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Parametrización de y=±1?

+1 voto
Bueno, estaba buscando maneras de parametrizar y=±x, o x=±y, en realidad no importa. La idea es encontrar parametrizaciones mediante funciones que se puedan definir fácilmente en un PC.

Y tengo una manera, el asunto es que no es la más versátil.

Consiste en las ecuaciones paramétricas:

x=2arg(cos(t))/π-1

y=sen(t)/|cos(t)|

Esta surgió pensando que la proyección mercator de un meridiano es un par de rectas paralelas. Eso, teniendo en cuenta que la proyección mercator típica es m:ℝ³→ℝ², (x,y,z)→(arg(x+yi),z/|x+yi|)

Otra parametrización sería

x=cos(t)/|cos(t)|

y=sen(t)/|cos(t)|

Alguna otra parametrización distinta?
preguntado por LeviathanTheEsper (710 puntos) May 27, 2014 en Básicas
editado por LeviathanTheEsper May 28, 2014
No chequé mucho tu primera parametrización, pero me parece que algo anda mal en la segunda. Si $x=\cos(t)/|\cos(t)|$ entonces los únicos valores que puede tomar $x$ son $1$ y $-1$, en cuyo caso la única cosa que podrías estar parametrizando es alguna recta paralela al eje $y$ (pero definitivamente *no* la recta $x=\pm y$).
Error mío, no quiero parametrizar y=±x sino y=±1 xD...
Ambas parametrizaciones hacen lo mismo practicamente, así que la primera tampoco grafica y=±x, lo que hace es parametrizar y=±1.

1 Respuesta

+1 voto
Me atrevo a sugerir la siguiente parametrización (para la recta $x=\pm1$, si quieres $y=\pm1$ pues intercambias $x$ y $y$):

$x=t/|t|$,

$y=\ln|t|$

con $t\neq0$. Hace lo mismo que las que tú pones arriba ($x$ sólo toma valores $1$ o $-1$, dependiendo del signo de $t$, y mientras tanto $y$ toma cualquier valor para cada signo de $t$ porque la imagen de los reales positivos bajo $\ln$ es todo $\mathbb R$).
respondido por David Fernández (15,540 puntos) May 29, 2014
Yo diría que hay un problema con tu parametrización. La ecuación x=t/|t| solo toma el valor negativo (-1) cuando t<0, y en estos puntos y=ln(t) no está definida. El resultado es que solo se grafica la recta y=1.
Ah, pero yo no dije que $y=\ln(t)$ sino que $y=\ln(|t|)$ (nótese que la única restricción que mencioné fue que $t\neq0$, pero permití que $t$ fuera negativo). O sea que para $t<0$, los valores de $y$ otra vez recorren todos los reales y obtienes tu segundo "trozo", la recta $x=-1$.
Sí, lo vi mal.
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