Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

18Kurva

Kini geometrinya berbelok menjadi diferensial. Sebuah kurva adalah titik yang bergerak menembus ruang; kalkulus memberi kita kecepatan dan percepatannya, sedangkan geometri bertanya apa yang hakiki — yakni yang tak bergantung pada secepat apa kita menyusuri lintasannya. Jawabannya adalah panjang busur, yang mengukur lintasannya sendiri, dan kelengkungan, yang mengukur seberapa ia membengkok. Pada dimensi $3$ ada invarian kedua, yakni torsi, yang mengukur seberapa kurvanya terpuntir keluar dari bidangnya. Adapun alat tata bukunya untuk semua ini adalah kerangka Frenet yang bergerak.

18.1 Busur terparameter

Definisi 18.1 (Busur terparameter)

Sebuah busur terparameter berkelas $\mathcal{C}^k$ (dengan $k \geq 1$ ) adalah pemetaan $\gamma \colon I \to \R^n$ berkelas $\mathcal{C}^k$ pada interval $I$ . Sebuah titik $\gamma(t)$ disebut regular bila $\gamma'(t) \neq 0$ , dan busurnya regular bila semua titiknya demikian. Adapun garis lewat $\gamma(t)$ yang diarahkan $\gamma'(t)$ disebut garis singgung di titik regularnya.

Definisi 18.2 (Penggantian parameter)

Sebuah penggantian parameter berkelas $\mathcal{C}^k$ adalah difeomorfisma $\mathcal{C}^k$ $\theta \colon J \to I$ antar interval (dengan $\theta' \neq 0$ di mana-mana). Busur $\gamma$ dan $\gamma \circ \theta$ disebut setara; sedangkan sebuah busur geometris (atau kurva) adalah sebuah kelas kesetaraan. Adapun gagasan yang invarian terhadap penggantian parameter — yakni lintasannya, garis singgungnya, panjang busurnya, kelengkungannya — disebut geometris.

Catatan 18.3

Lintasannya sendiri tak menentukan busur geometrisnya: sebab parameterisasi $t \mapsto (\cos t, \sin t)$ pada $[0, 2\pi]$ dan pada $[0, 4\pi]$ punya peta yang sama tetapi menempuh lingkarannya sekali dan dua kali. Jadi sebuah busur geometris mengingat multiplisitas dan orientasi penempuhannya, bukan kelajuannya.

Contoh 18.4 (Kelajuan tak mengubah apa pun yang geometris)

Parameterkan lingkaran satuannya lewat

\gamma(t) = (\cos t^2,\ \sin t^2), \qquad t \in \intcc0{\sqrt{2\pi}} .

Kelajuannya $\norm{\gamma'(t)} = 2t$ tumbuh linear, namun

L = \int_0^{\sqrt{2\pi}}2t\,\dd t = 2\pi ,

yakni panjang yang sama seperti pada kelajuan tetap — sebagaimana dijanjikan Teorema 18.7, lewat penggantian parameter $t \mapsto t^2$ . Garis singgungnya, kelengkungan yang dihitung dari Proposisi 18.17, dan setiap besaran geometris lainnya juga sepakat; hanya $t = 0$ yang pantas dilirik, tempat $\gamma'(0) = 0$ membuat parameterisasi ini tak regular walaupun lintasannya berupa lingkaran yang sempurna. Jadi pernyataan geometris kurang toleran terhadap parameterisasi yang buruk: parameterkan ulang dulu, simpulkan kemudian.

Contoh 18.5

Busur $\gamma(t) = (t^2, t^3)$ bersifat $\mathcal{C}^\infty$ tetapi tak regular: sebab $\gamma'(0) = (0, 0)$ . Lintasannya, yakni parabola semikubik $y^2 = x^3$ , punya titik runcing di titik asalnya: jadi kemulusan parameterisasinya tak mencegah kesingularan geometris di tempat kecepatannya lenyap. Itulah sebabnya hipotesis keregularan $\gamma' \neq 0$ bukan sekadar hiasan.

18.2 Panjang busur

Definisi 18.6 (Panjang busur)

Misalkan $\gamma \colon [a, b] \to \R^n$ sebuah busur $\mathcal{C}^1$ . Adapun panjang busurnya adalah

L(\gamma) = \int_a^b \norm{\gamma'(t)}\, \dd t ,

dengan $\norm{\cdot}$ menyatakan norma Euklides. Sedangkan fungsi panjang busur yang berpangkal di $t_0$ adalah $s(t) = \int_{t_0}^t \norm{\gamma'(u)}\,\dd u$ .

Teorema 18.7 (Panjangnya geometris; pencirian poligonal)

Bila $\theta \colon [c, d] \to [a, b]$ merupakan penggantian parameter $\mathcal{C}^1$ , maka $L(\gamma \circ \theta) = L(\gamma)$ .
Adapun $L(\gamma)$ merupakan supremum panjang poligon yang terlukis di dalamnya:

$L(\gamma) = \sup\Bigl\{\, \sum_{i=1}^{m} \norm{\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1})} \;:\; a = t_0 < t_1 < \dots < t_m = b \,\Bigr\}.$

Bukti. 1. Lewat penggantian peubah $t = \theta(u)$ (jilid Tahun ke-1, yang sah karena $\theta$ bersifat $\mathcal{C}^1$ monoton),

\int_c^d \norm{(\gamma\circ\theta)'(u)}\,\dd u = \int_c^d \norm{\gamma'(\theta(u))}\,\abs{\theta'(u)}\,\dd u = \int_a^b \norm{\gamma'(t)}\,\dd t ,

tempat kita memakai $(\gamma\circ\theta)' = \theta'\cdot (\gamma'\circ\theta)$ dan, bila $\theta$ turun, tanda $\theta'$ terserap oleh pembalikan batasnya.

2. Untuk sembarang subbagiannya, $\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1}) = \int_{t_{i-1}}^{t_i}\gamma'(t)\,\dd t$ , jadi menurut ketaksamaan segitiga bagi integral berlaku $\norm{\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1})} \leq \int_{t_{i-1}}^{t_i}\norm{\gamma'}$ : jadi setiap poligonnya lebih pendek daripada $L(\gamma)$ , sehingga $\sup \leq L(\gamma)$ .

Untuk ketaksamaan sebaliknya, misalkan $\varepsilon > 0$ . Karena $\gamma'$ kontinu pada $[a,b]$ yang kompak, ia kontinu seragam: jadi ada $\delta > 0$ dengan $\norm{\gamma'(t) - \gamma'(u)} \leq \varepsilon$ setiap kali $\abs{t - u} \leq \delta$ . Ambillah sebuah subbagian berlangkah $\leq \delta$ . Pada tiap kepingnya, untuk $t \in [t_{i-1}, t_i]$ ,

\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1}) = \int_{t_{i-1}}^{t_i}\gamma'(t)\,\dd t = (t_i - t_{i-1})\,\gamma'(t_{i-1}) + R_i, \qquad \norm{R_i} \leq \varepsilon\,(t_i - t_{i-1}),

karena $R_i = \int_{t_{i-1}}^{t_i}(\gamma'(t) - \gamma'(t_{i-1}))\,\dd t$ . Karena itu

\norm{\gamma(t_i) - \gamma(t_{i-1})} \geq (t_i - t_{i-1})\norm{\gamma'(t_{i-1})} - \varepsilon (t_i - t_{i-1}) .

Setelah dijumlahkan, lalu membandingkan $\sum (t_i - t_{i-1})\norm{\gamma'(t_{i-1})}$ dengan $\int_a^b\norm{\gamma'}$ (yakni jumlah Riemann bagi fungsi kontinu $\norm{\gamma'}$ , yang berselisih paling $\varepsilon(b - a)$ dari integralnya untuk $\delta$ yang cukup kecil berkat kekontinuan seragamnya lagi), kita memperoleh poligon berpanjang $\geq L(\gamma) - 2\varepsilon(b - a)$ . Lalu melewatkan $\varepsilon \to 0$ membuktikan klaimnya. ∎

Contoh 18.8 (Archimedes dan poligon yang terlukis)

Untuk lingkaran satuannya, segi- $n$ beraturan yang terlukis di dalamnya berpanjang $L_n = 2n\sin\frac\pi n$ , dan uraian $\sin x = x - \frac{x^3}6 + O(x^5)$ memberi

L_n = 2\pi - \frac{\pi^3}{3n^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) :

jadi panjang poligonal pada Teorema 18.7 konvergen secara kuadratik. Secara numerik: $L_6 = 6$ (yakni segi enamnya, yang memberi $\pi > 3$ yang kasar), sedangkan $L_{96} = 192\sin\frac{\pi}{96} \approx 6.28206$ terhadap $2\pi \approx 6.28319$ — dan galatnya $0.00113$ sepakat dengan ramalan $\pi^3/(3\cdot96^2) \approx 0.00112$ . Itulah sebabnya Archimedes, dengan melipatduakan segi enamnya lima kali menjadi $96$ sisi, dapat mengapit $\pi$ sampai tiga digit dengan tangan: sebab tiap pelipatduaannya membagi galatnya dengan empat. Jadi supremum pada pencirian poligonalnya bukan sekadar tercapai pada limitnya; ia tercapai secara cepat, karena kurva yang mulus memisah dari tali busurnya hanya pada orde kedua.

Teorema 18.9 (Parameterisasi panjang busur)

Misalkan $\gamma \colon I \to \R^n$ busur $\mathcal{C}^k$ yang regular (dengan $k \geq 1$ ). Adapun fungsi panjang busurnya $s$ merupakan difeomorfisma $\mathcal{C}^k$ dari $I$ ke sebuah interval $J$ , dan $\tilde\gamma = \gamma \circ s^{-1}$ memenuhi $\norm{\tilde\gamma'} = 1$ di mana-mana. Hingga penggeseran parameternya dan orientasinya, parameterisasi panjang busur (atau berkelajuan satuan) ini bersifat tunggal.

Bukti. Berlaku $s'(t) = \norm{\gamma'(t)} > 0$ dan $s'$ bersifat $\mathcal{C}^{k-1}$ (yakni komposisi pemetaan $\mathcal{C}^{k-1}$ $\gamma'$ dengan normanya, yang mulus jauh dari $0$ ), jadi $s$ bersifat $\mathcal{C}^k$ , naik tegas, bijeksi ke $J = s(I)$ , dan balikannya bersifat $\mathcal{C}^k$ menurut teorema fungsi balikan pada dimensi $1$ (jilid Tahun ke-1). Maka

\tilde\gamma'(\sigma) = \frac{\gamma'(t)}{s'(t)} = \frac{\gamma'(t)}{\norm{\gamma'(t)}}, \qquad t = s^{-1}(\sigma),

yakni sebuah vektor satuan. Bila $\hat\gamma = \gamma\circ\theta$ merupakan parameterisasi berkelajuan satuan yang lain, maka $\abs{\theta'} = 1$ , jadi $\theta' = \pm 1$ yang tetap (berkat kekontinuannya), yakni $\theta(u) = \pm u + c$ . ∎

Catatan 18.10

Panjang busur adalah parameter yang memisahkan geometri dari dinamika. Sebuah lintasan dapat ditempuh dengan profil kelajuan apa pun — yakni fisika geraknya — tetapi setiap pertanyaan yang invarian terhadap parameterisasi (yakni bentuknya, pembengkokannya, oskulasinya) punya jam kanonik, yaitu jarak yang ditempuh. Itulah sebabnya semua rumus kelengkungan di bawah didefinisikan pada kelajuan satuan lalu diterjemahkan ke parameterisasi sembarang lewat aturan rantai: sebab faktor terjemahannya adalah pangkat $v = s'$ , dan melacaknya secara benar adalah seluruh isi Proposisi 18.17.

Contoh 18.11 (Lingkaran dan heliks)

Untuk lingkaran $\gamma(t) = (R\cos t, R\sin t)$ , berlaku $\norm{\gamma'} = R$ , jadi $s = Rt$ dan panjang satu putaran penuhnya adalah $2\pi R$ . Sedangkan untuk heliks $\gamma(t) = (a\cos t,\ a\sin t,\ bt)$ dengan $a > 0$ , $\norm{\gamma'(t)} = \sqrt{a^2 + b^2}$ bersifat tetap: jadi heliksnya ditempuh pada kelajuan tetap, dan $s = t\sqrt{a^2 + b^2}$ .

