4. Curve nello spazio: piano osculatore

(4.1) Definizione. Data una curva $P(t)$ in $\RR ^3$, il piano osculatore nel punto $A=P(t_0)$ è il piano passante per il punto $A$ avente per giacitura il sottospazio generato dai vettori direzione $P’$ e $P”$ (cioè il vettore tangente $\vt $ e il vettore normale $\vn $).

Quando è ben definito? Deve essere biregolare e ...

Come abbiamo anticipato nel commento (3.12), vorremmo mostrare che il cerchio osculatore esiste anche per curve nello spazio $\RR ^3$, ed è contenuto nel piano osculatore testé definito. Anzi, per poter completare la dimostrazione dell’equivalente della proposizione (3.10) per il caso non piano occorre semplicemente mostrare che il piano per i tre punti non allineati converge al piano osculatore.

(4.2) Il piano osculatore nel punto $A$ di una curva biregolare in $\RR ^ n$ di classe almeno $C^?$ è il limite dei piani passanti per tre punti (non allineati) quando questi tendono ad $A$.

In che senso un piano è limite di altri piani? In che spazio topologico?

Dim. [PseudoDimostrazione] Siano $P(s_0)$, $P(s_1)$ e $P(s_2)$ i tre punti, con $A=P(s_0)$. A meno di ..??.. possiamo supporre che $P(s_ i)$ non siano allineati e che $s_0=0$. Lo sviluppo di Taylor di $P(s)$ è \[ P(s) = P(0) + s P’(0) + \dfrac {s^2}{2} P”(0) + R(s) \] dove si ha che $R(s) = o(s^2)$, cioè \[ \lim _{s\to 0} \dfrac {R(s)}{s^2} = 0\, . \] Se scriviamo \[ R(s) = s^2 \varepsilon (s), \] otteniamo una funzione $\varepsilon $ continua e derivabile in $0$ tale che $\varepsilon (0)=0$. Il piano per i tre punti conterrà certamente $P(0)=A$, e la sua giacitura conterrà tutte le combinazioni lineari dei vettori \[ P(s_1) - P(0), P(s_2)-P(0)\, . \] In particolare, dovrà contenere \[ \begin{aligned} \dfrac {P(s_1) - P(0)}{s_1} & = P’(0) + \dfrac {s_1}{2} P”(0) + \dfrac {R(s_1)}{s_1} \\ \dfrac {P(s_2) - P(0)}{s_2} & = P’(0) + \dfrac {s_2}{2} P”(0) + \dfrac {R(s_2)}{s_2} \\ \dfrac {1}{s_1-s_2} \left[ \dfrac {P(s_1) - P(0)}{s_1} - \dfrac {P(s_2) - P(0)}{s_2} \right] & = \dfrac {1}{s_1-s_2} \left[ \dfrac {s_1}{2} P”(0) +\frac{R(s_1)}{s_1} - \dfrac {s_2}{2} P”(0) - \frac{R(s_2)}{s_2} \right] \\ & = \dfrac {1}{2} P”(0) + \dfrac {1}{s_1-s_2} \left[ \frac{R(s_1)}{s_1} - \frac{R(s_2)}{s_2} \right] \end{aligned} \] Ora, se $s_1$ e $s_2$ tendono (indipendentemente) a $0$, si avrà che la giacitura del piano limite dovrà contenere certamente il vettore tangente $P’(0)$, dato che \[ \lim _{s\to 0} \left[ sP”(0) + \dfrac {R(s)}{s} \right] = 0 \] e dovrà anche contenere il vettore curvatura $P”(0)$ dato che \[ \begin{aligned} \dfrac {1}{s_1-s_2} \left[ \frac{R(s_1)}{s_1} - \frac{R(s_2)}{s_2}\right] & = \dfrac {1}{s_1-s_2} \left[ s_1 \varepsilon (s_1) - s_2\varepsilon (s_2) \right] \\ & = \dfrac {s_1 \varepsilon (s_1) - s_2\varepsilon (s_1) +s_2 \varepsilon (s_1) - s_2 \varepsilon (s_2) }{s_1 - s_2}\\ & = \varepsilon (s_1) + s_2 \dfrac { \varepsilon (s_1) - \varepsilon (s_2)}{s_1-s_2} \end{aligned} \] e questo tende a zero.

QED

(4.3) Proposizione. Sia $P(t)$ una curva biregolare in $\RR ^ n$ e $A=P(t_0)$. La circonferenza osculatrice in $A$ esiste: il suo centro sta sulla normale principale in $A$ (cioè la retta per $A$ con giacitura $\boldsymbol {\kappa }$ o $\vn $), a distanza $\kappa ^{-1}$ da $A$. L’inversa della curvatura $\kappa ^{-1}$ è uguale al raggio del cerchio osculatore e viene per questo chiamato il raggio di curvatura.

Dim. Segue da (4.2) e dal commento (3.12).
QED