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 $P$, $P’$, $Q$, $Q’$, $R$, $R’$ respectivamente, entonces

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

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

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

y

$\frac{AG’}{G’B} \cdot \frac{BP’}{P’C} \cdot \frac{CQ’}{Q’A} = -1$ . . . (2)

Como $AB$ es una transversal que corta los lados del cuadrángulo inscrito $PQP’Q’$ y la circunferencia en puntos de involución, se tiene

$\{ABR’G’\}=\{BARG\}=\{ABGR\}.$

Entonces

$\frac{AR}{RB} \cdot \frac{AR’}{R’B} = \frac{AG}{GB} \cdot \frac{AG’}{G’B}.$

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

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

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

$\square$

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

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

Demostración Por el Teorema de Menelao con las rectas $l$ y $l’$, se tiene

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

Entonces multiplicándolos

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

$\square$

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

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

Más adelante…

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

Entradas relacionadas

• Ir a Geometría Moderna II
• Entrada anterior del curso: Teorema de Miquel
• 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

$$ x = \phi (t) = \dfrac{p (t)}{q (t)}$$

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

$\begin{align*} x &= \dfrac{ t^2 \, – \, 1}{t^2 \, + \, 1} & x^2 &= \dfrac{ (t^2 \, – \, 1)^2}{(t^2 \, + \, 1)^2}\\ y &= \dfrac{ 2t}{t^2 \, + \, 1} & y^2 &= \dfrac{ (4t^2}{(t^2 \, + \, 1)^2}\end{align*}$

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

¿Cuándo lo podemos usar?

$\int \sqrt{p (x) \, } \dfrac{dx}{dt}dt = \int \sqrt{p (x) \, } dx$

$y^2 = p (x)$

$x = \phi (t) $

$y = \psi (t) $

$\int \psi (t) {\phi}’ (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 $x \neq 0$ divido entre $x^{n-1}$ entonces,

$ G (1, t) \, + \, x J (1, t) = 0$

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

como $y = tx$ entonces $ y = \dfrac{ – \, t G (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 $x \neq 0$ entonces dividimos entre $x^2$ y obtenemos que

$F (x, tx) = x + t^3 x \, – \, 3 t = 0 $

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

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

Y por tanto $ y = x t \Rightarrow y = \dfrac{3 t^2 }{( 1 + t^3 )}$

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

Observaciones:

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

Por lo que $x (t) = \dfrac{3 t}{( 1 + t^3 )} \rightarrow \infty$

y $\; \; \; y (t) = \dfrac{3 t^2}{( 1 + t^3 )} \rightarrow \infty$

Entonces $\dfrac{ y (t)}{ x (t) } \dfrac{tx}{x} = t \rightarrow \, – \, 1$

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

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

Análogamente si $ t \rightarrow 0 $ para $t > 0$

(*) Si $ t \rightarrow \infty $ para $t > 0$ entonces $\alpha (t) \rightarrow (0, 0) $. Análogamente $ t \rightarrow \, – \, \infty $

${}$

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

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

Derivando $y’ (t) = \dfrac{( 1 + t^3 ) (6 t) \, – \, (3 t^2) (3 t^2) }{( 1 + t^3 )^2}$

Entonces $y’ (t) = \dfrac{6t + 6 t^4 \, – \, 9 t^4 }{( 1 + t^3 )^2} $

Cuando $y’ (t) = \dfrac{6t \, – \, 5 t^4 }{( 1 + t^3 )^2} = 0 $

$$\dfrac{6t \, – \, 5 t^4 }{( 1 + t^3 )^2} = 0 \iff 6t \, – \, 5 t^4 = 0 \iff 6t = 5 t^4 \iff t^3 = \dfrac{6}{5} \iff \textcolor{Green}{t = \sqrt[3]{\dfrac{6}{5}\, }}$$

Por último, calculamos el radio del bucle.