Contoh 18.12 (Panjang busur dalam koordinat kutub)

Sebuah kurva kutub $r = r(\theta)$ adalah busur $\gamma(\theta) = (r\cos\theta,\ r\sin\theta)$ , dengan

\gamma'(\theta) = (r'\cos\theta - r\sin\theta,\ r'\sin\theta + r\cos\theta), \qquad \norm{\gamma'(\theta)}^2 = r'^2 + r^2

(sebab suku silangnya saling meniadakan): jadi unsur panjang kutubnya adalah $\sqrt{r^2 + r'^2}\,\dd\theta$ . Untuk kardioid $r = 1 + \cos\theta$ :

r^2 + r'^2 = (1 + \cos\theta)^2 + \sin^2\theta = 2 + 2\cos\theta = 4\cos^2\tfrac\theta2,

lalu pada $\intcc{-\pi}{\pi}$ kosinus setengah sudutnya bersifat taknegatif, jadi

L = \int_{-\pi}^{\pi}2\cos\tfrac\theta2\,\dd\theta = \Bigl[4\sin\tfrac\theta2\Bigr]_{-\pi}^{\pi} = 4 - (-4) = 8 :

seperti lengkung sikloid pada Latihan 18.1, sebuah kurva yang dibangun dari lingkaran punya panjang yang rasional, tanpa $\pi$ di mana pun. Adapun pemfaktoran setengah sudutnya adalah siasat baku bagi panjang kurva yang terbangkitkan lingkaran; sedangkan ketika ia gagal (yakni pada elipsnya), panjangnya menjadi fungsi yang sungguh baru — yakni sebuah integral eliptik, di luar bentuk tertutup yang dasar.

18.3 Kelengkungan pada bidang

Di sepanjang bagian ini, busurnya bersifat $\mathcal{C}^2$ dan regular pada bidang Euklides yang berorientasi. Kita memparameterkannya lewat panjang busur lalu menulis $T(s) = \tilde\gamma'(s)$ bagi singgung satuannya, dan $N(s)$ bagi vektor satuan yang langsung ortogonal terhadap $T(s)$ (yakni perputaran $T$ sebesar $+\pi/2$ ).

Teorema 18.13 (Rumus Frenet bidang)

Misalkan $\tilde\gamma$ busur $\mathcal{C}^2$ berkelajuan satuan pada bidang yang berorientasi. Maka ada fungsi kontinu $\kappa$ , yakni kelengkungan (aljabarnya), sedemikian sehingga

T'(s) = \kappa(s)\, N(s), \qquad N'(s) = -\kappa(s)\, T(s).

Bukti. Karena $\norm{T(s)}^2 = 1$ untuk setiap $s$ , menurunkan hasil kali skalarnya memberi $2\langle T'(s), T(s)\rangle = 0$ : jadi $T'(s)$ ortogonal terhadap $T(s)$ , sehingga segaris dengan $N(s)$ (berkat dimensi $2$ ); jadi tulislah $T'(s) = \kappa(s) N(s)$ dengan $\kappa(s) = \langle T'(s), N(s)\rangle$ , yang kontinu. Demikian pula $N' \perp N$ , jadi $N' = \lambda T$ ; lalu menurunkan $\langle T, N\rangle = 0$ memberi $\langle T', N\rangle + \langle T, N'\rangle = \kappa + \lambda = 0$ . ∎

Definisi 18.14

Ketika $\kappa(s) \neq 0$ , jari-jari kelengkungan adalah $R(s) = 1/\abs{\kappa(s)}$ dan pusat kelengkungan adalah $\tilde\gamma(s) + \frac{1}{\kappa(s)} N(s)$ ; sedangkan lingkaran dengan pusat itu dan berjari-jari $R(s)$ disebut lingkaran oskulasi, yakni hampiran lingkaran terbaik bagi kurvanya di $\tilde\gamma(s)$ .

Contoh 18.15 (Lingkaran oskulasi bagi eksponensialnya)

Untuk $y = \eu^x$ di titik $(0, 1)$ : berlaku $f'(0) = f''(0) = 1$ , jadi menurut rumus grafik di bawah,

\kappa(0) = \frac{1}{(1 + 1)^{3/2}} = \frac1{2\sqrt2}, \qquad R = 2\sqrt2 .

Adapun singgung satuannya $T = \frac{(1, 1)}{\sqrt2}$ , normal langsungnya $N = \frac{(-1, 1)}{\sqrt2}$ , dan pusat kelengkungannya adalah

(0, 1) + 2\sqrt2\cdot\frac{(-1, 1)}{\sqrt2} = (-2,\ 3) :

jadi lingkaran oskulasinya berpersamaan $(x + 2)^2 + (y - 3)^2 = 8$ . Sebagai pemeriksaan klaim “hampiran lingkaran terbaik” itu: menyelesaikan persamaan lingkarannya untuk $y$ di dekat $(0,1)$ lalu menguraikannya memberi $y = 1 + x + \frac{x^2}2 + O(x^3)$ — persis uraian Taylor orde dua bagi $\eu^x$ . Jadi lingkaran oskulasinya mencocokkan nilai, lereng dan turunan kedua; sedangkan lingkaran singgung biasa hanya akan mencocokkan dua yang pertama.

Contoh 18.16 (Evolut sebuah lingkaran adalah pusatnya)

Untuk lingkaran berjari-jari $R$ yang ditempuh berlawanan arah jarum jam, berlaku $\kappa = 1/R$ dan $N$ menunjuk ke pusatnya, jadi pusat kelengkungannya $\tilde\gamma + \frac1\kappa N$ adalah pusat lingkarannya, untuk setiap $s$ : jadi lingkaran oskulasi sebuah lingkaran adalah lingkarannya sendiri, dan tempat kedudukan pusat kelengkungannya runtuh menjadi satu titik. Kasus merosot ini menakar Latihan 18.6: sebab di sana kecepatan evolutnya adalah $-\frac{\kappa'}{\kappa^2}N$ , yang lenyap secara identik persis ketika $\kappa$ bersifat tetap.

Proposisi 18.17 (Kelengkungan dalam parameterisasi sembarang)

Untuk busur bidang $\mathcal{C}^2$ yang regular $\gamma(t) = (x(t), y(t))$ ,

\kappa(t) = \frac{x'(t)\,y''(t) - y'(t)\,x''(t)} {\bigl(x'(t)^2 + y'(t)^2\bigr)^{3/2}} ,

khususnya $\kappa = \dfrac{y''}{(1 + y'^2)^{3/2}}$ bagi sebuah grafik $y = f(x)$ .

Bukti. Tulislah $v(t) = \norm{\gamma'(t)} = s'(t)$ , jadi $\gamma' = vT$ (dengan mengomposisikan data berkelajuan satuannya dengan $s$ ). Setelah diturunkan,

\gamma'' = v'T + v\,T'\cdot s' = v'T + v^2\kappa N .

Kini ambillah determinan (dalam basis kanonik yang berorientasi) atas $(\gamma', \gamma'')$ : sebab $\det(T, T) = 0$ dan $\det(T, N) = 1$ ,

\det(\gamma', \gamma'') = \det(vT,\ v'T + v^2\kappa N) = v^3\kappa .

Ruas kirinya adalah $x'y'' - y'x''$ , dan $v^3 = (x'^2 + y'^2)^{3/2}$ . Adapun kasus grafiknya adalah parameterisasi $t \mapsto (t, f(t))$ . ∎

Contoh 18.18 (Garis, lingkaran, parabola)

Sebuah garis punya $\kappa = 0$ (dan sebaliknya: sebab $T' = 0$ berarti $T$ tetap, jadi $\tilde\gamma(s) = \tilde\gamma(0) + sT$ , yakni sebuah garis). Adapun lingkaran berjari-jari $R$ yang ditempuh berlawanan arah jarum jam punya $\kappa = 1/R$ : sebab dengan $\gamma(t) = (R\cos t, R\sin t)$ , rumusnya memberi $\kappa = R^2/R^3$ . Sedangkan untuk parabola $y = x^2/2$ : $\kappa(x) = 1/(1 + x^2)^{3/2}$ , yang maksimum di puncaknya — jadi parabolanya paling tajam membengkok di tempat ia berbalik.

Catatan 18.19 (Jebakan yang sering muncul seputar kelengkungan)

(i) Kelengkungan aljabar sebuah busur bidang berganti tanda ketika orientasi busurnya atau bidangnya dibalik: jadi hanya $\abs\kappa$ dan $R = 1/\abs\kappa$ yang murni geometris. Sebuah lingkaran yang ditempuh searah jarum jam punya $\kappa = -1/R$ . (ii) Adapun rumus grafiknya $\kappa = f''/(1 + f'^2)^{3/2}$ diam-diam memilih parameterisasi lewat $x$ ; jadi menerapkannya pada kurva yang bukan grafik di dekat titiknya (yakni bersinggung tegak) adalah kekeliruan yang klasik. (iii) Di titik tempat $\gamma' = 0$ tak ada yang terdefinisi — baik $T$ maupun $\kappa$ — dan lintasannya boleh jadi sungguh patah (Contoh 18.5); jadi periksalah selalu keregularannya sebelum menurunkan singgung satuannya. (iv) Di ruang, $\kappa = \norm{T'} \geq 0$ menurut konvensinya: jadi tak ada tanda yang bisa salah, tetapi juga tak ada tanda yang bisa dieksploitasi — sebab informasi bertipe belokan pindah ke torsinya. (v) Akhirnya, $\kappa$ adalah turunan terhadap panjang busurnya: jadi untuk parameterisasi yang tak berkelajuan satuan, melupakan faktor $v^3$ pada Proposisi 18.17 adalah kesalahan yang paling sering dalam praktik.

Parabola y = x2/2, kerangka Frenet bergeraknya (T, N), dan lingkaran oskulasi di puncaknya (yang berjari-jari 1, sebab (0) = 1). Kerangkanya berputar ketika titiknya bergerak; jadi kelengkungannya adalah laju perputaran itu per satuan panjang busur. — **Gambar 18.1.** Parabola $y = x^2/2$ , kerangka Frenet bergeraknya $(T, N)$ , dan lingkaran oskulasi di puncaknya (yang berjari-jari $1$ , sebab $\kappa(0) = 1$ ). Kerangkanya berputar ketika titiknya bergerak; jadi kelengkungannya adalah laju perputaran itu per satuan panjang busur.

Teorema 18.20 (Kelengkungan menentukan kurvanya)

Misalkan $\kappa \colon J \to \R$ kontinu. Maka ada sebuah busur $\mathcal{C}^2$ berkelajuan satuan pada bidangnya dengan kelengkungan $\kappa$ , dan ia tunggal hingga sebuah isometri langsung (yakni perputaran yang disusul penggeseran).

Bukti. Keberadaannya. Tetapkan $s_0 \in J$ lalu tetapkan $\varphi(s) = \int_{s_0}^s \kappa(u)\,\dd u$ , kemudian

\tilde\gamma(s) = \Bigl(\int_{s_0}^s \cos\varphi(u)\,\dd u,\ \int_{s_0}^s \sin\varphi(u)\,\dd u\Bigr).

Maka $T(s) = (\cos\varphi(s), \sin\varphi(s))$ merupakan vektor satuan, $N(s) = (-\sin\varphi, \cos\varphi)$ , dan

T'(s) = \varphi'(s)\,(-\sin\varphi, \cos\varphi) = \kappa(s)\,N(s) :

jadi busurnya berkelajuan satuan dengan kelengkungan $\kappa$ .

Ketunggalannya. Misalkan $\gamma_1, \gamma_2$ busur berkelajuan satuan dengan kelengkungan yang sama. Tiap singgung satuannya terangkat menjadi sebuah fungsi sudut, lewat konstruksi yang gamblang: pandanglah $T_j$ sebagai bilangan kompleks $z_j = a_j + \iu b_j$ bermodulus $1$ , pilihlah $\varphi_j(0)$ dengan $z_j(0) = \eu^{\iu\varphi_j(0)}$ , lalu tetapkan

\varphi_j(s) = \varphi_j(0) + \int_0^s\det\bigl(T_j, T_j'\bigr)(u)\,\dd u .

Dari $\abs{z_j} = 1$ : berlaku $\operatorname{Re}(\conj{z_j}\,z_j') = 0$ , jadi $\conj{z_j}\,z_j' = \iu\det(T_j, T_j') = \iu\,\varphi_j'$ , yakni $z_j' = \iu\varphi_j'z_j$ ; lalu

\bigl(z_j\,\eu^{-\iu\varphi_j}\bigr)' = \eu^{-\iu\varphi_j}\bigl(z_j' - \iu\varphi_j'z_j\bigr) = 0,

jadi $z_j = \eu^{\iu\varphi_j}$ di seluruhnya: sehingga $T_j = (\cos\varphi_j, \sin\varphi_j)$ dengan $\varphi_j$ berkelas $\mathcal C^1$ . Lebih jauh $\det(T_j, T_j') = \det(T_j, \kappa N_j) = \kappa$ , jadi $\varphi_j' = \kappa$ . Karena itu $\varphi_2 = \varphi_1 + c$ untuk sebuah konstanta $c$ : jadi $T_2$ adalah $T_1$ yang diputar sebesar sudut tetap $c$ , sehingga setelah diintegralkan, $\gamma_2 = \rho(\gamma_1) + w$ dengan $\rho$ menyatakan perputaran bersudut $c$ dan $w$ sebuah vektor tetap. ∎

Catatan 18.21

Inilah prototipe berdimensi satu bagi sebuah teorema dasar geometri: bahwa himpunan lengkap invarian lokalnya (di sini, satu fungsi) menggolongkan objeknya hingga gerak kaku. Adapun versi berdimensi tiganya di bawah menuntut dua invarian.

