}\end{array}$

Luego $x^2+y^2={\displaystyle \frac{t^4–2t^2+1+4t^2}{(t^2+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{t^4+2t^2+1}{(t^2+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{(t^2+1{)}^2}{(t^2+1{)}^2}}=1$

¿Cuándo lo podemos usar?

$\int \sqrt{p(x)}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}dt=\int \sqrt{p(x)}dx$

$y^2=p(x)$

$x=\varphi (t)$

$y=\psi (t)$

$\int \psi (t){\varphi }^{\prime }(t)dt$

$$

$$

Un caso particular $$F(x,y)=G(x,y)+J(x,y)=0$$

Con $G$ homogénea (todos los términos del mismo grado) de grado $n–1$ y $J$ homogénea de grado $n.$

$G(x,tx)+J(x,tx)=0$

$x^{n-1}G(1,t)+x^{n}J(1,t)=0$

Si $x\ne 0$ divido entre $x^{n-1}$ entonces,

$G(1,t)+xJ(1,t)=0$

Entonces $x={\displaystyle \frac{–G(1,t)}{J(1,t)}}$

como $y=tx$ entonces $y={\displaystyle \frac{–tG(1,t)}{J(1,t)}}$

$$

Ejemplo

$$F(x,y)=x^3+y^3–3xy$$

$$F(x,y)=0$$

Observamos que $F(0,0)=0$ por lo tanto, $(0,0)\in F^{-1}(0).$

$y=tx$

$F(x,tx)=x^3+t^3{x}^3–3x^{2}t=0$

Si $x\ne 0$ entonces dividimos entre $x^2$ y obtenemos que

$F(x,tx)=x+t^{3}x–3t=0$

$F(x,tx)=x(1+t^3)=3t$

Luego $x={\displaystyle \frac{3t}{(1+t^3)}}$

Y por tanto $y=xt\Rightarrow y={\displaystyle \frac{3t^2}{(1+t^3)}}$

De modo que $$\alpha (t)=({\displaystyle \frac{3t}{(1+t^3)}},{\displaystyle \frac{3t^2}{(1+t^3)}})$$

Observaciones:

(*) Si $t\to –1$ entonces $t^3\to –1$ y $1+t^3\to 0.$

Por lo que $x(t)={\displaystyle \frac{3t}{(1+t^3)}}\to \mathrm{\infty }$

y $y(t)={\displaystyle \frac{3t^2}{(1+t^3)}}\to \mathrm{\infty }$

Entonces ${\displaystyle \frac{y(t)}{x(t)}}{\displaystyle \frac{tx}{x}}=t\to –1$

Intersección de la curva $F(x,y)=0$ con las rectas $y=tx$ son los puntos $\alpha (t).$

(*) Si $t\to 0$ para $t>0$ , enotnces $\alpha (t)\to (0,0)$

Análogamente si $t\to 0$ para $t>0$

(*) Si $t\to \mathrm{\infty }$ para $t>0$ entonces $\alpha (t)\to (0,0)$. Análogamente $t\to –\mathrm{\infty }$

$$

Ahora calculamos el punto donde la tangente es paralela al eje $x$, es decir, el punto máximo del bucle.

Para esto máximizamos $y(t)={\displaystyle \frac{3t^2}{(1+t^3)}}$

Derivando $y^{\prime }(t)={\displaystyle \frac{(1+t^3)(6t)–(3t^2)(3t^2)}{(1+t^3{)}^2}}$

Entonces $y^{\prime }(t)={\displaystyle \frac{6t+6t^4–9t^4}{(1+t^3{)}^2}}$

Cuando $y^{\prime }(t)={\displaystyle \frac{6t–5t^4}{(1+t^3{)}^2}}=0$

$${\displaystyle \frac{6t–5t^4}{(1+t^3{)}^2}}=0⟺6t–5t^4=0⟺6t=5t^4⟺t^3={\displaystyle \frac{6}{5}}⟺t=\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{6}{5}}}$$

Por último, calculamos el radio del bucle.

