Diferencijalna geometrija krivih i površi - zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Vektor položaja krive je [tex]\vec{r}(t)=\left(t\cos t,\ t\sin t,\ 3t\right)[/tex], a tangentni vektor je njegov izvod. Po pravilu za izvod proizvoda
[tex]\vec{r}\,{}'(t)=\left(\cos t-t\sin t,\ \sin t+t\cos t,\ 3\right)[/tex]
Za [tex]t=\frac{3\pi}{2}[/tex] važi [tex]\cos\frac{3\pi}{2}=0[/tex] i [tex]\sin \frac{3\pi}{2}=-1[/tex], pa je
[tex]\vec{r}\,{}'\left(\frac{3\pi}{2}\right)=\left(0-\frac{3\pi}{2}\cdot (-1),\ -1+\frac{3\pi}{2}\cdot 0,\ 3\right)=\left(\frac{3\pi}{2},\ -1,\ 3\right)[/tex]
Ovaj vektor je različit od nule, pa je odgovarajuća tačka [tex]\left(0; -\frac{3\pi}{2}; \frac{9\pi}{2}\right)[/tex] regularna tačka krive.

Rešenje:
Sve četiri krive su oblika [tex]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1[/tex], redom sa [tex]a=3[/tex], [tex]2[/tex], [tex]1[/tex], [tex]4[/tex]. Pri parametrizaciji [tex]x=a\cos t,\ y=2\sin t[/tex] tački [tex](0; 2)[/tex] odgovara [tex]t=\frac{\pi}{2}[/tex], i u njoj je
[tex]x'=-a\sin \frac{\pi}{2}=-a,\quad y'=2\cos\frac{\pi}{2}=0,\quad x''=-a\cos\frac{\pi}{2}=0,\quad y''=-2\sin \frac{\pi}{2}=-2[/tex]
Krivina ravne parametarski zadate krive i poluprečnik krivine su
[tex]\kappa=\frac{\left|x'y''-x''y'\right|}{\left(x'^2+y'^2\right)^{3/2}}=\frac{\left|(-a)(-2)-0\right|}{\left(a^2\right)^{3/2}}=\frac{2}{a^2},\qquad R=\frac{1}{\kappa}=\frac{a^2}{2}[/tex]
Za [tex]a^2=9[/tex], [tex]4[/tex], [tex]1[/tex], [tex]16[/tex] dobijamo (druga kriva je kružnica poluprečnika [tex]2[/tex], kao što se i očekuje)
[tex]R_1=\frac{9}{2},\quad R_2=2,\quad R_3=\frac{1}{2},\quad R_4=8[/tex]
Najveći poluprečnik, [tex]R=8[/tex], ima kriva [tex]\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1[/tex].

Rešenje:
Najpre odredimo parametre tačke [tex]M[/tex]: [tex]u=1[/tex], pa iz [tex]u^2-2v=3[/tex] sledi [tex]v=-1[/tex], i zaista [tex]u^3-3uv=1+3=4[/tex], tj. [tex]M=\vec{r}(1,-1)[/tex]. Parcijalni izvodi za [tex](u,v)=(1,-1)[/tex] su
[tex]\vec{r}_u=\left(1,\ 2u,\ 3u^2-3v\right)=(1,\ 2,\ 6),\qquad \vec{r}_v=(0,\ -2,\ -3u)=(0,\ -2,\ -3)[/tex]
Vektor normale tangentne ravni je njihov vektorski proizvod:
[tex]\vec{N}=\vec{r}_u×\vec{r}_v=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&2&6\\0&-2&-3\end{vmatrix}=(6,\ 3,\ -2)\ne\vec{0}[/tex]
Pošto je [tex]\vec{N}\ne\vec{0}[/tex], tačka [tex]M[/tex] je regularna i tangentna ravan je
[tex]6(x-1)+3(y-3)-2(z-4)=0\ \Leftrightarrow\ 6x+3y-2z-7=0[/tex]

Rešenje:
Neka kriva ima regularnu parametrizaciju [tex]\vec{r}(t)[/tex] klase [tex]C^3[/tex] i leži u ravni kroz tačku sa vektorom položaja [tex]\vec{r}_0[/tex] i jediničnim vektorom normale [tex]\vec{m}[/tex]. Tada za svako [tex]t[/tex] važi
[tex]\left(\vec{r}(t)-\vec{r}_0\right)\centerdot\vec{m}=0[/tex]
Pošto su [tex]\vec{r}_0[/tex] i [tex]\vec{m}[/tex] konstantni, trostrukim diferenciranjem dobijamo
[tex]\vec{r}\,{}'\centerdot\vec{m}=0,\qquad \vec{r}\,{}''\centerdot\vec{m}=0,\qquad \vec{r}\,{}'''\centerdot\vec{m}=0[/tex]
Dakle, vektori [tex]\vec{r}\,{}'[/tex], [tex]\vec{r}\,{}''[/tex], [tex]\vec{r}\,{}'''[/tex] su normalni na [tex]\vec{m}[/tex], tj. paralelni su jednoj ravni (komplanarni). Zato su linearno zavisni i njihov mešoviti proizvod je jednak nuli:
[tex]\left(\vec{r}\,{}',\vec{r}\,{}'',\vec{r}\,{}'''\right)=0[/tex]
Krivina [tex]\kappa=\frac{\left|\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''\right|}{\left|\vec{r}\,{}'\right|^3}[/tex] je različita od nule, pa je [tex]\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''\ne\vec{0}[/tex] i torzija je definisana:
[tex]\tau=\frac{\left(\vec{r}\,{}',\vec{r}\,{}'',\vec{r}\,{}'''\right)}{\left|\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''\right|^2}=0[/tex]