1: Криві

Приклад 1.0.1. параметризація\(x^2+y^2=a^2\)

Хоча ми часто будемо використовувати\(t\) як параметр у\(\vecs{r} (t)\text{,}\) параметризованій кривій, немає необхідності його називати\(t\text{.}\) Іноді природно використовувати іншу назву для параметра. Наприклад, розглянемо коло\(x^2+y^2=a^2\text{.}\) Природно використовувати кут на\(\theta\) ескізі нижче, щоб позначити точку\(\big(a\cos\theta\,,\,a\sin\theta\big)\) на колі.

Тобто,

\[ \vecs{r} (\theta) = \big(a\cos\theta\,,\,a\sin\theta\big)\qquad 0\le \theta\lt 2\pi \nonumber \]

це параметризація кола\(x^2+y^2=a^2\text{.}\) Просто дивлячись на фігуру вище, зрозуміло, що, як\(\theta\) біжить від\(0\) до\(2\pi\text{,}\)\(\vecs{r} (\theta)\) простежує повне коло.

Однак будьте обережні, що лише знання того, що\(\vecs{r} (t)\) лежить на вказаній кривій, не гарантує, що, як\(t\) змінюється,\(\vecs{r} (t)\) охоплює всю криву. Наприклад, як\(t\) проходить по всій реальній лінії,\(\frac{2}{\pi}\arctan(t)\) проходить через інтервал\((-1,1)\text{.}\) Для всіх\(t\text{,}\)

\[ \vecs{r} (t) = \big(x(t),y(t)\big) = a\left(\frac{2}{\pi}\arctan(t)\,,\, \sqrt{1-\frac{4}{\pi^2}\arctan^2(t)}\,\right) \nonumber \]

чітко визначена і підпорядковується\(x(t)^2+y(t)^2=a^2\text{.}\) Але це\(\vecs{r} (t)\) не охоплює все коло, тому\(y(t)\) що завжди позитивно.

Приклад 1.0.2. параметризація\((x-h)^2+(y-k)^2=a^2\)

Ми можемо налаштувати параметризацію Приклад 1.0.1, щоб отримати параметризацію окружності радіуса\(a\), яка зосереджена на\((h,k)\text{.}\) Один із способів зробити це - перемалювати ескіз Прикладу 1.0.1 з колом перекладено так, що його центр знаходиться на\((h,k)\text{.}\)

Ми бачимо з ескізу, що

\[ \vecs{r} (\theta) = \big(h+a\cos\theta\,,\,k+a\sin\theta\big)\qquad 0\le \theta\lt 2\pi \nonumber \]

це параметризація кола\((x-h)^2+(y-k)^2=a^2\text{.}\)

Другий спосіб придумати цю параметризацію - спостерігати, що ми можемо\(\cos^2 t + \sin^2 t=1\) перетворити ідентичність трига в\((x-h)^2+(y-k)^2=a^2\) рівняння кола за допомогою

• множення ідентичності трига на\(a^2\) отримання,\((a\cos t)^2 +(a\sin t)^2 =a^2\) а потім
• налаштування\(\ a\cos t=x-h\ \) і\(\ a\sin t=y-k\ \text{,}\) яке перетворюється\((a\cos t)^2 +(a\sin t)^2 =a^2\) в\((x-h)^2+(y-k)^2=a^2\text{.}\)

Приклад 1.0.3. параметризація\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\) and of \(x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}\)

Ми можемо побудувати параметризації кривих\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\) і\(x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}\) з ідентичності трига,\(\cos^2 t + \sin^2 t=1\text{,}\) як ми це робили в другій частині останнього прикладу.

• Налаштування\(\ \cos t=\frac{x}{a}\ \) і\(\ \sin t=\frac{y}{b}\ \) перетворюється\(\cos^2 t +\sin^2 t =1\) в\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\text{.}\)
• Налаштування\(\ \cos t= \big(\frac{x}{a}\big)^{\frac{1}{3}}\ \) і\(\ \sin t=\big(\frac{y}{a}\big)^{\frac{1}{3}}\ \) перетворюється\(\cos^2 t +\sin^2 t =1\) в\(\frac{x^{2/3}}{a^{2/3}}+\frac{y^{2/3}}{a^{2/3}}=1\text{.}\)

Так

\[\begin{alignat*}{2} \vecs{r} (t) &= \big(a\cos t\,,\,b\sin t\big)\qquad &0\le t\lt 2\pi\\ \vecs{r} (t) &= \big(a\cos^3 t\,,\,a\sin^3 t\big) &0\le t\lt 2\pi \end{alignat*}\]

дати параметризації\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\) і\(x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}\text{,}\) відповідно. Щоб побачити, що біг\(t\) від\(0\) до\(2\pi\) біжить\(\vecs{r} (t)\) один раз навколо кривої, подивіться на малюнки нижче.

Крива\(x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}\) називається астроїдом. З його рівняння ми очікуємо, що його ескіз буде виглядати як деформоване коло. Але це, ймовірно, не так очевидно, що він буде мати загострені біти правої руки фігури. Ми не будемо тут пояснювати, чому вони виникають. Астроїд вивчений досить докладно в прикладі 1.1.9. Зокрема, там ретельно розробляється вищевказаний ескіз.