Contoh 18.22 (Kelengkungan tetap berarti lingkaran)

Ambillah $\kappa \equiv \kappa_0 > 0$ pada rumus keberadaannya: maka $\varphi(s) = \kappa_0 s$ dan

\tilde\gamma(s) = \Bigl(\frac{\sin\kappa_0s}{\kappa_0},\ \frac{1 - \cos\kappa_0s}{\kappa_0}\Bigr) :

yakni lingkaran berjari-jari $1/\kappa_0$ yang berpusat di $(0, 1/\kappa_0)$ , dan ditempuh pada kelajuan satuan. Berkat paruh ketunggalan teoremanya, setiap busur berkelajuan satuan yang kelengkungannya tetap $\kappa_0$ merupakan keping sebuah lingkaran berjari-jari $1/\kappa_0$ (atau sebuah garis bila $\kappa_0 = 0$ ) — yakni konvers perhitungan pada Contoh 18.18, sekaligus kasus bidang bagi Latihan 18.9.

Contoh 18.23 (Membangun ulang sebuah kurva dari kelengkungannya)

Kurva berkelajuan satuan manakah yang berjari-jari kelengkungan $R(s) = 1 + s^2$ ? Dengan mengikuti bukti keberadaannya dengan $\kappa(s) = \frac1{1+s^2}$ dan $s_0 = 0$ : berlaku $\varphi(s) = \arctan s$ , jadi

T(s) = (\cos\arctan s,\ \sin\arctan s) = \Bigl(\frac{1}{\sqrt{1+s^2}},\ \frac{s}{\sqrt{1+s^2}}\Bigr),

lalu setelah diintegralkan,

\tilde\gamma(s) = \Bigl(\ln\bigl(s + \sqrt{1 + s^2}\bigr),\ \sqrt{1 + s^2} - 1\Bigr).

Dengan menetapkan $x = \ln(s + \sqrt{1+s^2})$ , yakni $s = \sinh x$ , koordinat keduanya menjadi $\cosh x - 1$ : jadi kurvanya adalah katenari $y = \cosh x - 1$ . Ini menutup lingkarannya dengan Latihan 18.3, tempat kita menghitung $R = \cosh^2 x = 1 + \sinh^2 x = 1 + s^2$ secara langsung: sebab teorema dasarnya menjamin bahwa katenari adalah satu-satunya kurva dengan profil kelengkungan ini, hingga sebuah isometri langsung.

Catatan 18.24 (Di mana kelengkungan dipakai berikutnya)

Penguraian $\gamma'' = v'T + v^2\kappa N$ yang diperoleh pada bukti Proposisi 18.17 adalah kinematika setiap gerak yang melengkung: yakni percepatan tangensial lawan percepatan sentripetal. Adapun kelengkungannya kembali bagi permukaan (Bab 19) lewat kelengkungan kurva yang digambar padanya, dan kalkulus selubung pada soal akhir pekan bab ini — yakni evolut dan kaustik — adalah optika geometris bagi muka gelombang. Sedangkan jilid Tahun ke-3 mengangkat kembali sudut pandang yang hakiki itu bagi submanifold $\R^n$ .

18.4 Kerangka Frenet di ruang

Kini misalkan $\tilde\gamma \colon J \to \R^3$ busur $\mathcal{C}^3$ berkelajuan satuan yang biregular: yakni $T'(s) \neq 0$ untuk setiap $s$ . Maka $\kappa(s) = \norm{T'(s)} > 0$ mendefinisikan kelengkungannya (yang tak bertanda di ruang: sebab tak ada orientasi normal yang diistimewakan), lalu kita tetapkan:

N(s) = \frac{T'(s)}{\kappa(s)} \quad\text{(normal utama)}, \qquad B(s) = T(s) \wedge N(s) \quad\text{(binormal)} ,

sehingga $(T, N, B)$ merupakan kerangka ortonormal yang langsung, yakni kerangka Frenet. Adapun bidang lewat $\tilde\gamma(s)$ yang direntang $T, N$ disebut bidang oskulasi.

Teorema 18.25 (Rumus Frenet di ruang)

Ada fungsi kontinu $\tau$ , yakni torsi, dengan

T' = \kappa N, \qquad N' = -\kappa T + \tau B, \qquad B' = -\tau N .

Bukti. Rumus pertamanya adalah definisi $N$ . Adapun tiap vektor $T, N, B$ bernorma tetap $1$ dan ketiganya ortogonal berpasangan; jadi menurunkan keenam hubungan $\langle X, Y\rangle = \delta_{XY}$ menunjukkan bahwa matriks $(T', N', B')$ dalam basis $(T, N, B)$ bersifat antisimetrik: sebab memang $\langle X', Y\rangle + \langle X, Y'\rangle = 0$ dan $\langle X', X\rangle = 0$ . Adapun entri $(N, T)$ -nya adalah $\langle N', T\rangle = -\langle N, T'\rangle = -\kappa$ , sedangkan entri kolom $(T, B)$ -nya $\langle T', B\rangle = \kappa\langle N, B\rangle = 0$ . Lalu menamai entri bebas sisanya $\tau = \langle N', B\rangle$ memberi persis ketiga rumus pada displainya: sebab keantisimetrikannya mengisi $\langle B', N\rangle = -\tau$ dan $\langle B', T\rangle = 0$ . Adapun kekontinuan $\tau = \langle N', B\rangle$ sudah jelas karena $N'$ dan $B$ kontinu (sebab $\tilde\gamma$ bersifat $\mathcal{C}^3$ , jadi $N = T'/\kappa$ bersifat $\mathcal{C}^1$ ). ∎

Contoh 18.26 (Vektor Darboux)

Ketiga rumus Frenetnya memampat menjadi satu. Tetapkan $\omega(s) = \tau\,T + \kappa\,B$ (yakni vektor Darboux). Dengan memakai $B \wedge T = N$ , $T \wedge N = B$ , dan $N \wedge B = T$ :

\omega \wedge T = \kappa\,N = T', \qquad \omega \wedge N = \tau\,B - \kappa\,T = N', \qquad \omega \wedge B = -\tau\,N = B' :

jadi tiap vektor kerangkanya berevolusi lewat $X' = \omega \wedge X$ , yakni tanda kinematik sebuah perputaran seketika dengan vektor kecepatan sudut $\omega$ . Kerangkanya berpusing berlaju $\norm\omega = \sqrt{\kappa^2 + \tau^2}$ terhadap sumbu bergerak $\omega$ ; jadi kelengkungannya adalah komponen pusingannya terhadap binormalnya, sedangkan torsinya komponen terhadap singgungnya. Untuk heliksnya, $\omega$ merupakan vektor tetap sepanjang sumbu silindernya — dan persis itulah sebabnya kerangka heliksnya berpresesi merata. Adapun keantisimetrikan matriks Frenetnya, yang dieksploitasi pada Latihan 18.7, adalah bentuk matriks bagi satu fakta geometris ini.

Proposisi 18.27 (Torsi mengukur kebidangan)

Sebuah busur biregular termuat pada sebuah bidang bila dan hanya bila $\tau \equiv 0$ ; dan pada kasus itu bidangnya adalah bidang oskulasinya (yang tetap).

Bukti. Bila $\tau \equiv 0$ , maka $B' = 0$ , jadi $B$ merupakan vektor satuan tetap $B_0$ , dan

\frac{\dd}{\dd s}\langle \tilde\gamma(s), B_0\rangle = \langle T(s), B_0\rangle = 0 :

jadi $\langle \tilde\gamma, B_0\rangle$ bersifat tetap, sehingga busurnya terletak pada bidang yang ortogonal terhadap $B_0$ . Sebaliknya, bila busurnya terletak pada bidang $P$ , maka $T$ dan $T'$ (sehingga $N$ ) sejajar dengan arah $P$ untuk setiap $s$ ; jadi $B = T \wedge N$ adalah salah satu dari kedua normal satuan $P$ , dan karena ia kontinu maka ia tetap; lalu $0 = B' = -\tau N$ dengan $N \neq 0$ memaksa $\tau \equiv 0$ . ∎

Contoh 18.28 (Sebuah lingkaran yang miring bertorsi nol)

Busur $\gamma(t) = \bigl(\cos t,\ \tfrac{\sin t}{\sqrt2},\ \tfrac{\sin t}{\sqrt2}\bigr)$ terletak pada bidang $y = z$ , dan merupakan lingkaran satuan bidang itu (periksa: sebab $\norm{\gamma(t)} = 1$ dan basis ortonormal bidangnya $(1,0,0)$ dan $(0, \tfrac1{\sqrt2}, \tfrac1{\sqrt2})$ memamerkan parameterisasi bakunya). Tanpa satu perhitungan Frenet pun, Proposisi 18.27 meramalkan $\tau \equiv 0$ , dan binormal tetapnya mestilah normal satuan bidangnya $\pm(0, \tfrac1{\sqrt2}, -\tfrac1{\sqrt2})$ . Jadi torsi tak mengukur keadaan “miring di ruang”; ia mengukur meninggalkan sebuah bidang. Hanya $b$ yang tak nol pada heliks di bawah yang menghasilkan torsi yang sejati.

Contoh 18.29 (Heliksnya)

Untuk heliks $\gamma(t) = (a\cos t, a\sin t, bt)$ dengan $a > 0$ , kita telah menghitung $s = ct$ dengan $c = \sqrt{a^2 + b^2}$ . Maka

T = \frac1c(-a\sin t,\ a\cos t,\ b), \qquad T' \cdot \frac{\dd t}{\dd s} = \frac{1}{c^2}(-a\cos t, -a\sin t, 0),

jadi $\kappa = a/c^2 = a/(a^2 + b^2)$ dan $N = (-\cos t, -\sin t, 0)$ : sehingga normal utamanya menunjuk mendatar ke arah sumbunya. Berikutnya $B = T \wedge N = \frac1c(b\sin t, -b\cos t, a)$ , dan $B' \frac{\dd t}{\dd s} = \frac{b}{c^2}(\cos t, \sin t, 0) = -\tau N$ memberi

\boxed{\ \kappa = \frac{a}{a^2 + b^2}, \qquad \tau = \frac{b}{a^2 + b^2}. \ }

Kedua invariannya bersifat tetap — dan sebaliknya dapat ditunjukkan bahwa satu-satunya kurva biregular dengan $\kappa > 0$ tetap dan $\tau$ yang tetap adalah heliks (yakni lingkaran ketika $\tau = 0$ ). Perhatikan tandanya: $b > 0$ memberi heliks tangan-kanan dengan torsi yang positif.

Contoh 18.30 (Kelengkungan dan torsi tanpa panjang busur; yakni kubik terpuntir)

Memparameterkan ulang dengan panjang busur biasanya mustahil dalam bentuk tertutup, jadi invariannya harus disarikan dari turunan mentahnya. Tulislah $v = \norm{\gamma'} = s'$ ; maka $\gamma' = vT$ dan, seperti pada bukti Proposisi 18.17,

\gamma'' = v'T + v^2\kappa N, \qquad \gamma' \wedge \gamma'' = v^3\kappa\,(T \wedge N) = v^3\kappa\,B .

Setelah normanya diambil (dengan $\kappa \geq 0$ di ruang):

\kappa = \frac{\norm{\gamma' \wedge \gamma''}}{v^3} .

Lalu menurunkan $\gamma''$ sekali lagi dan mengubah $N' = v(-\kappa T + \tau B)$ (lewat aturan rantai melalui $s$ ), satu-satunya komponen- $B$ -nya datang dari suku terakhirnya:

\gamma''' = \bigl(v'' - v^3\kappa^2\bigr)T + \bigl(v'v\kappa + (v^2\kappa)'\bigr)N + v^3\kappa\tau\,B,

sehingga, setelah dipasangkan dengan $\gamma' \wedge \gamma'' = v^3\kappa B$ ,

\det(\gamma', \gamma'', \gamma''') = \langle\gamma' \wedge \gamma'',\ \gamma'''\rangle = v^6\kappa^2\tau, \qquad\text{yakni}\qquad \tau = \frac{\det(\gamma', \gamma'', \gamma''')}{\norm{\gamma' \wedge \gamma''}^2} .

