Existence theorem for planar curves (II)

We follow with the above entry taking an 'easy' function $k$: find a planar curve as a   $y=f(x)$ where $k(x)=2x$.

By the given method in the last entry, we integrate $k$ between $a$ and $x$. Take $a=0$, obtaining  $g(x)=x^2$ (here $m=0$). Then the solution is
$$y(x)=\int_0^x \frac{g(t)}{\sqrt{1-g(t)^2}}dt.$$
In this case,
$$\int_0^x\frac{t^2}{\sqrt{1-t^4}}dt.$$
This integral is not possible to compute!

Other example. Take $k(x)=e^x$. Now
$$\int_0^x e^t dt=e^x-1.$$
If we take $m=-1$, then $g(x)=e^x$ and finally $$f(x)=\int:0^x\frac{e^t}{\sqrt{1-e^{2t}}}dt=\mbox{arc}\sin (e^x).$$In order to make sense in the integrand, we are assuming that  $x<0$. The solution is $y(x)=\mbox{arc}\sin (e^x)$ whose graphic is

Existence theorem for planar curves

We know how to calculate the curvature of a regular curve of  $\mathbb{R}^2$ even if it is not parametrized by the length-arc. We pose the next

Question: let $k:I\subset \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ be a smooth function. Does exist a curve  $\alpha:I\rightarrow\mathbb{R}^2$ such that its curvature is $k$, that is, $\kappa(s)=k(s)$?

Answer: yes.

How do we find such a curve? We can do the next approach (and an answer) thanks to the curvature and using our knowledge from Calculus. We do an answer only for curves that are graphs of a function  $y=f(x)$. But this is enough because any curve is locally the graph of a function.

Thus the given function $k=k(s)$ is now a function $k=k(x)$ where $x\in (a,b)$ and $k$ is an easy function. The curve $\alpha$ that we are looking for writes then as  $\alpha(x)=(x,f(x))$ and its curvature is
$$\kappa(x)=\frac{f''(x)}{(1+f'(x)^2)^{3/2}}.$$
Then we have to solve the following

Problem: let $k:(a,b)  \rightarrow\mathbb{R}$ be a smooth function. Does exist a function $y=f(x)$ such that $$\frac{f''(x)}{(1+f'(x)^2)^{3/2}}=k(x)?$$

Let us use the notation from the high-school with $y=f(x)$. We have to find $y=y(x)$ such that
$$\frac{y''}{(1+y'^2)^{3/2}}=k(x).$$
For this, let us integrate. With the change of variable given by $z=y'$, we have
$$\frac{z'}{(1+z^2)^{3/2}}=k(x).$$
But the left-hand side is the derivative of $x/\sqrt{1+z^2}$. Thus, integrating from $a$ to $x$, and returning with $y'$, we have
$$\frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}-m=\int_{a}^x k(t)dt\Rightarrow \frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}:=g(x),$$
where $g(x)=m+\int_{a}^x k(t)dt$ and $m\in \mathbb{R}$. Let us observe that the integral do exist because the integrand is a continuous function, even more, it is differentiable. As a consequence: there are many solutions because in the integral of $k$ we can add a constant and the above formula holds again.

Now we have to find $y$. Then
$$y'=\frac{g}{\sqrt{1-g^2}},$$ where we suppose $g>0$: on the contrary, we change of sign. Now let us integrate again! $$y(x)=\int_a^x \frac{g(t)}{\sqrt{1-g(t)^2}}dt.$$
The integral exists answering positively to the initial question.

Remark: to find the curve, we have to integrate twice!

We give an explicit example. If $k=0$, then $f''=0$, so $f(x)=ax+b$, which it is a straight-line.

The following example is when $k$ is a constant function, and we have to get a circle. Recall that if the radius is $r>0$, then the curvature is $1/r$. Thus we pose the next

Question: find $y=y(x)$ when $k(x)=c>0$.

Hint: for the integral constants, take  $a=0$,  $f(0)= -1/c$ and $f'(0)=0$ (why?)

