GEOMETRÍA DIFERENCIAL

MANUEL CURREA614101008

Fundación Universitaria Konrad Lorenz

29 de junio de 2012

2

Índice general

Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

I Curvas en el Espacio 7Parametrización de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Diferenciación Vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Longitud de Arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Fórmulas de Frenet-Serret . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

II Super�cies en el Espacio 31

Super�cies Parametrizadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Planos Osculador, Normal y Recti�cante . . . . . . . . . . . 35

3

4 ÍNDICE GENERAL

jj

ÍNDICE GENERAL 5

Introducción

El presente documento se realiza con el �n de demostrar la su�-ciencia en el curso de Geometría Diferencial, que imparte la FundaciónUniversitaria Konrad Lorenz como parte de su programa académicode pregado en Matemáticas. Repasaremos los conceptos básicos deGeometría Diferencial, haciendo énfasis en el desarrollo de ejemplos.

Las temáticas desarrolladas fueron sugeridas por la profeso-ra Jenny Carvajal Caminos. El trabajo ha sido apoyado por elprofesor Leonardo Jimenez Moscovitz, quien sugirió los textos ymotivó el desarrollo y presentación del presente escrito.

Muchas gracias por el apoyo brindado, espero que este trabajosirva también como ayuda a los próximos estudiantes del curso deGeometría Diferencial.

Agradezco al personal docente y administrativo de la facultad deIngenierías y Matemáticas de la Fundación, por todo su apoyo parala elaboración de estos escritos. Muchas gracias por la comprensiónal querer acelerar mi proceso de aprendizaje con miras a obtener eltítulo de Matemático en tan prestigiosa institucion.

MANUEL CURREA

6 ÍNDICE GENERAL

Parte I

Curvas en el Espacio

7

9

El problema de describir el movimiento de una partícula se puedemodelar con funciones que dependan del tiempo, para efectos prácti-cos se suele usar el término parámetro, para el tiempo y al movimientose le llama trayectoria, entonces una trayectoria depende del tiempo yno es más que una función. En esta sección se introducen los términosbásicos de las trayectorias y curvas en el espacio.

Parametrización de Curvas

De�nición 1 Una trayectoria en Rn es una aplicación c : [a; b] !Rn; si n = 2 es una trayectoria en el plano y si n = 3 es unatrayectoria en el espacio. La colección C de puntos de c(t); con-forme t varía en [a; b]; se denomina curva, y c(a); c(b) son sus pun-tos extremos. Se dice que la trayectoria c parametriza la curva C:También decimos que c(t); describe C conforme t varía.

Si c es una trayectoria en R3; podemos escribir c(t) = (x(t); y(t); z(t))y llamamos a x(t); y(t) y z(t); funciones componentes de c: Formamosde manera análoga las funciones componentes en R2 o, en general, enRn:

Ejemplo 1 Hallar una parametrización para C : x2 + y2 = 1

10

­1.0 ­0.8 ­0.6 ­0.4 ­0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

­1.0

­0.8

­0.6

­0.4

­0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

Sabemos que en el plano es la imagen de la trayectoria c : R! R2;c(t) = (cos t; sin t); 0 � t � 2�:

Notemos que la imagen es el círculo unitario, y la trayectoriac1(t) = (cos 2t; sin 2t); 0 � t � �; tiene la misma imagen, entoncesdiferentes trayectorias puden parametrizar la misma curva.

Ejemplo 2 Hallar una parametrización para y = x3 � 3x

11

­1.6 ­1.4 ­1.2 ­1.0 ­0.8 ­0.6 ­0.4 ­0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0

­2

­1

1

2

3

x

y

si tomamos x = t; y = t3 � 3t; tenemos una parametrizaciónc(t) = (t; t3 � 3t); �1 � t � 1:

Diferenciación Vectorial

De�nición 2 (Vector Velocidad) Si c es una trayectoria y es difer-enciable, decimos que c es una trayectoria diferenciable. La ve-

locidad de c en el tiempo t se de�ne mediante c0(t) = l��mh!0

c(t+h)�c(t)h :

Normalmente trazamos el vector c0(t) con su inicio en el punto c(t):La rapidez de la trayectoria c(t) es s = kc0(t)k ; la longitud del vectorvelocidad. Si c(t) = (x(t); y(t)) en R2; entonces c0(t) = (x0(t); y0(t)) =x0(t)i + y0(t)j y si c(t) = (x(t); y(t); z(t)) en R3; entonces c0(t) =(x0(t); y0(t); z0(t)) = x0(t)i+ y0(t)j+z0(t)k:

Analogamente si v = c0(t) = dcdt ; entonces a =

dvdt =

d2cdt ; donde a

es su aceleración instantánea.

