Ejercicios resueltos(f.vectoriales

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez Concha
Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo
Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín
Funciones Vectoriales y Curvas
Ejercicios resueltos
1.1 Ejercicio 1
Un par de trayectorias de [0; 1) en R3
se de…nen por !
c (t) = (cos t; sin t; bt)
y !
r (t) = (1; 0; t). Responda las siguientes preguntas:
a) ¿Se intersectan las curvas generadas por !
c (t) y !
r (t)?
b) Si estas trayectorias representan el desplazamiento de un par de partículas.
¿En que puntos ,si los hay, estas partículas se encuentran?
Solución:
a) !
c (t) es la ecuación de la hélice ascendente sobre el manto del cilindro
x2
+ y2
= 1 y cada vuelta demora 2 unidades de tiempo. Asimismo,
!
r (t) = (1; 0; t) es una recta vertical paralela al eje axial del cilindro , que
esta sobre el manto de x2
+ y2
= 1 y pasa por (1; 0; 0).
Igualando las primeras componentes cost = 1 ,obtenemos que las curvas se
intersectan para t = 0; 2 ; 4 ; : : :
b) Igualando las terceras componentes bt = t =) Si b = 1;entonces las
partículas se encuentran en los
puntos (1; 0; 0); (1; 0; 2 ); :::; (1; 0; 2n ) con n 2 Z+
0 .
1.2 Ejercicio 2
La curva C es de…nida a partir de la trayectoria !
c (t) = (2 cos(t); 2 sin(t); t)
con 0 t 2 . Describa la representación grá…ca de C y pruebe que si se
usa como parametro la longitud de arco s , el vector tangente a la curva es un
vector unitario.
Solución:
Por la continuidad de las funciones x(t) = 2cos(t); y(t) = 2sin(t) y z(t) = t
podemos inferir que C parte del punto !
c (0) = (x(0); y(0); z(0)) = (2; 0; 0)
y terminaen !
c (2 ) = (x(2 ); y(2 ); z(2 )) = (2; 0; 2 ); además que la curva se
asciende a través del manto del cilindro x2
+ y2
= 4 porque [x(t)]2
+ [y(t)]2
=
[2 cos(t)]2
+ [2 sin(t)]2
= 4 como se ilustra en la …gura
El vector posición de esta curva es !
c (t) = (2cos(t); 2sin(t); t). El vector
tangente es !
c 0
(t) = ( 2 sin(t); 2 cos(t); 1) D(a)
y la longitud del vector tangente es
k!
c 0
(t)k =
p
[ 2 sin(t)]2 + [2 cos(t)]2 + 1 =
p
5 (b)
1

La longitud total de esta curva es
Longitud =
Z 2
0
k!
c 0
(t)k dt =
Z 2
0
p
5dt = 2
p
5
De…nimos s(t) =
R t
0
kc0
(u)k du para t 2 [0; 2 ] =) s(t) es la longitud de
curva C desde (2; 0; 0) hasta (x(t); y(t); z(t)):
Claramente s(t) es continua y estrictamente creciente en [0; 2 ] la ecuación
s = s(t) puede resolverse para t como una función de s, es decir t = t(s) (c)
En este caso t = s
p
5
así es que
!
c (s) = !
c (t(s)) = 2 cos
s
p
5
; 2 sin
s
p
5
;
s
p
5
es vector posición en términos de s, derivando
!
c 0
(s) = !
c 0
(t(s)) = 2 sin
s
p
5
1
p
5
; 2 cos
s
p
5
1
p
5
;
1
p
5
=
2
p
5
sin
s
p
5
; cos
s
p
5
;
1
2
(1)
Calculando su modulo
k!
c 0
(s)k =
2
p
5
s
sin
s
p
5
2
+ cos
s
p
5
2
+
1
4
=
2
p
5
r
1 +
1
4
= 1
Por lo tanto, !
c 0
(s) es vector unitario.
Especi…caciones:
a) Si !
c (t) describe la trayectoria de una partícula en el espacio, el vector
!
c 0
(t) = ( 2 sin(t); 2 cos(t); 1) es la velocidad con que se desplaza la partícula
por la curva C en el punto !
c (t), en el instante “t”
.
b)k!
c 0
(t)k =
p
5 es la rapidez con que se desplaza la partícula, 8t, lo que
signi…ca que la partícula se mueve con rapidez constante 8t.
c) Asimismo, la longitud del arco es
s(t) =
Z t
0
k!
c 0
(t)k du
=
Z t
0
p
5du =
p
5t
s =
p
5t =) t =
s
p
5
En general y en teoría la ecuación s = s(t) siempre se puede resolver para t
en términos de s, es decir tener t = t(s). En la práctica existen casos en los que
por razones algebraicas no se puede tener t = t(s) ¿Conoces algún caso?
2

1.3 Ejercicio 3
Una partícula se mueve en el espacio con vector posición !
r (t) = t
!
A +t2!
B +
2 2
3 t
3
2
!
A
!
B, donde
!
A y
!
B son dos vectores unitarios …jos que forman ángulo
de 3 radianes. Calcular la velocidad de la partícula en el instante t y determinar
en cuanto tiempo recorre una distancia de 12 unidades de longitud de arco desde
la posición en t = 0:
Solución:
La velocidad es el vector !
v (t) = !
r 0
(t) donde
!
r 0
(t) =
!
A + 2t
!
B + 3
2
3
t
1
2
2
3
!
A
!
B
Por lo tanto
!
v (t) =
!
A + 2t
!
B + 2
2
3
t
1
2
!
A
!
B
Para la segunda parte del problema usaremos
s(t) =
Z t
0
k!
r 0
(t)k du con k!
r 0
(t)k =
q
!
r 0(t) !
r 0(t)
Calculando
!
r 0
(t) !
r 0
(t) =
!
A + 2t
!
B + 2
2
3
t
1
2
!
A
!
B
!
!
A + 2t
!
B + 2
2
3
t
1
2
!
A
!
B
!
= 1 + 4t + 4t2
(a)
por lo tanto
!
r 0
(t) !
r 0
(t) = (1 + 2t)
2
=) k!
r 0
(t)k =
q
(1 + 2t)
2
= 1 + 2t
así que
s(t) =
Z t
0
(1 + 2u) du
= u + u2 t
0
= t + t2
De acuerdo a lo que se pide en el problema s(t) = 12 =) t2
+ t 12 = 0
Las soluciones de esta ecuación son t1 = 3 y t2 = 4 por la naturaleza del
problema debe ser t 0 luego desconsideramos
t2 = 4. Luego, 3 unidades de tiempo son necesarios
Especi…caciones:
3

