Examen Mayo, preguntas y respuestas PDF

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Solución a Examen Final 2017 Problema 1. Sea ��(��) una curva espacial con rapidez unitaria. Sea {���� , ���� , ���� } su triedro de Frenet – Serret. Supongamos que ���� (��) > 0 la curvatura escalar de ��. Se define una nueva curva: ��(��) = ��′(��) Si {���� , ���� , ���� } es el tri...

Description

Solución a Examen Final 2017 Problema 1. Sea 𝛼(𝑡) una curva espacial con rapidez unitaria. Sea {𝒕𝜶 , 𝒏𝜶 , 𝒃𝜶 } su triedro de Frenet – Serret. Supongamos que 𝜅𝛼 (𝑡) > 0 la curvatura escalar de 𝛼. Se define una nueva curva: 𝛾(𝑡) = 𝛼′(𝑡) Si {𝒕𝜸 , 𝒏𝜸 , 𝒃𝜸 } es el triedro de Frenet de 𝛾:

1. Demuestra que ||𝛾 ′ (𝑡)|| = 𝜅𝛼 (𝑡) y 𝒕𝜸 = 𝒏𝜶 2. Demuestra que la curvatura escalar de 𝛾 verifica que:

Solución:

𝜅𝛾 (𝑡) = √1 + (𝜏𝛼 ⁄𝜅𝛼 )

2

1. En primer lugar, calculando directamente:

𝛾 ′ (𝑡) = 𝛼′′(𝑡)

(Por hipótesis). Como 𝛼 parametrizada por longitud de arco, su vector de curvatura coincide con su derivada segunda. Recordemos que, dado un parámetro longitud de arco: 𝑠(𝑡) = ∫||𝛼 ′ (𝑡)|| · 𝑑𝑡

Entonces podemos expresar la velocidad de cierta curva 𝛼 (no necesariamente parametrizada por longitud de arco): 𝛼 ′ (𝑡) = 𝑠 ′ (𝑡) · 𝒕(𝑠(𝑡))

Así como descomponer su derivada segunda en componentes ortogonales: 𝛼 ′′(𝑡) = 𝑠 ′′(𝑡) · 𝒕(𝑠(𝑡)) + [𝑠 ′ (𝑡)]2 · 𝒌(𝑠(𝑡))

Ojo: todo está en función de 𝑡.

Por eso 𝛼′′(𝑡) coincide con 𝒌(𝑡). Por tanto, ya está: ||𝛾 ′ (𝑡)|| = ||𝛼 ′′(𝑡)|| = 𝜅𝛼 (𝑡)

En segundo lugar, calculemos 𝒕𝛾 en función de 𝛼. Dado que, según lo visto, la velocidad de cualquier curva 𝛼 se expresa como: 𝛼 ′ (𝑡) = 𝑠 ′ (𝑡) · 𝒕(𝑠(𝑡))

Donde 𝑠 es un parámetro longitud de arco, entonces, en este caso: Pero, a su vez:

𝛾 ′ (𝑡) = ||𝛾 ′ (𝑡)|| · 𝒕𝛾

𝛾 ′ (𝑡) = ||𝛾 ′ (𝑡)|| · 𝒕𝛾 = 𝛼 ′′(𝑡) = 𝜅𝛼 (𝑡) · 𝒏𝛼 (𝑡)

Sustituyendo la igualdad que acabo de probar antes, ||𝛾 ′ (𝑡)|| = 𝜅𝛼 (𝑡), obtengo lo que deseo: 𝒕𝛾 = 𝒏𝛼 (𝑡)

∎

2. Es muy importante no caer en la tentación de aplicar las ecuaciones de Frenet – Serret a 𝛾, pues éstas solo pueden aplicarse en parametrizaciones por longitud de arco, y 𝛾 no necesariamente está parametrizada así (sólo en el muy particular caso de que 𝛼 sea una circunferencia de radio la unidad). Partimos de lo obtenido en el apartado anterior. 𝒕𝛾 = 𝒏𝛼 (𝑡)

Entonces:

𝒕𝛾 ′(𝑡) = 𝒏𝛼 ′(𝑡)

Y en 𝛼 SÍ que puedo aplicar Frenet – Serret:

Por tanto:

𝒕𝛾′ (𝑡) = −𝜅𝛼 (𝑡) · 𝒕𝛼 + 𝜏𝛼 (𝑡) · 𝒃𝛼 2

||𝒕𝛾′ (𝑡)|| = (𝜅𝛼 (𝑡)) + (𝜏𝛼 (𝑡)) Y claro, aplicando que:

2

2

𝛾 ′ (𝑡) = 𝑠 ′ (𝑡) · 𝒕𝛾 (𝑡)

Otra expresión para 𝒕𝛾′ (𝑡) es:

𝑑 𝛾′(𝑡) 𝛾 ′′ (𝑡) · 𝑠′ (𝑡) − 𝛾′ (𝑡) · 𝑠′′(𝑡) ·[ ]= [𝑠 ′ (𝑡)]2 𝑑𝑡 𝑠′(𝑡)

Ahora sólo he de sustituir:

𝛾 ′ (𝑡) = 𝑠 ′ (𝑡) · 𝒕𝛾

𝛾 ′′(𝑡) = 𝑠 ′′(𝑡) · 𝒕𝛾 (𝑡) + 𝑠 ′ (𝑡)2 · 𝒌𝛾 (𝑡) Con lo que: (𝑠 ′′(𝑡) · 𝒕𝛾 (𝑡) + 𝑠 ′ (𝑡)2 · 𝒌𝛾 (𝑡)) · 𝑠′ (𝑡) − 𝑠 ′ (𝑡) · 𝒕𝛾 · 𝑠′′(𝑡) 𝑑 𝛾′(𝑡) = ·[ ]= [𝑠 ′ (𝑡)]2 𝑑𝑡 𝑠′(𝑡)

Así:

= 𝑠′ (𝑡) · 𝒌𝛾 (𝑡)

2

||𝒕𝛾′ (𝑡)|| = 𝑘𝛾 (𝑡)2 · 𝜅𝛼 (𝑡)2 = (𝜅𝛼 (𝑡)) + (𝜏𝛼 (𝑡)) 2

2

De lo que se deduce inmediatamente la identidad. QED.

Problema 2. Consideremos la siguiente superficie. 𝑢 · cos(𝑣 ) Χ(𝑢, 𝑣) = ( 𝑢 · sin(𝑣) ) log(𝑢) 1. Calcúlale la primera y segunda forma fundamental. 2. Comprueba que la base del 𝑇𝑝 𝑆 son autovectores de −𝑊 = −𝑑𝑁. Calcula los autovalores correspondientes, es decir, las curvaturas principales. Clasifica los puntos de la superficie. 3. Determina y resuelve la ecuación de las líneas asintóticas.

Solución: 1. Calculo las formas fundamentales primera y segunda. cos(𝑣) Χ 𝑢 (𝑢, 𝑣) = ( sin(𝑣)) , 𝑢−1

−𝑢 · sin(𝑣) Χ𝑣 (𝑢, 𝑣) = ( 𝑢 · cos(𝑣) ) 0

Χ 𝑢 × Χ𝑣 = |

𝑖 cos(𝑣)

𝑗 sin(𝑣)

−𝑢 · sin(𝑣) 𝑢 · cos(𝑣)

𝑢𝑘−1

||Χ 𝑢 × Χ𝑣 || = √1 + 𝑢2

− cos(𝑣) · ( − sin(𝑣)) √1 + 𝑢2 𝑢 1

𝑁(𝑢, 𝑣) = Χ 𝑢𝑢 (𝑢, 𝑣) = ( Por lo tanto:

0 0 ), −𝑢−2

0

−𝑢 · cos(𝑣) Χ𝑣𝑣 (𝑢, 𝑣) = ( −𝑢 · sin(𝑣)) 0

− sin(𝑢) Χ𝑢𝑣 (𝑢, 𝑣) = ( cos(𝑣) ) , 0

1 + 𝑢2 𝐼Χ (𝑢, 𝑣) = ( 𝑢2 0

− sin(𝑣) − cos(𝑣) ) |=( 𝑢

0),

1 · (− 𝑢 0) √1 + 𝑢2 0 𝑢 1

𝐼𝐼𝑋 (𝑢, 𝑣) =

𝑢2

2. Para comprobar que la base de 𝑇𝑝 𝑆 son autovectores:

𝑢2 1 2 ( 1+𝑢 𝑊 = −(𝐼𝑋 )−1 · 𝐼𝐼𝑋 = − 2 √1 + 𝑢 0 −𝑊 =

1

1 ) (− 𝑢 1 0 𝑢2

√1 + 𝑢2

0

·(

−

0) = − 𝑢

𝑢 1 + 𝑢2 0

1

√1 + 𝑢2

·(

−

𝑢 1 + 𝑢2 0

0

1) 𝑢

0

1) 𝑢

¿Cómo sé que la base {Χ𝑢 , Χ 𝑣 } es una base de autovectores? El endomorfismo de Weingarten es sobre 𝑇𝑝 𝑆, luego sus columnas son la imagen por 𝑊 de dicha base, que es, en coordenadas de 𝑇𝑝 𝑆 la base euclídea usual (obviamente). Por tanto, si 𝑊 es diagonal, y lo es, quiere decirse que 𝑊 multiplica cada vector de la base por un escalar, sin cambiar su orientación. QED.

