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# 1.12: Opcional — Círculos parametrizantes

$$\newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} }$$

$$\newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}}$$

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( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) $$\newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$$

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Ahora discutimos una estrategia simple para parametrizar círculos en tres dimensiones, comenzando por el círculo en el$$xy$$ plano -que tiene radio$$\rho$$ y está centrado en el origen. Esto es fácil de parametrizar:

\begin{align*} &\vecs{r} (t)=\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}\\ &0\le t\lt 2\pi \end{align*}

Ahora vamos a mover el círculo para que su centro esté en algún punto general$$\textbf{c}\text{.}$$ Para parametrizar este nuevo círculo, que todavía tiene radio$$\rho$$ y que sigue siendo paralelo al$$xy$$ plano, simplemente traducimos por$$\textbf{c}\text{:}$$

\begin{align*} &\vecs{r} (t)=\textbf{c}+\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}\\ & 0\le t\lt 2\pi \end{align*}

Por último, consideremos un círculo en posición general. El secreto para parametrizar un círculo general es reemplazar$$\hat{\pmb{\imath}}$$ y$$\hat{\pmb{\jmath}}$$ por dos nuevos vectores$$\hat{\pmb{\imath}}'$$ y$$\hat{\pmb{\jmath}}'$$ que

1. son vectores unitarios,
2. son paralelos al plano del círculo deseado y
3. son mutuamente perpendiculares.

\begin{align*} & \vecs{r} (t)=\textbf{c}+\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}'+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}'\\ & 0\le t\lt 2\pi \end{align*}

Para comprobar que esto es correcto, observe que

• $$\vecs{r} (t)-\textbf{c}$$es paralelo al plano del círculo deseado porque ambos$$\hat{\pmb{\imath}}'$$ y$$\hat{\pmb{\jmath}}'$$ son paralelos al plano del círculo deseado y$$\vecs{r} (t)-\textbf{c}=\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}'+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}'$$
• $$\vecs{r} (t)-\textbf{c}$$es de longitud$$\rho$$ para todos$$t$$ porque

\begin{align*} |\vecs{r} (t)-\textbf{c}\,|^2 &=(\vecs{r} (t)-\textbf{c}\,)\cdot(\vecs{r} (t)-\textbf{c}\,)\\ &=(\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}'+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}')\cdot (\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}'+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}')\\ &=\rho^2\cos^2 t\ \hat{\pmb{\imath}}'\cdot\hat{\pmb{\imath}}' + \rho^2\sin^2 t\ \hat{\pmb{\jmath}}'\cdot\hat{\pmb{\jmath}}' +2\rho\cos t\sin t\ \hat{\pmb{\imath}}'\cdot\hat{\pmb{\jmath}}'\\ &=\rho^2(\cos^2t+\sin^2t)=\rho^2 \end{align*}

ya que$$\hat{\pmb{\imath}}'\cdot\hat{\pmb{\imath}}'=\hat{\pmb{\jmath}}'\cdot\hat{\pmb{\jmath}}'=1$$ ($$\hat{\pmb{\imath}}'$$y$$\hat{\pmb{\jmath}}'$$ son ambos vectores unitarios) y$$\hat{\pmb{\imath}}'\cdot\hat{\pmb{\jmath}}'=0$$ ($$\hat{\pmb{\imath}}'$$y$$\hat{\pmb{\jmath}}'$$ son perpendiculares).

Para encontrar tal parametrización en la práctica, necesitamos encontrar el centro$$\textbf{c}$$ del círculo, el radio$$\rho$$ del círculo y dos vectores unitarios mutuamente perpendiculares,$$\hat{\pmb{\imath}}'$$ y$$\hat{\pmb{\jmath}}'\text{,}$$ en el plano del círculo. A menudo es fácil encontrar al menos un punto$$\textbf{p}$$ en el círculo. Entonces podemos tomar$$\hat{\pmb{\imath}}'=\frac{\textbf{p}-\textbf{c}}{|\textbf{p}-\textbf{c}|}\text{.}$$ También suele ser fácil encontrar un vector unitario,$$\hat{\mathbf{k}}'\text{,}$$ que es normal al plano del círculo. Entonces podemos elegir$$\hat{\pmb{\jmath}}'=\hat{\mathbf{k}}'\times\hat{\pmb{\imath}}'\text{.}$$ Vamos a ilustrar esto ahora.

##### Ejemplo 1.12.1

Que$$C$$ sea la intersección de la esfera$$x^2+y^2+z^2=4$$ y el plano$$z=y\text{.}$$

