Autor Tema: Variación signo curvatura según la parametrización

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08 Octubre, 2021, 12:06 am
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Ricardo Boza

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Hola

Si el parámetro arco se define como \[ s = \int_{t_0}^t |\alpha'(\sigma)| d\sigma \], donde \[ \alpha \] es una curva parametrizada regular, podemos tener \[ \frac{ds}{dt} = \begin{cases} |\alpha'(t)| \quad t\ge t_0 \\ -|\alpha'(t)| \quad t < t_0 \end{cases} \]. Pero no veo eso reflejado en la última igualdad del fondo, donde dice \[ \ldots \left ( \frac{dt}{ds} \right) ^3 = \ldots \frac{1}{|\alpha'(t)|^3} \]. ¿Supongo que estamos tomando \[ t>t_0 \]? No entiendo bien el comentario que se hace al final.



Gracias

08 Octubre, 2021, 12:31 am
Respuesta #1

Masacroso

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La exposición es bastante confusa, desde luego. Si se define \( s(t):=\int_{t_0}^{t}|\alpha' (r)|dr \) entonces siempre se tiene que \( \frac{ds}{dt}=|\alpha (t)| \), independientemente de cómo sea \( t \) respecto de \( t_0 \). Si la curva es regular (y su parametrización también) entonces la derivada de la parametrización nunca se anula, lo que significa que \( |\alpha '(t)|>0 \) para todo \( t \).

Como la derivada nunca es nula entonces se puede utilizar el teorema sobre la derivada de la función inversa, encontrando que

\( \displaystyle{
\frac{dt}{ds}=\left(\frac{d s}{dt}\right)^{-1}=|\alpha '(t)|^{-1}\implies \left(\frac{dt}{ds}\right)^3=\left(\frac{d s}{dt}\right)^{-3}=|\alpha '(t)|^{-3}
} \)

El signo de la curvatura depende del signo de \( x'y''-y'x'' \), a eso se refiere con que el signo de la curvatura depende de la parametrización (regular) \( (x,y) \).

Añado: si queremos que la función \( s \) sea no-negativa (porque sólo consideramos el caso de longitudes no-negativas) entonces en la definición anterior debemos asumir que \( t\geqslant t_0 \), o cambiar el signo a la integral cuando \( t\leqslant t_0 \), pero así sin más, con una expresión del tipo \( s(t)=\int_{t_0}^t |\alpha '(r)|dr \) hay que asumir que \( t\geqslant t_0 \) para que \( s\geqslant 0 \).

08 Octubre, 2021, 02:09 pm
Respuesta #2

Ricardo Boza

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El caso es que me extrañaba porque me parece una pequeña inconsistencia por omisión, por falta de comentario. Quizá me equivoque y sea algo evidente, pero para mí no lo es. Esto no quita que se trate de un tema casi trivial, pero bueno.



Saludos

08 Octubre, 2021, 06:23 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

El caso es que me extrañaba porque me parece una pequeña inconsistencia por omisión, por falta de comentario. Quizá me equivoque y sea algo evidente, pero para mí no lo es. Esto no quita que se trate de un tema casi trivial, pero bueno.

No estoy seguro de si has resuelto o no la duda. Lo que pone en las fotos que has adjuntado, mejor o peor explicado, está bien. Cuando dices lo que he marcado en rojo. ¿A qué te refieres exactamente?¿qué es lo que quizá sea evidente pero para ti no lo es?.

Saludos.

09 Octubre, 2021, 08:26 am
Respuesta #4

Ricardo Boza

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Buenos días.

Perdona la tardanza en escribir.

Si el parámetro arco se define como \[ s = \int_{t_0}^t |\alpha'(\sigma)| d\sigma \], donde \[ \alpha \] es una curva parametrizada regular, podemos tener \[ \frac{ds}{dt} = \begin{cases} |\alpha'(t)| \quad t\ge t_0 \\ -|\alpha'(t)| \quad t < t_0 \end{cases} \]. Pero no veo eso reflejado en la última igualdad del fondo, donde dice \[ \ldots \left ( \frac{dt}{ds} \right) ^3 = \ldots \frac{1}{|\alpha'(t)|^3} \]. ¿Supongo que estamos tomando \[ t>t_0 \]?

Si \[ s = \int_{t_0}^t |\alpha'(\sigma)| d\sigma \], entonces \[ \frac{ds}{dt} = \begin{cases} |\alpha'(t)| \quad t\ge t_0 \\ -|\alpha'(t)| \quad t < t_0 \end{cases} \]. Por tanto (tras aplicar el teorema de la función inversa), \[ \frac{dt}{ds} = \begin{cases} \frac{1}{|\alpha'(t)|} \quad t\ge t_0 \\ -\frac{1}{|\alpha'(t)|} \quad t < t_0 \end{cases} \], así que \[ \left(\frac{dt}{ds}\right)^3= \begin{cases} \frac{1}{|\alpha'(t)|^3} \quad t\ge t_0 \\ -\frac{1}{|\alpha'(t)|^3} \quad t < t_0 \end{cases} \]. De la última igualdad del pdf, sin embargo, no veo que se haga esta distinción, puesto que escriben \[ \ldots \left ( \frac{dt}{ds} \right) ^3 = \ldots \frac{1}{|\alpha'(t)|^3}\] solamente, mientras que a mi entender debería contemplarse también el caso \[ \ldots \left ( \frac{dt}{ds} \right) ^3 = \ldots \frac{-1}{|\alpha'(t)|^3}\] para que realmente pudiésemos ver que la parametrización puede afectar al signo de la curvatura, como afirma en la parte final "A partir de esta fórmula se deduce que la curvatura puede cambiar de signo con las reparametrizaciones, según el signo de la derivada del cambio de parámetros". Que sí, que \[ \frac{dt}{ds} \] sólo se diferencia en el signo, y sí, ver eso puede ser trivial. Pero no se ha especificado previamente que \[ \frac{ds}{dt} = |\alpha'(t)| \], por lo cual se deduciría que estamos partiendo de que \[t > t_0 \], ni tampoco se ha especificado que \[ t > t_0 \], cuando debería haberse hecho si la fórmula queda de la manera que queda. Es más, aquí abajo se dice que es natural que una longitud de arco puede considerarse negativa (algo que puede ser práctico y muy fácil de entender a partir de la definición pero que no es para nada natural (esto es lo malo de filosofar demasiado (va por mí))), y se distinguen los casos en que \[ t>t_0 \] y \[ t<t_0 \], cuando poco más tarde (por lo que parece) sólo considera uno de ellos (\[t>t_0\]), y sin especificarlo de forma previa.



09 Octubre, 2021, 10:35 am
Respuesta #5

Luis Fuentes

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Hola

Si \[ s = \int_{t_0}^t |\alpha'(\sigma)| d\sigma \], entonces \[ \frac{ds}{dt} = \begin{cases} |\alpha'(t)| \quad t\ge t_0 \\ -|\alpha'(t)| \quad t < t_0 \end{cases} \].

Es que eso no es así. Piensa un ejemplo sencillo. Si:

\( s=\displaystyle\int_{t_0}^{t}1dt=t-t_0 \)

entonces:

\( \dfrac{ds}{dt}=1 \) (siempre positivo, independientemente de si \( t \) mayor o menor que \( t_0 \)).

Saludos.

10 Octubre, 2021, 06:47 pm
Respuesta #6

Ricardo Boza

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¡Ay! Cómo he lamentado haber aplicado mal el teorema fundamental del cálculo. Pero bueno; todos los problemas fueran esos.

Saludos.