Diferencijalna geometrija krivih i površi - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Koordinata [tex]y(u)=\frac{u^3}{3a^2}[/tex] je strogo rastuća, pa svaka od ravni seče krivu tačno jednom:
[tex]\frac{u^3}{3a^2}=\frac{a}{3}\Rightarrow u^3=a^3\Rightarrow u=a,\qquad \frac{u^3}{3a^2}=9a\Rightarrow u^3=27a^3\Rightarrow u=3a[/tex]
Dakle, tražimo luk za [tex]a\le u\le 3a[/tex]. Imamo
[tex]\vec{r}\,{}'(u)=\left(1,\ \frac{u^2}{a^2},\ -\frac{a^2}{2u^2}\right),\qquad \left|\vec{r}\,{}'(u)\right|^2=1+\frac{u^4}{a^4}+\frac{a^4}{4u^4}=\left(\frac{u^2}{a^2}+\frac{a^2}{2u^2}\right)^2[/tex]
jer je dvostruki proizvod u kvadratu [tex]2\cdot \frac{u^2}{a^2}\cdot \frac{a^2}{2u^2}=1[/tex]. Dakle, [tex]\left|\vec{r}\,{}'(u)\right|=\frac{u^2}{a^2}+\frac{a^2}{2u^2}[/tex] (pozitivna veličina) i
[tex]L=\int_a^{3a}\left(\frac{u^2}{a^2}+\frac{a^2}{2u^2}\right)du=\left[\frac{u^3}{3a^2}-\frac{a^2}{2u}\right]_a^{3a}=\left(9a-\frac{a}{6}\right)-\left(\frac{a}{3}-\frac{a}{2}\right)=9a-\frac{a}{6}+\frac{a}{6}=9a[/tex]

Rešenje:
Imamo
[tex]\vec{r}\,{}'=\left(1,\ u,\ u^2\right),\qquad \vec{r}\,{}''=(0,\ 1,\ 2u),\qquad \vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&u&u^2\\0&1&2u\end{vmatrix}=\left(u^2,\ -2u,\ 1\right)[/tex]
Ovaj vektor nikada nije nula vektor, pa oskulatorna ravan postoji u svakoj tački i [tex]\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''[/tex] je njen vektor normale. Oskulatorna ravan u tački [tex]\vec{r}(u)[/tex] je
[tex]u^2(x-u)-2u\left(y-\frac{u^2}{2}\right)+\left(z-\frac{u^3}{3}\right)=0\ \Leftrightarrow\ u^2x-2uy+z-\frac{u^3}{3}=0[/tex]
Ona prolazi kroz [tex]A(0; 0; 9)[/tex] ako i samo ako je
[tex]9-\frac{u^3}{3}=0\ \Leftrightarrow\ u^3=27\ \Leftrightarrow\ u=3[/tex]
([tex]u=3[/tex] je jedini realan koren). Za [tex]u=3[/tex] dobijamo jedinu takvu ravan; ona je oskulatorna u tački [tex]\left(3; \frac{9}{2}; 9\right)[/tex]:
[tex]9x-6y+z-9=0[/tex]

Rešenje:
Koristimo formulu
[tex]\tau=\frac{\left(\vec{r}\,{}',\vec{r}\,{}'',\vec{r}\,{}'''\right)}{\left|\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''\right|^2}[/tex]
Izvodi i njihove vrednosti za [tex]u=1[/tex] su
[tex]\vec{r}\,{}'=\left(3-3u^2,\ 6u,\ 3+3u^2\right)=(0,\ 6,\ 6),\qquad \vec{r}\,{}''=(-6u,\ 6,\ 6u)=(-6,\ 6,\ 6),\qquad \vec{r}\,{}'''=(-6,\ 0,\ 6)[/tex]
Tada je
[tex]\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\0&6&6\\-6&6&6\end{vmatrix}=(0,\ -36,\ 36),\qquad \left|\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''\right|^2=2592\ne 0[/tex]
pa je torzija definisana. Mešoviti proizvod je
[tex]\left(\vec{r}\,{}',\vec{r}\,{}'',\vec{r}\,{}'''\right)=\left(\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''\right)\centerdot\vec{r}\,{}'''=0+0+36\cdot 6=216[/tex]
Dakle,
[tex]\tau(1)=\frac{216}{2592}=\frac{1}{12}[/tex]