12

Recordemos algunas propiedades de las funciones vectoriales. SeanA; B y C funciones vectoriales derivables de un escalar t y � unafunción derivable de t; bajo estas condiciones se cumple que;

1. ddt(A+B) =

dAdt +

dBdt

2. ddt(A �B) = A�

dBdt +

dAdt �B

3. ddt(A�B) = A�

dBdt +

dAdt �B

4. ddt(�A) = �

dAdt +

d�dtA

5. ddt(A �B�C) = A �B�

dCdt +A�

dBdt �C+

dAdt �B�C

6. ddtfA�(B�C)g = A� (B�

dCdt )+A� (

dBdt �C)+

dAdt �(B�C)

Ejemplo 3 Una partícula se mueve a lo largo de una curva cuyasecuaciones paramétricas son x = e�t; y = 2 cos 3t; z = 2 sin 3t; siendot el tiempo.

a) Hallar su velocidad y su aceleración de función del tiempo.b) Hallar su rapidez

El vector de la trayectoria lo podemos escribir como;

c(t) = e�ti+ 2 cos 3tj+2 sin 3tk

Entonces su velocidad viene dada por la derivada

c0(t) = v(t) = �e�ti� 6 sin 3tj+6 cos 3tk

y su aceleración se pude hallar al derivar c0(t)

c00(t) = v0(t) = a(t) = e�ti� 18 cos 3tj�18 sin 3tk

13

La rapidez, se de�ne como la norma de la velocidad, entonces paracualquier tiempo t

s = c0(t) =p(�e�t)2 + (�6 sin 3t)2 + (6 cos 3t)2

=

qe�2t + 36 sin2(3t) + 36 cos2(3t)

=

qe�2t + 36(sin2(3t) + cos2(3t))

=pe�2t + 36

De�nición 3 (Vector Tangente) La velocidad c0(t) es un vectortangente a la trayectoria c(t) en el tiempo t: Si C es una curvadescrita por c y si c0(t) no es igual a 0; entonces c0(t) es un vectortangente a la curva C en el punto c(t):

De�nición 4 (Recta Tangente a una Trayectoria) Si c(t) es unatrayectoria, y si c0(t0) 6= 0; la ecuación de su recta tangente en elpunto c(t0) es

l(t) = c(t0) + (t� t0)c0(t0) (1)

Si C es la curva descrita por c; entonces la recta descrita por l esla recta tangente a la curva C en c(t0):

Ejemplo 4 Una trayectoria en R3 pasa por el punto (3; 6; 5) en t = 0con vector tangente i� j: Halla la ecuación de la recta tangente.

La ecuación de la recta tangente esta dada por

l(t) = c(t0) + (t� t0)c0(t0)

en este caso el vector tangente c0(t0) = i� j; entonces

l(t) = (3; 6; 5) + t(i� j)o lo que es equivalente

l(t) = (3; 6; 5) + t(1;�1; 0)Siendo esta la ecuación de la recta tangente.Si se quiere la ecuación en coordenadas (x; y; z); se puede igualar

(x; y; z) = (3; 6; 5)+ t(1;�1; 0); obteniendo x = 3+ t; y = 6� t; z = 5:

14

Longitud de Arco

Teorema 1 Si para una función existen sus derivadas parciales yademás son continuas, entonces decimos que la función es de claseC1:

De�nición 5 (Longitud de Arco en Rn) Sea c : [t0; t1]! Rn unatrayectoria C1por pedazos. Su longitud se de�ne como

l =

t=1Zt=0

c0(t) dt: (2)

Es decir si c(t) = (x1(t); x2(t); x3(t); :::; xn(t)); entonces

l =

t=1Zt=0

p[x0(t)]2 + [x02(t)]

2 + � � �+ [x0n(t)]2dt

Ejemplo 5 Hallar la longitud de la trayectoria c(t) = (cos t; sin t; sin 2t; 2 cos 2t)en R4; para el intervalo 0 � t � �:

Para hallar la longitud, se debe hallar primero c0(t) = (� sin t; cos t; 2 cos 2t;�2 sin 2t):Entonces kc0(t)k =

p(� sin t)2 + (cos t)2 + (2 cos 2t)2 + (�2 sin 2t)2;

de donde kc0(t)k =p1 + 4 =

p5: Finalmente la longitud esta dada

porR �0 kc

0(t)k dt =R �0

p5dt =

p5�:

Ejemplo 6 Hallar la longitud de arco de la curva (t + 1; 2p23 t

32 +

7; 12 t2); para 1 � t � 2:

Calculando la derivada c0(t) = (1;p2t

12 ; t): Entonces la norma

la calculamos como kc0(t)k =p1 + 2t + t2 =

p(t+ 1)2 = t + 1; la

longitud de arco se calcula como l =R 10 (t+1)dt =

t2

2 +t j21 = 4� 3

2 =52

15

Fórmulas de Frenet-Serret

De�nición 6 (Tangente Unitaria a c) Sea c : [a; b] ! R3 unatrayectoria in�nitamente diferenciable (existen derivadas de todos losórdenes). Supóngase que c0(t) 6= 0 para cualquier t: El vector c0(t)

kc0(t)k =

T(t) es tangente a c en c(t) y, como kT(t)k = 1; T se llama tangenteunitaria a c:

Además tenemos que

T0(t) =c00(t)

kc0(t)k �c0(t) � c00(t)kc0(t)k3

c0(t) (3)

Ejemplo 7 Mostrar que T0(t) �T(t) = 0:Sabemos que kT(t)k = 1; de donde T(t) � T(t) = 1: Entonces

derivemos esta última expresión

dT(t)

dt�T(t) +T(t) � dT(t)

dt= 0

de donde dT(t)dt �T(t) = 0, cambiando la notación T0(t) �T(t) = 0:

Para una curva regular c(t); con a � t � b; podemos de�nir lafunción longitud de arco s(t) para el intervalo [a; t] de la siguientemanera

s(t) =

tZa

c0(u) du (4)

en virtud del teorema fundamental del cálculo, se tiene

s0(t) = c0(t) : (5)

cambiando la notación

ds

dt= c0(t) (6)

Se dice que una trayectoria c(s) está parametrizada por la longitudde arco, si kc0(s)k = 1:

16

Ejemplo 8 Mostrar que para una trayectoria parametrizada por lalongitud de arco [a; b]; se tiene l(c) = b� a:

Por estar parametrizada por la longitud de arco kc0(s)k = 1; en-tonces l =

R ba kc

0(s)k ds y operando l(c) =R ba ds = b� a:

Ejemplo 9 La curvatura en un punto c(s) sobre una trayectoria sede�ne por k = kT0(s)k cuando la trayectoria está parametrizada porla longuitud de arco. Mostrar que k = kc00(s)k :

Sabemos que T(s) = c0(s)kc0(s)k ; como kc

0(s)k = 1; entonces T(s) =c0(s); de donde T0(s) = c00(s) y kT0(s)k = kc00(s)k : Finalmente portransitividad k = kT0(s)k = kc00(s)k :

El recíproco de la curvatura, % = 1k se llama radio de curvatura.

Ejemplo 10 Si c está dada en térmios de algún otro parámetro t yc0(t) nunca es cero, mostrar que k = kc0(t)�c00(t)k

kc0(t)k3 :

De la ecuación 3 sabemos que

T0(t) =c00(t)

kc0(t)k �c0(t) � c00(t)kc0(t)k3

c0(t);

de donde kT0(t)k = kc0(t)�c00(t)kkc0(t)k2 : Si s es la longitud de arco de c;

dsdt = kc

0(t)k ; por lo tanto dTdt = dTds dsdt

;del anterior ejemplo tenemos que k = kT0(s)k =

dTds

; entonces dTdt

= k kc0(t)k ; despejando se tiene que k = 1kc0(t)k

dTdt

; y �nal-mente

k =1

kc0(t)kkc0(t)� c00(t)kkc0(t)k2

=kc0(t)� c00(t)kkc0(t)k3

:

Ejemplo 11 Calcular la curvatura de la hélice c(t) = 1p2(cos t; sin t; t):