Las curvaturas principales son dichos valores escalares, que me los dan las entradas de 𝑊 :

𝑘1 = −

𝑢

3 , (1 + 𝑢2 ) ⁄2

𝑘2 =

1 𝑢√1 + 𝑢2

La clasificación de puntos se hace en función de la definición de 𝐼𝐼Χ (𝑢, 𝑣).     

Es definida en los puntos elípticos. Es indefinida en los puntos hiperbólicos. Es semidefinida en los puntos parabólicos. Es nula en los puntos planos. Es un múltiplo escalar de 𝐼Χ en los puntos umbilicales.

Para completar el estudio tengo que analizar el signo de: 𝑎=−

1

𝑢 · √1

+ 𝑢2

,

𝑏=−

1

√1 + 𝑢2

Supongamos que escogemos el valor positivo de la raíz (es decir que 𝑁 está, en algún sentido, hacia “arriba”).

En primer lugar, 𝑎 y 𝑏 nunca se anulan, luego 𝐼𝐼Χ (𝑢, 𝑣) siempre es definida o indefinida.  

Si 𝑢 > 0 entonces 𝑎 < 0 y 𝑏 < 0, por tanto, matriz indefinida. Si 𝑢 < 0 entonces 𝑎 > 0 y 𝑏 < 0, por tanto, matriz indefinida.

Es decir, que independientemente de 𝑢 y 𝑣 todos los puntos son hiperbólicos.

Queda preguntarnos, eso sí, si existe algún punto umbilical. Sabemos de entrada que no porque los puntos umbilicales son, necesariamente, elípticos o planos.

3. Las líneas asintóticas son aquellas en las cuales:

Eso da la EDO:

En mi caso:

𝐼𝐼(𝑣) = 0

𝑒 · (𝑢′ )2 + 2 · 𝑓 · (𝑢′ )(𝑣 ′ ) + 𝑔 · (𝑣 ′ )2 = 0 −

(𝑢′ )2

𝑢 · √1 + 𝑢2

+𝑢·

(𝑣 ′ )2

√1 + 𝑢2

𝑢2 · (𝑣 ′ )2 = (𝑢′ )2

=0

±𝑢 · (𝑣 ′ ) = 𝑢′ 𝑣′ = ±

Es decir:

𝑢′ 𝑢

𝑣 = ±log(𝑢)

Problema 3. Considera el plano ℝ𝑢𝑣 con la métrica:

𝑄(𝑢, 𝑣) ≡ 𝑒 3𝑢 · (𝑑𝑢)2 + 𝑒𝑢 · (𝑑𝑣 )2

1. Determina y resuelve la ecuación de las líneas geodésicas. 2. Calcula la curvatura geodésica de: 𝛼(𝑡) = (

𝑢0 ), 𝑡

𝑢0 ∈ ℝ

Solución:

1. La ecuación general de los caminos geodésicos es: 𝑄𝑢 (𝛼 ′(𝑡)) 𝑑 𝐴 𝐵 1 𝑢′ (𝑡) ) [( ) (( ′ ))] = · ( 𝑣 (𝑡) 𝑑𝑡 𝐵 𝐴 2 𝑄𝑣 (𝛼 ′ (𝑡))

Así es que:

Derivando en 𝑡:

(𝑒 (

3𝑢

0

0

𝑒

𝑢) (

𝑒 3𝑢 · 𝑢′ (𝑡) ) 𝑢′ ) = ( 𝑒 𝑢 · 𝑣 ′ (𝑡) 𝑣′

𝑒 3𝑢 · 3 · 𝑢′ (𝑡)2 + 𝑒 3𝑢 · 𝑢′′(𝑡) ) 𝑒 𝑢 · 𝑢′ (𝑡) · 𝑣 ′ (𝑡) + 𝑒 𝑢 · 𝑣′′(𝑡)

Y eso es lo que tengo que igualar a:

1 3 · 𝑒 3𝑢 · 𝑢′ (𝑡)2 + 𝑒 𝑢 · 𝑣 ′ (𝑡)2 ) ·( 0 2

Lo cual me da las ecuaciones:

⁄ ) · (3 · 𝑒 3𝑢 · 𝑢′ (𝑡)2 + 𝑒 𝑢 · 𝑣 ′ (𝑡)2 ) 𝑒 3𝑢 · 3 · 𝑢′ (𝑡)2 + 𝑒 3𝑢 · 𝑢′′ (𝑡) = (1 2 { 𝑒 𝑢 · 𝑢′ (𝑡) · 𝑣 ′ (𝑡) + 𝑒 𝑢 · 𝑣′′(𝑡)

Es decir:

3𝑒 2𝑢 𝑣 ′ (𝑡)2 =0 · 𝑢′ (𝑡)2 + 𝑒 2𝑢 · 𝑢′′ (𝑡) − 2 2 𝑢′ (𝑡) · 𝑣 ′(𝑡) + 𝑣 ′′ (𝑡) = 0

Es decir:

3 · 𝑒 2𝑢 · 𝑢′ (𝑡)2 + 2 · 𝑒 2𝑢 · 𝑢′′ (𝑡) − 𝑣 ′ (𝑡)2 = 0 𝑢′ (𝑡) · 𝑣 ′(𝑡) + 𝑣 ′′ (𝑡) = 0

De la segunda ecuación deduzco que: 𝑢(𝑡) = − log(𝑣 ′ (𝑡)) Suponiendo geodésicas en forma de caminos grafo de una función (𝑢(𝑡) ≡ 𝑡) en el plano de parámetros obtengo que:

𝑣 ′ (𝑡) = 𝑒 −𝑡 ,

𝑣(𝑡) = −𝑒 −𝑡 + 𝐶

2. Calculo ahora la curvatura geodésica del camino mencionado. Lo primero que tengo que hacer es buscar el valor: [𝑄 −1 ] · (

𝑑 𝑢′ (𝑡) 1 𝑄𝑢 (𝛼 ′(𝑡)) )) · [𝑄] · ( ′ ) − · ( 2 𝑄𝑣 (𝛼 ′ (𝑡)) 𝑑𝑡 𝑣 (𝑡)

Recordemos que el camino en cuestión es: 𝛼(𝑡) = (

𝑢0 ), 𝑡

Y que 𝑄 va evaluada en el camino 𝛼(𝑡). Así:

𝑄 = (𝑒

Por otra parte:

Y finalmente:

3𝑢0

0

𝑢0 ∈ ℝ

0 ) 𝑒 𝑢0

0 𝛼 ′ (𝑡) = ( ) 1 𝑄𝑢 (𝛼 ′ (𝑡)) = 3 · 𝑒 3𝑢 · 𝑢′ (𝑡)2 + 𝑒 𝑢 · 𝑣 ′ (𝑡)2 = 𝑒 𝑢0 𝑄𝑣 (𝛼 ′ (𝑡)) ≡ 0

𝑄 −1 = (𝑒 Por tanto:

−3𝑢0

0

0 ) 𝑒 −𝑢0

1 𝑄𝑢 (𝛼 ′(𝑡)) 1 𝑒 𝑢0 𝑑 1 𝑄𝑢 (𝛼 ′(𝑡)) 𝑢′ (𝑡) ) = − ) = − ) ·( · ( · [𝑄] · ( ′ ) − · ( 𝑣 (𝑡) 2 0 2 𝑄𝑣 (𝛼 ′ (𝑡)) 2 𝑄𝑣 (𝛼 ′ (𝑡)) 𝑑𝑡 1 𝑒 −2𝑢0 1 𝑒 𝑢0 ) )=− ·( −[𝑄 −1 ] · · ( 2 2 0 0

¿Qué le ocurre a eso? Eso es la aceleración riemanniana que equivale a: 𝑠 ′′(𝑡) Donde:

1 𝑒 −2𝑢0 ) · 𝛼 ′ (𝑡) + 𝑠 ′ (𝑡)2 · 𝒌𝜶,𝑸 = − · ( 0 𝑠′(𝑡) 2 𝑠(𝑡) = ∫||𝛼 ′ (𝑡)||𝑄 · 𝑑𝑡

Por tanto:

𝑠 ′ (𝑡) = ||𝛼 ′ (𝑡)||𝑄 = (0 1) · (𝑒

Así que, obtengo finalmente: 𝑒 2𝑢0 · 𝒌𝜶,𝑸 = − 𝒌𝜶,𝑸 = −

3𝑢0

0

0 ) · (0 ) = 𝑒 𝑢0 𝑒 𝑢0 1

1 𝑒 −2𝑢0 ) ·( 2 0

1 𝑒 −4𝑢0 ) ·( 2 0...