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

Por lo tanto $$\textcolor{Red}{r = \dfrac{ 3 t \sqrt{ 1 + t^2 \, }}{ 1 + t^3 }}$$

En este enlace puedes observar una animación del ejemplo estudiado.

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

Ejemplo:

Sean $ F_1 = \Big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\Big) \; $ ; $\; F_2 =\Big(\dfrac{-1}{2}, \dfrac{-1}{2}\Big) \; $

y $\; k = \dfrac{1}{2}$

Sea $P (x, y)$, entonces

$d(P, F_1) = \sqrt{\Big( x \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \; }$

$d(P, F_2) = \sqrt{\Big( x \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \; }$

$\sqrt{\Big( x \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \; } \sqrt{\Big( x \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \; } = \dfrac{1}{2}$

$\Bigg( \Big( x \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \Bigg) \Bigg( \Big( x \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 + \Big( y \, + \, \dfrac{1}{2}\Big)^2 \Bigg) = \Bigg(\dfrac{1}{2}\Bigg)^2$

$$\Bigg( x^2 \, – \, x \, + \, \dfrac{1}{4} + y^2 \, – \, y \, + \, \dfrac{1}{4} \Bigg) \Bigg( x^2 \, + \, x \, + \, \dfrac{1}{4} + y^2 \, + \, y \, + \, \dfrac{1}{4}\Bigg) = \dfrac{1}{4}$$

$$ \textcolor{DarkBlue}{x^4} \, + \, \cancel{x^3} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4}x^2} + \textcolor{DarkBlue}{x^2 y^2} \, + \, \cancel{x^2 y} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} x^2} \, – \, \cancel{x^3} \, – \, \cancel{x^2} \, – \, \cancel{\dfrac{1}{4} x}$$

$$ \cancel{- x y^2} \, \textcolor{DarkBlue}{- \, xy} \, – \, \cancel{\dfrac{1}{4}x} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4}x^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} x} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{16}} + \cancel{\dfrac{1}{4}y^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4}y} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{16}} \, $$

$$+ \, \textcolor{DarkBlue}{x^2y^2} \, + \, \cancel{ xy^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} y^2} + \textcolor{DarkBlue}{y^4} \, + \, \cancel{y^3} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} y^2} \, – \, \cancel{x^2y} \, \textcolor{DarkBlue}{- \, xy} \, – \, \cancel{\dfrac{1}{4}y} – \cancel{y^3} \, – \, \cancel{y^2} \, – \, \cancel{\dfrac{1}{4}y} \,$$

$$ + \, \cancel{\dfrac{1}{4}x^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4}x} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{16}} + \cancel{\dfrac{1}{4} y^2} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{4} y} \, + \, \cancel{\dfrac{1}{16}} = \cancel{\dfrac{1}{4}}$$

${}$

$$ \textcolor{DarkBlue}{x^4} \, + \, 2 \textcolor{DarkBlue}{x^2 y^2} \, + \, \textcolor{DarkBlue}{y^4} \textcolor{DarkBlue}{- \, 2 xy}= 0 $$

Por lo tanto

$$ \textcolor{DarkBlue}{\Big(x^2 \, + \, y^2\Big)^2 \, = \, 2 xy} $$

${}$

En coordenadas polares:

$ x = r \cos \theta$

$ y = r \sin \theta$

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

Luego

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

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

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

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

Observaciones:

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

Luego $ \sin (2 \theta) \geq 0 \iff \theta \in \Bigg[ 0, \dfrac{\pi}{2}\Bigg] \bigcup \Bigg[ \pi , \dfrac{3\pi}{2} \Bigg]$

Si $\theta \in \Bigg[ 0, \dfrac{\pi}{4} \Bigg] \Rightarrow 0 \leq 2 \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$

Entonces $sin 0 \leq sin (2 \theta) \leq \sin \dfrac{\pi}{2}$ por lo que

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

Análogamente, si $\theta \in \Bigg[ \dfrac{\pi}{2}, \dfrac{3 \pi}{4}\Bigg] \Rightarrow \pi \leq 2 \theta \leq \dfrac{3 \pi}{2}$

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.

