1.12: Opcional — Círculos parametrizantes

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\(\sin\frac{4\pi}{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\text{.}\)