17

Del ejercicio anterior tenemos que: k = kc0(t)�c00(t)kkc0(t)k3 ; entonces hal-

lamos las derivadas

c(t) =1p2(cos t; sin t; t)

c0(t) =1p2(� sin t; cos t; 1)

c00(t) =1p2(� cos t;� sin t; 0)

debemos hallar c0(t)� c00(t); para esto:

c0(t)� c00(t) =

�������i j k

� 1p2sin t 1p

2cos t 1p

2

� 1p2cos t � 1p

2sin t 0

�������c0(t)� c00(t) = (

1

2sin t)i+ (�1

2cos t)j+ (

1

2sin2 t+

1

2cos2 t)k

c0(t)� c00(t) = (1

2sin t)i+ (�1

2cos t)j+ (

1

2)k

ahora calculamos su norma c0(t)� c00(t) =

r(1

2sin t)2 + (�1

2cos t)2 + (

1

2)2

=

r(1

2)2 + (

1

2)2

=

p2

2

necesitamos saber

c0(t) 3 =

s(� 1p

2sin t)2 + (

1p2cos t)2 + (

1p2)2

!3

=

r1

2+1

2

!3= 1

Entonces la curvatura k es igual a

18

k =kc0(t)� c00(t)kkc0(t)k3

=

p22

1

k =

p2

2

Si T0(t) 6= 0; podemos de�nir N(t) = T0(t)kT0(t)k ; como el vector

normal principal ya que es normal a T(t): Un tercer vector unitarioque es perpendicular tanto a T como a N se de�ne como B = T�N:El vector B se llama vector binormal. Juntos, T; N y B forman unsistema de vectores que siguen la regla de la mano derecha, ortogonalesentre sí, y que, se pueden, se van moviendo a lo largo de la trayectoria.

Figura 0-1 Vectores T, N y B. Sobre una trayectoria

El vector unitario B de�nido por el producto vectorial B = T �N; perpendicular al plano formado por T y N se llama binormal a

19

la curva. Los vectores T; N y B forman un triedro trirectángulo aderecha en cualquier punto de c: Este sistema de coordenadas recibeel nombre de triedro intrínseco en el punto. Como a medida que varías el sistema se desplaza, se le conoce con la denominación de triedromóvil.

Si c(s) está parametrizada por la longitud de arco, podemos de�niruna función � con valores escalares, llamada torsión, por medio de

dB

ds= ��N

donde

� =[c0(s)� c00(s)] � c000(s)

kc00(s)k2

Además si c esta dada en términos de algún otro parámetro t; setiene que

� =[c0(t)� c00(t)] � c000(t)kc0(t)� c00(t)k2

El recíproco de la torsión � = 1� es el radio de torsión.

Ejemplo 12 Calcular la torsión de la hélice c(t) = 1p2(cos t; sin t; t):

Del ejemplo anterior, tenemos que

c(t) =1p2(cos t; sin t; t)

c0(t) =1p2(� sin t; cos t; 1)

c00(t) =1p2(� cos t;� sin t; 0)

entoncesc000(t) =

1p2(sin t;� cos t; 0)

también del anterior ejercicio tenemos que

c0(t)� c00(t) = (12sin t)i+ (�1

2cos t)j+ (

1

2)k

20

de donde podemos calcular

[c0(t)� c00(t)] � c000(t) =

�(1

2sin t)i+ (�1

2cos t)j+ (

1

2)k

�� ( 1p

2sin ti� 1p

2cos tj)

=1

2p2sin2 t+

1

2p2cos2 t

=1

2p2

Como

c0(t)� c00(t) 2 = (1

2sin t)2 + (�1

2cos t)2 + (

1

2)2

= (1

2)2 + (

1

2)2

=1

2

Finalmente tenemos que

� =[c0(t)� c00(t)] � c000(t)kc0(t)� c00(t)k2

=

12p212

=1p2=

p2

2

De�nición 7 (Fórmulas de Frenet-Serret) Para una curva de rapi-dez unitaria de�nimos las fórmulas de Frenet-Serret como

dT

ds= kN (7)

dN

ds= �kT+ �B (8)

dB

ds= ��N (9)

21

Las fórmulas de Frenet-Serret tambien se pueden escribir como

d

ds

0@ TNB

1A = !�

0@ TNB

1A (10)

donde! =�T+kB (11)

Ejemplo 13 Demostrar las fórmulas de Frenet-Serret.

dTds = kN:

Como T �T = 1; tenemos que T�dTds = 0; es decir,dTds = kN:

Entonces de�nimos N como el vector unitario en la dirección ysentido de dT

ds ; por lo tantodTds = kN:

dBds = ��NSea B = T�N; entonces

dB

ds= T� dN

ds+dT

ds�N

= T� dNds

+ kN�N

= T� dNds

de donde

T�dBds

= T �T� dNds

= T �T� dNds

= 0

es decir dBds es perpendicular a B y esta situado en el plano

formado por T y N; por lo tanto dBds es perpendicular a T y

paralelo a N; luegodB

ds= ��N

22

dNds = �kT+ �BT; N y B forman un triedro a derecha, también lo forman N,B y T; es decir N=B�T:

dN

ds= B� dT

ds+dB

ds�T

= B�kN� �N�T= k(B�N)� � (N�T)= �k(N�B) + � (T�N)

dN

ds= �kT+ �B

Ejemplo 14 Para la curva x = 3 cos t; y = 3 sin t; z = 4t: Hallar elvector tangente unitario T; la normal principal N; la curvatura k; elradio de curvatura %; la binormal B; la torsión � y el radio de torsión�:

La gra�ca de la curva, describe la siguiente trayectoriaEl vector de posición esta dado por

c(t) = 3 cos ti+ 3 sin tj+ 4tk

su derivada es

c0(t) = �3 sin ti+ 3 cos tj+ 4k

y su norma c0(t) =p(�3 sin t)2 + (3 cos t)2 + 42

=p9 + 16

= 5

como kc0(t)k = dsdt ; entonces

dsdt = 5:

Para hallar el vector tangente unitario T; utilizamos

T =c0(t)

kc0(t)k

=�3 sin ti+ 3 cos tj+ 4k

5

23

Figura 0-2 trayectoria de x = 3 cos t; y = 3 sin t; z = 4t

entonces T =� 35 sin ti+

35 cos tj+

45k:

Para hallar la normal principal N y la curvatura k; utilizamos

dT

dt=

d

dt(�35sin ti+

3

5cos tj+

4

5k)

= �35cos ti� 3

5sin tj

ahora

dT

ds=

dTdtdsdt

=�35 cos ti�

35 sin tj

5

= � 3

25cos ti� 3

25sin tj

24

y como k = dTds

; entoncesk =

r(� 3

25cos t)2+(� 3

25sin t)2

=3

25

Ahora bien como dTds = kN; se despeja N = 1

kdTds

N =25

3(� 3

25cos ti� 3

25sin tj)

= � cos ti� sin tj

Como % = 1k ; % =

253 : Para halla la binormal B , utilizamos B =

T�N

B = T�N =

������i j k

�35 sin t:

35 cos t

45

� cos t � sin t 0

������B =

4

5sin ti�4

5cos tj+

3

5k

por último para hallar la torsión, recordamos las fórmulas de frenet-serret, en particular dB

ds = ��N; entonces

dB

ds=

dBdtdsdt

=45 cos ti+

45 sin tj

5

dB

ds=

4

25cos ti+

4

25sin tj

entonces

dB

ds= ��N

4

25cos ti+

4

25sin tj = ��(� cos ti� sin tj)

4

25(cos ti+ sin tj) = �(cos ti+ sin tj)

� =4

25

y � = 254 ya que � =

1� :

25

Ejemplo 15 Dada la curva x = t; y = t2; z = 23 t3; hallar la curvatura

k y la torsión � :El vector de posición esta dado por c(t) = ti+t2j+2

3 t3k y su deriva-

da c0(t) = i+2tj+2t2k:Como ds

dt = kc0(t)k ; calculando

c0(t) =p12 + (2t)2 + (2t2)2

=p1 + 4t2 + 4t4

=p(1 + 2t2)2

= 1 + 2t2

ds

dt= 1 + 2t2

entonces

T =dc

ds=

dcdtdsdt

=c0(t)

kc0(t)k

=i+2tj+2t2k

1 + 2t2

ahora hallamos

dT

dt=(1 + 2t2)(2j+4tk)� (i+2tj+2t2k)4t

(1 + 2t2)2

realizando las operaciones

dT

dt=�4ti+ (2� 4t2)j+ 4tk

(1 + 2t2)2

de donde,

dT

ds=

dTdtdsdt

=

�4ti+(2�4t2)j+4tk(1+2t2)2

1 + 2t2

=�4ti+ (2� 4t2)j+ 4tk

(1 + 2t2)3

26

para calcular utilizamos

k =

dTds

=

s(�4t)2 + (2� 4t2)2 + (4t)2

(1 + 2t2)6

=

s16t2 + 4� 16t2 + 16t4 + 16t2

(1 + 2t2)6

=

s(4 + 16t2 + 16t4)