Penerapannya pada kubik terpuntir $\gamma(t) = (t,\ t^2,\ t^3)$ di $t = 0$ : berlaku $\gamma' = (1, 0, 0)$ , $\gamma'' = (0, 2, 0)$ , $\gamma''' = (0, 0, 6)$ , jadi $v = 1$ ,

\gamma' \wedge \gamma'' = (0, 0, 2), \qquad \kappa(0) = 2, \qquad \det(\gamma', \gamma'', \gamma''') = 12, \qquad \tau(0) = \frac{12}{4} = 3 .

Pelajaran penutupnya: kedua rumusnya adalah nisbah yang di dalamnya kelajuan $v$ tercoret persis sejauh yang diperlukan — sebab $\kappa$ berskala seperti turunan kedua untuk tiap satuan panjang, sedangkan $\tau$ seperti volume campuran tiga turunan per luas kuadrat — dan itulah sebabnya keduanya geometris sedangkan $\gamma''$ sendiri tidak.

Catatan 18.31 (Teorema dasar bagi kurva ruang)

Seperti pada bidangnya, pasangan $(\kappa, \tau)$ dengan $\kappa > 0$ menentukan sebuah busur biregular hingga isometri langsung $\R^3$ : sebab rumus Frenetnya membentuk sistem diferensial linear bagi kerangkanya $(T, N, B)$ , yang kepadanya teori Cauchy–Lipschitz pada Bab 16 berlaku; lalu keortonormalan kerangka penyelesaiannya terpelihara karena matriks koefisiennya bersifat antisimetrik (yakni hujah matriks Gram yang sama seperti pada Latihan 18.7), dan kurvanya dipulihkan dengan mengintegralkan $T$ . Kami serahkan rinciannya kepada pembaca sebagai latihan yang berat tetapi mendidik.

18.5 Kajian lokal: kedudukan terhadap garis singgungnya

Proposisi 18.32 (Bentuk lokal di sebuah titik regular)

Misalkan $\gamma$ busur bidang berkelas $\mathcal{C}^k$ di $t_0$ , dengan $p$ indeks terkecil yang $\gamma^{(p)}(t_0) \neq 0$ dan $q$ indeks terkecil $> p$ yang $\gamma^{(q)}(t_0)$ tak segaris dengan $\gamma^{(p)}(t_0)$ (dengan mengandaikan keduanya ada, $q \leq k$ ). Dalam basis $(u, v) = (\gamma^{(p)}(t_0), \gamma^{(q)}(t_0))$ yang dipusatkan di $\gamma(t_0)$ , Taylor–Young memberi koordinat

X(t) \sim \frac{(t - t_0)^p}{p!}, \qquad Y(t) \sim \frac{(t - t_0)^q}{q!} .

Adapun gambaran lokalnya hanya bergantung pada keparitasan $p$ dan $q$ :

$p$ ganjil, $q$ genap	titik biasa	tetap di satu sisi singgungnya
$p$ ganjil, $q$ ganjil	titik belok	kurvanya menyeberangi singgungnya
$p$ genap, $q$ ganjil	titik runcing jenis pertama	kedua cabangnya di sisi yang berlawanan
$p$ genap, $q$ genap	titik runcing jenis kedua	kedua cabangnya di sisi yang sama

Bukti. Taylor–Young pada orde $q$ (sebab fungsi $\gamma$ bersifat $\mathcal{C}^q$ di dekat $t_0$ ):

\gamma(t) - \gamma(t_0) = \sum_{j=p}^{q} \frac{(t-t_0)^j}{j!}\,\gamma^{(j)}(t_0) + o\bigl((t-t_0)^q\bigr).

Berkat pemilihan $p$ dan $q$ , tiap $\gamma^{(j)}(t_0)$ dengan $p \leq j < q$ segaris dengan $u$ ; jadi setelah mengumpulkan komponennya dalam basis $(u, v)$ : $X(t) = \frac{(t-t_0)^p}{p!}(1 + o(1))$ dan $Y(t) = \frac{(t-t_0)^q}{q!}(1 + o(1))$ . Adapun tabel tanda $X$ dan $Y$ untuk $t \gtrless t_0$ — yang persis dikendalikan keparitasannya — memberi keempat gambarannya: misalnya bila $p$ genap, maka $X > 0$ pada kedua sisinya (sebab kedua cabangnya pergi ke arah $+u$ : yakni titik runcing), dan sisi garis singgungnya ( $\operatorname{sign} Y$ ) berbalik ketika $q$ ganjil. ∎

Contoh 18.33

Untuk $\gamma(t) = (t^2, t^3)$ di $t_0 = 0$ (Contoh 18.5): berlaku $\gamma'' (0)= (2, 0)$ dan $\gamma'''(0) = (0, 6)$ , jadi $p = 2$ dan $q = 3$ : yakni titik runcing jenis pertama, yaitu gambaran parabola semikubik yang sudah dikenal. Sedangkan untuk $\gamma(t) = (t, t^3)$ di $0$ : $p = 1$ dan $q = 3$ : yakni titik belok — sebab kubiknya menyeberangi singgungnya.

Catatan 18.34 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Kurva menyuapi bab berikutnya lewat tiga cara. Bila digambar pada sebuah permukaan, ia mendefinisikan bidang singgung dan bentuk fundamental pertamanya (Bab 19), dan panjangnya dihitung dengan membatasi metrik ruang lingkupnya — jadi bab berikutnya sebagian besar adalah bab ini yang direlatifkan. Adapun kalkulus selubung pada soal akhir pekannya bertemu integral lipat pada Bab 20, tempat luas astroidnya dihitung ulang lewat rumus Green (Latihan 20.5) — yakni satu kurva, dua teori, dan jawaban yang cocok. Lalu sistem Frenetnya sudah memakai persamaan diferensial linear pada Bab 16 (yakni keberadaannya, ketunggalannya, dan hujah pemeliharaan keortogonalan pada Latihan 18.7): jadi teorema dasar kurva adalah teorema persamaan diferensial yang mengenakan busana geometri.

Catatan 18.35 (Metode: menjalankan kajian lokalnya)

Dalam praktik penggolongannya berupa rutin empat langkah. Satu, turunkan di $t_0$ sampai turunan tak nol pertamanya muncul: indeksnya adalah $p$ , nilainya vektor $u$ . Dua, teruskanlah menurunkan sampai sebuah turunan yang tak segaris dengan $u$ muncul: indeksnya $q$ , vektornya $v$ . Tiga, bacalah keparitasan $(p, q)$ pada tabelnya. Empat, gambarlah: kurvanya pergi sepanjang $+u$ bila $p$ ganjil (atau sepanjang $u$ lalu kembali sepanjang $u$ bila $p$ genap), pada sisi $v$ yang didiktekan tanda $Y$ . Ada dua peringatan. Kerangka $(u, v)$ umumnya tak ortonormal — sebab tabelnya memaparkan kedudukan relatif terhadap garis singgungnya, bukan sudut atau jarak, jadi janganlah membaca kelengkungan dari gambarnya. Lalu turunan antara yang segaris dengan $u$ memang diizinkan di antara pangkat $p$ dan $q$ (sebab ia hanya menggeser uraian $X$ ); yang tak boleh terjadi adalah berhenti pada turunan tak nol pertamanya lalu menebak $q = p + 1$ : sebab untuk $\gamma(t) = (t^2, t^4 + t^5)$ tebakan naif $q = 3$ keliru, karena $\gamma^{(3)}(0)$ masih segaris dengan $\gamma''(0)$ — dan inilah persis Latihan 18.5.

18.6 Latihan

Latihan 18.1 ★

Hitunglah panjang satu lengkung sikloid $\gamma(t) = (t - \sin t,\ 1 - \cos t)$ dengan $t \in [0, 2\pi]$ . (Pakailah $1 - \cos t = 2\sin^2(t/2)$ .)

Solusi

Solusi Latihan 18.1.

$\gamma'(t) = (1 - \cos t,\ \sin t)$ , jadi

\norm{\gamma'(t)}^2 = (1 - \cos t)^2 + \sin^2 t = 2 - 2\cos t = 4\sin^2\tfrac t2 ,

dan $\norm{\gamma'(t)} = 2\sin\frac t2$ (yang taknegatif pada $[0, 2\pi]$ ). Karena itu

L = \int_0^{2\pi} 2\sin\tfrac t2\,\dd t = \Bigl[-4\cos\tfrac t2\Bigr]_0^{2\pi} = 8 :

jadi satu lengkung sikloidnya berpanjang $8$ (untuk roda berjari-jari $1$ ) — yakni hasil terkenal milik Wren, tanpa $\pi$ yang terlihat.

Latihan 18.2 ★

Hitunglah kelengkungan elips $\gamma(t) = (a\cos t,\ b\sin t)$ (dengan $a > b > 0$ ) lalu tentukan letak titik yang kelengkungannya maksimum dan minimum.

Solusi

Solusi Latihan 18.2.

Dengan $x = a\cos t$ dan $y = b\sin t$ : berlaku $x' = -a\sin t$ , $y' = b\cos t$ , $x'' = -a\cos t$ , $y'' = -b\sin t$ , jadi menurut Proposisi 18.17

\kappa(t) = \frac{x'y'' - y'x''}{(x'^2 + y'^2)^{3/2}} = \frac{ab\sin^2 t + ab\cos^2 t} {(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)^{3/2}} = \frac{ab}{(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)^{3/2}} .

Penyebutnya minimum ketika $\sin t = 0$ (bernilai $b^3$ , yakni di titik $(\pm a, 0)$ ) dan maksimum ketika $\cos t = 0$ (bernilai $a^3$ , di titik $(0, \pm b)$ ), karena $a > b$ . Karena itu $\kappa$ maksimum di ujung sumbu mayornya, $\kappa_{\max} = a/b^2$ , dan minimum di ujung sumbu minornya, $\kappa_{\min} = b/a^2$ : jadi elipsnya membengkok paling tajam di ujung sumbu panjangnya.

Latihan 18.3 ★

Tunjukkan bahwa panjang busur grafik $f(x) = \cosh x$ pada $[0, x]$ sama dengan $\sinh x$ , lalu hitunglah kelengkungan kurva ini (yakni katenari). Periksalah bahwa $R(x) = 1/\kappa(x) = \cosh^2 x$ .

Solusi

Solusi Latihan 18.3.

Untuk grafik $\gamma(x) = (x, \cosh x)$ : berlaku $\norm{\gamma'(x)} = \sqrt{1 + \sinh^2 x} = \cosh x$ , jadi panjang busurnya dari $0$ sampai $x$ adalah $\int_0^x \cosh u\,\dd u = \sinh x$ . Adapun kelengkungan sebuah grafik (Proposisi 18.17):

\kappa(x) = \frac{f''(x)}{(1 + f'(x)^2)^{3/2}} = \frac{\cosh x}{\cosh^3 x} = \frac{1}{\cosh^2 x} ,

jadi $R(x) = \cosh^2 x$ , seperti diumumkan. Perhatikan kebetulan yang rapi $R(x) = 1 + s(x)^2$ dengan $s = \sinh x$ sebagai panjang busurnya: jadi jari-jari kelengkungan katenarinya tumbuh dengan kuadrat panjang busurnya dari puncaknya.

Latihan 18.4 ★★

(Spiral logaritmik) Misalkan $\gamma(t) = e^{t}(\cos t,\ \sin t)$ dengan $t \in \R$ . Tunjukkan bahwa sudut antara $\gamma(t)$ dan $\gamma'(t)$ bersifat tetap, lalu hitunglah panjang busur $\gamma$ pada $(-\infty, 0]$ (yang berhingga!), beserta kelengkungannya.

Solusi

Solusi Latihan 18.4.

$\gamma'(t) = e^t(\cos t - \sin t,\ \sin t + \cos t)$ , jadi

\langle \gamma(t), \gamma'(t)\rangle = e^{2t} \bigl(\cos t(\cos t - \sin t) + \sin t(\sin t + \cos t)\bigr) = e^{2t},

sedangkan $\norm{\gamma(t)} = e^t$ dan $\norm{\gamma'(t)} = e^t\sqrt 2$ . Karena itu

\cos\angle\bigl(\gamma, \gamma'\bigr) = \frac{e^{2t}}{e^t \cdot e^t\sqrt2} = \frac{1}{\sqrt2} :

jadi singgungnya selalu bersudut $\pi/4$ terhadap jari-jarinya — yakni sifat sudut-sama milik spiral logaritmiknya. Adapun panjang busurnya pada $(-\infty, 0]$ :

\int_{-\infty}^0 \norm{\gamma'(t)}\,\dd t = \sqrt2\int_{-\infty}^0 e^t\,\dd t = \sqrt 2 ,

yang berhingga walaupun spiralnya melilit tak berhingga kali mengelilingi titik asalnya. Adapun kelengkungannya: dengan $x'y'' - y'x''$ yang dihitung dari $\gamma'' = e^t(-2\sin t,\ 2\cos t)$ ,

x'y'' - y'x'' = e^{2t}\bigl(2\cos t(\cos t - \sin t) + 2\sin t(\sin t + \cos t)\bigr) = 2e^{2t},

jadi $\kappa(t) = \dfrac{2e^{2t}}{(e^t\sqrt2)^3} = \dfrac{1}{e^t\sqrt2}$ : sehingga kelengkungannya $1/(\sqrt2\, \norm{\gamma})$ , yang meluruh ketika spiralnya tumbuh.

