Novedades en la página web de la asignatura

En la página web de la asignatura podéis encontrar las soluciones de la relación de problemas del capítulo 1, sobre curvas planas y en el espacio. También hay un fichero pdf con representaciones gráficas de superficies que nos han salido en clase (y algunas más), hechas con Mathematica.

Por otro lado, los días 28 y 29 de noviembre no habrá clase, y tampoco los días 5 y 9 de diciembre. Dos de estas cuatro horas han sido ya recuperadas.

Curvatura, coordenadas polares y ecuaciones implícitas

En clase hemos visto cómo calcular la curvatura de una curva plana regular si tenemos una parametrización en coordenadas cartesianas $\alpha (t)=(x(t),y(t))$. En esta entrada tienes las fórmulas necesarias para calcular la curvatura usando coordenadas grafo, polares o cuando sólo disponemos de la ecuación implícita de la curva.

1. Sea $f\colon (a,b)\to \mathbb{R}$ una función diferenciable y $\alpha \colon (a,b)\to \mathbb{R}^2$ la curva dada por $\alpha (t)=(t,f(t))$. Probar que la curvatura de $\alpha $ viene dada por  \[ \kappa =\frac{-f''}{[1+(f')^2]^{3/2}}.\]
2. Sea $\beta (\theta )=r(\theta )(\cos \theta ,\sin \theta )$ una curva plana escrita en coordenadas polares ($r(\theta )$ es una función $C^{\infty }$ y positiva). Demostrar que la curvatura de $\beta $ es \[ \kappa =\frac{2(r')^2-rr''+r^2}{[r^2+(r')^2]^{3/2}}. \]
3. Sea $F\colon O\to \mathbb{R}$ una función diferenciable definida en un abierto $O$ de $\mathbb{R}^2$, y $a\in \mathbb{R}$ un valor regular de $F$, es decir, $F^{-1}(\{ a\} )\neq \emptyset $ y $\forall (x,y)\in F^{-1}(\{ a\} )$, $\nabla F(x,y)\neq (0,0)$ ($\nabla F$ denota el gradiente de $F$).  Demostrar que cada componente conexa del conjunto $\{ (x,y)\in O \ | \ F(x,y)=a\} $ es una curva regular, y que su curvatura viene dada por \[ \kappa =\frac{(\nabla ^2F)(\nabla F,\nabla F)}{\| \nabla F\| ^3},\] donde $\nabla ^2F$ es el hessiano de $F$.

La desigualdad isopermétrica (II)

En esta entrada veremos la demostración dada por Schmidt en 1939 de la desigualdad isoperimétrica en el plano:
Dado un dominio compacto y regular $\Omega \subset \mathbb{R}^2$, se tiene:
\[
4\pi \mbox{Area}(\Omega )\leq \mbox{Longitud}(\partial \Omega )^2, \qquad \mbox{"="} \Longleftrightarrow \Omega  \mbox{ es un disco redondo.}
\]
Es de destacar la sencillez de la prueba, que sólo usa geometría elemental, y que no supone existencia de dominios isoperimétricos.

Tenemos un dominio compacto y regular $\Omega \subset \mathbb{R}^2$. Tomamos una dirección $v\in \mathbb{R}^2-\{ 0\} $.

Prueba que existen rectas $L,L'$ paralelas a $v$ que son tangentes a $\partial \Omega $ y tales que $\Omega $ está contenido en la banda cerrada con borde $L\cup L'$.

Llamamos $2r>0$ a la distancia de $L$ a $L'$. Ahora consideramos una circunferencia $S^1$ de radio $r$ que sea tangente a $L$ y a $L$. Tomamos coordenadas cartesianas en $\mathbb{R}^2$ de forma que el centro de $S^1$ es $(0,0)$ y las rectas $L,L'$ vienen dadas por
\[
L=\{ x=r\} ,\qquad L'=\{ x=-r\} .
\]
Respecto de estas coordenadas, podemos parametrizar $\partial \Omega $ por el arco mediante
$\alpha (s)=(x(s),y(s))$, $s\in [0,B]$, de forma que $\alpha (0)=\alpha (B)\in L$, donde $B=\mbox{Longitud}(\partial \Omega )$. Así existirá $s_1\in (0,B)$ tal que $\alpha (s_1)\in L'$ (posiblemente $s_1$ no es único), como en la siguiente figura:

Demuestra que existe una función $\overline{y}\colon [0,B]\to R $ de clase $C^1$ tal que $\overline{\alpha }(s)=(x(s),\overline{y}(s))$ parametriza la circunferencia $S^1$.

