Κυκλική έλικα

#1

Δίνεται η παραμετρική καμπύλη
$\displaystyle \overrightarrow{r}(t)=\big({t\sqrt{3}+\sin{t},\,t-\sqrt{3}\sin{t},\,2\cos{t}}\big)\,,\; t\in\mathbb{R}\,.$
Να αποδειχθεί ότι είναι κυκλική έλικα και να βρεθεί ο άξονάς της.

BAGGP93 · #2

Γρηγόρη καλημέρα. Ορισμός κυκλικής έλικας ;

#3

BAGGP93 έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 23, 2022 1:55 pm
Γρηγόρη καλημέρα. Ορισμός κυκλικής έλικας ;

Βαγγέλη,

επειδή η ερώτηση μπορεί να φανεί "παράξενη" να διευκρινίσω ότι κυκλική έλικα ορίζουμε την κανονική καμπύλη της οποίας μια παραμετρική παράσταση είναι της μορφής
$\displaystyle \overrightarrow{\gamma}(t)=\big({a\cos({bt}),\,a\sin({bt}),\,c\,t}\big)\,,\; t\in I\subseteq\mathbb{R}\,, \; a,b,c\in\mathbb{R}^{*}\,,$
μετά από πιθανή μετατόπιση ή και περιστροφή.
Π.χ. ισοδύναμα, για να είναι μια κανονική καμπύλη κυκλική έλικα πρέπει να είναι σταθερής κλίσης και, επιπλέον, να έχει σταθερή καμπυλότητα και στρέψη.
Ελπίζω να διευκρινίστηκε η απορία σου.

BAGGP93 · #4

Aaaa οκ Γρηγόρη, εγώ την είχα ακουστά ως κυλινδρική, αυτό με σκάλωσε.

Οπότε η άσκηση που έθεσες μπορεί να μεταφραστεί ισοδύναμα στο να αποδείξουμε ότι η καμπύλη που έδωσες είναι γεωμετρικώς ισότιμη με μια της

μορφης c(t)=(acost,bsint, dt)

.

#5

BAGGP93 έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 23, 2022 2:59 pm
Aaaa οκ Γρηγόρη, εγώ την είχα ακουστά ως κυλινδρική, αυτό με σκάλωσε.

Επειδή ένας κύλινδρος ενδέχεται να μην είναι κυκλικός κύλινδρος, είναι προτιμότερο να μιλάμε για κυκλική έλικα, παρά για κυλινδρική.

BAGGP93 έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 23, 2022 2:59 pm
Οπότε η άσκηση που έθεσες μπορεί να μεταφραστεί ισοδύναμα στο να αποδείξουμε ότι η καμπύλη που έδωσες είναι γεωμετρικώς ισότιμη με μια της
μορφης $\color{red}{c(t)=(acost,bsint, dt)}$ (δεν την έγραψες σωστά!).

Αρκεί να δειχθεί ότι είναι γεωμετρικώς ισότιμη με μια της μορφής $\overrightarrow{\gamma}(t)=\big({a\cos({bt}),\,a\sin({bt}),\,c\,t}\big)$

BAGGP93 · #6

Γρηγόρη, με σταθερή κλίση. Με πράξεις (εύκολες)

$\displaystyle{||r^{\prime}(t)||=2\,\sqrt{2},\,t\in\mathbb{R}}$

και με αφετηρία t_0=0

βγαίνει $s=2\,\sqrt{2}\,t,\,t\in\mathbb{R}.$

Με το μήκος τόξου

έχουμε

$\displaystyle{t(s)=r'(s)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2\,\sqrt{2}}+\frac{1}{2\,\sqrt{2}}\,\cos\,\left(\frac{s}{2\,\sqrt{2}}\right),\frac{1}{2\,\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{3}}{2\,\sqrt{2}}\,\cos\,\left(\frac{s}{2\,\sqrt{2}}\right),-\frac{1}{\sqrt{2}}\,\sin\,\left(\frac{s}{2\,\sqrt{2}}\right)\right),\,s\in\mathbb{R}}$

Θεωρώντας το μοναδιαίο διάνυσμα $\rm{w}=\frac{1}{2}\,\left(\sqrt{3},1,0\right)$ έχουμε