a)
!
A + 2t
!
B + 2 2
3 t
1
2
!
A
!
B
!
A + 2t
!
B + 2 2
3 t
1
2
!
A
!
B =
!
A
!
A + 2t
!
B
!
A + 2 2
3 t
1
2
!
A
!
B
!
A + 2t
!
A
!
B + 4t2!
B
!
B
+2(2t) 2
3 t
1
2
!
A
!
B
!
B + 2 2
3 t
1
2
!
A
!
A
!
B
+2(2t) 2
3 t
1
2
!
B
!
A
!
B + 4 2
3 t
!
A
!
B
!
A
!
B
Como:
!
A
!
A = 1;
!
B
!
B = 1;
!
A
!
B = cos 3 = 1
2
!
A
!
A
!
B = 0;
!
B
!
A
!
B = 0;
!
A
!
B
!
A
!
B =
!
A
!
B
2
=
p
3
2
2
= 3
4
Por lo tanto
!
r 0
(t) !
r 0
(t) = 1 + t + 0 + t + 4t2
+ 0 + 0 + 0 +
8
3
+
3
4
= 1 + 4t + 4t2
= (1 + 2t)
2
1.4 Ejercicio 4
Sea
!
F : I ! Rn
una función velocidad dos veces diferenciable.
a) Pruebe que la aceleración se puede escribir como combinación lineal de
los vectores unitarios b
T y b
N. especí…camente se
pide establecer que:
!
a (t) =
d2
s
dt2
b
T + k(t)
ds
dt
2
b
N
= aT
b
T + aN
b
N
b) Aplicando a) calcule las componentes tangencial y normal del vector acel-
eración correspondiente a !
r (t) = (t; cos2
t; sin2
t).
Solución:
a) Sea !
g una reparametrización de
!
F por longitud de arco entonces
!
F (t) =
!
g (s) si y solo si t = t(s) () s = s(t):
aplicando la regla de la cadena
!
F (t) = !
g (s(t)) =)
!
F 0
(t) = !
g 0
(s) s0
(t) = b
T
ds
dt
derivando nuevamente respecto de t
!
F 00
(t) = !
g 00
(s) [s0
(t)]
2
+ !
g 0
(s) s00
(t)
Por de…nición k = k(s) = k!
g 00
(s)k es la, curvatura de c en g(s):
por otro lado
4

b
N =
d b
T
ds
d b
T
ds
=) !
g 00
(s) = k!
g 00
(s)k b
N
Relacionando las igualdades anteriores
!
a (t) =
!
F 00
(t) = k!
g 00
(s)k b
N
ds
dt
2
+ b
T
d2
s
dt2
=
d2
s
dt2
b
T + k!
g 00
(s)k
ds
dt
2
b
N
=
d2
s
dt2
b
T + k
ds
dt
2
b
N
lo que signi…ca que
!
a (t) =
d2
s
dt2
b
T + k
ds
dt
2
b
N
b) En la aplicación de a) en !
r (t) = t; cos2
t; sin2
t
tenemos !
r 0
(t) = (1; sin(2t); sin(2t)) :
Derivando la expresion anterior
s(t) = k!
r 0
(t)k =
q
1 + 2 sin2
(2t)
=) s(t) = 4 sin(2t) cos(2t)
p
1+2 sin2(2t)
Por lo tanto, la componente tangencial aT es
aT =
2 sin(2t)
q
1 + 2 sin2
(2t)
Además, !
r 00
(t) = (0; 2 cos(2t); 2 cos(2t)) y haciendo el producto cruz entre
!
r 0
(t) y !
r 00
(t) se tiene
!
r 0
(t) !
r 00
(t) = 2 cos(2t)b
j 2 cos(2t)b
k (e)
y
k!
r 0
(t) !
r 00
(t)k =
p
4 cos2(2t) + 4 cos2(2t) =
p
8 cos2(2t)
= 2
p
2 jcos(2t)j
Como la curvatura k en terminos de t es
k =
k!
r 0
(t) !
r 00
(t)k
k!
r 0(t)k
3
5

reemplazando
k =
2
p
2 jcos(2t)j
1 + 2 sin2
(2t)
3
2
de
aN = k(t)
ds
dt
2
=
2
p
2 jcos(2t)j
1 + 2 sin2
(2t)
3
2
1 + 2 sin2
(2t)
Por lo tanto, la componente normal de la aceleracion en este caso es
aN =
2
p
2 jcos(2t)j
q
1 + 2 sin2
(2t)
1.5 Ejercicio 5
Sea la trayectoria regular !
r : R ! R3
, de…nida por:
!
r (u) = (
4au2
(1 + u2)2
;
2au(1 u2
)
(1 + u2)2
;
a(1 u2
)
1 + u2
); a > 0
a) Pruebe que la función ' : R ! ] ; [ tal que t = '(u) = 2 arctan u de…ne
la reparametrización de !
r :
!
r : ] ; [ ! R tal que r(t) = (a sin2
t; a sin(t) cos(t); a cos t)
b) Veri…que que !
r (t) está contenida en una super…cie esférica.
c) Probar que los planos normales a la curva descrita por r(t) pasan por el
centro de la esfera.
Solución
De '(u) = 2 arctan u se tiene que:
'0
(u) = 2
1+u2 > 0 8u 2 R; por lo tanto, es estrictamente creciente en R
y como ' es continua, ' es biyectiva, y por tanto, invertible. Además
' 1
(t) = tan(
t
2
)
' 1
: ] ; [ ! R es de clase C1
en ] ; [ :
Por lo anterior, se puede de…nir r(t) :
6