$r^2=x^2+y^2=({\displaystyle \frac{3t}{(1+t^3)}}{)}^2+({\displaystyle \frac{3t^2}{(1+t^3)}}{)}^2={\displaystyle \frac{9t^2(1+t^2)}{(1+t^3{)}^2}}$

Por lo tanto $$r={\displaystyle \frac{3t\sqrt{1+t^2}}{1+t^3}}$$

IMAGEN INTERACTIVA

https://www.geogebra.org/classic/pcuuydev

Ejemplo:

Sean $F_1=({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})$ ; $F_2=({\displaystyle \frac{-1}{2}},{\displaystyle \frac{-1}{2}})$

y $k={\displaystyle \frac{1}{2}}$

Sea $P(x,y)$, entonces

$d(P,F_1)=\sqrt{(x–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2+(y–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2}$

$d(P,F_2)=\sqrt{(x+{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2+(y+{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2}$

$\sqrt{(x–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2+(y–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2}\sqrt{(x+{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2+(y+{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2}={\displaystyle \frac{1}{2}}$

$((x–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2+(y–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2)((x+{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2+(y+{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2)=({\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2$

$$(x^2–x+{\displaystyle \frac{1}{4}}+y^2–y+{\displaystyle \frac{1}{4}})(x^2+x+{\displaystyle \frac{1}{4}}+y^2+y+{\displaystyle \frac{1}{4}})={\displaystyle \frac{1}{4}}$$

$$x^4+\cancel{x^3}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2}+x^2{y}^2+\cancel{x^{2}y}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2}–\cancel{x^3}–\cancel{x^2}–\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}x}$$

$$\cancel{-x{y}^2}-xy–\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}x}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}x}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{16}}}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}{y}^2}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}y}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{16}}}$$

$$+x^2{y}^2+\cancel{x{y}^2}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}{y}^2}+y^4+\cancel{y^3}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}{y}^2}–\cancel{x^{2}y}-xy–\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}y}–\cancel{y^3}–\cancel{y^2}–\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}y}$$

$$+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}x}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{16}}}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}{y}^2}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}y}+\cancel{{\displaystyle \frac{1}{16}}}=\cancel{{\displaystyle \frac{1}{4}}}$$

$$

$$x^4+2x^2{y}^2+y^4-2xy=0$$

Por lo tanto

$$(x^2+y^2{)}^2=2xy$$

$$

En coordenadas polares:

$x=r\cos \theta$

$y=r\sin \theta$

$x^2+y^2=r^2$

Luego

$r^4=2r\cos \theta r\sin \theta$

$r^4=2r^2\cos \theta \sin \theta$

$r^2=2\cos \theta \sin \theta$

Por lo tanto, $r^2=\sin (2\theta )$

Observaciones:

$r^2\ge 0$ por lo que $sin(2\theta )\ge 0$

Luego $\sin (2\theta )\ge 0⟺\theta \in [0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}}]\bigcup [\pi ,{\displaystyle \frac{3\pi }{2}}]$

Si $\theta \in [0,{\displaystyle \frac{\pi }{4}}]\Rightarrow 0\le 2\theta \le {\displaystyle \frac{\pi }{2}}$

Entonces $sin0\le sin(2\theta )\le \sin {\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ por lo que

$0\le \sin (2\theta )\le 1$ entonces $0\le r^2\le 1$ y por tanto $0\le r\le 1.$

Análogamente, si $\theta \in [{\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{3\pi }{4}}]\Rightarrow \pi \le 2\theta \le {\displaystyle \frac{3\pi }{2}}$

En el siguiente enlace puedes observar una animación de la Lemniscata.

https://www.geogebra.org/classic/xef6rmxd

$$

Se puede calcular el área de cada pétalo de la Lemniscata.

$x(t)=\sqrt{\sin (2t)}\cos t$

$y(t)=\sqrt{\cos (2t)}\sin t$

Entonces $$F(x,y)=(x^2+y^2{)}^2–2xy=0$$

Podemos ver la Lemniscata como una curva de nivel $F:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$

¿Cómo será el valor de $F(x,y)$ cuando el punto $(x,y)$ está fuera de la Lemniscata?

¿Cómo será cuando el punto esté adentro?

Tomemos $P(0,1)$ un punto fuera de la Lemniscata.

