Диференциална геометрия на криви и повърхнини - задачи с решения

Решение:
Радиус-векторът на кривата е [tex]\vec{r}(t)=\left(t\cos t,\ t\sin t,\ 3t\right)[/tex], а допирателният вектор е неговата производна. По правилото за производна на произведение
[tex]\vec{r}\,{}'(t)=\left(\cos t-t\sin t,\ \sin t+t\cos t,\ 3\right)[/tex]
При [tex]t=\frac{3\pi}{2}[/tex] имаме [tex]\cos\frac{3\pi}{2}=0[/tex] и [tex]\sin \frac{3\pi}{2}=-1[/tex], следователно
[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]
Този вектор е ненулев, следователно съответната точка [tex]\left(0; -\frac{3\pi}{2}; \frac{9\pi}{2}\right)[/tex] е обикновена (регулярна) точка на кривата.

Решение:
И четирите криви имат вида [tex]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1[/tex] съответно с [tex]a=3[/tex], [tex]2[/tex], [tex]1[/tex], [tex]4[/tex]. При параметризацията [tex]x=a\cos t,\ y=2\sin t[/tex] на точката [tex](0; 2)[/tex] съответства [tex]t=\frac{\pi}{2}[/tex] и в нея
[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]
Кривината на равнинна параметрично зададена крива и радиусът на кривината са
[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]
За [tex]a^2=9[/tex], [tex]4[/tex], [tex]1[/tex], [tex]16[/tex] получаваме (втората крива е окръжност с радиус [tex]2[/tex], както се очаква)
[tex]R_1=\frac{9}{2},\quad R_2=2,\quad R_3=\frac{1}{2},\quad R_4=8[/tex]
Най-големият радиус, [tex]R=8[/tex], е на кривата [tex]\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1[/tex].

Решение:
Първо намираме параметрите на [tex]M[/tex]: [tex]u=1[/tex], тогава от [tex]u^2-2v=3[/tex] следва [tex]v=-1[/tex] и наистина [tex]u^3-3uv=1+3=4[/tex], т.е. [tex]M=\vec{r}(1,-1)[/tex]. Частните производни при [tex](u,v)=(1,-1)[/tex] са
[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]
Нормален вектор на допирателната равнина е тяхното векторно произведение:
[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]
Тъй като [tex]\vec{N}\ne\vec{0}[/tex], точката [tex]M[/tex] е обикновена и допирателната равнина е
[tex]6(x-1)+3(y-3)-2(z-4)=0\ \Leftrightarrow\ 6x+3y-2z-7=0[/tex]

Решение:
Нека кривата има регулярна параметризация [tex]\vec{r}(t)[/tex] от клас [tex]C^3[/tex] и лежи в равнината през точката с радиус-вектор [tex]\vec{r}_0[/tex] и единичен нормален вектор [tex]\vec{m}[/tex]. Тогава за всяко [tex]t[/tex]
[tex]\left(\vec{r}(t)-\vec{r}_0\right)\centerdot\vec{m}=0[/tex]
Тъй като [tex]\vec{r}_0[/tex] и [tex]\vec{m}[/tex] са постоянни, след трикратно диференциране получаваме
[tex]\vec{r}\,{}'\centerdot\vec{m}=0,\qquad \vec{r}\,{}''\centerdot\vec{m}=0,\qquad \vec{r}\,{}'''\centerdot\vec{m}=0[/tex]
Значи векторите [tex]\vec{r}\,{}'[/tex], [tex]\vec{r}\,{}''[/tex], [tex]\vec{r}\,{}'''[/tex] са перпендикулярни на [tex]\vec{m}[/tex], т.е. са успоредни на една равнина (компланарни). Следователно те са линейно зависими и смесеното им произведение е нула:
[tex]\left(\vec{r}\,{}',\vec{r}\,{}'',\vec{r}\,{}'''\right)=0[/tex]
Кривината [tex]\kappa=\frac{\left|\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''\right|}{\left|\vec{r}\,{}'\right|^3}[/tex] е ненулева, следователно [tex]\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''\ne\vec{0}[/tex] и торзията е дефинирана:
[tex]\tau=\frac{\left(\vec{r}\,{}',\vec{r}\,{}'',\vec{r}\,{}'''\right)}{\left|\vec{r}\,{}'×\vec{r}\,{}''\right|^2}=0[/tex]