!
r (t) = (!
r ' 1
)(t) = !
r (' 1
(t)) = !
r (tan(
t
2
))
=) !
r (t) = (
4a tan2
( t
2 )
(1 + tan2
( t
2 ))2
;
2a tan( t
2 )(1 tan2
( t
2 )
(1 + tan2
( t
2 ))2
;
a(1 tan2
( t
2 ))
(1 + tan2
( t
2 ))
Sustituyendo
!
r (t) = (
4a(1 cos t
1+cos t )
( 2
1+cos t )2
;
2a
q
1 cos t
1+cos t ( 2 cos t
1+cos t )
( 2
1+cos t )2
;
a( 2 cos t
1+cos t )
( 2
1+cos t )
)
= (a(1 cos2
t); a cos t
p
1 cos2 t; a cos t)
Por lo tanto, la reparametrización la podemos de…nir por:
!
r (t) = (a sin2
t; a sin(t) cos(t); a cos t)
b)
x(t) = a sin2
t; y(t) = a sin t cos t; z(t) = a cos t
x2
+ y2
+ z2
= a2
sin4
t + a2
sin2
t cos2
t + a2
cos2
t
= a2
sin2
t(sin2
t + cos2
t) + a2
cos2
t
= a2
(sin2
t + cos2
t) = a2
) la curva está en la esfera x2
+ y2
+ z2
= a2
c) Se !
r (t0) un punto cualquiera de la curva.
La ecuación del plano normal es:
N : ((x; y; z) r(t0)) r0
(t0) = 0
y (0; 0; 0) 2 N si sólo si !
r (t0) !
r 0
(t0) = 0
!
r (t0) !
r 0
(t0) = (a sin2
t0; a sin(t0) cos(t0); a cos t0) (2a sin t0 cos t0; a(cos2
t0 sin2
t0); a sin t0)
= 2a2
sin3
t0 cos t0 + a2
(sin t0 cos3
t0 sin3
t0 cos t0) a2
sin t0 cos t0
= a2
sin3
t0 cos t0 + a2
sin t0 cos3
t0 a2
sin t0 cos t0
= a2
sin t0 cos t0 a2
sin t0 cos t0
= 0
) (0; 0; 0) 2 N
7

1.6 Ejercicio 6
Sea !
r : R+
! R3
, de…nida por: !
r = (t2
; 2
3 t3
; t);la trayectoria regular que
describe una partículaque se mueve a lo largo de una curva C: Para el instante
t = 1:determine:
a) Su velocidad ,rapidez y aceleración.
b) Los versores tangente, normal y binormal a trayectoria en ese instante
c) La curvatura y torsión de la curva en ese punto.
d) Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el punto.
e) La hodógrafa del movimiento o trayectoria que se determina en el espacio
de velocidad.
Solución:
a) A partir de la de…nicion tenemos que la velocidad ,rapidez y aceleración
en función del tiempo estan dadas por:
!
v (t) = !
r 0
(t) = (2t; 2t2
; 1) =) !
v (1) = !
r 0
(1) = (2; 2; 1)
j!
v (t)j =
p!
r 0 !
r 0 =
p
(4t2 + 4t4 + 1) =) j!
v (1)j = 3
!
a (t) = !
r
00
(t) = (2; 4t; 0) =) !
a (1) = (2; 4; 0)
b) Los versores se pueden calcular usando las identidades
b
T (t) =
!
r 0
(t)
j!
r 0(t)j
=) b
T (1) =
!
r 0
(1)
j!
r 0(1)j
= (2;2;1)
3
b
B (t) =
!
r 0
(t) !
r
00
(t)
j!
r 0(t) !
r 00
(t)j
=) b
B (1) =
!
r 0
(1) !
r
00
(1)
j!
r 0(1) !
r 00
(1)j
= ( 4;2;4)
6
b
N (t) = b
B (t) b
T (t) =) b
N (1) = b
B (1) b
T (1) = ( 1;2: 2)
3
c) La curvatura y torsión en el punto se pueden determinar usando las iden-
tidades:
(t) =
!
r 0
(t) !
r
00
(t)
j!
r 0(t)j
3 =) (1) =
!
r 0
(1) !
r
00
(1)
j!
r 0(1)j
3 = 6
33 = 2
9 > 0
(t) =
!
r 0
(t) !
r
00
(t) !
r
000
(t)
j!
r 0(t) !
r 00
(t)j
2 =) (1) =
!
r 0
(1) !
r
00
(1) !
r
000
(1)
j!
r 0(1) !
r 00
(1)j
2 = 8
36 = 2
9
d) Derivando la velocidad tenemos !
a (t) = !
r
00
(t) = j!
v (t)j
0 b
T (t) + (t) j!
v (t)j
2 b
N (t) ;entonces
las componentes tangencial y normal de
la eceleración son:
aT = j!
v (t)j
0
= 4t + 8t3)
p
(4t2+4t4+1)
aN = (t) j!
v (t)j
2
=)
aT = j!
v (1)j
0
= 4 + 8
p
(4+4+1)
= 12
3 = 4
aN = (1) j!
v (1)j
2
= 2
9 (3)2
= 2
e) A partir del vector velocidad !
v (t) = !
r 0
(t) = (2t; 2t2
; 1) podemos inferir
sus componentes
x (t) = 2t
y(t) = 2t2
z (t) = 1
=) y(x) = x2
2
z = 1
Por lo tanto, la hodógrafa es una parabóla en el plano z = 1
1.7 Ejercicio 7
8