Curvas y ecuaciones diferenciales: teorema de existencia

Recordemos la matriz que aparece en las ecuaciones de Frenet:

$$A=\left(\begin{array}{ccc}0&\kappa&0\\ -\kappa&0&\tau\\ 0&-\tau&0\end{array}\right).$$

Podemos escribir las ecuaciones de Frenet del siguiente modo: si $$f(s)=\left(\begin{array}{l} T(s)\\ N(s)\\ B(s)\end{array}\right)\in \mathbb{R}^9,$$ entonces $f'(s)=A(s)f(s)$. Si pensamos en una ecuaciones diferencial (vectorial), donde $f$ es la incógnita, el problema de valores iniciales que tenemos es el siguiente: dadas funciones $\kappa,\tau:I\subset \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ diferenciables con $\kappa>0$, ¿existe una solución de dicha ecuación diferencial para unos valores iniciales dados? El resultado clásico de existencia dice que sí y que es única siempre que prefijemos el valor en un instante $s_0$. En nuestro caso $f(s_0)$ sería tres vectores que forman una base ortonormal.

Cuando ya tengamos la función $f(s)$ (que llega a $\mathbb{R}^9$, nos quedamos con las tres primeras coordenadas, que deberían corresponder con el vector tangente de 'alguna curva'. Si $g(s)=(f_1(s),f_2(s),f_3(s))$ son esas primera tres coordenadas, basta ahora definir la curva $$\alpha(s)=\int_{s_0}^s g(u)du.$$

¿Qué quedaría por hacer? Probar que la curvatura y torsión de $\alpha$ es justamente las funciones dadas inicialmente, es decir, $\kappa$ y $\tau$. Pero esto es simplemente computar... probando que $\alpha$ está p.p.a., ... luego que el triedro de Frenet de la curva $\alpha$ es $T(s)=(f_1(s),f_2(s),f_3(s))$, $N(s)=(f_4(s),f_5(s),f_6(s))$ y $B(s)=(f_7(s),f_8(s),f_9(s))$... luego hallar las derivadas, y finalmente poner las definiciones de curvatura y torsión. Pero esto lo dejo al alumno interesado.

Por tanto hemos probado el siguiente resultado:

Teorema. Dadas dos funciones diferenciables $\kappa,\tau:I\subset \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$   con $\kappa>0$, existe una curva con curvatura $\kappa$ y torsión $\tau$.

Finalmente una observación. La matriz $A$ es antisimétrica, es decir, $A^t=-A$. ¿Qué interpretación podemos sacar de ello?

Una propiedad de las matrices antisimétricas de orden $3$ (análogamente para las de orden $2$) es que la imagen de un vector por dichas matrices es un vector perpendicular al inicial (Ejercicio). Así, si $v\in\mathbb{R}^3$, entonces $Av\perp v$.

Curvatura de grafos y puntos de inflexión

Aunque todavía no hemos calculado la curvatura para una curva no parametrizada por el arco, para curvas planas nos podemos imaginar qué sucede. Consideramos curvas que sean grafos $y=f(x)$, como las del bachillerato. Entonces $\alpha(t)=(t,f(t))$ parametriza la curva y $|\alpha'(t)|=\sqrt{1+f'(t)^2}=\sqrt{1+y'^2}$. Por tanto no está parametrizada por arco. 

Para parametrizar por arco hay que calcular la integral $S(t)=\int_{t_0}^t\sqrt{1+f'(t)^2} dt$, lo cual, si uno recuerda del instituto, no era un tipo de integral de las 'fáciles'. Observemos también que dicha integral (o parecida) aparecía en ciertas fórmulas del bachillerato, por ejemplo al calcular la longitud de curvas $y=f(x)$ o el área de superficies de revolución.

Volviendo a la curvatura, sabemos que el signo de la curvatura nos dice si la curva se encuentra en el lado del vector normal, o en el lado contrario si la curvatura es negativa. Si uno recuerda el análisis de las gráficas de $y=f(x)$, este cambio 'izquierda-derecha' se producía en los puntos de inflexión. Como ejemplo tomamos la función seno $y=\sin(x)$. Si una mira la gráfica (línea azul), los puntos de inflexión son los puntos donde $y''(x)=-\sin(x)$ se anula (línea verde), es decir, en los puntos de la forma $n\pi$, para $n\in\mathbb{N}$. 

Así, en el intervalo $(0,\pi)$, y como estamos recorriendo la curva 'hacia la derecha' según $t$, la curva se encuentra a la derecha respecto de la recta tangente, el vector normal está a la izquierda (giro de ángulo $\pi/2$ en el sentido contrario a las agujas del reloj), luego la curvatura debe ser negativa: vemos también que la derivada segunda es negativa. Al llegar a $t=\pi$, la curva se encuentra ahora a la izquierda, luego la curvatura es positiva, como efectivamente vemos que $f''(x)>0$, y así sucesivamente. Observemos que $\alpha''(t)=(0,f''(t))$. Sin embargo la curvatura no es $f''(t)$.