Latihan 18.5 ★★

Tentukan $p$ , $q$ dan bentuk lokalnya (biasa, belok, runcing) bagi $\gamma(t) = (t^2,\ t^4 + t^5)$ di $t = 0$ , dan bagi $\gamma(t) = (t^3,\ t^4)$ di $t = 0$ .

Solusi

Solusi Latihan 18.5.

Busur pertamanya: $\gamma(t) = (t^2,\ t^4 + t^5)$ . Turunannya di $0$ : $\gamma'' = (2, 0) \neq 0$ , jadi $p = 2$ . Lalu $\gamma^{(3)}(0) = (0, 0)$ dan $\gamma^{(4)}(0) = (0, 24)$ , yang tak segaris dengan $(2, 0)$ : jadi $q = 4$ . Keduanya genap: yakni titik runcing jenis kedua — sebab kedua cabangnya pergi ke arah $+u = (1,0)$ lalu tinggal di sisi yang sama dari singgungnya. (Memang $y = x^2 \pm x^{5/2}$ pada kedua cabangnya: jadi bertanda sama untuk $x$ yang kecil.)

Busur keduanya: $\gamma(t) = (t^3, t^4)$ . Berlaku $\gamma'(0) = \gamma''(0) = 0$ dan $\gamma^{(3)}(0) = (6, 0)$ : jadi $p = 3$ , yang ganjil. Berikutnya $\gamma^{(4)}(0) = (0, 24)$ : jadi $q = 4$ , yang genap. Ganjil–genap: yakni titik biasa — sebab kendati kecepatannya lenyap, lintasan $y = x^{4/3}$ tetap menyeberangi titik asalnya dengan mulus, sambil tinggal di atas singgungnya $y = 0$ .

Latihan 18.6 ★★

Misalkan $\gamma$ busur bidang berkelajuan satuan dengan $\kappa(s) > 0$ untuk setiap $s$ , lalu misalkan $c(s) = \gamma(s) + \frac{1}{\kappa(s)}N(s)$ pusat kelengkungannya (yakni kurva $c$ disebut evolut). Dengan mengandaikan $\kappa$ bersifat $\mathcal{C}^1$ , tunjukkanlah bahwa $c'(s) = -\frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}N(s)$ : jadi evolutnya bersinggungan dengan garis normal $\gamma$ .

Solusi

Solusi Latihan 18.6.

Turunkan $c(s) = \gamma(s) + \dfrac{1}{\kappa(s)}N(s)$ dengan memakai rumus Frenet bidangnya (Teorema 18.13):

c'(s) = T(s) - \frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}N(s) + \frac{1}{\kappa(s)}\,\bigl(-\kappa(s)T(s)\bigr) = -\frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}\,N(s) ,

sebab suku singgungnya saling meniadakan tepat. Jadi kecepatan evolutnya diusung $N(s)$ , yang mengarahkan garis normal $\gamma$ di $\gamma(s)$ — dan titik $c(s)$ terletak pada garis normal itu juga: jadi evolutnya adalah selubung normalnya. (Adapun di tempat $\kappa' = 0$ evolutnya punya titik singular; dan inilah yang menghasilkan titik runcing pada evolut sebuah elips.)

Latihan 18.7 ★★★

Misalkan $A(s)$ keluarga kontinu matriks antisimetrik $3 \times 3$ dan $F' = F A$ sebuah penyelesaian matriks dengan $F(s_0)$ yang ortogonal. Tunjukkan bahwa $F(s)$ ortogonal untuk setiap $s$ . (Turunkan $G = F F^{\mathsf T}$ lalu pakailah ketunggalan pada Cauchy–Lipschitz.) Jelaskanlah kaitannya dengan sistem Frenet.

Solusi

Solusi Latihan 18.7.

Misalkan $G(s) = F(s)F(s)^{\mathsf T}$ . Maka, dengan memakai $F' = FA$ dan $(F^{\mathsf T})' = (F')^{\mathsf T} = A^{\mathsf T}F^{\mathsf T}$ ,

G' = F'F^{\mathsf T} + F(F^{\mathsf T})' = FAF^{\mathsf T} + FA^{\mathsf T}F^{\mathsf T} = F(A + A^{\mathsf T})F^{\mathsf T} = 0

berkat keantisimetrikannya. Jadi $G$ tetap pada intervalnya, dan sama dengan $G(s_0) = F(s_0)F(s_0)^{\mathsf T} = I$ : sehingga $F(s)$ ortogonal untuk setiap $s$ . (Atau, tanpa menghitung $G'$ menjadi nol: sebab baik $G$ maupun $I$ yang tetap menyelesaikan sistem linear $Y' = YA + A^{\mathsf T}Y$ dengan nilai awal yang sama, lalu ketunggalan Cauchy–Lipschitz bagi sistem linear, Bab 16, memaksa $G \equiv I$ .)

Kaitannya: sistem Frenet $(T, N, B)' = (T, N, B)\,A(s)$ punya matriks koefisien yang antisimetrik

A = \begin{pmatrix} 0 & -\kappa & 0\\ \kappa & 0 & -\tau\\ 0 & \tau & 0\end{pmatrix}

(dengan kolomnya menyatakan $T', N', B'$ ). Adapun perhitungan di atas menunjukkan bahwa kerangka penyelesaian yang bermula ortonormal tetap ortonormal — yakni langkah kunci pada teorema dasar yang membangun ulang sebuah kurva dari $(\kappa, \tau)$ .

Latihan 18.8 ★★★

(Kelengkungan total sebuah kurva tertutup yang cembung) Misalkan $\tilde\gamma$ busur bidang tertutup $\mathcal{C}^2$ berkelajuan satuan yang berpanjang $L$ (jadi $\tilde\gamma(s + L) = \tilde\gamma(s)$ ), yang ditempuh sekali berlawanan arah jarum jam. Dengan memakai fungsi sudut $\varphi$ yang $T = (\cos\varphi, \sin\varphi)$ dari Teorema 18.20, jelaskanlah mengapa $\varphi(L) - \varphi(0)$ merupakan kelipatan $2\pi$ , lalu tunjukkan bahwa $\int_0^L \kappa(s)\,\dd s = \varphi(L) - \varphi(0)$ . (Untuk sebuah lingkaran berjari-jari $R$ : $\int \kappa = \frac1R \cdot 2\pi R = 2\pi$ . Adapun teorema singgung berputar menegaskan nilainya $2\pi$ bagi setiap kurva tertutup sederhana; tetapi kamu tak diminta membuktikannya.)

Solusi

Solusi Latihan 18.8.

Menurut Teorema 18.20 (yakni bagian ketunggalannya), ada fungsi sudut $\mathcal{C}^1$ $\varphi$ dengan $T(s) = (\cos\varphi(s), \sin\varphi(s))$ dan $\varphi' = \kappa$ . Karena itu

\int_0^L \kappa(s)\,\dd s = \varphi(L) - \varphi(0) .

Karena busurnya tertutup berkala $L$ , berlaku $T(L) = T(0)$ : jadi $(\cos\varphi(L), \sin\varphi(L)) = (\cos\varphi(0), \sin\varphi(0))$ , sehingga $\varphi(L) - \varphi(0) \in 2\pi\Z$ . Jadi kelengkungan total sebuah kurva tertutup selalu berupa kelipatan bulat $2\pi$ — dengan bilangan bulatnya berupa bilangan lilitan singgungnya (yakni banyaknya putaran penuh yang dibuat $T$ ). Untuk lingkaran berjari-jari $R$ : berlaku $\kappa = 1/R$ dan $L = 2\pi R$ , jadi kelengkungan totalnya $2\pi$ dengan bilangan lilitan $1$ ; dan teorema singgung berputar menyatakan bahwa nilai ini berlaku bagi setiap kurva tertutup sederhana.

Latihan 18.9 ★★★

Tunjukkan bahwa kurva ruang biregular dengan $\kappa > 0$ yang tetap dan $\tau = 0$ merupakan (sebuah busur) lingkaran berjari-jari $1/\kappa$ . (Pakailah Proposisi 18.27, lalu tunjukkan bahwa pusatnya $\gamma + \frac1\kappa N$ bersifat tetap.)

Solusi

Solusi Latihan 18.9.

Karena $\tau \equiv 0$ , kurvanya terletak pada sebuah bidang (Proposisi 18.27); jadi bekerjalah di bidang itu. Tinjaulah calon pusatnya

c(s) = \gamma(s) + \frac{1}{\kappa}N(s) \qquad (\kappa \text{ tetap}).

Menurunkannya dengan rumus Frenet ( $N' = -\kappa T + \tau B = -\kappa T$ di sini) memberi

c'(s) = T + \frac1\kappa(-\kappa T) = 0 ,

jadi $c$ merupakan titik tetap $\Omega$ . Maka $\norm{\gamma(s) - \Omega} = \norm{-\frac1\kappa N(s)} = \frac1\kappa$ untuk setiap $s$ : sehingga kurvanya terletak pada lingkaran berpusat $\Omega$ dan berjari-jari $1/\kappa$ (di bidangnya), lalu karena ia busur yang tak tetap padanya, ia merupakan busur lingkaran itu.

Latihan 18.10 ★

Hitunglah panjang busur parabola $y = x^2/2$ pada $\intcc0a$ lalu tunjukkan bahwa ia sama dengan

\tfrac12\Bigl(a\sqrt{1 + a^2} + \ln\bigl(a + \sqrt{1 + a^2}\bigr)\Bigr).

Solusi

Solusi Latihan 18.10.

Untuk grafik $\gamma(x) = (x, x^2/2)$ , berlaku $\norm{\gamma'(x)} = \sqrt{1 + x^2}$ , jadi $L = \int_0^a\sqrt{1+x^2}\,\dd x$ . Setelah menyulihkan $x = \sinh u$ (dengan $\dd x = \cosh u\,\dd u$ , dan $u$ dari $0$ ke $u_a = \ln(a + \sqrt{1+a^2})$ ):

L = \int_0^{u_a}\cosh^2 u\,\dd u = \frac12\bigl[u + \sinh u\cosh u\bigr]_0^{u_a} = \frac12\Bigl(\ln\bigl(a + \sqrt{1+a^2}\bigr) + a\sqrt{1+a^2}\Bigr),

dengan memakai $\cosh^2 u = \frac{1 + \cosh 2u}2$ beserta $\sinh u_a = a$ dan $\cosh u_a = \sqrt{1 + a^2}$ .

Latihan 18.11 ★★

Misalkan $\gamma$ busur $\mathcal C^2$ yang regular di $\R^n$ dan semua garis singgungnya melalui titik tetap $P$ . Buktikan bahwa lintasan $\gamma$ termuat pada sebuah garis lurus. (Parameterkan lewat panjang busur, tulislah $\gamma(s) + \lambda(s)T(s) = P$ lalu turunkan.)

Solusi

Solusi Latihan 18.11.

Parameterkan lewat panjang busurnya (Teorema 18.9) lalu tetapkan $\lambda(s) = \langle P - \gamma(s), T(s)\rangle$ , yakni fungsi $\mathcal C^1$ ; lalu karena $P$ terletak pada garis singgung di $\gamma(s)$ , vektor $P - \gamma(s)$ segaris dengan $T(s)$ , jadi $P = \gamma(s) + \lambda(s)T(s)$ . Setelah diturunkan,

0 = T(s) + \lambda'(s)T(s) + \lambda(s)T'(s) = \bigl(1 + \lambda'(s)\bigr)T(s) + \lambda(s)T'(s),

dan $T'(s) \perp T(s)$ (turunkan $\norm T^2 = 1$ ), jadi kedua komponennya lenyap: $\lambda' = -1$ dan $\lambda T' = 0$ . Lalu $\lambda(s) = c - s$ lenyap paling banyak sekali, jadi $T' = 0$ pada sebuah himpunan padat, sehingga di mana-mana berkat kekontinuannya: jadi $T$ merupakan vektor satuan yang tetap dan $\gamma(s) = \gamma(s_0) + (s - s_0)T$ : yakni sebuah garis lurus (lewat $P$ , sebagaimana mestinya).