Sea !
r : R+
! R3
, de…nida por: !
r = (a cos t; asent; (t)); trayectoria
regular que describe una partícula que se mueve a lo largo de
una curva C. ¿Cuál debe ser la función (t) para que la trayectoria esté
contenida en un plano para todo t?:
Solución:
La trayectoria de la partícula es plana si y solo sí la torsión es nula para
todo t. Es decir:
(t) =
!
r 0
(t) !
r
00
(t) !
r
000
(t)
j!
r 0(t) !
r 00
(t)j
2 = 0 8t =) !
r 0
(t) !
r
00
(t) !
r
000
(t) = 0 8t;
luego derivemos y calculemos el producto mixto
!
r 0
= ( asent; a cos t; 0
(t))
!
r 00
= ( a cos t; asent; 00
(t)) =) !
r 0
(t) !
r
00
(t) !
r
000
(t) = a2
( 000
(t) + 0
(t)) = 0
!
r 000
= (asent; a cos t; 000
(t)) ( 000
(t) + 0
(t)) = 0
La ecuación diferencial homógenea de tercer orden , tiene solución de la
forma (t) = e t
; entonces
0
(t) = e t
=) 00
(t) = 2
e t
=) 000
(t) = 3
e t
reemplazando
términos en la ecuación anterior:
( 3
+ )e t
= 0; e t
6= 0 8tconduce a la ecuación característica ( 3
+ ) =
0;luego
(t) = C1 + C2 cos t + C3sent; donde C1; C2; C3 son constantes reales.
Por lo tanto, si la trayectoria está dada por !
r (t) = (a cos t; asent; C1 +
C2 cos t + C3sent)la partícula siempre se moverá sobre un
mismo plano.
1.8 Ejercicio 8
a) Sea !
r : I R ! R3
una trayectoria regular de modo que !
r (t) 6=
0 8t: supongamos que hay un t0 2 I para el que la distancia del origen al
punto!
r (t0) 2 R3
alcanza un valor mínimo. Pruebe que en ese punto !
r 0
(t0)
es perpendicular a !
r (t0) :
b) Usando lo anterior , hallar los puntos en que la recta dada por !
r (t) =
(t + 1; 3t 2; 2t 1) está más cerca del origen.
Solución:
a) En efecto consideremos la función distancia d(t)= j!
r (t)jde un punto
cualquiera al origen y supongamos que hay un t0 2 I; tal que se alcanza un
mínimo, entonces se tiene que d0
(t0)= j!
r (t0)j
0
=
!
r (t0) !
r 0
(t0)
j!
r (t0)j
= 0; de donde se
tiene que !
r (t0) !
r 0
(t0) = 0 , por lo tanto, !
r (t0) y !
r 0
(t0) son ortogonales en
ese punto.
b) Basta encontrar un t0 2 I para el que la distancia del punto !
r (t0) 2 R3
alcanza su valor mínimo que satisface !
r (t0) !
r 0
(t0) = 0
9

!
r (t0) !
r0
(t0) = (t0 + 1; 3t0 2; 2t0 1) (1; 3; 2) = 0 =) (t0 + 1) + 3(3t0 2) + 2(2t0 1) =
0 =) t0 = 1
2
Por lo tanto, el punto buscado es !
r 1
2 = 3
2 ; 1
2 ; 0 :
1.9 Ejercicio 9
Se llama evoluta de una curva !
r : I R+
! R2
a la curva que describen
los centros de curvatura de !
r : Determine la evoluta de
la curva !
r (t) = (t; t2
):
Solución:
La curva que describe el centro de curvatura está dada por la ecuación:
!
c (t) = !
r (t) + 1
(t)
b
N (t) ; determinemos la curvatura y el
versor normal.
!
r 0
(t) = (1; 2t; 0) =) !
r
00
(t) = (0; 2; 0) =) !
r 0
(t) !
r
00
(t) = (0; 0; 2) =)
!
r 0
(t) !
r
00
(t) !
r 0
(t) = ( 4t; 2; 0)
Además: !
r 0
(t) !
r
00
(t) = 2 y !
r 0
(t) !
r
00
(t) !
r 0
(t) = 2 1 + 4t2 1=2
(t) =
!
r 0
(t) !
r
00
(t)
j!
r 0(t)j
3 = 2
(1 +4t2)3=2
b
N (t) =
!
r 0
(t) !
r
00
(t) !
r 0
(t)
j!
r 0(t) !
r 00
(t) !
r 0(t)j
= ( 4t;2)
2(1 +4t2)1=2 ; reemplazando términos en la
ecuación tenemos
!
c (t) = (t; t2
) +
(1 +4t2
)
3=2
2
( 4t;2)
2(1 +4t2)1=2 = 4t3
; 3t2
+ 1
2 ;que corresponde a
la ecuación paramétrica de la evoluta.
1.10 Ejercicio 10
Sea !
r : I R ! R3
una trayectoria regular, dada por !
r = (x(t); y(t); z(t)); t 2
I: Pruebe que la ecuación del plano osculador en !
r (t0); t0 2 I;es:
x x (t0) y y (t0) z z (t0)
x0
(t0) y0
(t0) z0
(t0)
x00
(t0) y00
(t0) z00
(t0)
= 0
Solución:
La ecuación del plano osculador es : (
!
f !
r (t0))
!
B(t0) = 0; donde
!
B(t0) = !
r 0
(t0) !
r 00
(t0) =
b
i b
j b
k
x0
(t0) y0
(t0) z0
(t0)
x00
(t0) y00
(t0) z00
(t0)
!
B(t0) = (y0
(t0) z
00
(t0) y
00
(t0) z0
(t0) ; x
00
(t0) z0
(t0) x0
(t0) z
00
(t0) ; x0
(t0) y00
(t0) x00
(t0) y0
(t0))
pongamos: x0 = x (t0) ; y0 = y (t0) y z0 = z (t0)
(
!
f !
r (t0))
!
B(t0) = 0 =)
10