Rešenje:
Krive se seku tamo gde je [tex]u-v=0[/tex] i [tex]u+v=2[/tex], tj. za [tex]u=v=1[/tex]. Za prvu fundamentalnu formu računamo
[tex]\vec{r}_u=(\cos v,\ \sin v,\ 2u),\qquad \vec{r}_v=(-u\sin v,\ u\cos v,\ 0)[/tex]
[tex]E=\vec{r}_u\centerdot\vec{r}_u=1+4u^2,\qquad F=\vec{r}_u\centerdot\vec{r}_v=0,\qquad G=\vec{r}_v\centerdot\vec{r}_v=u^2[/tex]
pa za [tex]u=1[/tex] dobijamo [tex]E=5[/tex], [tex]F=0[/tex], [tex]G=1[/tex]. Duž [tex]c_1[/tex] važi [tex]du=dv[/tex], pa uzimamo pravac [tex](du,dv)=(1,1)[/tex]; duž [tex]c_2[/tex] važi [tex]\delta u=-\delta v[/tex], pa uzimamo [tex](\delta u,\delta v)=(1,-1)[/tex]. Ugao između dva pravca na površi dat je sa
[tex]\cos\varphi=\frac{E\,du\,\delta u+F\left(du\,\delta v+dv\,\delta u\right)+G\,dv\,\delta v}{\sqrt{E\,du^2+2F\,du\,dv+G\,dv^2}\,\sqrt{E\,\delta u^2+2F\,\delta u\,\delta v+G\,\delta v^2}}=\frac{5-1}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}}=\frac{2}{3}[/tex]
Pošto je [tex]\cos\varphi\gt 0[/tex], to je oštar ugao između krivih:
[tex]\varphi=\arccos\frac{2}{3}[/tex]

Rešenje:
Prvi izvodi su:
[tex]\vec{r}_u=\left(\cos 2v ; \sin 2v ; 0\right),\quad \vec{r}_v=\left(-2u\sin 2v ; 2u\cos 2v ; -\frac{1}{v^2}\right)[/tex]
Koeficijenti prve osnovne forme su:
[tex]E=\vec{r}_u\centerdot\vec{r}_u=1,\quad F=\vec{r}_u\centerdot\vec{r}_v=-2u\sin 2v\cos 2v+2u\sin 2v\cos 2v=0,\quad G=\vec{r}_v\centerdot\vec{r}_v=4u^2+\frac{1}{v^4}[/tex]
Vektorski proizvod [tex]\vec{m}[/tex] vektora [tex]\vec{r}_u[/tex] i [tex]\vec{r}_v[/tex] je vektor normale dužine [tex]\sqrt{EG-F^2}=\sqrt{G}[/tex]:
[tex]\vec{m}=\left(-\frac{\sin 2v}{v^2} ; \frac{\cos 2v}{v^2} ; 2u\right),\quad |\vec{m}|=\sqrt{\frac{1}{v^4}+4u^2}=\sqrt{G},\quad \vec{n}=\frac{\vec{m}}{\sqrt{G}}[/tex]
Drugi izvodi i koeficijenti druge osnovne forme (koeficijent [tex]N[/tex] nije potreban, jer je [tex]L=0[/tex]):
[tex]\vec{r}_{uu}=\vec{0},\quad \vec{r}_{uv}=\left(-2\sin 2v ; 2\cos 2v ; 0\right)[/tex]
[tex]L=\vec{r}_{uu}\centerdot\vec{n}=0,\quad M=\vec{r}_{uv}\centerdot\vec{n}=\frac{1}{\sqrt{G}}\left(\frac{2\sin ^2 2v}{v^2}+\frac{2\cos^2 2v}{v^2}\right)=\frac{2}{v^2\sqrt{G}}[/tex]
Prema tome,
[tex]K=\frac{LN-M^2}{EG-F^2}=-\frac{M^2}{G}=-\frac{4}{v^4G^2}=-\frac{4}{v^4\left(4u^2+\frac{1}{v^4}\right)^2}=-\frac{4v^4}{\left(1+4u^2v^4\right)^2}[/tex]
Ovo je u skladu sa činjenicom da je [tex]S[/tex] pravolinijska površ ([tex]u[/tex]-linije su prave), a za takve površi je [tex]K\le 0[/tex].