$\displaystyle{\langle{t(s),\rm{w}\rangle}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\cos\,\frac{\pi}{4},\,\forall\,s\in\mathbb{R}.}$

#7

BAGGP93 έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 24, 2022 1:59 pm
Γρηγόρη, με σταθερή κλίση. Με πράξεις (εύκολες)

$\displaystyle{||r^{\prime}(t)||=2\,\sqrt{2},\,t\in\mathbb{R}}$

και με αφετηρία βγαίνει $s=2\,\sqrt{2}\,t,\,t\in\mathbb{R}.$

Με το μήκος τόξου έχουμε

$\displaystyle{t(s)=r'(s)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2\,\sqrt{2}}+\frac{1}{2\,\sqrt{2}}\,\cos\,\left(\frac{s}{2\,\sqrt{2}}\right),\frac{1}{2\,\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{3}}{2\,\sqrt{2}}\,\cos\,\left(\frac{s}{2\,\sqrt{2}}\right),-\frac{1}{\sqrt{2}}\,\sin\,\left(\frac{s}{2\,\sqrt{2}}\right)\right),\,s\in\mathbb{R}}$

Θεωρώντας το μοναδιαίο διάνυσμα $\rm{w}=\frac{1}{2}\,\left(\sqrt{3},1,0\right)$ έχουμε

$\displaystyle{\langle{t(s),\rm{w}\rangle}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\cos\,\frac{\pi}{4},\,\forall\,s\in\mathbb{R}.}$

Βαγγέλη,

1) (όπως έγραψα και παραπάνω) δεν αρκεί να είναι σταθερής κλίσης. Υπάρχουν καμπύλες σταθερής κλίσης (ενίοτε ονομάζονται και γενικευμένες έλικες) που δεν είναι κυκλικές έλικες. Για να είναι μια κανονική καμπύλη κυκλική έλικα πρέπει, επιπλέον, να έχει σταθερή καμπυλότητα και στρέψη.
2) βρήκες την (σωστή) διεύθυνση του άξονα, αλλά όχι και τον άξονα.

#8

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 23, 2022 3:38 am
Δίνεται η παραμετρική καμπύλη
$\displaystyle \overrightarrow{r}(t)=\big({t\sqrt{3}+\sin{t},\,t-\sqrt{3}\sin{t},\,2\cos{t}}\big)\,,\; t\in\mathbb{R}\,.$
Να αποδειχθεί ότι είναι κυκλική έλικα και να βρεθεί ο άξονάς της.

Γρηγόρη καλημέρα...

Για την καμπύλη αυτή εικάζοντας ότι είναι κάποια έλικα έκανα το εξής:

Αφού την παρουσίασα σε ένα δυναμικό περιβάλλον "διαπίστωσα" ότι πρόκειται για έλικα. Ποιά όμως;

: Έλικα 1.png (17.9 KiB) Προβλήθηκε 1424 φορές

Αυτή έχει προφανώς την εξίσωση:

$\displaystyle{ h_1: \begin{Bmatrix} x=\sqrt{3}t+sint \\y=t-\sqrt{3}sint\\z=2cost \end{matrix} , t \in R \ \ (1)}$

Έτσι λοιπόν έκανα δυο στροφές:(θα μπορούσε να γίνει και με μία ανόρθωση)

1η στροφή περί τον άξονα των $\displaystyle{Oz}$

: Έλικα 2.png (21.58 KiB) Προβλήθηκε 1424 φορές

Εφαρμόζοντας το γνωστό πίνακα στροφής $\displaystyle{R_3(-30^o)}$ προέκυψε η εξίσωση της νέας θέσης
η οποία είναι:

$\displaystyle{ h_2: \begin{Bmatrix} x=2t \\ y=-2sint \\z=2cost \end{matrix}, t \in R \ \ (2) }$

(Τη γωνία στροφής την "εκτίμησα" από την αρχική θέση της καμπύλης)

2η στροφή περί τον άξονα των $\displaystyle{Oy}$

: Έλικα 3.png (41.18 KiB) Προβλήθηκε 1424 φορές

Στη θέση αυτή η εξίσωση όμοια απόκτησε την εξίσωση:

$\displaystyle{ \begin{Bmatrix} x=-2cost \\y=-2sint \\ z=2t \end{matrix}, t \in R \ \ (3) }$

Η εξίσωση αυτή είναι πλέον εξίσωση έλικας με οδηγό καμπύλη τον κύκλο:

$\displaystyle{x^2+y^2=4 \ \ (4) }$

και φυσικά η όμορφη αυτή γραμμή περιτυλίγεται στην επιφάνεια του κυκλικού κυλίνδρου

ο οποίος και σχεδιάστηκε.

