Departamento de Matemática da Universidade de Coimbra Geometria Diferencial

Duração: 30m  Teste 2A  3/04/06

Soluções

O primeiro grupo de questões é de escolha múltipla; uma resposta certa terá a cotação máxima que lhe for atribuída e uma resposta errada perderá metade dessa cotação (desde que a nota do teste permaneça não negativa).

1. Em cada uma das alíneas seguintes indique o valor lógico das afirmações: (V: verdadeira; F: falsa) V F

(a) Rodando 90^{∘}, no sentido positivo, o vector v = (v_{1}, v_{2}) de ℝ^{2}, obtem-se

o vector (−v_{2}, −v_{1}).  ×

[O vector que se obtem é o vector (−v_{2}, v_{1}) e n~ ao (−v_{2}, −v_{1}) (este
é o resultado de uma rotaç~ ao de 180^{0}).]

(b) Se todo o plano normal de γ : I → ℝ^{3} passa por um ponto fixo então γ é

uma curva esférica.  ×

[Exercício I.3.16 feito nas aulas.]

(c) A curva γ_{a} : ℝ → ℝ^{3} definida por γ_{a}(t) = (\frac{2}{3}t, t^{2}, at^{3}) é uma hélice

generalizada para a = 0, 1, 2.  ×

[A afirmaç~ ao é falsa porque γ_{a} n~ ao é uma hélice generalizada para

a = 2: neste caso, τ(t)/κ(t) = 2((\frac{16}{9} + 16t^{2} + 144t^{4})/(\frac{16}{9} + 64t^{2} + 144t^{4}))^{\frac{3}{2}}

n~ ao é constante.

Mais geralmente, como [γ′_{a}(t), γ′′_{a}(t), γ′′′_{a}(t)] = 8a, ∥γ′_{a}(t)∥ = (\frac{4}{9} + 4t^{2} + 9a^{2}t^{4})^{\frac{1}{2}} e ∥γ′_{a}(t) ∧ γ′′_{a}(t)∥ = (\frac{16}{9} + 16a^{2}t^{2} + 36a^{2}t^{4})^{\frac{1}{2}} , ent~ ao τ(t)/κ(t) é igual a 8a((\frac{4}{9} + 4t^{2} + 9a^{2}t^{4})/(\frac{16}{9} + 16a^{2}t^{2} + 36a^{2}t^{4}))^{\frac{3}{2}} , que é constante

exactamente para a = 0, a = 1 e a = −1.]

(d) S = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | 2x^{2} + 2xy − z^{2} − 2yz = 1} é uma superfície.  ×

[A afirmaç~ ao é verdadeira pois S = f^{−1}({1}), para f : ℝ^{3} → ℝ
definida por f(x, y, z) = 2x^{2} + 2xy − z^{2} − 2yz, e 1 é valor regular

de f: o gradiente ∇_{f}(x, y, z) = (4x + 2y, 2x − 2z, −2z − 2y) só se anula

em (0, 0, 0) e este ponto n~ ao pertence a S.]

2. Considere a curva γ : ℝ → ℝ^{3} dada por γ(t) = (t^{2}, −t + t^{2}, −t + 2).

(a) Prove que γ é plana.

γ é plana se e só se a sua torsão for constantemente nula. Como

τ(t) = \frac{[γ′(t), γ′′(t), γ′′′(t)]}{∥γ′(t) ∧ γ′′(t)∥^{2}}

e γ′′′(t) = 0 então τ(t) = 0 para qualquer t ∈ ℝ.

(b) Determine a equação do plano osculador a γ em t e averigue se existe algum ponto onde esse plano seja paralelo ao plano XOY.

O plano osculador de γ em cada ponto γ(t) é o plano que passa por γ(t) paralelo à tangente T (t) e à normal N(t), ou seja, é o plano que passa por γ(t) e é ortogonal à binormal B(t). Como

B(t) = \frac{γ′(t) ∧ γ′′(t)}{∥γ′(t) ∧ γ′′(t)∥},

então a direcção de B(t) é dada pelo vector γ′(t)∧γ′′(t) = (2, −2, 2), ou, o que é o mesmo, pelo vector (1, −1, 1). Portanto o plano osculador em γ(t) é definido pela equação

((x, y, z) − (t^{2}, −t + t^{2}, −t + 2) | (1, −1, 1)) = 0,

ou seja, x − y + z = 2. Este plano (que é sempre o mesmo em qualquer t) não é paralelo ao plano XOY. Em conclusão, em nenhum ponto da curva o plano osculador é paralelo ao plano horizontal XOY.

Alternativa (evitando o cálculo do plano osculador): O plano osculador será paralelo ao plano horizontal XOY se e só se for ortogonal ao vector vertical (0, 0, 1). Como o plano osculador é ortogonal a (1, −1, 1), isso será verdade se e só se os vectores (1, −1, 1) e (0, 0, 1) forem paralelos, o que não é verdade.