Latihan 18.12 ★★★

(Teorema dasar bagi kurva ruang) Misalkan $\kappa > 0$ dan $\tau$ fungsi kontinu pada sebuah interval $J$ . Kerjakanlah program pada catatan yang menyusul Contoh 18.29: (a) tunjukkan bahwa sistem linear $F' = FA(s)$ , dengan $A(s)$ matriks Frenet yang antisimetrik yang dibangun dari $\kappa, \tau$ dan $F(s_0)$ sebuah kerangka ortonormal langsung, punya satu penyelesaian global tunggal yang tetap berupa kerangka ortonormal langsung; (b) bangunlah sebuah kurva biregular berkelajuan satuan dengan kelengkungan $\kappa$ dan torsi $\tau$ ; (c) buktikan ketunggalannya hingga sebuah isometri langsung $\R^3$ .

Solusi

Solusi Latihan 18.12.

(a) Matriks Frenetnya

A(s) = \begin{pmatrix} 0 & -\kappa & 0\\ \kappa & 0 & -\tau\\ 0 & \tau & 0\end{pmatrix}

punya entri yang kontinu, jadi sistem linear $F' = FA(s)$ dengan $F(s_0) = F_0$ (yakni matriks ortonormal yang langsung) punya satu penyelesaian tunggal pada seluruh $J$ (Teorema 16.4). Lalu menurut Latihan 18.7, $F(s)$ ortogonal untuk setiap $s$ ; sedangkan $\det F$ kontinu bernilai di $\{\pm1\}$ dan sama dengan $1$ di $s_0$ , jadi $F(s)$ langsung untuk setiap $s$ .

(b) Bacalah baris $T, N, B$ milik $F$ (sehingga $T' = \kappa N$ , $N' = -\kappa T + \tau B$ , $B' = -\tau N$ ) lalu tetapkan $\gamma(s) = \gamma_0 + \int_{s_0}^s T(u)\,\dd u$ . Maka $\gamma' = T$ merupakan vektor satuan: jadi berkelajuan satuan; lalu $T' = \kappa N$ dengan $\kappa > 0$ dan $N$ satuan yang ortogonal terhadap $T$ , jadi $\gamma$ bersifat biregular dengan kelengkungan $\norm{T'} = \kappa$ dan normal utama $N$ ; sedangkan binormalnya adalah $T \wedge N = B$ (yakni kerangka ortonormal yang langsung), dan $B' = -\tau N$ mengenali torsinya sebagai $\tau$ .

(c) Misalkan $\gamma_1, \gamma_2$ kurva biregular berkelajuan satuan dengan $(\kappa, \tau)$ yang sama. Maka ada satu isometri langsung $\Phi = \rho + w$ (dengan $\rho \in SO(3)$ ) yang tunggal, yang mengirim $\gamma_1(s_0)$ ke $\gamma_2(s_0)$ dan kerangka Frenet $\gamma_1$ di $s_0$ ke kerangka $\gamma_2$ di $s_0$ . Adapun kurva $\Phi\circ\gamma_1$ berkelajuan satuan dengan invarian yang sama (sebab kerangkanya adalah $\rho$ yang diterapkan pada kerangka $\gamma_1$ , dan $\rho$ memelihara hasil kali silangnya karena ia langsung). Kini kerangka $\Phi\circ\gamma_1$ dan $\gamma_2$ sama-sama menyelesaikan $F' = FA(s)$ dengan nilai awal yang sama, jadi keduanya berimpit berkat ketunggalannya; khususnya singgungnya sepakat, lalu setelah diintegralkan dari titik bersamanya $s_0$ : $\Phi\circ\gamma_1 = \gamma_2$ .

18.7 Soal: selubung — astroid, dua evolut, dan sebuah kaustik

Sebuah tangga berpanjang 1 yang meluncur turun di dinding (yakni kedudukan birunya) tak pernah menyeberangi astroid x2/3 + y2/3 = 1 (yang merah): jadi astroidnya adalah selubung keluarga ruas itu, yang bersinggungan dengan setiap ruasnya. — Sebuah tangga berpanjang $1$ yang meluncur turun di dinding (yakni kedudukan birunya) tak pernah menyeberangi astroid $x^{2/3} + y^{2/3} = 1$ (yang merah): jadi astroidnya adalah *selubung* keluarga ruas itu, yang bersinggungan dengan setiap ruasnya.

Soal 18.1

Soal akhir pekan — mesin selubung dan empat kurva klasik

Sebuah keluarga garis berparameter satu biasanya gagal meliputi bidangnya secara merata: sebab garisnya menumpuk sepanjang sebuah kurva yang bersinggungan dengan semuanya, yakni selubung keluarga itu. Adapun sinar cahaya membuat selubungnya kasatmata sebagai kaustik — yakni kurva terang beruncing di dalam cangkir kopi. Soal ini membangun mesin selubung yang umum, lalu menjalankannya empat kali: yakni pada tangga yang meluncur (astroid), pada normal parabola dan sikloid (evolut, dengan bandul Huygens di akhirnya), dan pada kaustik cangkir kopi (nefroid). Di sepanjang soal ini, $D_t$ menyatakan garis berpersamaan $a(t)\,x + b(t)\,y = c(t)$ , dengan $a, b, c$ berupa fungsi $\mathcal C^2$ dan $(a(t), b(t)) \neq (0,0)$ , serta $\Delta(t) = a(t)b'(t) - a'(t)b(t)$ .

Bagian I — Mesin selubungnya.

Andaikan $\Delta(t) \neq 0$ . Tunjukkan bahwa sistem karakteristiknya

$\begin{cases} a(t)\,x + b(t)\,y = c(t)\\ a'(t)\,x + b'(t)\,y = c'(t)\end{cases}$

punya satu penyelesaian tunggal $E(t) = (x(t), y(t))$ , yang diberikan $x = \dfrac{cb' - c'b}{\Delta}$ dan $y = \dfrac{ac' - a'c}{\Delta}$ .
Andaikan lebih jauh bahwa $E$ bersifat $\mathcal C^1$ di dekat $t$ dengan $E'(t) \neq 0$ . Dengan menurunkan persamaan pertama sistemnya, tunjukkanlah $a(t)\,x'(t) + b(t)\,y'(t) = 0$ , lalu simpulkan bahwa kurva $E$ melalui sebuah titik $D_t$ dengan arah $D_t$ : jadi keluarganya bersinggungan dengan $E$ , yang disebut selubungnya.
Pemeriksaan kewarasannya: garis singgung parabola $y = x^2/2$ di titik $(t, t^2/2)$ adalah $tx - y = t^2/2$ . Periksalah bahwa mesin selubungnya mengembalikan parabolanya sendiri.
(Selubung normalnya) Misalkan $\gamma$ berkelajuan satuan dengan $\kappa(s) \neq 0$ . Adapun garis normal di $\gamma(s)$ adalah $\{M : \langle M - \gamma(s), T(s) \rangle = 0\}$ . Tunjukkan bahwa sistem karakteristiknya memaksa $\langle M - \gamma(s), N(s)\rangle = 1/\kappa(s)$ , sehingga titik karakteristiknya adalah pusat kelengkungannya: jadi selubung normalnya adalah evolutnya, yang memulihkan Latihan 18.6. Periksalah $\Delta(s) = \kappa(s)$ .
Dua kemerosotan. Untuk berkas $D_\theta : x\cos \theta + y\sin\theta = 0$ , tunjukkan bahwa titik karakteristiknya adalah titik asalnya untuk setiap $\theta$ (jadi “selubungnya” runtuh menjadi satu titik, dan $E' = 0$ : sehingga pertanyaan 2 tak berlaku). Sedangkan untuk keluarga garis sejajar (dengan $a, b$ yang tetap), tunjukkanlah $\Delta \equiv 0$ dan bahwa sistem karakteristiknya secara umum tak serasi: jadi tak ada selubung.

Bagian II — Tangga yang meluncur dan astroidnya. Sebuah ruas berpanjang $1$ meluncur dengan satu ujungnya $P_t = (\cos t, 0)$ di lantai dan yang lain $Q_t = (0, \sin t)$ di dinding, dengan $t \in \intoo0{\pi/2}$ .

Tunjukkan bahwa garis $(P_tQ_t)$ berpersamaan $x\sin t + y\cos t = \sin t\cos t$ , dan bahwa mesin selubungnya memberi titik karakteristik

$E(t) = (\cos^3 t,\ \sin^3 t) :$

yakni astroid, yang berpersamaan implisit $x^{2/3} + y^{2/3} = 1$ (dan diperluas ke kuadran lainnya lewat kesimetrian).
Tunjukkan bahwa $E'(0) = 0$ dan, dengan memakai penggolongan lokalnya (Proposisi 18.32), bahwa astroidnya punya titik runcing jenis pertama di $(1, 0)$ — dan demikian pula di keempat titik sumbunya.
Hitunglah $\norm{E'(t)} = \tfrac32\abs{\sin 2t}$ lalu turunkan bahwa panjang total astroidnya adalah $6$ .
Di mana tangganya menyentuh astroidnya? Tunjukkan $E(t) = P_t + \sin^2 t\,(Q_t - P_t)$ : jadi titik sentuhnya membagi tangganya dengan nisbah $\sin^2 t : \cos^2 t$ , sambil menyapunya dari satu ujung ke ujung lain ketika tangganya meluncur.
Hitunglah luas yang dilingkupi astroidnya: tunjukkan bahwa luas kuadran pertamanya adalah $3\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\cos^2 t\,\dd t$ , nilailah integralnya lewat pelinearan (yakni $\sin^2 2t = \tfrac{1 - \cos 4t}2$ ), lalu simpulkan bahwa luas totalnya adalah $3\pi/8$ .

Bagian III — Evolut parabolanya. Misalkan $\gamma(t) = (t, t^2/2)$ .

Tunjukkan bahwa garis normal di $\gamma(t)$ berpersamaan $x + t\,y = t + t^3/2$ .
Jalankan mesin selubungnya: tunjukkan bahwa selubung normalnya adalah

$E(t) = \Bigl(-t^3,\ 1 + \tfrac32 t^2\Bigr),$

dengan persamaan implisit $x^2 = \tfrac8{27}(y - 1)^3$ : yakni sebuah parabola semikubik.
Periksa silang dengan pertanyaan 4: hitunglah pusat kelengkungannya $\gamma(t) + \frac1{\kappa(t)}N(t)$ dari $\kappa(t) = (1 + t^2)^{-3/2}$ (Contoh 18.18) lalu perolehlah titik yang sama.
Tunjukkan bahwa evolutnya punya titik runcing jenis pertama di $(0, 1)$ , yakni pusat kelengkungan di puncaknya — yaitu titik tempat $\kappa$ ekstrem, sebagaimana diramalkan rumus $c' = -\frac{\kappa'}{\kappa^2}N$ pada Latihan 18.6.
Berapa banyak normal parabolanya yang melalui sebuah titik $(x_0, y_0)$ ? Tunjukkan bahwa jawabannya dikendalikan kubik $\tfrac{t^3}2 + (1 - y_0)\,t - x_0 = 0$ ; tanganilah kasus sumbunya $x_0 = 0$ selengkapnya (yakni satu normal bila $y_0 < 1$ , dan tiga bila $y_0 > 1$ ), lalu tafsirkanlah evolutnya sebagai kurva peralihannya.

Bagian IV — Kaustik cangkir kopi. Sinar sejajar berarah $(1, 0)$ menghantam bagian dalam cermin lingkaran $x^2 + y^2 = 1$ ; lalu sinar yang mengenai $P_\theta = (\cos\theta, \sin\theta)$ terpantul menurut hukum pemantulan.