Rešenje:
Prvi izvodi i njihov vektorski proizvod [tex]\vec{m}[/tex] su:
[tex]\vec{r}_u=\left(2u ; 2u ; v\right),\quad \vec{r}_v=\left(2v ; -2v ; u\right),\quad \vec{m}=\left(2u^2+2v^2 ; 2v^2-2u^2 ; -8uv\right)[/tex]
Ovde je [tex]\vec{m}=\vec{0}[/tex] samo za [tex]u=v=0[/tex], pa su sve tačke površi [tex]S[/tex] regularne. Drugi izvodi su:
[tex]\vec{r}_{uu}=\left(2 ; 2 ; 0\right),\quad \vec{r}_{uv}=\left(0 ; 0 ; 1\right),\quad \vec{r}_{vv}=\left(2 ; -2 ; 0\right)[/tex]
Sa jediničnom normalom [tex]\vec{n}=\frac{\vec{m}}{|\vec{m}|}[/tex] koeficijenti druge osnovne forme su
[tex]L=\frac{8v^2}{|\vec{m}|},\quad M=-\frac{8uv}{|\vec{m}|},\quad N=\frac{8u^2}{|\vec{m}|}[/tex]
[tex]II=\frac{8}{|\vec{m}|}\left(v^2\,du^2-2uv\,du\,dv+u^2\,dv^2\right)=\frac{8}{|\vec{m}|}\left(v\,du-u\,dv\right)^2[/tex]
Asimptotski pravci zadovoljavaju [tex]II=0[/tex], tj. [tex]v\,du-u\,dv=0[/tex]. Forma je potpun kvadrat i nije identički jednaka nuli, pa u svakoj tački postoji tačno jedan (dvostruki) asimptotski pravac: sve tačke su parabolične ([tex]LN-M^2=0[/tex], [tex]K=0[/tex]).
Integracijom jednačine [tex]v\,du-u\,dv=0[/tex] dobijamo [tex]u=Cv[/tex] (i [tex]v=0[/tex]); duž [tex]u=Cv[/tex] je
[tex]\vec{r}=v^2\left(C^2+1 ; C^2-1 ; C\right)[/tex]
što je poluprava koja polazi iz koordinatnog početka. Zaista, [tex]x^2-y^2=4u^2v^2=4z^2[/tex], pa [tex]S[/tex] leži na konusu [tex]x^2-y^2=4z^2[/tex], a njene asimptotske linije su izvodnice konusa. Dakle, kroz svaku tačku površi [tex]S[/tex] prolazi tačno jedna asimptotska linija.

Rešenje:
Zapišimo familiju u obliku [tex]F(x,y,x_0)=0[/tex], [tex]x_0\gt 0[/tex], gde je
[tex]F(x,y,x_0)=y-\frac{2}{x_0}-x\left(1-\frac{1}{x_0^2}\right)[/tex]
Obvojnica se dobija iz sistema [tex]F=0,\ \frac{\partial F}{\partial x_0}=0[/tex]:
[tex]\frac{\partial F}{\partial x_0}=\frac{2}{x_0^2}-\frac{2x}{x_0^3}=\frac{2}{x_0^3}\left(x_0-x\right)=0\iff x=x_0[/tex]
Zamenom u [tex]F=0[/tex] dobijamo:
[tex]y=\frac{2}{x_0}+x_0-\frac{1}{x_0}=x_0+\frac{1}{x_0}[/tex]
Dakle, obvojnica je kriva [tex]y=x+\frac{1}{x},\ x\gt 0[/tex]. Provera: za [tex]x=x_0[/tex] njen koeficijent pravca je [tex]y'=1-\frac{1}{x_0^2}[/tex], isti kao koeficijent pravca prave sa parametrom [tex]x_0[/tex], a ta prava prolazi kroz [tex]\left(x_0 ; x_0+\frac{1}{x_0}\right)[/tex]; prema tome, svaka prava familije je tangenta te krive.

Rešenje:
Neka je [tex]P\left(x_0 ; y_0 ; x_0y_0\right)[/tex] proizvoljna tačka površi i posmatrajmo pravu kroz [tex]P[/tex] sa vektorom pravca [tex]\left(p ; q ; r\right)\ne\vec{0}[/tex]:
[tex]x=x_0+pt,\quad y=y_0+qt,\quad z=x_0y_0+rt,\quad t\in\mathbb{R}[/tex]
Ona leži na površi ako i samo ako za svako [tex]t[/tex] važi
[tex]x_0y_0+rt=\left(x_0+pt\right)\left(y_0+qt\right)\iff rt=\left(py_0+qx_0\right)t+pq\,t^2[/tex]
Dva polinoma po [tex]t[/tex] jednaka su za svako [tex]t[/tex] samo ako su im koeficijenti jednaki:
[tex]pq=0,\quad r=py_0+qx_0[/tex]
Ako je [tex]p=0[/tex], onda je [tex]q\ne 0[/tex] (inače bi i [tex]r=0[/tex], pa bi vektor bio nula-vektor), a pravac je [tex]\left(0 ; q ; qx_0\right)\parallel\left(0 ; 1 ; x_0\right)[/tex]: to je prava [tex]\ell_1:\ x=x_0,\ z=x_0y[/tex].
Ako je [tex]q=0[/tex], onda je [tex]p\ne 0[/tex] i pravac je [tex]\left(p ; 0 ; py_0\right)\parallel\left(1 ; 0 ; y_0\right)[/tex]: to je prava [tex]\ell_2:\ y=y_0,\ z=y_0x[/tex].
Obe prave zaista leže na površi (na [tex]\ell_1[/tex] je [tex]z=x_0y=xy[/tex], a na [tex]\ell_2[/tex] je [tex]z=y_0x=xy[/tex]); njihovi pravci nisu paralelni, pa su različite, a prema gornjem računu drugih pravih kroz [tex]P[/tex] na površi nema.
Dakle, kroz svaku tačku prolaze tačno dve prave površi, i [tex]z=xy[/tex] je pravolinijska površ, na primer unija pravih [tex]x=c,\ z=cy[/tex], [tex]c\in\mathbb{R}[/tex].