Piano osculatore di cubica gobba
Ciao a tutti dovrei calcolare il piano osculatore della cubica gobba $x(t)=(t,t^2,t^3)$.
La mia idea era di trovare i versori tangenti e normale e trovare l'equazione del piano generato, o in alternativa arrivare a trovare il binormale e considerare lo spazio a lui ortogonale.
Ora questi calcoli vengono inutilizzabili perchè la norma della derivata prima dipende da t.
La soluzione afferma che il binormale è parallelo a $x'\times x''$ ma non riesco a spiegarmi questa formula: il vettore $x'$ è parallelo a $T$, ma come si fa a dire che $x''$ è indipendente da $T$ e ortogonale a $b$? (Io sapevo che solo la derivata di un versore è ortogonale al versore di partenza).
Grazie
La mia idea era di trovare i versori tangenti e normale e trovare l'equazione del piano generato, o in alternativa arrivare a trovare il binormale e considerare lo spazio a lui ortogonale.
Ora questi calcoli vengono inutilizzabili perchè la norma della derivata prima dipende da t.
La soluzione afferma che il binormale è parallelo a $x'\times x''$ ma non riesco a spiegarmi questa formula: il vettore $x'$ è parallelo a $T$, ma come si fa a dire che $x''$ è indipendente da $T$ e ortogonale a $b$? (Io sapevo che solo la derivata di un versore è ortogonale al versore di partenza).
Grazie
Risposte
Il piano cercato è del tipo:
$ax+by+cz=d$
Il vettore $(a,b,c)$ è quindi normale al piano, ovvero alla curva. Qual è?
Dopo averlo sostituito, troviamo $d$ sostituendo il punto generico della curva parametrica a $(x,y,z)$
$ax+by+cz=d$
Il vettore $(a,b,c)$ è quindi normale al piano, ovvero alla curva. Qual è?
Dopo averlo sostituito, troviamo $d$ sostituendo il punto generico della curva parametrica a $(x,y,z)$
si ok, la domanda era: $x'\times x''$ è parallelo al versore binormale?
Vediamo cosa accade dal punto di vista geometrico.
Abbiamo una traiettoria di una particella descritta dalla funzione vettoriale $x(t)$ (la posizione).
$x'(t)$ è la velocità, quindi è la "mappa" di tutte le tangenti al moto ed è chiaramente nella direzione del moto stesso.
$x''(t)$ è l'accelerazione, ovvero la "mappa" delle tangenti della velocità. Ergo, rispetto al moto sono in direzione perpendicolari (normali) alle tangenti.
Il cerchio osculatore sta in ogni istante lungo le direzioni velocità e accelerazione...e così anche il piano osculatorio che lo contiene. A questo punto potremmo benissimo ricavare il piano osculatorio risolvendo il sistema $pi: (x,y,z)=alphax'(t)+betax''(t)+ x(t)$.
Ma perché sbattersi quando ci basta trovare la direzione binormale, ovvero la direzione perpendicolare ad entrambe le direzioni velocità e accelerazione?
Per trovarla è sufficiente fare il prodotto vettoriale $x'(t)Xx''(t)$...ed una tautologia affermare che questa direzione è parallela a se stessa!
Abbiamo una traiettoria di una particella descritta dalla funzione vettoriale $x(t)$ (la posizione).
$x'(t)$ è la velocità, quindi è la "mappa" di tutte le tangenti al moto ed è chiaramente nella direzione del moto stesso.
$x''(t)$ è l'accelerazione, ovvero la "mappa" delle tangenti della velocità. Ergo, rispetto al moto sono in direzione perpendicolari (normali) alle tangenti.
Il cerchio osculatore sta in ogni istante lungo le direzioni velocità e accelerazione...e così anche il piano osculatorio che lo contiene. A questo punto potremmo benissimo ricavare il piano osculatorio risolvendo il sistema $pi: (x,y,z)=alphax'(t)+betax''(t)+ x(t)$.
Ma perché sbattersi quando ci basta trovare la direzione binormale, ovvero la direzione perpendicolare ad entrambe le direzioni velocità e accelerazione?
Per trovarla è sufficiente fare il prodotto vettoriale $x'(t)Xx''(t)$...ed una tautologia affermare che questa direzione è parallela a se stessa!
ok grazie! ma quindi per trovare il versore normale basta normalizzare $x''$? Perchè avevo capito che bisognasse necesseriamente normalizzare la derivata del versore tangente..
Non cambia nulla se normalizzi dopo...la norma è uno scalare.