Dari kesimetrian cermin pada normalnya (yakni jari-jarinya), benarkanlah bahwa arah pantulnya adalah $v = u - 2\langle u, n\rangle n$ dengan $u = (1,0)$ dan $n = (\cos\theta, \sin\theta)$ , lalu hitunglah $v = -(\cos2\theta, \sin2\theta)$ .
Tunjukkan bahwa sinar pantulnya terletak pada garis

$x\sin 2\theta - y\cos 2\theta = \sin\theta .$
Jalankan mesin selubungnya (dengan $\Delta = 2$ ): tunjukkan bahwa kaustiknya adalah

$E(\theta) = \Bigl(\tfrac{3\cos\theta - \cos3\theta}4,\ \tfrac{3\sin\theta - \sin3\theta}4\Bigr),$

yakni nefroid.
Hitunglah $E'(\theta) = \tfrac32\sin\theta\, (\cos2\theta, \sin2\theta)$ ; periksalah bahwa arah singgungnya adalah arah sinar pantulnya (pertanyaan 16), tentukan letak kedua titik runcingnya $(\pm\tfrac12, 0)$ , lalu tunjukkan bahwa sinar pantulnya menyeberangi sumbu $y = 0$ di $x = \frac1{2\cos\theta}$ — jadi sinar yang hampir sesumbu memfokus di $x = \tfrac12$ : yakni panjang fokus $R/2$ bagi cermin berjari-jari $R$ .
Tunjukkan bahwa nefroidnya berpanjang total $6$ dan bahwa di dekat $\theta = 0$ ,

$E(\theta) - \bigl(\tfrac12, 0\bigr) = \bigl(\tfrac34\theta^2 + o(\theta^2),\ \theta^3 + o(\theta^3)\bigr) :$

yakni sebuah titik runcing jenis pertama, yang menunjuk sepanjang sumbunya.
Jelaskanlah dalam satu paragraf mengapa kaustiknya terang: sebab lewat setiap titik tepat di luar kaustiknya melintas dua sinar pantul, sedangkan lewat setiap titik padanya sinarnya “terpusat tanpa batas” (karena pemetaan $(\theta, \text{jarak sepanjang sinar}) \mapsto \R^2$ punya titik kritis persis pada selubungnya).

Bagian V — Huygens: sikloid adalah evolutnya sendiri. Misalkan $\gamma(t) = (t - \sin t,\ 1 - \cos t)$ dengan $t \in \intoo0{2\pi}$ , yakni satu lengkung sikloid.

Hitunglah $\kappa(t) = -\dfrac1{4\sin(t/2)}$ beserta pusat kelengkungannya; lalu tunjukkan bahwa evolutnya adalah

$c(t) = (t + \sin t,\ \cos t - 1),$

dan bahwa penyulihan $t = u + \pi$ memamerkannya sebagai sikloid semula yang digeser sebesar $(\pi, -2)$ : jadi evolut sebuah sikloid adalah sikloid yang kongruen (yakni Huygens).
Periksalah bahwa jari-jari kelengkungan di puncaknya $t = \pi$ sama dengan $4$ , yakni separuh panjang $8$ satu lengkungnya (Latihan 18.1); lalu tentukan letak titik runcing evolutnya tepat di bawah puncaknya, pada jarak $4$ .
(Sifat talinya) Misalkan $\gamma$ berkelajuan satuan dengan $\kappa > 0$ , dengan $\kappa$ berkelas $\mathcal C^1$ dan $R = 1/\kappa$ monoton tegas. Dengan memakai $c' = R'N$ , tunjukkanlah bahwa panjang busur evolutnya antara $c(s_0)$ dan $c(s_1)$ adalah $\abs{R(s_1) - R(s_0)}$ . Tafsirkanlah: sebuah tali tegang yang terurai dari evolutnya, yang berpanjang $R(s_0)$ pada awalnya, membuat ujung bebasnya melacak kurva semula — jadi sebuah bandul yang berayun di antara dua pipi sikloid pada jam Huygens menggambarkan sebuah sikloid.
Rangkuman. Mesin pada Bagian I menghasilkan astroid, sebuah parabola semikubik, sebuah nefroid dan sebuah sikloid. Untuk masing-masing keempat keluarganya, nyatakanlah dalam satu kalimat di mana hipotesis $\Delta \neq 0$ dan $E' \neq 0$ berlaku atau gagal, dan peristiwa geometris apa (titik runcing, fokus, kemerosotan) yang ditandai tiap kegagalan $E' \neq 0$ itu. Lalu di mana ekstremum kelengkungannya mesti muncul pada selubung normalnya, dan mengapa?

Solusi

Solusi Soal 18.1.

1. Sistemnya linear dalam $(x, y)$ dengan determinan $\Delta(t) = a b' - a'b \neq 0$ : jadi aturan Cramer memberi penyelesaian tunggalnya

x = \frac{c b' - c' b}{\Delta}, \qquad y = \frac{a c' - a' c}{\Delta}.

2. Karena $a(t)x(t) + b(t)y(t) = c(t)$ secara identik, menurunkannya memberi $a'x + b'y + ax' + by' = c'$ ; lalu persamaan karakteristik keduanya membunuh $a'x + b'y - c'$ , jadi $a(t)x'(t) + b(t)y'(t) = 0$ : sehingga $E'(t)$ ortogonal terhadap $(a, b)$ , jadi sejajar dengan $(-b, a)$ , yakni arah $D_t$ . Lalu karena $E(t) \in D_t$ (menurut persamaan pertamanya) dan $E'(t) \neq 0$ , garis $D_t$ persis merupakan garis singgung kurva $E$ di $E(t)$ .

3. Di sini $(a, b, c) = (t, -1, t^2/2)$ , jadi $\Delta = t\cdot0 - 1\cdot(-1) = 1$ dan

x = \frac{c b' - c' b}{\Delta} = \tfrac{t^2}2\cdot 0 + t = t, \qquad y = \frac{a c' - a' c}{\Delta} = t\cdot t - \tfrac{t^2}2 = \tfrac{t^2}2 :

jadi selubung garis singgung parabolanya adalah parabolanya sendiri, sebagaimana mestinya.

4. Garis normalnya adalah $\langle M, T(s)\rangle = \langle\gamma(s), T(s)\rangle$ : dengan koefisien $a = T_1$ , $b = T_2$ , $c = \langle\gamma, T\rangle$ . Menurunkannya dengan Frenet ( $T' = \kappa N$ ): $a' = \kappa N_1$ , $b' = \kappa N_2$ , dan $c' = \langle T, T\rangle + \langle\gamma, \kappa N\rangle = 1 + \kappa\langle\gamma, N\rangle$ . Lalu persamaan karakteristik keduanya $\kappa\langle M, N\rangle = 1 + \kappa\langle\gamma, N\rangle$ berbunyi $\kappa\langle M - \gamma, N\rangle = 1$ . Sedangkan yang pertama mengatakan $M - \gamma \perp T$ , jadi $M - \gamma = \mu N$ dengan $\mu = 1/\kappa$ : sehingga titik karakteristiknya adalah $\gamma + \frac1\kappa N$ , yakni pusat kelengkungannya, dan selubung normalnya adalah evolut pada Latihan 18.6. Akhirnya $\Delta = T_1\kappa N_2 - \kappa N_1 T_2 = \kappa\det(T, N) = \kappa \neq 0$ .

5. Berkasnya: sistem $x\cos\theta + y\sin\theta = 0$ dan $-x\sin\theta + y\cos\theta = 0$ berdeterminan $1$ dengan penyelesaian $(0,0)$ untuk setiap $\theta$ : jadi $E \equiv (0,0)$ , $E' \equiv 0$ , dan tak ada kurva — melainkan sekadar titik bersama semua garisnya. Adapun keluarga sejajarnya: $a' = b' = 0$ memberi $\Delta \equiv 0$ dan persamaan keduanya $0 = c'(t)$ , yang gagal begitu keluarganya sungguh bergerak: jadi tak ada titik karakteristiknya, dan memang keluarga garis sejajar tak menyentuh sebuah kurva sepanjang semua anggotanya.

6. Garis lewat $(\cos t, 0)$ dan $(0, \sin t)$ adalah $\frac x{\cos t} + \frac y{\sin t} = 1$ , yakni $x\sin t + y\cos t = \sin t\cos t$ . Dengan $(a, b, c) = (\sin t, \cos t, \sin t\cos t)$ : berlaku $a' = \cos t$ , $b' = -\sin t$ , $c' = \cos 2t$ , dan $\Delta = -\sin^2 t - \cos^2 t = -1$ . Lalu Cramer:

\begin{align*} x &= \frac{cb' - c'b}{-1} = \sin^2 t\cos t + \cos 2t\cos t = \cos t\,(\sin^2 t + \cos^2 t - \sin^2 t) = \cos^3 t,\\ y &= \frac{ac' - a'c}{-1} = \sin t\cos^2 t - \sin t\cos 2t = \sin t\,(\cos^2 t - \cos^2 t + \sin^2 t) = \sin^3 t . \end{align*}

Dan $(\cos^3t)^{2/3} + (\sin^3t)^{2/3} = 1$ : yakni astroidnya.

7. Turunan $E'(t) = 3(-\cos^2 t\sin t,\ \sin^2 t\cos t)$ lenyap di $t = 0$ . Di sana, $E''(0) = (-3, 0) \neq 0$ memberi $p = 2$ ; lalu komponen- $x$ milik $E$ bersifat genap dalam $t$ , jadi $E'''(0) = (0, 6)$ yang tak segaris: $q = 3$ . Genap–ganjil: jadi titik runcing jenis pertama di $(1, 0)$ (Proposisi 18.32), yang bersinggung sepanjang sumbu- $x$ . Adapun kesimetrian $x \mapsto -x$ , $y \mapsto -y$ , dan $(x, y) \mapsto (y, x)$ milik astroidnya mengangkut titik runcingnya ke $(-1, 0)$ dan $(0, \pm1)$ .

8. Berlaku $E'(t) = 3\sin t\cos t\,(-\cos t, \sin t)$ , jadi $\norm{E'(t)} = 3\abs{\sin t\cos t} = \tfrac32\abs{\sin 2t}$ . Satu kuadrannya: $\int_0^{\pi/2}\tfrac32\sin 2t\,\dd t = \tfrac32$ , jadi berkat kesimetriannya panjang totalnya adalah $4 \cdot \tfrac32 = 6$ .

9. Berlaku $E(t) - P_t = (\cos^3 t - \cos t,\ \sin^3 t) = \sin^2 t\,(-\cos t,\ \sin t) = \sin^2 t\,(Q_t - P_t)$ . Jadi titik sentuhnya adalah barisentrum $(P_t, \cos^2 t)$ dan $(Q_t, \sin^2 t)$ : sehingga ketika $t$ berjalan dari $0$ ke $\pi/2$ ia meluncur dari ujung lantai ke ujung dinding tangganya.

10. Pada kuadran pertamanya, daerah di bawah astroidnya berluas $\int_0^1 y\,\dd x$ dengan $x = \cos^3 t$ yang turun dari $1$ ke $0$ ketika $t$ berjalan dari $0$ ke $\pi/2$ :

\int_0^1 y\,\dd x = \int_{\pi/2}^{0}\sin^3 t\,(-3\cos^2 t\sin t)\,\dd t = 3\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\cos^2 t\,\dd t .

Linearkan: $\sin^4 t\cos^2 t = (\sin t\cos t)^2\sin^2 t = \tfrac18\bigl(\sin^2 2t - \sin^2 2t\cos 2t\bigr)$ , lalu $\int_0^{\pi/2}\sin^2 2t\,\dd t = \tfrac\pi4$ sedangkan $\int_0^{\pi/2}\sin^2 2t\cos 2t\,\dd t = \bigl[\tfrac{\sin^3 2t}6\bigr]_0^{\pi/2} = 0$ . Jadi integralnya $\tfrac\pi{32}$ , luas kuadrannya $\tfrac{3\pi}{32}$ , dan luas yang dilingkupinya $4 \cdot \tfrac{3\pi}{32} = \tfrac{3\pi}8$ .

11. Singgung di $\gamma(t) = (t, t^2/2)$ diarahkan $(1, t)$ , jadi garis normalnya adalah $\{(x, y) : (x - t) + t\,(y - t^2/2) = 0\}$ , yakni $x + t\,y = t + \tfrac{t^3}2$ .

12. Berlaku $(a, b, c) = (1, t, t + t^3/2)$ : $a' = 0$ , $b' = 1$ , $c' = 1 + \tfrac32 t^2$ , dan $\Delta = 1$ . Maka $y = ac' - a'c = 1 + \tfrac32t^2$ dan

x = cb' - c'b = t + \tfrac{t^3}2 - t\Bigl(1 + \tfrac32t^2\Bigr) = -t^3 .

Setelah $t$ dihilangkan: $t^2 = \tfrac23(y - 1)$ dan $x^2 = t^6 = \tfrac8{27}(y - 1)^3$ : yakni sebuah parabola semikubik bertitik puncak $(0, 1)$ .

13. Berlaku $T = (1, t)/\sqrt{1+t^2}$ , $N = (-t, 1)/\sqrt{1+t^2}$ , dan $\kappa = (1+t^2)^{-3/2}$ , jadi

\gamma + \frac1\kappa N = (t, \tfrac{t^2}2) + (1+t^2)\,(-t, 1) = \Bigl(-t^3,\ 1 + \tfrac32t^2\Bigr),

yakni kurva yang sama: jadi selubung normalnya adalah tempat kedudukan pusat kelengkungannya, sebagaimana dijanjikan pertanyaan 4.