De esta forma, en cada instante $s$, los puntos $\alpha (s)$ y $\overline{\alpha }(s)$ están sobre la misma recta vertical, como en la figura de arriba.

En esta entrada del blog vimos cómo calcular el área de los recintos encerrados por $\alpha $ y $\overline{\alpha }$:
\[
\mbox{Area}(\Omega )=\int _0^Bx(s)y'(s)\, ds, \qquad \pi r^2=-\int _0^B\overline{y}(s)x'(s)\, ds, 
\]
luego
\[
\mbox{(a)}\hspace{2cm}
\mbox{Area}(\Omega )+\pi r^2=\int _0^B(xy'-\overline{y}x')ds\leq \int _0^B\sqrt{(xy'-\overline{y}x')^2}ds
\]

Usa la desigualdad de Schwarz para probar que $\forall s\in [0,B]$,
\[
\left[ x(s)y'(s)-\overline{y}(s)x'(s)\right] ^2\leq \left[ x(s)^2+(\overline{y}(s))^2\right] \left[ (y'(s)^2+x'(s)^2\right] . \] Deduce que \[
\left[ xy'(s)-\overline{y}x'\right] ^2\leq r^2\qquad \mbox{ en }\ [0,B].
\]

Usando el ejercicio anterior en (a), tenemos
\[
\mbox{(b)}\hspace{2cm}\mbox{Area}(\Omega )+\pi r^2\leq \int _0^Br\, ds=rB.
\]
Por otro lado, la relación entre la media geométrica y la media aritmética de números positivos implica que
\[
\mbox{(c)}\hspace{2cm}\sqrt{\mbox{Area}(\Omega )\cdot \pi r^2}\leq \frac{1}{2}\left( \mbox{Area}(\Omega )
+\pi r^2\right) ^2.
\]
De (b) y (c) deducimos que
\[
\mbox{Area}(\Omega )\cdot \pi r^2\leq  \frac{1}{4}r^2B^2,
\]
que es la desigualdad isoperimétrica.
Supongamos ahora que se da la igualdad en la desigualdad isopermétrica. Entonces tiene que darse la igualdad en cada desigualdad del desarrollo anterior. En particular:

1. La igualdad en (c) implica que $\mbox{Area}(\Omega )=\pi r^2$. De aquí deducimos que $r$ no depende de la dirección $v$ que tomamos al principio.
2. La igualdad en  (b) implica que se da la igualdad en la desigualdad de Schwarz (último ejercicio). Por tanto, existe $\lambda =\lambda (s)$ tal que $(x,\overline{y})=\lambda (y',x')$.
   Deduce que $\lambda $ es constante $\pm r$.

Acabamos de probar que $y'=\pm \frac{1}{r}x$. Como $r$ no depende de la dirección $v$, podemos intercambiar los papeles de $x,y$ con lo que obtendremos análogamente $x'=\pm \frac{1}{r}y$. Por tanto,
\[
x^2+y^2=r^2[ (y')^2+(x')^2]=r^2,
\]
De donde deducimos que $\Omega $ es un disco de radio $r$.

La desigualdad isoperimétrica (I)

En una entrada anterior vimos cómo calcular el área del recinto encerrado por una curva cerrada simple $\alpha $. Teníamos entonces dos números asociados a $\Omega $: su área $A$ y su perímetro $L=\mbox{Longitud}(\partial \Omega )$. ¿Qué relación hay entre ambos?

Está claro que si tomamos una cuerda con los extremos unidos y la disponemos sobre el suelo como una curva cerrada simple, entonces podemos modificar el área del recinto encerrado desde 0 hasta cierto valor positivo, pero su perímetro será siempre la longitud de la cuerda con la que empezamos. Intuitivamente, la forma del recinto que tiene mayor área es circular. Este hecho tan intuitivo constituye quizás el teorema global más antiguo en Geometría Diferencial, y se llama la  desigualdad isoperimétrica, que busca la respuesta a cualquiera de las dos siguientes preguntas (equivalentes):

1. De todos los recintos planos con perímetro dado, ¿cuál tiene mayor área?
2. De todos los recintos planos con área prefijada, ¿cuál tiene menor perímetro?