(1 + 2t2)6

=

s4(1 + 4t2 + 4t4)

(1 + 2t2)6

= 2

s(1 + 2t2)2

(1 + 2t2)6

= 2

s1

(1 + 2t2)4

k =2

(1 + 2t2)2

Para hallar la torsión, calculamos N = 1kdTds

N =12

(1+2t2)2

�4ti+ (2� 4t2)j+ 4tk(1 + 2t2)3

=�2ti+ (1� 2t2)j+ 2tk

1 + 2t2

calculamos B = T�N

B = T�N =

�������i j k1

1+2t22t

1+2t22t2

1+2t2

� 2t1+2t2

1�2t21+2t2

2t1+2t2

�������B = ( 2t

1+2t22t

1+2t2� 2t2

1+2t21�2t21+2t2

)i+ ( 2t2

1+2t2(� 2t

1+2t2)� 1

1+2t22t

1+2t2)j+

( 11+2t2

1�2t21+2t2

� 2t1+2t2

(� 2t1+2t2

))k

27

B =2t2(1 + 2t2)

(1 + 2t2)2i�2t(1 + 2t

2)

(1 + 2t2)2j+

1 + 2t2

(1 + 2t2)2k

B =1

1 + 2t2(2t2i�2tj+ k)

derivando

dB

dt=

1

(1 + 2t2)2(4ti+ (4t2 � 2)j� 4tk)

como dBds =

dBdtdsdt

; entonces

dB

ds=

1(1+2t2)2

(4ti+ (4t2 � 2)j� 4tk)1 + 2t2

=1

(1 + 2t2)3(4ti+ (4t2 � 2)j� 4tk

ahora bien, por las fórmulas de Frenet-Serret dBds = ��N

1

(1 + 2t2)3(4ti+ (4t2 � 2)j� 4tk =� �N

como N =�2ti+(1�2t2)j+2tk1+2t2

; se tiene

1

(1 + 2t2)3(4ti+ (4t2 � 2)j� 4tk = ���2ti+ (1� 2t

2)j+ 2tk

1 + 2t2

� 2

(1 + 2t2)2�2ti+ (1� 2t2)j+ 2tk

1 + 2t2= ���2ti+ (1� 2t

2)j+ 2tk

1 + 2t2

de donde �nalmente tenemos que

� =2

(1 + 2t2)2:

Ejemplo 16 Hallar las ecuaciones de la tangente, normal principaly binormal a la curva x = t; y = t2; z = 2

3 t3 en el punto t = 1:

28

Nótese que la curva es la misma del ejemplo anterior, entoncestenemos:

c(t) = ti+t2j+2

3t3k

T =i+2tj+2t2k

1 + 2t2

B =1

1 + 2t2(2t2i�2tj+ k)

N =�2ti+ (1� 2t2)j+ 2tk

1 + 2t2

para t = 1; calculamos

c(1) = i+ j+2

3k

T0 =i+2j+2k

3

B0 =1

3(2i�2j+ k)

N0 =�2i�1j+ 2k

3

de nuestros cursos anteriores sabemos que si V es un vector dadoy c0 y c; son los vectores de posición del origen y de un punto genéricode V; entonces el vector c� c0 es paralelo a V y la ecuación de V es(c� c0)�V = 0; por lo tanto las ecuaciones para la tangente, normalprincipal y binormal son:

(c� c0)�T0 = 0

(c� c0)�N0 = 0

(c� c0)�B0 = 0

como c = xi+yj+zk y c0 = i+ j+23k; en coordenadas cartesianas,

entonces las ecuciones toman la siguiente forma

l(t) = c0 + tT0

l(t) = c0 + tN0

l(t) = c0 + tB0

29

Ecuación de la tangente

(c� c0)�T0= 0

l(t) = c0 + tT0

l(t) = (1; 1;2

3) + t(1; 1;

2

3)

Ecuación de la normal principal

(c� c0)�N0= 0

l(t) = c0 + tN0

l(t) = (1; 1;2

3) + t(� 2

3;�13;2

3)

Ecuación de la binormal

(c� c0)�B0= 0

l(t) = c0 + tB0

l(t) = (1; 1;2

3) + t(

2

3;�23;1

3)

.

