Ejercicios de geometría

Demostrar que en cualquier punto de una curva regular X = X(s), de clase mayor o igual que 4, se verifica:

\( \displaystyle [\ddot{X}, \mathop {X}\limits^{···}, \mathop {X}\limits^{····} ] = K^5 \frac{d}{ds}\left(\frac{\tau}{K}\right) \)

Respuesta al ejercicio 26

Si la curva viene representada por una ecuación X = X(s), tenemos:

\( \vec{t} = \dot{X}(s) \Rightarrow \ddot{X}(s) = \dot{t} = \vec{K} = K·\vec{n} \)

Derivando la última expresión respecto a s:

\( \mathop {X}\limits^{···}= \dot{K}·\vec{n} + K·\dot{\vec{n}}\)

Pero teniendo en cuenta las fórmulas de Frenet:

\( \mathop {X}\limits^{···}= \dot{K}\vec{n} + K(-K\vec{t}+ \tau\vec{b}) = - K^2\vec{t} + \dot{K}\vec{n}+ K\tau\vec{b}\)

Y volviendo a derivar:

\( \mathop {X}\limits^{····} = - 2K\dot{K}\vec{t} - K^2\dot{t} + \ddot{K}\vec{n} + \dot{K}\dot{\vec{n}}+ \dot{K}\tau\vec{b}+ K\dot{\tau}\vec{b}+ K\tau\dot{\vec{b}} \)

Sustituyendo las expresiones que correspodan según las fórmulas de Frenet, nos queda:

\(\begin{array}{l}
\mathop {X}\limits^{····} = \!- 2K\dot{K}\vec{t} \!- K^3\vec{n}\!+ \ddot{K}\vec{n}\! + \dot{K}(-K\vec{t}\! + \tau\vec{b}) + \dot{K}\tau\vec{b}+ K\dot{\tau}\vec{b}+ \\
\\
+ K\tau^2\dot{\vec{b}} = -3K\dot{K}\vec{t} + (-K^3 + \ddot{K} - K\tau^2)\vec{n} + (2\dot{K}\tau + K\dot{\tau})\vec{b}
\end{array} \)

Podemos poner entonces:

\(\ddot{X}\wedge \mathop {X}\limits^{···} = (K·\vec{n})\wedge (- K^2\vec{t} + \dot{K}\vec{n}+ K·\tau\vec{b})= K^3\vec{b}+ K^2\tau\vec{t}\)

Y finalmente:

\(\begin{array}{l} [\ddot{X}, \mathop {X}\limits^{···}, \mathop {X}\limits^{····} ] = [3K\dot{K}\vec{t} \!+ (-K^3 \!+ \ddot{K}\! - K\tau^2)\vec{n} \!+ (2\dot{K}\tau \!+ K \dot{\tau})\vec{b}]\\(K^3\vec{b}+ K^2\tau\vec{t})= \\ \\ = \displaystyle - 3K^3\dot{K}\tau + 2K^3\dot{K}\tau + K^4\dot{\tau} =\\ = - K^3\dot{K}\tau + K^4\dot{\tau} = K^3(\dot{\tau}K - \dot{K}\tau) = K^5\frac{d}{ds}(\tau /K) \end{array}\)