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

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

Entonces $$F (x, y) = \big( x^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2xy = 0 $$

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

¿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 $P \Big(0, 1\Big)$ un punto fuera de la Lemniscata.

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

${}$

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

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

Analicemos algunos cortes verticales

$x = 0$

$F (0, y) = \big( 0^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2 (0) y = y^4 $

$x =1$

$F (1, y) = \big( 1^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2 (1) y = \big( 1^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2 y $

$x = 2$

$F (2, y) = \big( 2^2 + y^2 \big)^2 \, – \, 2 (2) y = \big( 4 + y^2 \big)^2 \, – \, 4 y $

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

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

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

${\alpha}’ (t) = ( 1, f’ (t) ).$

Además, $\big\|{\alpha}’ (t) \big\| = \sqrt{ 1 + (f’ (t_0) )^2}$

Observación: Con esta parametrización la rapidez $\big\|{\alpha}’ (t) \big\| \geq 1$ solo puede ser $\big\|{\alpha}’ (t) \big\| \equiv 1$ en el caso $f’ (t) \equiv 0.$

Fórmula para la curvatura

$$ \mathcal{K} = \dfrac{\begin{vmatrix} x’ & {x}^{\prime \prime} \\ y’ & {y}^{\prime \prime} \end{vmatrix}}{\big\|{\alpha}’ (t) \big\|^3}$$

Como $\begin{align*} x (t) &= t & x’ (t) &= 1 & {x}^{\prime \prime} (t) &= 0\\ y (t) &= f (t) & y’ (t) &= f’ (t) & {y}^{\prime \prime} (t) &= {f}^{\prime \prime} (t) \end{align*}$

Entonces

$$ \mathcal{K} = \dfrac{\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ f’ (t) & { f}^{\prime \prime} (t) \end{vmatrix}}{\sqrt{\big(1 + (f’ (t))^2 \big)}^3}$$

Luego

$$ \mathcal{K} = \dfrac{ { f}^{\prime \prime} (t) }{\sqrt{\Big(1 + (f’ (t))^2 \Big)}^3}$$

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 $$\sum f (\xi_i) \Delta t_i$$

Para el «rectángulo» pequeño tenemos que

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

Altura $y (\xi_i)$

Entonces, el área es

$A_1 = y (\xi_i) \big( x (t_i) \, – \, x (t_{i-1})\big)$

Para el «rectángulo» grande tenemos que

Base $\Delta x_j =\, – \, \big( x (t_j) \, – \, x (t_{j-1}) \big)$

Altura $y (\xi_j)$

Entonces, el área es

$A_2 = y (\xi_j) \Big( \, – \, \big( x (t_j) \, – \, x (t_{j-1})\big) \Big)$

Luego el área total es

$$ A = \, – \, \Big( y (\xi_j) \Delta x_j + y (\xi_i) \Delta x_i \Big)$$

$$ A = \, – \, \sum y (\xi_i) (\Delta x_i) = \, – \, \sum y (\xi_i) \dfrac{dx}{dt} (\Delta t)$$

Por lo tanto $$ A = \, – \, \int_a^b y (t) \dfrac{dx}{dt} dt$$

donde

$\Delta x_i = x (t_i) \, – \, x (t_{i-1})$

$\dfrac{\Delta x_i }{\Delta t_i} = \dfrac{x (t_i) \, – \, x (t_{i-1})}{t_i \, – \, t_{i-1}}$

$\Delta x_i = \dfrac{\Delta x_i}{\Delta t_i} dt_i$

Luego $$A = \dfrac{1}{2} \int_a^b \Bigg( x \dfrac{dy}{dt} \, – \, y \dfrac{dx}{dt} \Bigg)dt$$

$$ A = \dfrac{1}{2} \begin{vmatrix} x & \dfrac{dx}{dt}\\ y & \dfrac{dy}{dt} \end{vmatrix}$$