(x x0; y y0; z z0) (y0
0z
00
0 y
00
0 z0
0; x
00
0 z0
0 x0
0z
00
0 ; x0
0y00
0 x00
0 y0
0) = 0
desarrollando
(y0
0z
00
0 y
00
0 z0
0)(x x0) + (x
00
0 z0
0 x0
0z
00
0 )(y y0) + (x0
0y00
0 x00
0 y0
0)(z z0) = 0
esto último se puede escribir
x x (t0) y y (t0) z z (t0)
x0
(t0) y0
(t0) z0
(t0)
x00
(t0) y00
(t0) z00
(t0)
= 0
lo que prueba la hipótesis.
1.11 Ejercicio 11
Un automovilista se desplaza por una carretera recta. En el instante t = 0
llega a una rotonda la que recorre con un
trayectoria
!
f(t) = (acost; asent; bt(2 t))t 2 [0; 2] :En el instante t = 2 sale
de la rotonda y vuelve a continuar por una
carretera recta:
a) Cálcule la curvatura máxima de la rotonda para t 2 [0; 2]¿en qué punto
ocurre?
b) Determine la torsión de la rotonda para t 2 [0; 2] :Haga un grá…co de la
torsión en función del tiempo.
Solución:
a) Calculemos la curvatura de la trayectoria mediante la identidad: (t) =
!
f 0
(t)
!
f
00
(t)
!
f 0(t)
3
!
f 0
(t) = ( asent; a cos t; 2b(1 t)) =)
!
f 0
(t) =
p
a2 + 4b2(1 t)2
!
f 00
(t) = ( acost; asent; 2b) =)
!
f 0
(t)
!
f 00
(t) = ( 2ab cos t + 2ab(1
t)sent; 2absent 2ab(1 t) cos t; a2
)
!
f 0
(t)
!
f 00
(t) = a
p
a2 + 4b2(1 + (1 t)2;reemplazando en la identidad,
tenemos
(t) =
a
p
a2+4b2(1+(1 t)2
(a2+4b2(1 t)2)3=2
Sea (t) = a2
+ 4b2
(1 t)2
=) 0
(t) = 8b2
(1 t) = 0 =) En t = 1
hay un punto crítico de (t)
Como 00
(1) = 8b2
> 0; en t = 1 hay un mínimo de (t) y un máximo de
(t) pues son inversamente proporcionales
Luego, (t) =
p
a2+4b2
a2 y se alcanza en el punto
!
f(1) = (a cos 1; asen1; b):
b) Calculemos ahora la torsión; (t) =
!
f 0
(t)
!
f
00
(t)
!
f
000
(t)
!
f 0(t)
!
f 00
(t)
2 8t
!
f 000
(t) = (asent; a cos t; 0) =)
!
f 0
(t)
!
f 00
(t)
!
f 00
(t) = 2a2
b(1 t)
11

(t) = 2a2
b(1 t)
a2[a2+4b2(1+(1 t)2]
Se tiene que
(0) = 2b
[a2+8b2] ; (1) = 0; (2) = 2b
[a2+8b2]
0
(t) = 0 =) 4b2
(1 t)2
= a2
+ 4b2
=) (1 t)2
= a2
+4b2
4b2
(1 t)2
= 1+ a2
4b2 > 1 =) (1 t)2
> 1 lo cual es imposible porque (1 t) 1
para 0 t 2:
Por lo tanto, no tiene punto crítico en[0; 2]
El grá…co es del tipo
τ(t)
0 2 t
1
1.12 Ejercicio 12
a) Demuestre que la curva descrita por !
r (t) = (t cos t; t sin t; t) se encuentra
sobre la super…cie de un cono. Dibuje la curva.
b) Si una particula parte del origen siguiendo la trayectoria anteriormente
descrita, determine en qué punto impacta la esfera:
x2
+ y2
+ z2
= 2:
c) Calcule la longitud de la curva desde el origen al punto de impacto.
Solución:
a) A partir de las ecuaciones paramétricas tenemos:
x (t) = t cos t
y (t) = t sin t
z (t) = t
=)
x2
+ y2
= t2
(cos2
t + sin2
t)
x2
+ y2
= t2
z2
= x2
+ y2
Que corresponde a la ecuación de un cono, cuyo sector superior ,se dibuja
en el grá…co adjunto
x
y
z
12

b) Calculemos para que valor del parámetro t la partícula impacta la esfera,
sustityendo las ecuaciones paramétricas en la
esfera x2
+ y2
+ z2
= 2t2
= 2 =) t = 1:Luego, la posición del punto de
impacto es !
r (1) = (cos 1; sin 1; 1)
c) La longitud de la curva es:
l =
Z 1
0
k!
r 0
(t)k du con k!
r 0
(t)k =
q
!
r 0(t) !
r 0(t)
con !
r 0
(t) = (cos t t sin t; sin t + t cos t; 0)
k!
r 0
(t)k =
q
!
r 0(t) !
r 0(t) =
p
t2 =) l =
Z 1
0
tdt =
1
2
1.13 Ejercicio 13
Un proyectil es lanzado desde el nivel del suelo con una velocidad inicial de
100 m/seg con un ángulo de elevación de 30o
:Determine:
a) la función vectorial y las ecuaciones paramétricas de la trayectoria del
proyectil.
b) la altura máxima alcanzada.
c) el alcance del proyectil
d) la velocidad y rapidez en el impacto contra el suelo.
e) la curvatura en el punto de impacto.
Solución:
a) Inicialmente tenemos t = 0 , !
r 0 = (0; 0) ;y !
v 0 = (100 cos 30; 100 sin 30)
Integrando: !
a (t) = !
r "
(t) = (0; 10) =) !
v (t) = !
r (t) = (100 cos 30; 10t+
100 sin 30)
Integrando por segunda vez se obtiene:!
r (t) = ((100 cos 30) t; 5t2
+(100 sin 30)t)
Evaluando las funciones trigonométricas se obtiene:!
r (t) = (50
p
3 t; 5t2
+
50t)
Por lo tanto, las ecuaciones paramétricas de la trayectoria del proyectil son
x(t) = 50
p
3 t; y(t) = 5t2
+ 50t
b) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura máxima
dy
dt = 0 =) 10t + 50 = 0 =) t = 5s
Asi la altura máxima h alcanzada por el proyectil es
h = y(5) = 125 + 250 = 125m
c) El alcance máximo se logra cuando y(t) = 0; es decir si: 5t2
+ 50t = 0
t( 5t + 50) = 0 ) t = 0; t = 10:
Entonces el alcance es: x (10) = 500
p
3
d) La velocidad del proyectil en el impacto es:!
v (10) = (50
p
3; 50)
e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) =
!
r 0
(10) !
r
00
(10)
k!
r 0(10)k
3 =
5
p
3
104
13