Ya los griegos sabían que el círculo es la mejor respuesta posible. Sin embargo, no pudieron dar una demostración rigurosa de esta propiedad tan aparentemente obvia. Y es que después de todo, no es tan obvia: tuvimos que esperar hasta el siglo XIX para tener la primera prueba rigurosa, y a partir de entonces se han encontrado demostraciones muy diferentes, algunas sorprendentemente simples, de la desigualdad isoperimétrica:

Dado un dominio compacto y regular $\Omega \subset \mathbb{R}^2$, su área $A$ y su perímetro $L$ cumplen
\[
4\pi A\leq L^2, \qquad \mbox{"="} \Longleftrightarrow \Omega  \mbox{ es un disco redondo.}
\]

Uno de los problemas que tenían las primeras demostraciones de la desigualdad isoperimétrica es que suponían que existe solución al llamado problema isoperimétrico:

Dado $A > 0$, ¿existe un dominio $\Omega \subset \mathbb{R}^2$ con área $A$, que tiene el menor perímetro de entre todos los recintos de $\mathbb{R}^2$ con área $A$? (a un dominio $\Omega $ con esta propiedad se le llama dominio isoperimétrico).

Demuestra que si existe un dominio isoperimétrico para un valor $A > 0$ del área, entonces existen dominios isoperimétricos para todos los valores del área, y que los dominios isoperimétricos son aquellos que minimizan el siguiente cociente:
\[
\frac{\mbox{Longitud}(\partial \Omega )^2}{\mbox{Area}(\Omega )}
\]

Dar una demostración de la existencia de un dominio isoperimétrico no es fácil. En 1870, el matemático alemán Karl Weierstrass señaló que hay muchos problemas similares al anterior y que no admiten solución, y además dió la primera prueba rigurosa (y nada trivial) de la desigualdad isoperimétrica.

En esta entrada veremos un argumento para probar que si el problema isoperimétrico tiene solución suficientemente regular, entonces ésta es un círculo.

Asumimos que existe un dominio isoperimétrico, $\Omega $, cuya frontera puede parametrizarse por una curva de clase $C^2$. No perdemos generalidad parametrizando $\partial \Omega $ por el arco, $\alpha \colon [0,L]\to \mathbb{R}^2$, donde $L=$ longitud$(\alpha )$. Sea $\{ T,N\} $ el diedro de Frenet asociado a $\alpha $. Lo primero que haremos es definir una variación de $\Omega $ normal a su borde. Fijemos una función $f\colon [0,L]\to \mathbb{R}$ de clase $C^1$, tal que $f(0)=f(L)$, $f'(0)=f'(L)$, y consideremos para cada $s\in \mathbb{R}$ la curva \[ \alpha _s\colon [0,L]\to \mathbb{R},\quad \alpha _s(t)=\alpha (t)+sf(t)N(t).\]
Probar que existe $\varepsilon >0$ tal que $\forall s\in (-\varepsilon ,\varepsilon )$, $\alpha _s$ es una curva ($C^1$) regular, cerrada y simple. (Para esto último usar el teorema del valor medio sobre las componentes de $\alpha _s$). Por el teorema de la curva de Jordan, $\alpha _s$ encierra un dominio interior $\Omega _s$ $\forall s\in (-\varepsilon ,\varepsilon )$.

Sean $L,A\colon (-\varepsilon ,\varepsilon )\to \mathbb{R}$ las funciones dadas por
\[ L(s)=\mbox{Longitud}(\alpha _s)=\int _0^L\| \alpha _s'(t)\| \, dt,\qquad
A(s)=\mbox{Area}(\Omega _s)=\frac{1}{2}\int _0^L\det (\alpha _s(t),\alpha '_s(t))\, dt,\]
donde $'$ denota derivada respecto a $t$.

Demostrar que $L,A$ son de clase $C^1$ y que sus derivadas en $s=0$ son \[ \frac{dL}{ds}(0)=-\int _0^Lf(t)\kappa (t)\, dt,\qquad \frac{dA}{ds}(0)=-\int _0^Lf(t)\, dt, \] donde $\kappa $ es la curvatura de $\alpha $.

(Indicación: para calcular $\frac{dA}{ds}(0)$, integrar por partes $f\det(\alpha ,N)$).