30

Parte II

Super�cies en el Espacio

31

33

La grá�ca de una función f(x; y) es un tipo de super�cie, otro tiposon las que surgen como super�cies de nivel de funciones, sin embargotenemos representaciones de super�cies que no cumplen con la de�ni-ción de función. El objetivo de esta sección es extender la de�niciónde super�cie como una función (parametrización) y diferenciarla desu imagen (objeto geométrico).

Super�cies Parametrizadas

De�nición 8 (Super�cies Parametrizadas) Una super�cie para-metrizada es una función � : D � R2 ! R3; donde D es algúndominio en R2: La super�cie S que corresponde a la función � es suimagen: S = �(D): Podemos escribir

�(u; v) = (x(u; v); y(u; v); z(u; v)):

Si � es diferenciable o de clase C1: Llamamos a S super�ciediferenciable o C1:

Decir que � es de clase C1 equivale a decir que x(u; v); y(u; v) y z(u; v)son funciones diferenciables o C1 de (u; v):

Ejemplo 17 Encontrar una representación paramétrica de la mitadsuperior del cono de�nido por z2 = 4x2 + 4y2

Como sabemos la mitad superior del cono es la grá�ca de la funciónz = 2

px2 + y2

34

00 ­50­5

x10 5

y

2

14

12

10

8

6

4

z

105

Grá�ca de z = 2px2 + y2

si tomamos u y v como parámetros, entonces las ecuaciones paramétri-cas serían

x = u

y = v

z = 2pu2 + v2

la parametrización de la super�cie esta dada por

�(u; v) = ui+vj+ 2pu2 + v2k

Ejemplo 18 Realizar la parametrización de la super�cie z = 5�x2�y2:

La grá�ca es un paraboloide y se puede parametrizar de la mismaforma que el anterior caso

x = u

y = v

z = 5� u2 � v2

35

�(u; v) = ui+vj+ 5� u2 � v2k

Ejemplo 19 Hallar una parametrización para el hiperboloide de unahoja x2 + y2 � z2 = 1

Como aparece el término x2+y2; se puede usar la parametrizaciónclásica x = r cosu; y = r sinu:

La ecuación x2 + y2 � z2 = 1; se vuelve r2 � z2 = 1; esta últimaexpresión se puede parametrizar r = cosh v; z = sinh v: Con lo que�nalmente:

x = cosh v cosu

y = cosh v sinu

z = sinhu

donde 0 � 2� y �1 < u <1:

Planos Osculador, Normal y Recti�cante

Para cualquier super�cie se calculan unos planos que sirven dereferencia geométrica

La grá�ca muestra los planos y sus vectores asociados en un puntoP , donde t es el vector tangente T; n el normal principal N y b elbinormal B:

De�nición 9 El plano osculador a una curva en un punto P esel que contiene a la tangente y a la normal principal en P: El planonormal es el que pasa por P y es perpendicular al plano tangente.El plano recti�cante es el que pasa por P y es perpendicular a lanormal principal.

Ejemplo 20 Hallar las ecuaciones del plano osculador, normal y rec-ti�cante de la curva x = t; y = t2; z = 2

3 t3 en el punto t = 1:

36

Figura 0-3 Planos Osculador, Normal y Recti�cante

El plano osculador es el que contiene a la tangente y a la normalprincipal. Si c es el vector de posición de un punto genérico del planoy c0 el vector de posición del punto correspondiente a t = 1; entoncesc� c0 es perpendicular a la binormal B0 en dicho punto, es decir(c� c0) �B0 = 0:

Analogamente tenemos que (c� c0) �T0 = 0 es el plano normal yel recti�cante (c� c0) �N0 = 0:

Si tomamos B0;N0 y T0 como en el ejercicio 16 podemos calcular

37

las ecuaciones del plano

c(1) = i+ j+2

3k

T0 =i+2j+2k

3

B0 =1

3(2i�2j+ k)