Ο άξονας της έλικας είναι προφανώς ο άξονας $\displaystyle{Oz}$ και φυσικά αν ακολουθήσουμε τις δύο

προηγούμενες στροφές θα καταλήξουμε ότι ο άξονας της δοσμένης αρχικά καμπύλης - έλικας θα

είναι η ευθεία:

$\displaystyle{ y=tan(30^o)x \Rightarrow y=\frac{\sqrt{3}}{3}x \ \ (5) }$

η οποία ανήκει στο επίπεδο $\displaystyle{xOy}$

Σημείωση: παρέλειψα να γράψω τους δυο πίνακες στροφής ως αυτονόητους

Παραθέτω και το αντίστοιχο δυναμικό σχήμα https://www.geogebra.org/m/ub2wzetg

Κώστας Δόρτσιος

#9

Μια 2η λύση:

Επειδή $\kappa=\tau=\frac{1}{4}$ -άρα $\frac{\tau}{\kappa}=1=\cot\frac{\pi}{4}$ - προκύπτει ότι η καμπύλη $\overrightarrow{r}(t)$ είναι κυκλική έλικα της οποίας το εφαπτόμενο διάνυσμα $\overrightarrow{r}'(t)$ , για κάθε $t\in\mathbb{R}$ , σχηματίζει σταθερή γωνία $\frac{\pi}{4}$ με σταθερό μη-μηδενικό διάνυσμα $\overrightarrow{u}=({u_1,u_2,u_3})$ , δηλαδή ισχύει

$\begin{aligned} \overrightarrow{r}'(t)\cdot \overrightarrow{u}&=\cos\tfrac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}\quad\Rightarrow\nonumber\\\noalign{\vspace{0.1cm}} \big({\sqrt{3}+\cos{t},\,1-\sqrt{3}\cos{t},\,-2\sin{t}}\big)\cdot({u_1,u_2,u_3})&=\frac{\sqrt{2}}{2}\quad(1) \end{aligned}$

Από την (1)

για $t=0,\frac{\pi}{2},$ προκύπτουν

$\begin{aligned} & \left\{\begin{array}{r} \big({ \sqrt {3}+1}\big)u_1+ \big({ 1-\sqrt {3}\,} \big) u_2=\frac{\sqrt{2}}{2}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \sqrt {3}\,u_1+u_2-2\,u_3=\frac{\sqrt{2}}{2} \end{array}\right\}\quad\Leftrightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\left\{\begin{array}{l} u_1=\frac{\sqrt{3}-1}{16}\big( \sqrt {3}\sqrt {2}+3\sqrt {2}+8\,u_3 \big) \\\noalign{\vspace{0.2cm}} u_2=\frac{\sqrt{3}+1}{16}\big( \sqrt {3}\sqrt {2}-\sqrt {2}+8\,u_3 \big) \end{array}\right\} \end{aligned}$

και θέτοντας u_3=0

προκύπτει το $\overrightarrow{u}=\big({\frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{8},\frac{\sqrt{2}}{8},0}\big)$ , ενώ ένα παράλληλό του είναι το $\overrightarrow{v}=\big({\sqrt{3},1,0}\big)$ . Επειδή

$\begin{aligned} \bigg({\frac{\sqrt{3}}{2}\,y(t)-\frac{1}{2}\,x(t)}\bigg)^2+z^2(t)&=\bigg({\frac{\sqrt{3}}{2}(t-\sqrt{3}\,\sin{t})-\frac{1}{2}(t\sqrt{3}+\sin{t})}\bigg)^2+4\cos^2{t}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=(-2\sin{t})^2+4\cos^2{t}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=4\,, \end{aligned}$