Usar que $\Omega $ es un dominio isoperimétrico para deducir que la función $s\mapsto \frac{L(s)^2}{A(s)}$ tiene un punto crítico en $s=0$. Probar que si $\int _0^Lf=0$, entonces $\int _0^Lf\kappa =0$.

Lo anterior nos dice que la función curvatura $\kappa \in L^2(\mathbb{R}/L\mathbb{Z})$ es $L^2$-ortogonal al subespacio de $L^2(\mathbb{R}/L\mathbb{Z})$
\[
\mathcal{U}=\left\{ f\in C^1[0,L]\ | \ f(0)=f(L), f'(0)=f'(L), \int _0^Lf=0\right\} .
\]
Por otro lado, un resultado de Análisis nos dice que $\mathcal{U}$ es el subespacio $L^2$-ortogonal al subespacio 1-dimensional de las funciones constantes, luego $\kappa $ es constante. Esto nos dice que $\partial \Omega $ es una circunferencia y $\Omega $ es un disco redondo. A partir de aquí, demuestra la desigualdad isoperimétrica de arriba.

En la demostración anterior se ha supuesto que la frontera de un dominio isoperimétrico $\Omega $ es de clase $C^2$. Sin embargo, para que la longitud de $\partial \Omega $ tenga sentido, sólo deberíamos suponer que $\partial \Omega $ es $C^1$ a trozos.En el siguiente argumento se probará que esta frontera es siempre de clase $C^1$ (la regularidad $C^2$ es también cierta, pero su demostración es más difícil).

Supongamos entonces que $\Omega $ es un dominio isoperimétrico con frontera de clase $C^1$ a trozos (no podemos deducir del argumento de arriba que $\Omega $ sea un disco redondo). Razonaremos por reducción al absurdo, suponiendo que $\partial \Omega $ tiene un "pico" en un punto $p\in \partial \Omega $.  La idea para llegar a una contradicción es producir un dominio $\Omega _1$ que sea mejor que $\Omega $ respecto al problema isopermétrico, es decir, tal que
\[
\frac{\mbox{Longitud}(\partial \Omega _1)^2}{\mbox{Area}(\Omega _1)} <
\frac{\mbox{Longitud}(\partial \Omega )^2}{\mbox{Area}(\Omega )} .
\]
El dominio $\Omega _1$ se producirá cambiando $\Omega $ en un entorno muy perqueño $U$ de $p$; como $\partial \Omega $ es $C^1$ a trozos, podemos suponer que en $U\cap \partial \Omega $ es arbitrariamente próximo a dos segmentos rectilíneos $r_1,r_2$ que se cortan en $p_0$ con cierto ángulo positivo. Distingue 2 casos:

1. Si el ángulo que $\partial \Omega $ forma en $p$ es mayor de 180º, agranda $\Omega $ añadiendo un triángulo isósceles que tiene a $p$ por uno de sus vértices y con dos lados sobre $r_1,r_2$ (observa que así aumentamos el área y disminuímos el perímetro). 
2. Si el ángulo que $\Omega $ forma en $p$ es menor de 180º, achica $\Omega $ eliminando un triángulo isósceles como el anterior, definiendo un nuevo dominio $\Omega (l)$ donde $l$ es la longitud de los lados sobre $r_1,r_2$ del triángulo isósceles que estamos eliminando. Estudia la función  \[  f(l)=\frac{\mbox{Longitud}(\partial \Omega (l))^2}{\mbox{Area}(\Omega (l))} \]  y prueba que $f'(0)<0$, lo que contradice que $\Omega $ sea isoperimétrico.

Area del recinto encerrado por una curva cerrada simple plana

Dentro de las curvas planas tenemos unas especialmente sencillas: son las curvas cerradas simples. Intuitivamente, éstas son las curvas que encierran recintos del plano (con borde $C^{\infty }$): Una curva $\alpha \colon [a,b]\to \mathbb{R}^2$ se dice cerrada si $\alpha (a)=\alpha (b)$ y $\alpha ^{(k)}(a)=\alpha ^{(k)}(b)$ para todo $k\in \mathbb{N}$ (todas las derivadas coinciden). Un resultado topológico, el teorema de la curva de Jordan, asegura que toda curva cerrada simple plana divide a $\mathbb{R}^2$ en dos recintos, uno acotado (el dominio interior, al que denotaremos por $\Omega $) y otro no acotado (su complementario). Tenemos entonces dos cantidades ligadas a $\alpha $: su longitud $L=\int _a^b\| \alpha '(t)\| \, dt$, y el área $A(\Omega )$ del dominio interior encerrado por $\alpha $.