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

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

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

Fórmula para calcular la curvatura $$ \mathcal{K} (t) = \dfrac{ \begin{equation*} \begin{vmatrix} x’ & {x}^{\prime \prime }\\ y’ & {y}^{\prime \prime } \end{vmatrix} \end{equation*} }{\| {\alpha}’ (t) \|^3}$$

$x (t) = a \cos t \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; y (t) = b \sin t$

$x’ (t) = – a \sin t \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; y’ (t) = b \cos t$

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

$\begin{equation*}\begin{vmatrix} x’ & {x}^{\prime \prime } \\ y’ & {y}^{\prime \prime } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} – a \sin t & – a \cos t\\ b \cos t & – b \sin t \end{vmatrix}\end{equation*}$

$\begin{equation*}\begin{vmatrix} x’ & {x}^{\prime \prime }\\ y’ & {y}^{\prime \prime } \end{vmatrix} \end{equation*} = ab \sin^2 t + ab \cos^2 t $

$\begin{equation*}\begin{vmatrix} x’ & {x}^{\prime \prime }\\ y’ & {y}^{\prime \prime } \end{vmatrix} \end{equation*} = ab $

Luego

$\| {\alpha}’ (t) \| = \sqrt{ (- \, a \sin t)^2 + ( b \cos t )^2}$

$\| {\alpha}’ (t) \| = \sqrt{a^2 \sin^2 t + b^2 \cos^2 t }$

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

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 $\| {\alpha}’ (t) \| = (a^2 \, – \, b^2) \sin^2 t + b^2$

Como $0 \leq \sin^2 t \leq 1$ el valor máximo de $\| {\alpha}’ (t) \| = a$ y el mínimo $\| {\alpha}’ (t) \| = b$

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

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

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

Los puntos anteriores son los vértices de la elipse.

En el siguiente enlace puedes observar la animación de una elipse y su círculo osculador.

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 $s$.

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

Si la curva es plana

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

$\dfrac{dT}{ds} = ( \, – \, \sin (\phi (s)) {\phi}’ (s) , \cos (\phi (s)) {\phi}’ (s))$

$\dfrac{dT}{ds} = {\phi}’ (s) N (s)$

$\mathcal{K} (s) = \dfrac{d \phi}{ds}$

$\Bigg\| \dfrac{dT}{ds}\Bigg\| = \big| \mathcal{K}\big|$

${}$

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

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

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

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

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

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

si $f (s_0) = 0$ , $f’ (s_0) = 0$ , ${f }^{\prime \prime} (s_0) = 0$ y ${f }^{\prime \prime \prime} \neq 0$ 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 $F ( \vec{x}) = \| \vec{x} \, – \, \vec{u} \|^2 \, – \, \| \vec{\alpha}(s_0) \, – \, \vec{u} \|^2$ que cumpla que $F^{-1} (0) $ es la esfera con centro en $\vec{u}$ y que pasa por el punto $\vec{\alpha} (s_0)$

Además

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

$\| \vec{x} \, – \, \vec{u} \|$ es la distancia de $\vec{x}$ a $\vec{u}.$

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

$\| \vec{\alpha}(s_0) \, – \, \vec{u} \|$ radio de la esfera $ = r$

Ecuación de la esfera

$\| \vec{x} \, – \, \vec{u} \| = r $

$\| \vec{x} \, – \, \vec{u} \|^2 = r^2$

$\| \vec{x} \, – \, \vec{u} \|^2 \, – \, r^2 = 0 $

Luego

$f (s) = \| \vec{\alpha}(s) \, – \, \vec{u} \|^2 \, – \, \| \vec{\alpha}(s_0) \, – \, \vec{u} \|^2$ cumple que $f (s_0) = 0 $

¿Cuáles esferas tienen contacto $\geq 2$?