Entonces $F(0,1)=(0{)}^2+(1{)}^2–2(0)(1)=1$. $F$ es positiva.

$$

Tomemos $P({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})$ un punto dentro de la Lemniscata.

Entonces $F({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})=(({\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2+({\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2{)}^2–2({\displaystyle \frac{1}{2}})({\displaystyle \frac{1}{2}})=({\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}{)}^2–{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{4}}–{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{-1}{2}}$. Entonces $F$ es negativa.

Analicemos algunos cortes verticales

$x=0$

$F(0,y)=(0^2+y^2{)}^2–2(0)y=y^4$

$x=1$

$F(1,y)=(1^2+y^2{)}^2–2(1)y=(1^2+y^2{)}^2–2y$

$x=2$

$F(2,y)=(2^2+y^2{)}^2–2(2)y=(4+y^2{)}^2–4y$

Si una curva está dada por la gráfica de una función $\mathbb{R}\to \mathbb{R}$

$$\mathrm{\Gamma }:=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|y=f(x)\}$$

Donde, $\alpha (t)=(t,f(t))$, y

${\alpha }^{\prime }(t)=(1,f^{\prime }(t)).$

Además, $\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert =\sqrt{1+(f^{\prime }(t_0){)}^2}$

Observación: Con esta parametrización la rapidez $\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert \ge 1$ solo puede ser $\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert \equiv 1$ en el caso $f^{\prime }(t)\equiv 0.$

Fórmula para la curvatura

$$\mathcal{K}={\displaystyle \frac{\left|\begin{array}{cc}{x}^{\prime }& x^{\prime \prime }\\ y^{\prime }& y^{\prime \prime }\end{array}\right|}{\Vert {\alpha }^{\prime }(t){\Vert }^3}}$$

Como $\begin{array}{rlrlrl}x(t)& =t& x^{\prime }(t)& =1& x^{\prime \prime }(t)& =0\\ y(t)& =f(t)& y^{\prime }(t)& =f^{\prime }(t)& y^{\prime \prime }(t)& =f^{\prime \prime }(t)\end{array}$

Entonces

$$\mathcal{K}={\displaystyle \frac{\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ f^{\prime }(t)& f^{\prime \prime }(t)\end{array}\right|}{{\sqrt{(1+(f^{\prime }(t){)}^2)}}^3}}$$

Luego

$$\mathcal{K}={\displaystyle \frac{f^{\prime \prime }(t)}{{\sqrt{(1+(f^{\prime }(t){)}^2)}}^3}}$$

para una curva dada como la gráfica de una función.

En el siguiente enlace puedes ver una animación de una parábola y su curvatura.

https://www.geogebra.org/classic/j8qsv2kb

$$

Una forma para calcular el área encerrada por una curva simple, cerrada, parametrizada y plana.

Vamos a tratar de calcular el área usando sumas de Riemann de la forma $$\sum f({\xi }_i)\mathrm{\Delta }{t}_i$$

Para el «rectángulo» pequeño tenemos que

Base $\mathrm{\Delta }{x}_i=x(t_i)–x(t_{i-1})$

Altura $y({\xi }_i)$

Entonces, el área es

$A_1=y({\xi }_i)(x(t_i)–x(t_{i-1}))$

Para el «rectángulo» grande tenemos que

Base $\mathrm{\Delta }{x}_j=–(x(t_j)–x(t_{j-1}))$

Altura $y({\xi }_j)$

Entonces, el área es

$A_2=y({\xi }_j)(–(x(t_j)–x(t_{j-1})))$

Luego el área total es

$$A=–(y({\xi }_j)\mathrm{\Delta }{x}_j+y({\xi }_i)\mathrm{\Delta }{x}_i)$$

$$A=–\sum y({\xi }_i)(\mathrm{\Delta }{x}_i)=–\sum y({\xi }_i){\displaystyle \frac{dx}{dt}}(\mathrm{\Delta }t)$$

Por lo tanto $$A=–{\int }_a^{b}y(t){\displaystyle \frac{dx}{dt}}dt$$

donde

$\mathrm{\Delta }{x}_i=x(t_i)–x(t_{i-1})$

${\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }{x}_i}{\mathrm{\Delta }{t}_i}}={\displaystyle \frac{x(t_i)–x(t_{i-1})}{t_i–t_{i-1}}}$