Dedicaremos esta entrada a dar la siguiente fórmula para calcular esta área, y dejaremos la relación básica entre área y longitud (o perímetro) para una entrada posterior: si escribimos $\alpha (t)=(x(t),y(t))$ y orientamos $\alpha $ de forma que el dominio interior siempre queda a la izquierda de la curva, entonces el área del dominio interior se calcula así:
\[
A(\Omega )\stackrel{(a)}{=}-\int _a^by(t)x'(t)\, dt\stackrel{(b)}{=}\int _a^bx(t)y'(t)\, dt
\stackrel{(c)}{=}\frac{1}{2}\int _a^b(xy'-yx')\, dt.
\]
De hecho, la fórmula anterior es válida aunque $\alpha $ no sea $C^{\infty }$: basta que sea $C^1$ a trozos.

1. Usa la regla de Barrow para probar que la igualdad en (b) es cierta.
2. Deduce (c) de la igualdad en (b).
3. Prueba (a) en el siguiente caso particular: El recinto $\Omega $ está delimitado por dos segmentos verticales y dos grafos de funciones $f,h\colon [x_0,x_1]\to \mathbb{R} $, siendo $f < h$, como en la siguiente figura:

En la figura anterior, hemos marcado los cuatro vértices del recinto de forma que uno es $\alpha (a)=\alpha (b)$, luego $\alpha $ recorre el grafo de $h$ hasta llegar a $\alpha (t_1)$; entre $\alpha (t_1)$ y $\alpha(t_2)$ recorremos un segmento vertical, para luego recorrer el grafo de $f$, y terminar con otro segmento vertical desde $\alpha (t_3)$ hasta $\alpha (b)$.

Para probar el caso general de la fórmula (a), supondremos que existe una dirección en $\mathbb{R}^2$  de forma que la curva $\alpha $ sólo es tangente a un número finito de rectas en esa dirección, como en la siguiente figura:

Admitiendo lo anterior, prueba la igualdad (a).

Hay una forma más directa de demostrar la fórmula de $A(\Omega )$, pero necesita la llamada fórmula de Green (o el teorema de la divergencia, o el teorema de Stokes). La fórmula de Green nos dice que si $p(x,y),q(x,y)$ son funciones $C^1$ definidas en un abierto que contiene a $\Omega $, entonces
\[
\int _{\Omega }\left(\frac{\partial q}{\partial x}-\frac{\partial p}{\partial y} \right) dxdy=\int _a^b\left[ p(x(t),y(t))x'(t)+q(x(t),y(t))y'(t)\right] dt.
\]
Prueba la fórmula $2A(\Omega )=\int _a^b(xy'-yx')\, dt$ usando la fórmula de Green. Esta fórmula de Green se verá como corolario del Teorema de Stokes, en la asignatura Geometría y Topología de 4º curso, aunque puede que ya os haya aparecido en otra asignatura.

La cisoide de Diocles, la duplicación del cubo y el problema de Delian

A veces, una curva "clásica" lleva detrás una historia curiosa. Un buen ejemplo de esto es la cisoide de Diocles, una curva plana que se define de la siguiente forma:
Supongamos que tenemos una circunferencia $\mathbb{S}^1(C,a)$ de centro $C=(a,0)$ y radio $a>0$ en $\mathbb{R}^2$. Dado $\theta \in (-\pi/2,\pi /2)$, el rayo $R_{\theta }=\{ re^{i\theta }\ | \ r>0\} $ que parte del origen $O=(0,0)$ con ángulo polar $\theta $, corta a $\mathbb{S}^1(C,a)$ en un punto $M_1$ y a la recta $L=\{ x=2a\} $ en otro punto $M_2$. La cisoide de Diocles es la curva plana $\theta \in (-\pi /2,\pi /2)\to  M (\theta )\in \mathbb{R}^2$ definida por la condición
\[
\| OM\| =\| M_1M_2\|.
\]
(en rojo en la siguiente figura)