$f (s_0) = 0 $ y $f’ (s_0) = 0 $

$ f (s) = \langle \alpha (s) \, – \, u , \alpha (s) \, – \, u \rangle \, – \, r^2$

$ f’ (s) = 2 \langle \alpha (s) \, – \, u , {\alpha}’ (s) \rangle $

$ \dfrac{1}{2} f’ (s) = \langle \alpha (s) \, – \, u , {\alpha}’ (s) \rangle = 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 $f (s_0) = 0$, $f’ (s_0) = 0$ y ${f}^{\prime \prime} (s_0) = 0$, es decir, contacto $\geq 3$

${f}^{\prime \prime} (s_0) = 0 \iff \dfrac{1}{2} {f}^{\prime \prime} (s_0) = 0$

Como $\dfrac{1}{2} {f’} (s_0) = \langle \alpha \, – \, u , {\alpha}’ \rangle$

Entonces $\dfrac{1}{2} {f’} (s_0) = \langle \alpha \, – \, u , T \rangle$ y $\dfrac{1}{2} {f}^{\prime \prime} (s_0) = \langle {\alpha}’ , T \rangle + \langle \alpha \, – \, u , T’ \rangle$

Entonces $\dfrac{1}{2} {f}^{\prime \prime} (s_0) = \langle T , T \rangle + \langle \alpha \, – \, u , \mathcal{K} N \rangle = 1 + \langle \lambda N (s_0) + \mu B (s_0) , \mathcal{K} N \rangle = 0$

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

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

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

${f}^{\prime \prime \prime} (s_0) = 0 \iff \dfrac{1}{2} {f}^{\prime \prime \prime} (s_0) = 0$

Como $\dfrac{1}{2} {f}^{\prime \prime } (s_0) = 1 + \langle \alpha \, – \, u , \mathcal{K} N \rangle$

Entonces $\dfrac{1}{2} {f}^{\prime \prime \prime} (s) = \langle {\alpha}’ , \mathcal{K} N \rangle + \langle \alpha \, – \, u , \mathcal{K}’ N \rangle + \langle \alpha \, – \, u , \mathcal{K} N’ \rangle$

Evaluamos en $(s_0)$ y obtenemos que:

$\dfrac{1}{2} {f}^{\prime \prime \prime} (s_0) = \Bigg\langle T (s_0) , \mathcal{K} (s_0) N (s_0) \Bigg\rangle + \Bigg\langle \dfrac{- 1}{\mathcal{K} (s_0)} N (s_0) \, – \, \mu B (s_0) , \mathcal{K}’ (s_0) N (s_0) \Bigg\rangle + \Bigg\langle \dfrac{- 1}{\mathcal{K} (s_0) } N (s_0) \, – \, \mu B (s_0) , \mathcal{K} (s_0) N’ (s_0) \Bigg\rangle$

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

$0 = \dfrac{- 1}{\mathcal{K} (s_0)} \mathcal{K}’ (s_0) \, – \, \mu \mathcal{K} (s_0) \Bigg\langle B (s_0) , N’ (s_0) \Bigg\rangle$

Si $N’ (s_0) = – \, \mathcal{K} (s_0) T (s_0) + \tau (s_0) B (s_0)$

Entonces $$ \dfrac{ \mathcal{K}’ (s_0) }{\mathcal{K} (s_0) } = – \, \mu \mathcal{K} (s_0) \Big( B (s_0), \Big\langle \, – \, \mathcal{K} (s_0) T (s_0) + \tau (s_0) B (s_0)\Big\rangle \Big)$$

Por lo tanto $ \dfrac{ \mathcal{K}’ (s_0) }{\mathcal{K} (s_0) } = – \, \mu \mathcal{K} (s_0) \tau (s_0)$

Es decir $$\mu = \dfrac{ \mathcal{K}’ (s_0)}{\mathcal{K}^2 (s_0) \tau (s_0)}$$

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

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