$\mathrm{\Delta }{x}_i={\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }{x}_i}{\mathrm{\Delta }{t}_i}}d{t}_i$

Luego $$A={\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_a^b(x{\displaystyle \frac{dy}{dt}}–y{\displaystyle \frac{dx}{dt}})dt$$

$$A={\displaystyle \frac{1}{2}}\left|\begin{array}{cc}x& {\displaystyle \frac{dx}{dt}}\\ y& {\displaystyle \frac{dy}{dt}}\end{array}\right|$$

Ejemplo: Una elipse ${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}}+{\displaystyle \frac{y^2}{b^2}}=1$

$\alpha (t)=(a\cos t,b\sin t)$

$\alpha (t)=(x(t),y(t))$

Fórmula para calcular la curvatura $$\mathcal{K}(t)={\displaystyle \frac{\left|\begin{array}{cc}{x}^{\prime }& x^{\prime \prime }\\ y^{\prime }& y^{\prime \prime }\end{array}\right|}{\Vert {\alpha }^{\prime }(t){\Vert }^3}}$$

$x(t)=a\cos ty(t)=b\sin t$

$x^{\prime }(t)=–a\sin t{y}^{\prime }(t)=b\cos t$

$x^{\prime \prime }(t)=–a\cos t{y}^{\prime \prime }(t)=–b\sin t$

$\left|\begin{array}{cc}{x}^{\prime }& x^{\prime \prime }\\ y^{\prime }& y^{\prime \prime }\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}–a\sin t& –a\cos t\\ b\cos t& –b\sin t\end{array}\right|$

$\left|\begin{array}{cc}{x}^{\prime }& x^{\prime \prime }\\ y^{\prime }& y^{\prime \prime }\end{array}\right|=ab{\sin }^{2}t+ab{\cos }^{2}t$

$\left|\begin{array}{cc}{x}^{\prime }& x^{\prime \prime }\\ y^{\prime }& y^{\prime \prime }\end{array}\right|=ab$

Luego

$\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert =\sqrt{(-a\sin t{)}^2+(b\cos t{)}^2}$

$\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert =\sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}$

$$\mathcal{K}(t)={\displaystyle \frac{ab}{(a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t{)}^{\frac{3}{2}}}}$$

Si $a>b$ entonces $b^2{\cos }^{2}t=b^2(1–{\sin }^{2}t)$

Entonces $a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t=a^2{\sin }^{2}t+b^2{b}^2(1–{\sin }^{2}t)=(a^2–b^2){\sin }^{2}t+b^2$

Luego $\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert =(a^2–b^2){\sin }^{2}t+b^2$

Como $0\le {\sin }^{2}t\le 1$ el valor máximo de $\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert =a$ y el mínimo $\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert =b$

Por lo que la $\mathcal{K}$ máxima es ${\displaystyle \frac{b}{a^2}}$ y la $\mathcal{K}$ mínima es ${\displaystyle \frac{a}{b^2}}$

(a) Puntos donde la elipse está más curva $(\pm a,0)$, son cuando $t=0,\pi ,2\pi ,\Rightarrow \mathcal{K}={\displaystyle \frac{a}{b^2}}$. Y el radio de curvatura es ${\displaystyle \frac{b^2}{a}}$

(b) Puntos donde la elipse está menos curva $(0,\pm b)$, son cuando $t={\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{3\pi }{2}},\dots \Rightarrow \mathcal{K}={\displaystyle \frac{b}{a^2}}$. Y el radio de curvatura es ${\displaystyle \frac{a^2}{b}}$

Los puntos anteriores son los vértices de la elipse.

IMAGEN INTERACTIVA EN REVISIÓN

https://www.geogebra.org/classic/ehmeatmw

Observación: la curvatura está dada por la derivada del vector tangente unitario $T$ con respecto al parámetro longitud de arco $s$.