1.14 Ejercicio 14
Sea C una curva determinada por la interseccion de los cilindros: x2
=
1 y; z2
= y
a) Parametrizar C de forma !
r (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)); t 2 I: Indicación
x2
+ z2
= 1
b) Obtener b
T; b
N; b
B; K y en P = (0; 1; 1)
Solución:
a) Se puede parametrizar como !
r (t) = (cos t; sin2
t; sin t); t 2 [0; 2 ] ,
Calculemos el valor del parametro para
!
r (t1) = (cos t1; sin2
t1; sin t1) = (0; 1; 1) =) t1 = 2 . Así !
r 2 =
(0; 1; 1):
b)!
r 0
(t) = ( sin t; sin t cos t; cos t) =) !
r 0
2 = ( 1; 0; 0) =) b
T 2 =
( 1; 0; 0)
!
r 00
(t) = ( cos t; 2 cos 2t; sin t); !
r
00
2 = (0; 2; 1)
!
r 0
2
!
r
00
2 = (0; 1; 2) =) !
r 0
2
!
r
00
2 =
p
5
=) b
B 2 = 0; 1
p
5
; 2
p
5
y b
N 2 = 0; 2
p
5
; 1
p
5
Derivando por tercera vez tenemos:
!
r 000
(t) = (sin t; 4 sin 2t; cos t) =) !
r
000
2 = (1; 0; 0)
b
N 2 =
!
r 0
2
!
r
00
2
!
r 0
2
!
r 0
2
!
r 00
2
!
r 0
2
= 0; 2
p
5
; 1
p
5
Por otra parte
K 2 =
!
r 0
( 2 ) !
r
00
( 2 )
k!
r 0
( 2 )k
3 =
p
5 y 2 =
!
r 0
( 2 ) !
r
00
( 2 ) !
r
000
( 2 )
k!
r 0
( 2 ) !
r 00
( 2 )k
2 = 0
1.15 Problema 15
Dada la ecuación paramétrica de la trayectoria !
r (t) = (2t3
3t2
; t 2arctan(t))
, encontrar todos los valores de tpara los cuales la curva
(i) Tiene tangente horizontal.
(ii) Tiene tangente vertical.
(iii) No es regular.
Solución:
El vector tangente a la curva !
r (t) = (2t3
3t2
; t 2arctan(t)) es !
r 0
(t) =
(6t2
6t;
t2
1
t2 + 1
) cuya pendiente es
m (t) =
y0
(t)
x0 (t)
=) m (t) =
y0
(t)
x0 (t)
=
t + 1
6t (t2 + 1)
(i) Para que la tangente sea horizontal, ésta tiene que existir, es decir!
r 0
(t) 6=
!
0 , y además
m (t) = 0. Por tanto, t = 1.
ii) Para que la tangente sea vertical, ésta tiene que existir, es decir!
r 0
(t) 6=
!
0 ,
y además
14

m(t) = 1: Por tanto,t = 0:
(iii) Para que la curva sea no regular !
r 0
(t) =
!
0 =) x0
(t) = y0
(t) = 0, es
decir, t = 1.
1.16 Problema 16
Se llama evoluta de una curva parametrizada regular !
r (t) ,con curvatura
no nula, al lugar geométrico de los centros de curvatura. Denotamos la evoluta
de !
r (t) por !
c (t).
(i) Encontrar una parametrización de !
c (t).
(ii) Hallar la evoluta de la parábola !
r (t) = t;
t2
2
.
(iii) Hallar la evoluta de la hélice !
r (s) =
p
2
2 cos(s);
p
2
2 sen(s);
p
2
2 s , s 2
IR y comprobar que es regular y que s es su parámetro arco.
Solución:
(i) Si !
r (t) es punto de la curva y !
c (t) su correspondiente centro de
curvatura para t entonces la condición que de…ne el lugar geométrico se tiene
la relación
!
c (t) !
r (t) =
1
k(t)
!
N (t) de donde se deduce que la ecuación de la
evoluta es
!
c (t) = !
r (t) +
1
k(t)
!
N (t)
(ii) Calculamos en primer lugar el vector normal y la curvatura de la parábola.
!
r (t) = t;
t2
2
=) !
r 0
(t) = (1; t) =) j!
r 0
(t)j =
p
1 + t2 =)
!
N (t) =
( t; 1)
p
1 + t2
Por otra parte
!
r "
(t) = (0; 1) =) k(t) =
j!
r 0
(t) !
r " (t)j
j!
r 0(t)j
3 =
1
p
1 + t2
3
Por lo tanto
!
c (t) = t;
t2
2
+
p
1 + t2
3
p
1 + t2
( t; 1) = t3
; 1 +
3
2
t2
iii) Calculamos el vector tangente a la curva a partir de su de…nición
!
r (s) =
p
2
2 cos(s);
p
2
2 sen(s);
p
2
2 s =) !
r 0
(s) =
p
2
2 sen(s);
p
2
2 cos(s);
p
2
2 =)
j!
r 0
(s)j = 1
Por tanto b
T (s) =
p
2
2 sen(s);
p
2
2 cos(s);
p
2
2
Por otra parte,
b
T0
(s) = !
r 00
(s) =
p
2
2 cos(s);
p
2
2 sen(s); 0 =) j!
r 00
(s)j =
p
2
2
de donde
15

b
N (s) =
!
r 00
(s)
j!
r 00(s)j
= ( cos(s); sen(s); 0)
Ademas k(s) = j!
r 00
(s)j =
p
2
2
Finalmente
!
c (s) = !
r (s) +
1
k(s)
!
N (s) =
p
2
2 cos(s);
p
2
2 sen(s);
p
2
2 s ; s 2 IR
lo que implica !
c
0
(s) =
p
2
2 sen(s);
p
2
2 cos(s);
p
2
2 s , y por tanto que
j!
c 0
(s)j = 1 para cada s 2 IR y en de…nitiva que !
c es regular y está
parametrizada por arco s.
1.17 Problema 17
Encontrar una parametrización de las siguientes curvas . .
(i) y = x2
+ 3x
(ii) x2
+ y2
+ 2y = 0
(iii) x2 y2
4
= 1
(iv) x2
+ 3y2
= 1
Calcular en cada caso los vectores tangente unitario b
T, normal b
N , la cur-
vatura (t) y la torsión (t)
Solución
(i) Como se trata de una parábola podemos parametrizarla tomando x =
t =) y = t2
+ 3t
Así !
r (t) = (t; t2
+ 3t); y calculamos el vector tangente, !
r 0
(t) = (1; 2t + 3)
=) k!
r 0
(t)k =
p
4t2 + 12t + 10
y b
T (t) =
!
r 0
(t)
k!
r 0(t)k
=
(1; 2t + 3)
p
4t2 + 12t + 10
Para calcular el vector normal en IR2
tenemos en cuenta que es un vector
ortogonal al tangente y
unitario.
b
N (t) =
( 2t 3; 1)
p
4t2 + 12t + 10
La curvatura de una curva plana es k(t) =
j!
r (t) !
r " (t)j
j!
r 0(t)j
3 , considerando
que IR2
es subespacio de IR3
En nuestro caso !
r 0
(t) = (1; 2t + 3; 0) =) !
r 00
(t) = (0; 2; 0)
Por tanto, k(t) =
2
p
4t2 + 12t + 10
3 ; la curvatura de la parábola varía en
función de t
Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) =
!
r 0
(t) !
r " (t) !
r 000
(t)
j!
r 0(t)j
3 =
0; pues !
r 000
(t) = (0; 0; 0)
16

