Esercizio - cubica gobba, curvatura, torsione e piano osculatore

Teoria: Triedro di Frenet, binormale e torsione di una curva nello spazioPer una curva regolare di R^3 con curvatura κ ≠ 0 si ha la terna ortonormale destra (T, N, B) con B = T ∧ N (binormale). I piani osculatore (T, N), normale (N, B) e rettificante (T, B) passano per il punto. Formule di Frenet-Serret (D), in ascissa curvilinea: T' = κN, N' = −κT + τB, B' = −τN; τ è la torsione. In un parametro qualsiasi: B = (r' ∧ r'')/|r' ∧ r''|, κ = |r' ∧ r''|/|r'|³, τ = (r' ∧ r'')·r'''/|r' ∧ r''|² (D). La curva è piana se e solo se τ ≡ 0 (D). Elica (R cos t, R sin t, kt): κ = R/(R²+k²), τ = k/(R²+k²). L'accelerazione sta sempre nel piano osculatore: a = v'T + κv²N.Triedro di Frenet, binormale e torsione di una curva nello spazio →.

Testo. Sia $\gamma(t)=(t,\ t^2,\ t^3)$, $t\in\mathbb{R}$ (la "cubica gobba").

1. Calcolare curvatura e torsione in funzione di $t$.
2. Determinare il triedro di Frenet e il piano osculatore in $t=0$, e verificare che la curva attraversa il suo piano osculatore.
3. Calcolare $\kappa$, $\tau$, il triedro e il piano osculatore nel punto $\gamma(1)=(1,1,1)$.

(Esercizio proposto per questo corso, sul modello dei fogli di esercizi di Fondamenti di Analisi Matematica 2.)

Soluzione

Derivate. $\gamma'=(1,2t,3t^2)$, $\gamma''=(0,2,6t)$, $\gamma'''=(0,0,6)$. La curva è regolare ($\gamma'$ ha la prima componente $1$).

Prodotto vettoriale. $$\underline c=\gamma'\wedge\gamma''=\big(2t\cdot6t-3t^2\cdot2,\ \ 3t^2\cdot0-1\cdot6t,\ \ 1\cdot2-2t\cdot0\big)=(6t^2,\ -6t,\ 2),\qquad|\underline c|^2=36t^4+36t^2+4=4(9t^4+9t^2+1).$$ Questo vettore non si annulla mai (la terza componente è $2$): $\kappa>0$ ovunque.

1. Curvatura e torsione. Con $|\gamma'|^2=1+4t^2+9t^4$: $$\kappa(t)=\frac{|\underline c|}{|\gamma'|^3}=\frac{2\sqrt{9t^4+9t^2+1}}{(9t^4+4t^2+1)^{3/2}},\qquad\tau(t)=\frac{\underline c\cdot\gamma'''}{|\underline c|^2}=\frac{12}{4(9t^4+9t^2+1)}=\frac{3}{9t^4+9t^2+1}.$$ La torsione è sempre positiva (curva sempre "destrorsa") e massima in $t=0$.

2. Il punto $t=0$. $\gamma(0)=(0,0,0)$, $\gamma'(0)=(1,0,0)$, $\gamma''(0)=(0,2,0)$, $\underline c(0)=(0,0,2)$. Quindi $$\underline T=(1,0,0),\quad\underline B=(0,0,1),\quad\underline N=\underline B\wedge\underline T=(0,1,0),\qquad\kappa(0)=\frac{2}{1}=2,\quad\tau(0)=3 .$$ Il piano osculatore ha normale $\underline B=(0,0,1)$ e passa per l'origine: è $z=0$. Vicino a $t=0$ la curva ha $z=t^3$, che cambia segno: la curva attraversa il piano osculatore. È un fatto generale quando $\tau\ne0$: la componente fuori dal piano è $\underline r'''\cdot\underline B\frac{h^3}6=\kappa\tau v^3\frac{h^3}6$, dispari in $h$ (qui $=2\cdot3\cdot1\cdot\frac{h^3}{6}=h^3$, esattamente $z=t^3$).

3. Il punto $t=1$. $\gamma(1)=(1,1,1)$, $\gamma'(1)=(1,2,3)$, $|\gamma'(1)|=\sqrt{14}$, $\underline c(1)=(6,-6,2)$, $|\underline c(1)|=\sqrt{76}=2\sqrt{19}$. $$\kappa(1)=\frac{2\sqrt{19}}{14\sqrt{14}}=\frac{\sqrt{266}}{98}\approx0{,}1664,\qquad\tau(1)=\frac{3}{9+9+1}=\frac3{19}\approx0{,}1579 .$$ Il raggio di curvatura è $\approx6{,}01$. Il triedro: $$\underline T=\frac{(1,2,3)}{\sqrt{14}},\qquad\underline B=\frac{(3,-3,1)}{\sqrt{19}}\ \ \Big(=\tfrac{\underline c}{|\underline c|}\Big),\qquad\underline N=\underline B\wedge\underline T=\frac{(-11,-8,9)}{\sqrt{266}} .$$ Verifica: $\underline N\cdot\underline T\propto-11-16+27=0$, $\underline N\cdot\underline B\propto-33+24+9=0$, $|\underline N|^2=\frac{121+64+81}{266}=1$ ✓. Piano osculatore in $(1,1,1)$: normale $(3,-3,1)$, $$3(x-1)-3(y-1)+(z-1)=0\iff3x-3y+z=1 .$$ Verifica: il punto $(1,1,1)$ lo soddisfa; il vettore $\gamma'(1)=(1,2,3)$ è parallelo al piano ($3-6+3=0$) e così $\gamma''(1)=(0,2,6)$ ($-6+6=0$) ✓.

Errori tipici. Dimenticare di elevare alla $3/2$ il denominatore di $\kappa$; calcolare $\underline c\cdot\gamma'''$ con $\gamma''$ al posto di $\gamma'''$ (darebbe $0$ sempre); confondere il normale $\underline N$ con $\gamma''/|\gamma''|$, che qui in $t=1$ non è ortogonale a $\gamma'$.