${\displaystyle \frac{dT}{ds}}$, que no es lo mismo que ${\displaystyle \frac{dT}{dt}}$. La relación es ${\displaystyle \frac{dT}{ds}}={\displaystyle \frac{dT}{dt}}{\displaystyle \frac{dt}{ds}}$

Si la curva es plana

$T(s)=(\cos (\varphi (s)),\sin (\varphi (s)))$

${\displaystyle \frac{dT}{ds}}=(–\sin (\varphi (s)){\varphi }^{\prime }(s),\cos (\varphi (s)){\varphi }^{\prime }(s))$

${\displaystyle \frac{dT}{ds}}={\varphi }^{\prime }(s)N(s)$

$\mathcal{K}(s)={\displaystyle \frac{d\varphi }{ds}}$

$\Vert {\displaystyle \frac{dT}{ds}}\Vert =|\mathcal{K}|$

$$

Para curvas en ${\mathbb{R}}^3$ tenemos el concepto de contacto con superficies (planos, esferas)

$s\to \alpha (s)\in {\mathbb{R}}^3$

Podemos estudiar $f(s)=F\circ \alpha (s)$

Donde $\alpha (s)=(x(s),y(s),z(s))$ y $F:(x,y,z)$ es $F:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$

entonces $F(x(s),y(s),z(s))=f(s)$

si $f(s_0)=0$ , $f^{\prime }(s_0)=0$ y $f^{\prime \prime }(s_0)\ne 0$ enotnces la curva $\alpha$ tiene contacto de orden 2 con la superficie $F^{-1}(0)$ en el punto $\alpha (s_0).$

si $f(s_0)=0$ , $f^{\prime }(s_0)=0$ , $f^{\prime \prime }(s_0)=0$ y $f^{\prime \prime \prime }\ne 0$ enotnces la curva $\alpha$ tiene contacto de orden 3 con la superficie $F^{-1}(0)$ en el punto $\alpha (s_0).$

$$

Contacto de la curva con la esfera

Sea $\alpha$ una curva parametrizada con rapidez unitaria $\alpha =\alpha (s).$

Sea $F(\overrightarrow{x})=\Vert \overrightarrow{x}–\overrightarrow{u}{\Vert }^2–\Vert \overrightarrow{\alpha }(s_0)–\overrightarrow{u}{\Vert }^2$ que cumpla que $F^{-1}(0)$ es la esfera con centro en $\overrightarrow{u}$ y que pasa por el punto $\overrightarrow{\alpha }(s_0)$

Además

$\overrightarrow{x}–\overrightarrow{u}$ es el vector que empieza un $\overrightarrow{u}$ y acaba en $\overrightarrow{x}.$

$\Vert \overrightarrow{x}–\overrightarrow{u}\Vert$ es la distancia de $\overrightarrow{x}$ a $\overrightarrow{u}.$

$\overrightarrow{\alpha }(s_0)–\overrightarrow{u}$ es el vector que empieza un $\overrightarrow{u}$ y acaba en $\alpha (s_0).$

$\Vert \overrightarrow{\alpha }(s_0)–\overrightarrow{u}\Vert$ radio de la esfera $=r$

Ecuación de la esfera

$\Vert \overrightarrow{x}–\overrightarrow{u}\Vert =r$

$\Vert \overrightarrow{x}–\overrightarrow{u}{\Vert }^2=r^2$

$\Vert \overrightarrow{x}–\overrightarrow{u}{\Vert }^2–r^2=0$

Luego

$f(s)=\Vert \overrightarrow{\alpha }(s)–\overrightarrow{u}{\Vert }^2–\Vert \overrightarrow{\alpha }(s_0)–\overrightarrow{u}{\Vert }^2$ cumple que $f(s_0)=0$

¿Cuáles esferas tienen contacto $\ge 2$?