lo que signi…ca que la curva siempre esta en el mismo plano.
(ii) La ecuación dada representa una circunferencia de centro el (0; 1)y
radior = 1, ya
que x2
+ y2
+ 2y = x2
+ (y + 1)2
1. Por tanto, una parametrización es
!
r (t) = (cos(t); 1 + sen(t))
Calculamos el vector tangente.
!
r 0
(t) = ( sen(t); cos(t)) =) k!
r 0
(t)k = 1 =) b
T (t) =
!
r 0
(t)
k!
r 0(t)k
=
( sen(t); cos(t))
Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal
al tangente y
unitario.
b
N (t) = ( cos(t); sen(t))
j!
r 0
(t) !
r " (t)j
j!
r 0(t)j
3 , considerando
que IR2
En nuestro caso !
r 0
(t) = ( sen(t); cos(t); 0) =) !
r 00
(t) = ( cos(t); sent(t); 0) =)
j!
r (t) !
r " (t)j = 1
Por tanto, k(t) = 1 la curvatura de una circunsferencia es constante
!
r 0
(t) !
r " (t) !
r 000
(t)
j!
r 0(t)j
3 =
0;
pues !
r 0
(t) !
r " (t) !
r 000
(t) = (0; 0; 0):
(iii) La ecuación dada representa una hipérbola de semieje a = 1 y b = 2.
Por tanto, una parametrización es
!
r (t) = (cosh(t); 2senh(t))
Calculamos el vector tangente.!
r 0
(t) = (senh(t); 2 cos h(t))
=) k!
r 0
(t)k =
p
senh2(t) + 4 cos h2(t)
y b
T (t) =
!
r 0
(t)
k!
r 0(t)k
=
(senh(t); 2 cos h(t))
p
al tangente y
unitario.
b
N (t) =
( 2 cos h(t); senh(t))
p
j!
r 0
(t) !
r " (t)j
j!
r 0(t)j
3 , considerando
que IR2
En nuestro caso :!
r 0
(t) = (senh(t); 2 cos h(t); 0) =) !
r 00
(t) = (cosh(t); 2senh(t); 0)
=) j!
r 0
(t) !
r " (t)j = 2
Por tanto k(t) =
2
hp
i3 ;la curvatura de la hiperbola
varía en función de t
17

!
r 0
(t) !
r " (t) !
r 000
(t)
j!
r 0(t)j
3 =
0;
pues !
r 0
(t) !
r " (t) !
r 000
(t) = (0; 0; 0)
(iv) La ecuación dada representa una elipse de centro el (0; 0)y semiejes a = 1
y b =
1
p
3
Por tanto, una parametrización es !
r (t) = (cos(t);
1
p
3
sen(t))
Calculamos el vector tangente.
!
r 0
(t) = ( sen(t);
1
p
3
cos(t)) =) k!
r 0
(t)k =
p
3
3
p
2sen2(t) + 1 =)
b
T (t) =
!
r 0
(t)
k!
r 0(t)k
=
p
3
p
2sen2(t) + 1
( sen(t);
1
p
3
cos(t))
al tangente y
unitario.
b
N (t) =
p
3
p
2sen2(t) + 1
(
1
p
3
cos(t); sen(t))
j!
r 0
(t) !
r " (t)j
j!
r 0(t)j
3 , considerando
que IR2
En nuestro caso !
r 0
(t) = ( sen(t);
1
p
3
cos(t); 0) =) !
r 00
(t) = ( cos(t);
1
p
3
sent(t); 0) =)
j!
r (t) !
r " (t)j =
1
p
3
Por tanto, k(t) =
3
hp
2sen2(t) + 1
i3 la curvatura de la elipse varía en función
de t
!
r 0
(t) !
r " (t) !
r 000
(t)
j!
r 0(t)j
3 =
0;
pues !
r 0
(t) !
r " (t) !
r 000
(t) = (0; 0; 0)
1.18 Problema 18
Sean !
r : I ! IR3
una curva regular y consideremos !
c la evoluta de !
r .
Demostrar que !
c es regular si y solo si la torsión y la derivada de la curvatura
de !
r no se anulan simultáneamente en ningún punto y en este caso demostrar
que el parámetro arco de !
c ; s satisface que
(s (t))
0
= 1
k2(t)
q
(k0 (t))
2
+ (k (t))
2
( (t))
2
j!
r 0(t)j
2
8t 2 I
Solución: La evoluta de está de…nida como la curva
!
c (t) = !
r (t)+
1
k(t)
!
N (t) = !
r (t)+ (t)
!
N (t), donde (t) =
1
k(t)
es el radio
de curvatura de !
r :
18