Ho provato a farmi questo esempio:
$x(t)=(2t,t^2)$
$x'(t)=(2,2t)$ e $\abs(x'(t))=2*\sqrt(1+t^2)$
$x''(t)=(0,2)$ e normalizando si ottiene che il versore normale è $(0,1)$
Procedendo nell'altro modo risulta
$T=(x'(t))/\abs(x'(t))=(1/sqrt(1+t^2),t/sqrt(1+t^2))$
$T'(t)=(-t/(1+t^2)^(3/2),1/(\sqrt(1+t^2))+t^2/((1+t^2)^(5/2)))$
$Kn=(T'(t))/\abs(x'(t))=(-t/(2*(1+t^2)^2),1/(2*(1+t^2))+t^2/(2*(1+t^2)^3))$
che è parallelo a $(-t/(1+t^2),1+t^2/(1+t^2)^2)=(u,1+u^2)$ ma non a $(0,1)$ (eccetto che in t=0)
Sperando che i calcoli siano giusti i metodi non mi sembrano equivalenti, dov'è l'errore?
Inoltre col primo metodo viene che il versore normale è costante in ogni punto quindi continuerei a pensare che non va bene normalizzare $x''$ per trovare il versore normale
$x(t)=(2t,t^2)$
$x'(t)=(2,2t)$ e $\abs(x'(t))=2*\sqrt(1+t^2)$
$x''(t)=(0,2)$ e normalizando si ottiene che il versore normale è $(0,1)$
Procedendo nell'altro modo risulta
$T=(x'(t))/\abs(x'(t))=(1/sqrt(1+t^2),t/sqrt(1+t^2))$
$T'(t)=(-t/(1+t^2)^(3/2),1/(\sqrt(1+t^2))+t^2/((1+t^2)^(5/2)))$
$Kn=(T'(t))/\abs(x'(t))=(-t/(2*(1+t^2)^2),1/(2*(1+t^2))+t^2/(2*(1+t^2)^3))$
che è parallelo a $(-t/(1+t^2),1+t^2/(1+t^2)^2)=(u,1+u^2)$ ma non a $(0,1)$ (eccetto che in t=0)
Sperando che i calcoli siano giusti i metodi non mi sembrano equivalenti, dov'è l'errore?
Inoltre col primo metodo viene che il versore normale è costante in ogni punto quindi continuerei a pensare che non va bene normalizzare $x''$ per trovare il versore normale
Galager, io ho risposto al problema iniziale che hai posto e la soluzione più semplice per trovare il piano osculatore è utilizzare le derivate.
Se vuoi trovarlo facendo tutti i conti per determinare il versore binormale, accomodati. È un utile esercizio ma pieno zeppo di calcoli.
In generale, l'idea di determinare i tre versori normalizzati risponde alle questioni circa l'andamento della particella lungo la traiettoria e vista come se fosse un aeroplanino.
Il modo corretto per introdurre il concetto è chiedersi (per esempio) come varia la velocità per unità d'arco della curva. Quindi a rigore si dovrebbe prima riparametrizzare $x(t)$ in $x(s)$. E poi studiarne le derivate. Ma siccome esistono delle equivalenze matematiche (che certamente hai trovato sul libro di testo) che pongono in relazione le derivate rispetto a t e quelle rispetto ad s, allora conviene utilizzarle per due motivi:
1) perché una volta determinati i tre versori si possono facilmente determinare tutte le funzioni come la curvatura e la torsione.
2) perché spesso e volentieri i calcoli sono più semplici.
Ma se un problema ti chiede una cosa specifica, trovala nel modo più economico. Non usare un bazooka.
Se vuoi trovarlo facendo tutti i conti per determinare il versore binormale, accomodati. È un utile esercizio ma pieno zeppo di calcoli.
In generale, l'idea di determinare i tre versori normalizzati risponde alle questioni circa l'andamento della particella lungo la traiettoria e vista come se fosse un aeroplanino.
Il modo corretto per introdurre il concetto è chiedersi (per esempio) come varia la velocità per unità d'arco della curva. Quindi a rigore si dovrebbe prima riparametrizzare $x(t)$ in $x(s)$. E poi studiarne le derivate. Ma siccome esistono delle equivalenze matematiche (che certamente hai trovato sul libro di testo) che pongono in relazione le derivate rispetto a t e quelle rispetto ad s, allora conviene utilizzarle per due motivi:
1) perché una volta determinati i tre versori si possono facilmente determinare tutte le funzioni come la curvatura e la torsione.
2) perché spesso e volentieri i calcoli sono più semplici.
Ma se un problema ti chiede una cosa specifica, trovala nel modo più economico. Non usare un bazooka.
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