$f(s_0)=0$ y $f^{\prime }(s_0)=0$

$f(s)=⟨\alpha (s)–u,\alpha (s)–u⟩–r^2$

$f^{\prime }(s)=2⟨\alpha (s)–u,{\alpha }^{\prime }(s)⟩$

${\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime }(s)=⟨\alpha (s)–u,{\alpha }^{\prime }(s)⟩=0$ si y sólo si $\alpha (s_0)–u\perp T(s_0)$ si y solo si $u–\alpha (s_0)\perp T(s_0).$

El plano norma a $T(s_0)$ está generado por el $N(s_0)$ y el $B(s_0)$ entonces, $$u–\alpha (s_0)=\lambda N(s_0)+\mu B(s_0)$$

Pidamos que $f(s_0)=0$, $f^{\prime }(s_0)=0$ y $f^{\prime \prime }(s_0)=0$, es decir, contacto $\ge 3$

$f^{\prime \prime }(s_0)=0⟺{\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime \prime }(s_0)=0$

Como ${\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime }(s_0)=⟨\alpha –u,{\alpha }^{\prime }⟩$

Entonces ${\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime }(s_0)=⟨\alpha –u,T⟩$ y ${\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime \prime }(s_0)=⟨{\alpha }^{\prime },T⟩+⟨\alpha –u,T^{\prime }⟩$

Entonces ${\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime \prime }(s_0)=⟨T,T⟩+⟨\alpha –u,\mathcal{K}N⟩=1+⟨\lambda N(s_0)+\mu B(s_0),\mathcal{K}N⟩=0$

Entonces $1=\mathcal{K}\lambda ⟨N(s_0),N(s_0)⟩+\mu \mathcal{K}⟨B(s_0),N(s_0)⟩$

Por lo tanto $1=\lambda \mathcal{K}(s_0)$ es decir que $$\lambda ={\displaystyle \frac{1}{\mathcal{K}(s_0)}}$$

Ahora pidamos además $f^{\prime \prime \prime }(s_0)=0$, es decir, contacto $\ge 4.$

$f^{\prime \prime \prime }(s_0)=0⟺{\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime \prime \prime }(s_0)=0$

Como ${\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime \prime }(s_0)=1+⟨\alpha –u,\mathcal{K}N⟩$

Entonces ${\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime \prime \prime }(s)=⟨{\alpha }^{\prime },\mathcal{K}N⟩+⟨\alpha –u,{\mathcal{K}}^{\prime }N⟩+⟨\alpha –u,\mathcal{K}{N}^{\prime }⟩$

Evaluamos en $(s_0)$ y obtenemos que:

${\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime \prime \prime }(s_0)=⟨T(s_0),\mathcal{K}(s_0)N(s_0)⟩+⟨{\displaystyle \frac{-1}{\mathcal{K}(s_0)}}N(s_0)–\mu B(s_0),{\mathcal{K}}^{\prime }(s_0)N(s_0)⟩+⟨{\displaystyle \frac{-1}{\mathcal{K}(s_0)}}N(s_0)–\mu B(s_0),\mathcal{K}(s_0)N^{\prime }(s_0)⟩$

Entonces que ${\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime \prime \prime }(s_0)=0$ significa que

$0={\displaystyle \frac{-1}{\mathcal{K}(s_0)}}{\mathcal{K}}^{\prime }(s_0)–\mu \mathcal{K}(s_0)⟨B(s_0),N^{\prime }(s_0)⟩$

Si $N^{\prime }(s_0)=–\mathcal{K}(s_0)T(s_0)+\tau (s_0)B(s_0)$

Entonces $${\displaystyle \frac{{\mathcal{K}}^{\prime }(s_0)}{\mathcal{K}(s_0)}}=–\mu \mathcal{K}(s_0)(B(s_0),⟨–\mathcal{K}(s_0)T(s_0)+\tau (s_0)B(s_0)⟩)$$

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{{\mathcal{K}}^{\prime }(s_0)}{\mathcal{K}(s_0)}}=–\mu \mathcal{K}(s_0)\tau (s_0)$

Es decir $$\mu ={\displaystyle \frac{{\mathcal{K}}^{\prime }(s_0)}{{\mathcal{K}}^2(s_0)\tau (s_0)}}$$

Si $\mathcal{K}(s_0)\ne 0$ y $\tau (s_0)\ne 0$ entonces existe una esfera única que tiene contacto al menos 4 (esfera osculatriz).

Si ${\mathcal{K}}^{\prime }(s_0)=0$ y $\tau (s_0)=0$ pero $\mathcal{K}(s_0)\ne 0$ también existe dicha esfera, pero no es única, ya que $\mu$ es libre.