Por lo tanto, si s denota el parámetro arco de !
r tenemos que s (t) = j!
r 0
(t)j
!
c 0
(t) = !
r 0
(t)+
0
(t)
!
N (t)+ (t)
!
N 0
(t) = !
r 0
(t)+
0
(t)
!
N (t)+ (t)
!
N 0
(s) s0
(t)
Por Frenet sabemos que:
!
N 0
(s) = k (s) b
T (s) (s) b
B (s) =)
!
N 0
(s) = (s) b
T (s) (s) b
B (s)
!
c 0
(t) = j!
r 0
(t)j b
T (t) +
0
(t)
!
N (t) + (t) s0
(t)
h
b
T (s) (s) (s) b
B (s)
i
=) !
c 0
(t) =
0
(t)
!
N (t) (t) (t) j!
r 0
(t)j b
B (t) :
Así j!
c 0
(t)j =
p
( 0
(t))2 + 2 (t) 2 (t) j!
r 0(t)j)2 puesto que el Triedro de
Frenet es ortonormal. Sustituyendo y 0
por su expresión en función de la
curvatura, resulta que
j!
c 0
(t)j =
s
(k0
(t))2
(k (t))4
+
2
(t)
k2 (t)
j!
r 0(t)j
2
=
1
k2 (t)
q
(k0 (t))2 + k2 (t) 2 (t) j!
r 0(t)j
2
para
cada t 2 I
y por tanto, como (t) y j!
r 0
(t)j 6=
!
0 c es singular en t 2 I si y solo si
k (t) = (t) = 0
La expresión anterior muestra también que cuando !
c es regular, la derivada
de su parámetro
arco coincide con el término de la derecha de la igualdad
1.19 Problema 19
Consideremos la curva C dada por !
r (t) = (et
; e2t
; t); t 2 R:
Hallar su curvatura y su torsión en el punto (1; 1; 0). ¿Es cierto que la curva
tiene torsión negativa en todos sus puntos?
Solución
Calculamos primero las derivadas:
!
r 0
(t) = (et
; 2e2t
; 1) ) k!
r 0
(t)k =
p
1 + e2t + 4e4t
!
r 00
= (et
; 4e2t
; 0)
!
r 0 !
r 00
= ( 4e2t
; et
; 2e3t
) ) !
r 0 !
r
00
=
p
e2t + 16e4t + 4e6t
!
r
000
= (et
; 8e2t
; 0)
Y podemos obtener la curvatura y la torsión en cada punto:
k(t) =
!
r 0 !
r
00
k!
r 0(t)k
3 =
p
e2t + 16e4t + 4e6t
p
1 + e2t + 4e4t
3
(t) =
!
r 0 !
r
00 !
r
000
k!
r 0 !
r 00
k
2 =
4e3t
p
e2t + 16e4t + 4e6t
2
En el punto (1; 1; 0) = (et0
; e2t
0 ; t0) =) t = 0
De donde deducimos que la curvatura y la torsión son
k(0) =
!
r 0
(0) !
r
00
(0)
k!
r 0(0)k
3 =
p
21
63=2
(0) =
!
r 0
(0) !
r
00
(0) !
r
000
(0)
k!
r 0 (0) !
r 00
(0)k
2 =
4
21
19

Por último, la función (t) es claramente positiva, 8 t 2 IR
1.20 Problema 20
Considere la curva C dada por !
r (t) = (cosh(t); sinh(t); t); t 2 IR
(a) Dibuje aproximadamente su traza.
(b) Si se recorre la traza partiendo desde punto (1; 0; 0), tras recorrer una
longitud de arco
p
2 sobre la curva, ¿cuáles son las coordenadas del punto del
espacio en el que nos encontraremos?
Solución.
Consideremos la proyección de la curva sobre el plano XY :
x2
y2
= cos h2
(t) sinh2
(t) = 1 se trata de una rama de hipérbola, cuyo eje
de simetria es X, toma valores positivos de X y se recorre en el sentido creciente
de Y .
La tercera componente es simplemente z = t; para valores t > 0 la curva
se eleva con respecto al plano z = 0 hacia, mientras que para valores de t < 0;
“baja”con respecto el plano z = 0.
.
Determinemos el valor del parametro en el punto de partida
(1; 0; 0) = (cosh(t); sinh(t); t) =) t = 0
Empezamos en s(0), la longitud de la curva, desde ese punto, se mide la
longitud de arco siguiente
Calculemos la rapidez, y luego la lonitud del arco
!
r (t) = (cosh(t); sinh(t); t); t 2 IR ) !
r 0
(t) = (senh(t); cos h(t); 1); t 2 IR
=) k!
r 0
(t)k =
p
cosh2(t) + sinh2(t) + 1 =
p
2cosh2(t) =
p
2cosh(t) .
Así que la longitud desde s(0)hasta
s(t) =
R t
0
k!
r 0
(u)k du =
p
2
R t
0
cosh(u)du =
p
2 senh(u)j
t
0 =
p
2senh (t)
Ahora sólo queda determinar el valor de tque hace que la longitud sea exac-
tamente
p
2. Esto es, resolver
p
2 =
p
2sinh(t) ) 1 = sinh(t) ) t = arcsinh(1):
De manera que estaremos en el punto de coordenadas
!
r (arcsinh(1)) = (cosh(arcsinh(1)); sinh(arcsinh(1)); arcsinh(1)) = (
p
2; 1; arcsinh(1))
1.21 Problema 21
20

Consideremos la curva C dada por !
r (t) = (t; t2
; t3
) 2 R:
Hallar su curvatura y su torsión en el punto (0; 0; 0). ¿En qué punto tiene
la curva una torsiòn (en valor absoluto) máxima?
Solución
Calculamos primero las derivadas:
k(t) =
!
r 0
(t) !
r
00
(t)
k!
r 0(t)k
3 =
p
4 + 36t2 + 36t4
p
1 + 4t2 + 9t4
3
(t) =
!
r 0 !
r
00 !
r
000
k!
r 0 !
r 00
k
2 =
12
[4 + 36t2 + 36t4]
2
De donde deducimos que la curvatura y la torsión son
k(0) =
!
r 0
(0) !
r
00
(0)
k!
r 0(0)k
3 = 2
(0) =
!
r 0
(0) !
r
00
(0) !
r
000
(0)
k!
r 0 (0) !
r 00
(0)k
2 = 3
Como el denominador que aparece en la expresión de (t) es siempre una
cantidad positiva que
toma su valor mínimo en t = 0, concluimos que el valor absoluto de la torsión
alcanza su valor máximo en t = 0.
21

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