1. Prueba que en coordenadas polares, $M(\theta )$ viene dada por \[ M(\theta )=2a\, \sin \theta \tan \theta ^\, e^{i\theta }, \quad \theta \in (-\pi /2,\pi /2). \] ¿Es la cisoide una curva regular?
2. Tras hacer el cambio de variable $t=\tan (\theta )$, demuestra que obtenemos la reparametrización \[ \alpha (t)=\left( \frac{2at^2}{1+t^2},\frac{2at^3}{1+t^2}\right),\quad t\in \mathbb{R}. \]
3. Llamando $(x,y)$ a las coordenadas cartesianas de $\mathbb{R}^2$, prueba que la ecuación en implícitas de la cisoide de Diocles es \[ (x^2+y^2)x-2ay^2=0.\]  Por lo tanto, la cisoide es el conjunto de ceros del polinomio de orden tres $p(x,y)=(x^2+y^2)x-2ay^2$, es decir, es una curva algebraica de grado tres, o cúbica (recuerda que las cónicas en el plano viene dadas por ecuaciones de segundo grado en dos variables).

Y ahora, la historia 'curiosa' de la cisoide de Diocles: Según el historiador griego Plutarco, los habitantes de la ciudad griega de Atenas sufríeron una epidemia de peste allá por el 429 a.C. Como adoraban al dios Apolo y éste era patrón de la ciudad de Delfos, algunos atenienses fueron a Delfos a consultar a un oráculo de este dios griego sobre cómo podrían detener la epidemia. El oráculo les respondió que debían sustituir el altar a Apolo por otro del doble de volumen (desde luego, una respuesta de dudosa utilidad). El altar era cúbico, y los griegos eran muy aficionados a la geometría. Así que se planteó el dilema de cómo calcular el lado $u>0$ de un cubo de volumen doble de otro cubo dado, de lado $a>0$. Este problema se conoce como la duplicación del cubo. Evidentemente, la ecuación a resolver era
\[

u^3=2a^3
\]
siendo $a$ conocido y $u$ incógnita. Nosotros sabemos despejar $u$ en esa ecuación, pero lo que los griegos querían no era despejarla sino construir el nuevo altar. Así que, sin saberlo, buscaban un método para construir $\sqrt[3]{2}$, sólo usando regla y compás. Desafortunadamente, este número irracional no es construíble con regla y compás, como demostró Pierre Wantzel ( ¡ en 1837 ! ), pero esto no lo sabían los griegos, por supuesto. Así que empezaron a investigar sobre el tema.

El primer avance significativo sobre este problema lo hizo el geómetra griego  Hipócrates de Quíos, que lo redujo al llamado problema de Delian: dados $a,b>0$, supongamos que podemos construir $u,v>0$ tales que
\[\mbox{(1)}\qquad \frac{u}{a}=\frac{v}{u}=\frac{b}{v}.
\]
Hipócrates de Quios se dio cuenta de si suponemos $u,v$ construídos cumpliendo (1), entonces
\[
u^3=a^3\left( \frac{u}{a}\right) ^3=a^3\frac{u}{a}\frac{v}{u}\frac{b}{v}
=a^3\frac{b}{a}=a^2b.
\]
Luego tomando $b=2a$ tendremos $u^3=2a^3$, y ya está nuestro cubo duplicado. Desde luego, no parece que hayamos avanzado mucho en nuestro intento de duplicar el cubo: ahora debemos resolver el problema de Delian dados $a,b$, pero... ¿cómo?


El geómetra (también griego, cómo no) Diocles estudió la cisoide en el siglo II a.C. (no sabemos si la descubrió él, pero lleva su nombre desde entonces) y la usó para resolver el problema de Delian y por tanto la duplicación del cubo. Es decir, si tenemos ya construída la cisoide, entonces Diocles dio un proceso basado en regla y compás para resolver el problema de Delian (por supuesto, de aquí podemos deducir que la cisoide no es construíble con regla y compás, o al menos no es posible construir todos sus puntos, porque cualquier cantidad finita de ellos sí que puede construírse por el procedimiento de arriba).

Veamos el método, muy ingenioso, dado por Diocles: Nos dan $a,b>0$, y queremos construir $u,v>0$ cumpliendo (1). Basta construir sólo $u>0$ tal que
\[
 \mbox{(2)}\qquad u^3=a^2b,
\]
porque definiendo $v=\frac{u^2}{a}$ (recordemos que el producto y cociente de números construíbles con regla y compás sigue siendo construíble) tendremos también construído $v$, y es fácil probar que estos $u,v$ resuelven el problema de Delian para $a,b$.