έπεται ότι η έλικα βρίσκεται επί του κυλίνδρου

με εξίσωση $\big({\frac{\sqrt{3}}{2}\,y-\frac{1}{2}\,x}\big)^2+z^2=2^2$ . Επειδή η τομή του κυλίνδρου

με το επίπεδο y=0

είναι η έλλειψη x^2+4z^2=4^2

, της οποίας το κέντρο είναι το (0,0,0)

, έπεται ότι ο άξονας του κυλίνδρου -άρα και της έλικας- διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Συνεπώς η εξίσωση του ζητούμενου άξονα είναι $\overrightarrow{c}(t)=t\,\overrightarrow{v}=\big({t\sqrt{3},t,0}\big)\,,\; t\in\mathbb{R}$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #10

Παίρνουμε τον

$\begin{bmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} & 0\\ 0& 0 &1 \\ \frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{1}{2} & 0 \end{bmatrix}$

που είναι πίνακας ορθογωνίου μετασχηματισμού.

Αν τον εφαρμόσουμε στην καμπύλη αυτή γίνεται

$2(\sin t,cos t,t)$

που είναι της μορφής που θέλουμε.

#11

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 26, 2022 9:37 am
Παίρνουμε τον

$\begin{bmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} & 0\\ 0& 0 &1 \\ \frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{1}{2} & 0 \end{bmatrix}$

που είναι πίνακας ορθογωνίου μετασχηματισμού.

Αν τον εφαρμόσουμε στην καμπύλη αυτή γίνεται

$2(\sin t,cos t,t)$

που είναι της μορφής που θέλουμε.

Σταύρο,

αυτή είναι η 1η λύση που έδωσα, αλλά μιας και, κατά κάποιον τρόπο, "εμπεριέχεται" σε αυτήν του Κώστα, την άφησα...
Καλώς την ανέφερες.
Σημείωση: Η λύση που έδωσα παραπάνω έχει την χρησιμότητά της, για τις περιπτώσεις που η "στροφή των αξόνων" δεν είναι "ορατή".

#12

grigkost έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 26, 2022 8:51 am
Μια 2η λύση:
..................................................
έπεται ότι η έλικα βρίσκεται επί του κυλίνδρου με εξίσωση $\big({\frac{\sqrt{3}}{2}\,y-\frac{1}{2}\,x}\big)^2+z^2=2^2$ . Επειδή η τομή του κυλίνδρου με το επίπεδο είναι η έλλειψη , της οποίας το κέντρο είναι το , έπεται ότι ο άξονας του κυλίνδρου -άρα και της έλικας- διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Συνεπώς η εξίσωση του ζητούμενου άξονα είναι $\overrightarrow{c}(t)=t\,\overrightarrow{v}=\big({t\sqrt{3},t,0}\big)\,,\; t\in\mathbb{R}$ .

Γρηγόρη καλησπέρα...

Επίτρεψε να παρουσιάσω τα συμπεράσματά σου και γραφικά...

Στο παρακάτω σχήμα εμφανίζω τους δυο κυλίνδρους όπου η πρώτη και η τελευταία έλικα περιελίσσονται καθώς και τις
οδηγούς καμπύλες αυτών, όπως εσύ προσδιόρισες.

: Έλικα 1α.png (76.52 KiB) Προβλήθηκε 1322 φορές

Θα μπορούσαμε επίσης να θεωρήσουμε και ως οδηγό
την άλλη έλλειψη με εξίσωση:

$\displaystyle{3y^2+4z^2=4^2 }$

η οποία ανήκει στο επίπεδο $\displaystyle{yOz}$

Για καλύτερη αντίληψη του σχήματος παραθέτω και το αντίστοιχο δυναμικό,όμως κάτι έχει ο υπολογιστής μου
και αδυνατεί να μεταφέρει από το geogebra.tybe το αρχείο μου. Ίσως αύριο...

Σήμερα το κατάφερα. Μπορείτε να το δείτε στη διεύθυνση: https://www.geogebra.org/m/g5mgvgdn

Κώστας Δόρτσιος

Κυκλική έλικα

Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Re: Κυκλική έλικα

Μέλη σε σύνδεση