• La intersección de cualquier plano con cualquier esfera es un círculo. El plano en cuestión pasa por el centro de la esfera, por lo que$$C$$ tiene el mismo centro y el mismo radio que la esfera. Así$$C$$ tiene radio$$2$$ y centro$$(0,0,0)\text{.}$$
• Observe que el punto$$(2,0,0)$$ satisface tanto$$x^2+y^2+z^2=4$$$$z=y$$ y así está encendido$$C\text{.}$$ Podemos optar por$$\hat{\pmb{\imath}}'$$ ser el vector unitario en la dirección desde el centro$$(0,0,0)$$ del círculo hacia$$(2,0,0)\text{.}$$ Ne$$\hat{\pmb{\imath}}'=(1,0,0)\text{.}$$
• Dado que el plano del círculo es$$z-y=0\text{,}$$ el vector$$\vecs{ \nabla} (z-y)=(0,-1,1)$$ es perpendicular al plano de$$C\text{.}$$ Así que podemos tomar$$\hat{\mathbf{k}}'=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)\text{.}$$
• Entonces$$\hat{\pmb{\jmath}}'=\hat{\mathbf{k}}'\times\hat{\pmb{\imath}}' =\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)\times(1,0,0)=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)\text{.}$$

Sustituyendo en$$\textbf{c}=(0,0,0)\text{,}$$$$\rho=2\text{,}$$$$\hat{\pmb{\imath}}'=(1,0,0)$$ y$$\hat{\pmb{\jmath}}'=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)$$ da

\begin{align*} \vecs{r} (t)&=2\cos t\,(1,0,0)+ 2\sin t\,\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)\\ &=2\big(\cos t, \frac{\sin t}{\sqrt{2}},\frac{\sin t}{\sqrt{2}}\big)\\ & 0\le t\lt 2\pi \end{align*}

Para verificar esto, tenga en cuenta que$$x=2\cos t\text{,}$$$$y=\sqrt{2}\sin t\text{,}$$$$z=\sqrt{2}\sin t$$ satisface tanto$$x^2+y^2+z^2=4$$ y$$z=y\text{.}$$

##### Ejemplo 1.12.2

Dejar$$C$$ ser el círculo que pasa por los tres puntos$$(3,0,0)\text{,}$$$$(0,3,0)$$ y$$(0,0,3)\text{.}$$

• Los tres puntos obedecen$$x+y+z=3\text{.}$$ Entonces el círculo yace en el plano$$x+y+z=3\text{.}$$ Adivinamos, por simetría, o mirando la figura de abajo, que el centro del círculo está en el centro de masa de los tres puntos, que es$$\frac{1}{3}[(3,0,0)+(0,3,0)+(0,0,3)]=(1,1,1)\text{.}$$ Debemos verificar esto y podemos hacerlo comprobando que$$(1,1,1)$$ es equidistante de los tres puntos:

\begin{alignat*}{2} \big|(3,0,0)-(1,1,1)\big|&=\big|(2,-1,-1)\big|&&=\sqrt{6}\\ \big|(0,3,0)-(1,1,1)\big|&=\big|(-1,2,-1)\big|&&=\sqrt{6}\\ \big|(0,0,3)-(1,1,1)\big|&=\big|(-1,-1,2)\big|&&=\sqrt{6} \end{alignat*}

Esto nos dice tanto que$$(1,1,1)$$ es efectivamente el centro (ya que solo el centro es equidistante de tres puntos distintos en un círculo) y que el radio de$$C$$ es$$\sqrt{6}\text{.}$$
• Podemos elegir$$\hat{\pmb{\imath}}'$$ ser el vector de unidad en la dirección desde el centro$$(1,1,1)$$ del círculo hacia$$(3,0,0)\text{.}$$ Ne$$\hat{\pmb{\imath}}'=\frac{1}{\sqrt{6}}(2,-1,-1)\text{.}$$
• Dado que el plano del círculo es$$x+y+z=3\text{,}$$ el vector$$\vecs{ \nabla} (x+y+z)=(1,1,1)$$ es perpendicular al plano de$$C\text{.}$$ Así que podemos tomar$$\hat{\mathbf{k}}'=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)\text{.}$$
• Entonces

\begin{align*} \hat{\pmb{\jmath}}'&=\hat{\mathbf{k}}'\times\hat{\pmb{\imath}}' =\frac{1}{\sqrt{18}}(1,1,1)\times(2,-1,-1)=\frac{1}{\sqrt{18}}(0,3,-3)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1) \end{align*}

Sustituyendo en$$\vc=(1,1,1)\text{,}$$$$\rho=\sqrt{6}\text{,}$$$$\hat{\pmb{\imath}}'=\frac{1}{\sqrt{6}}(2,-1,-1)$$ y$$\hat{\pmb{\jmath}}'=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1)$$ da

\begin{align*} \vecs{r} (t)&=(1,1,1)+\sqrt{6}\cos t\,\frac{1}{\sqrt{6}}(2,-1,-1) + \sqrt{6}\sin t\,\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1)\cr &=\big(1+2\cos t, 1-\cos t+\sqrt{3}\sin t,1-\cos t-\sqrt{3}\sin t\big) \end{align*}

Para verificar esto, tenga en cuenta que$$\vecs{r} (0)=(3,0,0)\text{,}$$$$\vecs{r} \big(\frac{2\pi}{3}\big)=(0,3,0)$$ y$$\vecs{r} \big(\frac{4\pi}{3}\big)=(0,0,3)$$ desde$$\cos\frac{2\pi}{3}=\cos\frac{4\pi}{3}=-\frac{1}{2}\text{,}$$$$\sin\frac{2\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$ y$$\sin\frac{4\pi}{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\text{.}$$

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