Así que nos toca construír $u>0$ tal que (2) se cumple, dados $a,b$. Para ello, Diocles partió de una cisoide como la que aparece arriba de la página. Llamamos $C=(a,0)$ al centro de la circunferencia de la figura de arriba, y $L_C=\{ x=a\} $ a la recta vertical que pasa por $C$. Llevamos la distancia $b$ sobre esta recta $L_C$, empezando en $C$ y en sentido ascendente. De esta forma producimos un punto $B=(a,b)$. Unimos $B$ con $A=(2a,0)$ y llamamos $P=(x,y)$ al punto de corte del segmento $AB$ con la cisoide. Ahora trazamos el segmento $OP$, que cortará a $L_C$ en un punto $U=(a,u)$ para cierto $u>0$.Y éste es el $u$ que buscamos: como los triángulos $OCU$ y $OP_0P$ son semejantes, el teorema de Thales (¡ otro griego !) nos dice que
\[
 \mbox{(3)}\qquad
\frac{u}{a}=\frac{\| CU\| }{\| OC\| }=\frac{\| P_0P\| }{\| OP_0\| }=\frac{y}{x}.
\]
Análogamente, la semejanza de los triángulos $APP_0$ y $ABC$ nos lleva a que
\[
 \mbox{(4)}\qquad
\frac{y}{2a-x}=\frac{\| PP_0\| }{\| P_0A\| }=\frac{\| BC\| }{\| CA\| }=\frac{b}{a}.
\]
Por tanto,
\[
\frac{u^3}{a^3}\stackrel{(3)}{=}\frac{y^3}{x^3}=y^2\frac{y}{x^3}\stackrel{(\star )}{=}\frac{x^3}{2a-x}
\frac{y}{x^3}=\frac{y}{2a-x}\stackrel{(4)}{=}\frac{b}{a},
\]
donde en ($\star $) hemos usado la ecuación en implícitas de la cisoide. De lo anterior deducimos que $u^3=a^2b$ como queríamos.

Para saber más sobre la cisoide de Diocles, puedes leer esto.

PD: Al escribir esta entrada se me viene a la cabeza que estos días estamos inundados por noticias sobre la posible condonación de parte de la deuda griega para con la Unión Europea; y digo yo, podríamos acordarnos un poco de todo lo que nos han dado los griegos en Ciencia, Filosofía y Arte a lo largo de su historia, a la hora de discutir sobre la conveniencia o no de ese perdón parcial de la deuda contraída... (sí, ya sé que el mundo real no se rige por estas consideraciones).

La ecuaciones de Frenet (y Serret)

Hemos visto en clase las ecuaciones de Frenet para una curva en el espacio. Este sistema lineal de 3 Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDO) vectoriales con 3 incógnitas vectoriales (9 ecuaciones y 9 incógnitas escalares) fue descubierto por el matemático francés Jean Frédéric Frenet en su tesis doctoral, hacia 1847. De forma independiente, otro matemático francés, Joseph Alfred Serret, obtuvo las mismas ecuaciones en 1851. La ecuaciones de Frenet no sólo describen la variación del triedro asociado a una curva p.p.a., sino que también son la base de que la curvatura y la torsión determinen esencialmente a la curva, gracias a los teoremas clásicos de existencia y unicidad de problemas de valores iniciales asociados a un sistema de EDO.

Usa el desarrollo en serie de Taylor para probar que si $\alpha :I\to \mathbb{R}^3$ es una curva p.p.a. definida en un intervalo abierto que contiene a cero, entonces para $t$ suficientemente próximo a cero se tiene
\[
\alpha (t)=\alpha (0)+t\left( 1-\frac{\kappa(0)^2t^2}{6}\right) T(0)+t^2\left( \frac{\kappa(0)}{2}+\frac{\kappa'(0)t}{6}\right) N(0)-\frac{\kappa(0)\tau (0)t^3}{6}B(0)+\mathcal{O}(t^4),
\]
donde $\kappa, \tau $ son la curvatura y torsión de $\alpha $, $\{ T,N,B\} $ es su triedro de Frenet, y
$t\in I\mapsto \mathcal{O}(t^4)\in \mathbb{R}^3$ es una aplicación tal que
\[
\lim _{t\to 0}\frac{O(t^4)}{t^3}=0.
\]