Приклад 1.0.4. параметризація\(e^y=1+x^2\)

Дуже простий метод, який часто може створювати параметризації для кривої, - це використання\(x\) або\(y\) як параметр. Тому що ми можемо вирішити\(e^y=1+x^2\) для\(y\) як функцію,\(x\text{,}\) а саме,\(y=\ln\big(1+x^2\big)\text{,}\) ми можемо використовувати\(x\) як параметр, просто встановивши\(t=x\text{.}\) Це дає параметризацію.

\[ \vecs{r} (t) = \big(t\,,\,\ln(1+t^2)\big)\qquad -\infty\lt t\lt \infty \nonumber \]

Приклад 1.0.5. параметризація\(x^2+y^2=a^2\text{,}\) again

Це також досить часто, що можна використовувати\(x\) або\(y\) для параметризації частини, але всі, кривої. Простим прикладом є коло\(x^2+y^2=a^2\text{.}\) Для кожного\(-a\lt x\lt a\text{,}\) є дві точки на колі з таким значенням\(x\text{.}\) Отже, не можна\(x\) використовувати для параметризації всього кола. Аналогічно, для кожної\(-a\lt y\lt a\text{,}\) є дві точки на колі з таким значенням\(y\text{.}\) Отже, не можна\(y\) використовувати для параметризації всього кола. З іншого боку

\[\begin{alignat*}{2} \vecs{r} (t) &= \big(t\,,\,\sqrt{a^2-t^2}\big)\qquad &-a\lt t\lt a \\ \vecs{r} (t) &= \big(t\,,\,-\sqrt{a^2-t^2}\big)\qquad &-a\lt t\lt a \end{alignat*}\]

забезпечити параметризації верхньої половини та нижньої половини, відповідно, кола, використовуючи\(x\) як параметр, і

\[\begin{alignat*}{2} \vecs{r} (t) &= \big(\sqrt{a^2-t^2}\,,\,t\big)\qquad &-a\lt t\lt a \\ \vecs{r} (t) &= \big(-\sqrt{a^2-t^2}\,,\,t\big)\qquad &-a\lt t\lt a \end{alignat*}\]

забезпечити параметризації правої половини і лівої половини, відповідно, кола, використовуючи\(y\) як параметр.

Приклад 1.0.6. Непараметризація\(\vecs{r} (t)=(\cos t, 7-t)\)

У цьому прикладі ми скасуємо параметризацію\(\vecs{r} (t)=(\cos t, 7-t)\) і знайдемо декартове рівняння кривої, про яку йде мова. Ми можемо переписати параметризацію як

\[\begin{align*} x&=\cos t \\ y&=7-t \end{align*}\]

Зауважте, що ми можемо усунути параметр,\(t\) просто використовуючи друге рівняння для вирішення\(t\) як функцію А\(y\text{.}\) саме:\(t=7-y\text{.}\) Підстановка цього в перше рівняння дає нам декартове рівняння.

\[ x=\cos(7-y) \nonumber \]

Приклад 1.0.7

Безліч всіх\((x,y,z)\) підкоряються

\[\begin{alignat*}{2} x^3&-e^{3y} &&=0\\ x^2&-e^{y} +z &&=0 \end{alignat*}\]

являє собою криву. Ми можемо вибрати, щоб використовувати\(y\) як параметр і думати

\[\begin{alignat*}{2} x^3& &&=e^{3y}\\ x^2&+z &&=e^{y} \end{alignat*}\]

як система двох рівнянь для двох невідомих\(x\) і\(z\text{,}\)\(y\) розглядається як задана константа, а не як невідома. Тепер ми можемо вирішити перше рівняння,\(x\text{,}\) щоб замінити результат у друге рівняння, і нарешті вирішити для\(z\text{.}\)

\[\begin{alignat*}{4} x^3& &&=e^{3y} &&\implies x=e^y\\ x^2&+z &&=e^{y} && &&\implies e^{2y}+z=e^y \implies z=e^y-e^{2y} \end{alignat*}\]

Так

\[ \vecs{r} (y) = \big(e^y\,,\,y\,,\,e^y-e^{2y}\big) \nonumber \]

є параметризацією для заданої кривої.

Приклад 1.0.8

Попередній приклад був сфальсифікований так, що його було легко вирішити для\(x\) і\(z\) як функції. На\(y\text{.}\) практиці це не завжди легко, а то й можливо. Більш реалістичний приклад - сукупність всіх\((x,y,z)\) підкоряються

\[\begin{alignat*}{1} x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3}&=1\\ x^2+2y^2&=z \end{alignat*}\]

яка є синьою кривою на малюнку вище. Підставляючи\(x^2=z-2y^2\) (з другого рівняння) в перше рівняння дає

\[ -\frac{3}{2}y^2+z+\frac{z^2}{3}=1 \nonumber \]

або, доповнюючи квадрат,

\[ -\frac{3}{2}y^2 + \frac{1}{3}\Big(z+\frac{3}{2}\Big)^2 = \frac{7}{4} \nonumber \]

Якщо, наприклад, нас цікавлять точки\((x,y,z)\) на кривій з\(y\ge 0\text{,}\) цим можна вирішити, щоб дати\(y\) як функцію\(z\text{.}\)

\[ y=\sqrt{\frac{2}{9}\Big(z+\frac{3}{2}\Big)^2-\frac{14}{12}} \nonumber \]

Потім\(x^2=z-2y^2\) також дає\(x\) як функцію\(z\text{.}\) If\(x\ge 0\text{,}\)

\[\begin{align*} x&=\sqrt{z-\frac{4}{9}\Big(z+\frac{3}{2}\Big)^2+\frac{14}{6}}\\ &=\sqrt{\frac{4}{3}-\frac{4}{9}z^2-\frac{1}{3}z} \end{align*}\]

Інші ознаки\(x\) і\(y\) можна отримати, використовуючи відповідні квадратні корені. У цьому прикладі\((x,y,z)\) знаходиться на кривій, тобто задовольняє два вихідних рівняння, якщо і тільки тоді, коли всі також\((\pm x,\pm y, z)\) знаходяться на кривій.