N0 =�2i�1j+ 2k

3

Plano Osculador

(xi+yj+zk� (i+ j+23k)) �B0 = 0�

(x� 1)i+(y � 1)j+(z � 23)k

�� 13(2i�2j+ k) = 0

2(x� 1)� 2(y � 1) + (z � 23) = 0

2x� 2y + z =2

3

Plano Normal

(xi+yj+zk� (i+ j+23k)) �T0 = 0�

(x� 1)i+(y � 1)j+(z � 23)k

�� i+2j+2k

3= 0

(x� 1) + 2(y � 1) + 2(z � 23) = 0

x+ 2y + 2z =13

3

Plano Recti�cante

38

(xi+yj+zk� (i+ j+23k)) �N0 = 0�

(x� 1)i+(y � 1)j+(z � 23)k

�� �2i�1j+ 2k

3= 0

�2(x� 1)� (y � 1) + 2(z � 23) = 0

�2x� y + 2z = �53

Supongamos que �(u; v) = (x(u; v); y(u; v); z(u; v)): es diferencia-ble en (u0; v0); entonces podemos de�nir

Tu =@x

@u(u0; v0)i+

@y

@u(u0; v0)j+

@z

@u(u0; v0)i

Tv =@x

@v(u0; v0)i+

@y

@v(u0; v0)j+

@z

@v(u0; v0)i

Los vectores Tu y Tv son tangentes a curvas sobre la super�cie Sy, por esto, son tangentes a S: Además en �(u0; v0) deben determinarle plano tangente a la super�cie en este punto, ya que Tu � Tv esnormal a la super�cie, es decir

n = Tu �Tv

donde n es el vector normal y entonces podemos escribir la ecuacióndel plano tangente a la super�cie en un punto (x0; y0; z0) como:

(x� x0; y � y0; z � z0) � n =0

Ejemplo 21 Hallar la ecuación del plano tangente a la super�ciez = x2 + y2 en el punto (1;�1; 2)

Primero parametrizamos z = x2 + y2; como

x = u

y = v

z = u2 + v2

39

obteniendo la función vectorial �(u; v) = ui + vj + (u2 + v2)k:Sabiendo que el punto es (1;�1; 2) obtenemos que u = 1 y v = �1:

Ahora calculamos Tu y Tv

Tu = i+ 2uk

Tv = j+ 2vk

calculados en el punto u = 1, v = �1

Tu = i+ 2k

Tv = j� 2k

Ahora hallamos la normal n = Tu �Tv

n = T u �Tv =

������i j k1 0 20 1 �2

������n = 2i+2j+ k

�nalmente la ecuación del plano tangente en (1;�1; 2) esta dadapor

(x� x0; y � y0; z � z0) � n = 0

(x� 1; y + 1; z � 2) � (�2i+2j+ k) = 0

�2(x� 1) + 2(y + 1) + z � 2 = 0

�2x+ 2y + z = �2

Ejemplo 22 Hallar un vector unitario normal a la super�cie �(u; v)=a cosu sin vi+a sinu sin vj+a cos vk:

Primero hallamos Tu y Tv

Tu = �a sinu sin vi+a cosu sin vj

Tv = a cosu cos vi+a sinu cos vj�a sin vk

40

entonces para hallar el vector n

n = Tu �Tv

n =

������i j k

�a sinu sin v a cosu sin v 0a cosu cos v a sinu cos v �a sin v

������n = �a2 cosu sin2 vi�a2 sinu sin2 vj� (a2 sin2 u sin v cos v + a2 cos2 u cos v sin v)kn = �a2 cosu sin2 vi�a2 sinu sin2 vj�a2 sin v cos vk

ya calculamos el vector normal, para que sea unitario se debe di-vidir por su norma, entonces la calculamos

knk =q(�a2 cosu sin2 v)2 + (�a2 sinu sin2 v)2 + (�a2 sin v cos v)2

knk =pa4 cos2 u sin4 v + a4 sin2 u sin4 v + a4 sin2 v cos2 v

knk =qa4 sin4 v(cos2 u+ sin2 u) + a4 sin2 v cos2 v

knk =qa4 sin2 v(sin2 v + cos2 v)

knk =pa4 sin2 v

knk = a2 sin vEntonces el vector unitario esta dado por

^n =

n

knk =�a2 cosu sin2 vi�a2 sinu sin2 vj�a2 sin v cos vk

a2 sin v

^n = � cosu sin vi� sinu sin vj� cos vk