14. Turunan $E'(t) = (-3t^2, 3t)$ lenyap di $t = 0$ ; lalu $E''(0) = (0, 3) \neq 0$ memberi $p = 2$ dan $E'''(0) = (-6, 0)$ memberi $q = 3$ : jadi titik runcing jenis pertama di $(0, 1)$ . Adapun puncaknya adalah tempat $\kappa = (1+t^2)^{-3/2}$ maksimum, jadi $\kappa'(0) = 0$ sehingga kecepatan evolutnya $-\frac{\kappa'}{\kappa^2}N$ lenyap persis di sana: jadi titik runcing evolutnya duduk pada ekstremum kelengkungannya.

15. Normal di parameter $t$ melalui $(x_0, y_0)$ bila dan hanya bila $x_0 + t\,y_0 = t + \tfrac{t^3}2$ , yakni

\frac{t^3}2 + (1 - y_0)\,t - x_0 = 0 ,

yakni sebuah kubik dalam $t$ : jadi satu atau tiga akar real (yang dicacah tanpa multiplisitas, bagi titik yang generik). Pada sumbunya $x_0 = 0$ ia terfaktorkan sebagai $t\bigl(\tfrac{t^2}2 + 1 - y_0\bigr) = 0$ : yakni akar $t = 0$ (sebab sumbunya adalah normal di puncaknya), ditambah $t = \pm\sqrt{2(y_0 - 1)}$ ketika $y_0 > 1$ . Jadi: satu normal bila $y_0 < 1$ , tiga bila $y_0 > 1$ , dan di $y_0 = 1$ akar rangkap tiganya menandai titik runcing evolutnya. Secara umum sebuah akar ganda kubiknya berarti titiknya memenuhi baik persamaan garisnya maupun turunan- $t$ -nya — jadi ia terletak pada selubungnya: sehingga evolutnya persis merupakan perbatasan antara daerah satu-normal dan daerah tiga-normalnya.

16. Pemantulan pada cerminnya membalik komponen normal arahnya dan mempertahankan yang tangensialnya: dengan menulis $u = \langle u, n\rangle n + u_{\mathrm{tan}}$ , arah pantulnya adalah $u_{\mathrm{tan}} - \langle u, n\rangle n = u - 2\langle u, n\rangle n$ . Di sini $\langle u, n\rangle = \cos\theta$ , jadi

v = (1, 0) - 2\cos\theta\,(\cos\theta, \sin\theta) = (1 - 2\cos^2\theta,\ -2\sin\theta\cos\theta) = -(\cos2\theta,\ \sin2\theta).

17. Sinar pantulnya melalui $P_\theta = (\cos\theta, \sin\theta)$ dengan arah $(\cos2\theta, \sin2\theta)$ ; jadi sebuah vektor normalnya adalah $(-\sin2\theta, \cos2\theta)$ , sehingga garisnya adalah

-\sin2\theta\,(x - \cos\theta) + \cos2\theta\,(y - \sin\theta) = 0,

dan konstantanya adalah $-\sin2\theta\cos\theta + \cos2\theta\sin\theta = -\sin\theta$ : jadi setelah dikalikan $-1$ , $x\sin2\theta - y\cos2\theta = \sin\theta$ .

18. Berlaku $(a, b, c) = (\sin2\theta, -\cos2\theta, \sin\theta)$ : $a' = 2\cos2\theta$ , $b' = 2\sin2\theta$ , $c' = \cos\theta$ , dan $\Delta = 2\sin^22\theta + 2\cos^22\theta = 2$ . Lalu Cramer, kemudian rumus hasil-kali-ke-jumlah:

\begin{align*} x &= \frac{2\sin\theta\sin2\theta + \cos\theta\cos2\theta}{2} = \frac{(\cos\theta - \cos3\theta) + \frac12(\cos\theta + \cos3\theta)}{2} = \frac{3\cos\theta - \cos3\theta}4,\\ y &= \frac{\sin2\theta\cos\theta - 2\cos2\theta\sin\theta}2 = \frac{\frac12(\sin3\theta + \sin\theta) - (\sin3\theta - \sin\theta)}2 = \frac{3\sin\theta - \sin3\theta}4 : \end{align*}

yakni nefroidnya, sebuah kurva tertutup dengan dua titik runcing.

19. Menurunkannya lalu memfaktorkan dengan $\sin3\theta - \sin\theta = 2\cos2\theta\sin\theta$ dan $\cos\theta - \cos3\theta = 2\sin2\theta\sin\theta$ :

E'(\theta) = \tfrac34\bigl(\sin3\theta - \sin\theta,\ \cos\theta - \cos3\theta\bigr) = \tfrac32\sin\theta\,(\cos2\theta, \sin2\theta),

yang sejajar dengan arah pantul pada pertanyaan 16: jadi tiap sinar pantulnya bersinggungan dengan kaustiknya, sebagaimana dituntut sifat selubungnya. Adapun $E' = 0$ persis di $\sin\theta = 0$ : yakni $E(0) = (\tfrac12, 0)$ dan $E(\pi) = (-\tfrac12, 0)$ , yaitu kedua titik runcingnya. Lalu menetapkan $y = 0$ pada persamaan garisnya: $x\sin2\theta = \sin\theta$ , jadi $x = \frac1{2\cos\theta} \to \frac12$ ketika $\theta \to 0$ : sehingga sinar paraksialnya memfokus pada jarak $R/2$ dari pusatnya — yakni panjang fokus cermin sferisnya.

20. Berlaku $\norm{E'(\theta)} = \tfrac32\abs{\sin\theta}$ , jadi panjangnya $\tfrac32\int_0^{2\pi}\abs{\sin\theta}\, \dd\theta = \tfrac32\cdot4 = 6$ . Di dekat $\theta = 0$ , dengan $\cos k\theta = 1 - \tfrac{k^2\theta^2}2 + O(\theta^4)$ dan $\sin k\theta = k\theta - \tfrac{k^3\theta^3}6 + O(\theta^5)$ :

x - \tfrac12 = \frac{3\theta^2 + O(\theta^4)}{4} = \tfrac34\theta^2 + O(\theta^4), \qquad y = \frac{4\theta^3 + O(\theta^5)}{4} = \theta^3 + O(\theta^5) :

jadi $p = 2$ , $q = 3$ , yakni titik runcing jenis pertama yang menunjuk sepanjang sumbunya — yaitu titik terang kaustik cangkir kopinya.

21. Parameterkan titik yang tersinari lewat $\Phi(\theta, r) = P_\theta + r\,v_\theta$ (yakni kedudukan sepanjang tiap sinar pantulnya). Adapun determinan Jacobinya $\det(\partial_\theta\Phi, \partial_r\Phi) = \det(P_\theta' + rv_\theta', v_\theta)$ bersifat afin dalam $r$ dan lenyap tepat untuk satu $r = r_*(\theta)$ — lalu $\Phi(\theta, r_*(\theta))$ adalah titik karakteristiknya, sebab di sana arah sinarnya dan variasi keluarganya menjadi bergantungan. Di luar selubungnya pemetaannya berupa difeomorfisma lokal, dan titik tepat di dalam kaustiknya dikenai dua sinar berdekatan (yakni dua penyelesaian $\theta$ ), sedangkan titik di luarnya tak dikenai satu pun dari bagian keluarganya itu; sementara pada kaustiknya keduanya melebur. Adapun intensitas cahayanya berbanding terbalik dengan nilai mutlak Jacobinya, jadi ia meledak sepanjang selubungnya: sehingga kaustiknya adalah kurva yang terang, dan paling terang di titik runcingnya, tempat kemerosotannya paling parah.

22. Berlaku $x' = 1 - \cos t$ , $y' = \sin t$ , $x'' = \sin t$ , $y'' = \cos t$ , jadi $x'y'' - y'x'' = \cos t - 1$ dan $\norm{\gamma'}^2 = 2(1 - \cos t) = 4\sin^2\tfrac t2$ ; sehingga menurut Proposisi 18.17,

\kappa(t) = \frac{-(1 - \cos t)}{8\sin^3\tfrac t2} = \frac{-2\sin^2\tfrac t2}{8\sin^3\tfrac t2} = -\frac1{4\sin\tfrac t2} \qquad (0 < t < 2\pi).

Dengan $T = (\sin\tfrac t2, \cos\tfrac t2)$ (yakni bagilah $\gamma'$ dengan $2\sin\tfrac t2$ ) dan $N = (-\cos\tfrac t2, \sin\tfrac t2)$ :

\gamma + \frac1\kappa N = \gamma - 4\sin\tfrac t2\,\Bigl(-\cos\tfrac t2,\ \sin\tfrac t2\Bigr) = \bigl(t - \sin t + 2\sin t,\ 1 - \cos t - 2(1 - \cos t)\bigr),

yakni $c(t) = (t + \sin t,\ \cos t - 1)$ . Setelah menyulihkan $t = u + \pi$ :

c = \bigl(u + \pi - \sin u,\ -\cos u - 1\bigr) = \bigl((u - \sin u) + \pi,\ (1 - \cos u) - 2\bigr) :

yakni sikloid $\gamma(u)$ yang digeser sebesar $(\pi, -2)$ . Jadi evolut sebuah sikloid adalah sikloid yang kongruen, yang tergantung satu aras di bawahnya.

23. Berlaku $R(t) = 1/\abs{\kappa(t)} = 4\sin\tfrac t2$ , jadi $R(\pi) = 4$ : yakni separuh panjang lengkungnya $8$ yang dihitung pada Latihan 18.1. Adapun kecepatan evolutnya $c'(t) = (1 + \cos t, -\sin t)$ lenyap di $t = \pi$ : jadi titik runcingnya adalah $c(\pi) = (\pi, -2)$ , tepat di bawah puncaknya $\gamma(\pi) = (\pi, 2)$ , pada jarak $4 = R(\pi)$ , yakni persis panjang jari-jari oskulasinya di sana.

24. Dari Latihan 18.6, berlaku $c'(s) = -\frac{\kappa'(s)}{\kappa(s)^2}N(s) = R'(s)\,N(s)$ , jadi $\norm{c'(s)} = \abs{R'(s)}$ dan, untuk $R$ yang monoton,

\int_{s_0}^{s_1}\norm{c'(s)}\,\dd s = \Bigl|\int_{s_0}^{s_1}R'(s)\,\dd s\Bigr| = \abs{R(s_1) - R(s_0)} .

Katakanlah $R$ turun. Sebuah tali yang dibentangkan sepanjang evolutnya melewati $c(s_0)$ lalu diperpanjang oleh ruas dari $c(s_0)$ ke $\gamma(s_0)$ (yang bersinggungan dengan evolutnya, menurut pertanyaan 4) punya, ketika dikupas sampai $c(s)$ lalu ditegangkan, bagian lurus berpanjang $R(s_0) - \bigl(R(s_0) - R(s)\bigr) = R(s)$ yang menunjuk dari $c(s)$ sepanjang normalnya — lalu mendarat tepat pada $\gamma(s)$ : jadi ujung bebasnya melacak kurva semula (yakni “involut”). Huygens menggantungkan sebuah bandul di antara dua pipi sikloid: sehingga talinya membelit evolutnya, jadi bandulnya menggambarkan sebuah sikloid — yakni tautokron, yang kala ayunannya tak bergantung pada amplitudonya.

25. Singgung parabolanya: $\Delta = 1$ dan $E' = (1, t) \neq 0$ di mana-mana — jadi selubung yang mulus (yakni parabolanya sendiri). Tangga yang meluncur: $\Delta = -1$ , tetapi $E' = \tfrac32\sin 2t\,(-\cos t, \sin t)$ lenyap di ujung kuadrannya — yakni keempat titik runcing astroidnya. Normal parabola dan sikloidnya: $\Delta = \kappa \neq 0$ , dan $E' = R'N$ lenyap persis di tempat kelengkungannya ekstrem — yakni titik runcing evolutnya di $(0,1)$ dan $(\pi, -2)$ . Kaustiknya: $\Delta = 2$ , dan $E' = \tfrac32\sin\theta\,(\cos2\theta, \sin2\theta)$ lenyap di $\theta = 0, \pi$ — yakni kedua titik runcing nefroidnya, yaitu titik fokus cerminnya. Adapun ekstremum kelengkungan mesti menghasilkan titik runcing pada selubung normalnya, karena kecepatan evolutnya adalah $R'N$ : dan itulah sebabnya evolut sebuah elips punya empat titik runcing (yakni empat puncak), sedangkan keluarga yang merosot (berkas, garis sejajar) adalah kasus tempat mesinnya mengeluarkan sebuah titik atau tak ada apa pun.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium