mate 4

1. Boletines de problemas de Matem´aticas II
Problemas resueltos del Bolet´ın 1
Problema 1. Dada la curva −→r (t) =
√
2 (cos t + t sen t) ,
√
2 (sen t − t cos t) ,
t2
√
2
, con
t ∈ [0, 2π], parametrizarla naturalmente.
Resoluci´on.
En primer lugar, veamos si la curva est´a ya parametrizada naturalmente. Para ello, hay
que comprobar si −→r (t) = 1, para todo t ∈ [0, 2π].
−→r (t) =
√
2 t cos t,
√
2 t sen t,
√
2 t
−→r (t) =
√
2t2 cos2 t + 2t2 sen2 t + 2t2 =
√
4t2 = 2t
Por tanto, la curva no est´a parametrizada naturalmente.
Para parametrizarla naturalmente, en primer lugar, hallamos la relaci´on entre los
par´ametros s y t:
s = 2t dt = t2
=⇒ t =
√
s
Por tanto, la curva parametrizada naturalmente nos queda
−→r (s) =
√
2 cos
√
s +
√
s sen
√
s ,
√
2 sen
√
s −
√
s cos
√
s ,
s
√
2
, con s ∈ [0, 4π].
1

2. Problema 2. Dada la curva −→r (t) = et
, e−t
,
√
2t , hallar los elementos del triedro de
Frenet cuando t = 0.
Resoluci´on.
Vemos que el valor t = 0 define el punto P = (1, 1, 0). Obs´ervese que para hallar los
elementos del triedro de Frenet, no necesitamos conocer los vectores del triedro de Frenet,
sino sus respectivas direcciones. En efecto, sabemos que el vector tangente unitario en P es
paralelo a −→r (0). Sabemos que el vector binormal es paralelo a −→r (0)∧−→r (0). Por ´ultimo,
sabemos que el vector normal principal es paralelo al vector que resulta de multiplicar
vectorialmente −→r (0) ∧ −→r (0) por −→r (0).
Calculamos dichos vectores:
−→r (t) = et
, −e−t
,
√
2 =⇒ −→r (0) = 1, −1,
√
2
−→r (t) = (et
, e−t
, 0) =⇒ −→r (0) = (1, 1, 0)
−→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
1 −1
√
2
1 1 0
= −
√
2,
√
2, 2 ≈ −1, 1,
√
2
−→r (0) ∧ −→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
−
√
2
√
2 2
1 −1
√
2
= 4, 4, 0
√
2 ≈ (1, 1, 0)
Elementos del triedro de Frenet:
• Recta tangente:
x − 1
1
=
y − 1
−1
=
z
√
2
=⇒
x + y = 2√
2 y + z =
√
2
• Plano normal: 1(x − 1) − 1(y − 1) +
√
2 z = 0.
• Recta binormal:
x − 1
−1
=
y − 1
1
=
z
√
2
=⇒
x + y = 2√
2 y − z =
√
2
• Plano osculador: −1(x − 1) + 1(y − 1) +
√
2 z = 0.
• Recta normal principal:
x − 1
1
=
y − 1
1
=
z
0
=⇒
x − y = 0√
2 z = 0
• Plano rectificante: 1(x − 1) + 1(y − 1) = 0
2

3. Problema 3. Dada la curva −→r (t) = (t − cos t, sen t, t), hallar los elementos del triedro
de Frenet en el punto (−1, 0, 0).
Resoluci´on.
En primer lugar, veamos qu´e valor del par´ametro t define el punto P. Para ello, basta
resolver el sistema
t0 − cos t0 = −1
sen t0 = 0
t0 = 0



de donde deducimos claramente que t0 = 0.
De igual modo que en el problema anterior, debemos notar que para hallar los ele-
mentos del triedro de Frenet, no necesitamos conocer los vectores del triedro de Frenet,
sino sus respectivas direcciones. Sabemos que el vector tangente unitario en P es parale-
lo a −→r (0). Sabemos que el vector binormal es paralelo a −→r (0) ∧ −→r (0). Por ´ultimo,
sabemos que el vector normal principal es paralelo al vector que resulta de multiplicar
vectorialmente −→r (0) ∧ −→r (0) por −→r (0).
Calculamos dichos vectores:
−→r (t) = (1 + sen t, cos t, 1) =⇒ −→r (0) = (1, 1, 1)
−→r (t) = (cos t, − sen t, 0) =⇒ −→r (0) = (1, 0, 0)
−→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
1 1 1
1 0 0
= (0, 1, −1)
−→r (0) ∧ −→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
0 1 −1
1 1 1
= (2, −1, −1)
Elementos del triedro de Frenet:
• Recta tangente:
x + 1
1
=
y
1
=
z
1
=⇒
x − y = −1
y − z = 0
• Plano normal: x + 1 + y + z = 0.
• Recta binormal:
x + 1
0
=
y
1
=
z
−1
=⇒
x = −1
y + z = 0
• Plano osculador: y − z = 0.
• Recta normal principal:
x + 1
2
=
y
−1
=
z
−1
=⇒
x + 2y = −1
y − z = 0
• Plano rectificante: 2(x + 1) − y − z = 0.
3

4. Problema 4. Dada la curva −→r (t) = t, (t + 1)2
, t3
− 1 , hallar los elementos del triedro
de Frenet en el punto de intersecci´on de dicha curva con el plano z = 0.
Resoluci´on.
El punto intersecci´on de la curva con el plano z = 0 se obtiene imponiendo que se anule
la tercera componente del vector −→r (t), de modo que
t3
− 1 = 0 ⇐⇒ t = 1.
Esto significa que trabajamos con el punto P = (1, 4, 0).
Una vez m´as, debemos notar que para hallar los elementos del triedro de Frenet, no
necesitamos conocer los vectores del triedro de Frenet, sino sus respectivas direcciones.
Sabemos que el vector tangente unitario en P es paralelo a −→r (1). Sabemos que el vector
binormal es paralelo a −→r (1)∧−→r (1). Por ´ultimo, sabemos que el vector normal principal
es paralelo al vector que resulta de multiplicar vectorialmente −→r (1) ∧ −→r (1) por −→r (1).
Calculamos dichos vectores:
−→r (t) = (1, 2(t + 1), 3t2
) =⇒ −→r (1) = (1, 4, 3)
−→r (t) = (0, 2, 6t) =⇒ −→r (1) = (0, 2, 6) ≈ (0, 1, 3)
−→r (1) ∧ −→r (1) ≈
−→
i
−→
j
−→
k
1 4 3
0 1 3
= (9, −3, 1)
−→r (1) ∧ −→r (1) ∧ −→r (1) =
−→
i
−→
j
−→
k
9 −3 1
1 4 3
= (−13, −26, 39) ≈ (−1, −2, 3)
Elementos del triedro de Frenet:
• Recta tangente:
x − 1
1
=
y − 4
4
=
z
3
=⇒
4x − y = 0
3y − 4z = 12
• Plano normal: x − 1 + 4(y − 4) + 3z = 0.
• Recta binormal:
x − 1
9
=
y − 4
−3
=
z
1
=⇒
x + 6y = 25
2y − z = 8
• Plano osculador: 9(x − 1) − 3(y − 4) + z = 0.
• Recta normal principal:
x − 1
−1
=
y − 4
−2
=
z
3
=⇒
4x + y = 8
5y + 4z = 20
• Plano rectificante: −(x − 1) − 2(y − 4) + 3z = 0.
4

5. Problema 5. Dada la curva de ecuaciones {x = a cos t, y = a sen t, z = bt}, hallar el
triedro de Frenet, la curvatura, la recta tangente y el plano osculador en un punto gen´erico
de ella.
Resoluci´on.
Vectores del triedro de Frenet:
−→r (t) = (−a sen t, a cos t, b) ; −→r (t) = (−a cos t, −a sen t, 0)
−→r (t) ∧ −→r (t) ≈
−→
i
−→
j
−→
k
−a sen t a cos t b
−a cos t −a sen t 0
= ab sen t, −ab cos t, a2
−→r (t) =
√
a2 + b2; −→r (t) ∧ −→r (t) =
√
a2b2 + a4 = a
√
a2 + b2
Luego,
−→
t (t) =
−→r (t)
−→r (t)
=
1
√
a2 + b2
(−a sen t, a cos t, b)
−→
b (t) =
−→r (t) ∧ −→r (t)
−→r (t) ∧ −→r (t)
=
1
a
√
a2 + b2
ab sen t, −ab cos t, a2
=
1
√
a2 + b2
(b sen t, −b cos t, a)
y
−→n (t) =
−→
b (t) ∧
−→
t (t) =
1
a2 + b2
−→
i
−→
j
−→
k
b sen t −b cos t a
−a sen t a cos t b
=
1
a2 + b2
(−(a2
+ b2
) cos t, −(a2
+ b2
) sen t, 0) = (− cos t, − sen t, 0)
Curvatura.
κ(t) =
−→r (t) ∧ −→r (t)
−→r (t)
3 =
a
√
a2 + b2
(a2 + b2)
√
a2 + b2
=
a
a2 + b2
Recta tangente.
x − a cos t
−a sen t
=
y − a sen t
a cos t
=
z − bt
b
=⇒
a cos t x + a sen t y = a2
b y − a cos t z = ab sen t + abt cos t
Plano osculador.
b sen t(x − a cos t) − b cos t(y − a sen t) + a(z − bt) = 0.
5

6. Problema 6. Dada la curva −→r (t) = (cos t − sen t, sen t + cos t, t + 1), parametrizarla
naturalmente y hallar los elementos del triedro de Frenet en el punto (1, 1, 1).
Resoluci´on. En primer lugar, veamos si la curva est´a ya parametrizada naturalmente.
Para ello, hay que comprobar si −→r (t) = 1, para todo t ∈ R.
−→r (t) = (− sen t − cos t, cos t − sen t, 1)
−→r (t) = (− sen t − cos t)2
+ (cos t − sen t)2
+ 1
=
√
2 sen2 t + 2 cos2 t + 2 sen t cos t − 2 sen t cos t + 1 =
√
3
Por tanto, la curva no est´a parametrizada naturalmente.
Para parametrizarla naturalmente, en primer lugar, hallamos la relaci´on entre los
par´ametros s y t:
s =
√
3 dt =
√
3 t =⇒ t =
s
√
3
Por tanto, la curva parametrizada naturalmente nos queda
−→r (s) = cos
s
√
3
− sen
s
√
3
, sen
s
√
3
+ cos
s
√
3
,
s
√
3
+ 1
Para determinar los elementos del triedro de Frenet, es m´as c´omodo trabajar con la curva
parametrizada en funci´on de t. En primer lugar, veamos qu´e valor del par´ametro t define
el punto P. Para ello, basta resolver el sistema
cos t0 − sen t0 = 1
sen t0 + cos t0 = 1
t0 + 1 = 1



de donde deducimos claramente que t0 = 0.
Sabemos que para hallar los elementos del triedro de Frenet, no necesitamos conocer
los vectores del triedro de Frenet, sino sus respectivas direcciones. Sabemos que el vector
tangente unitario en P es paralelo a −→r (0). Sabemos que el vector binormal es paralelo a
−→r (0) ∧ −→r (0). Por ´ultimo, sabemos que el vector normal principal es paralelo al vector
que resulta de multiplicar vectorialmente −→r (0) ∧ −→r (0) por −→r (0).
Calculamos dichos vectores:
−→r (t) = (− sen t − cos t, cos t − sen t, 1) =⇒ −→r (0) = (−1, 1, 1)
−→r (t) = (− cos t + sen t, − sen t − cos t, 0) =⇒ −→r (0) = (−1, −1, 0)
−→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
−1 1 1
−1 −1 0
= (1, −1, 2)
6

7. −→r (0) ∧ −→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
1 −1 2
−1 1 1
= (−3, −3, 0) ≈ (1, 1, 0)
Elementos del triedro de Frenet:
• Recta tangente:
x − 1
−1
=
y − 1
1
=
z − 1
1
=⇒
x + y = 2
y − z = 0
• Plano normal: −(x − 1) + y − 1 + z − 1 = 0 ⇐⇒ −x + y + z = 1.
• Recta binormal:
x − 1
1
=
y − 1
−1
=
z − 1
2
=⇒
x + y = 2
2y + z = 3
• Plano osculador: x − 1 − (y − 1) + 2(z − 1) = 0 ⇐⇒ x − y + 2z = 2.
• Recta normal principal:
x − 1
1
=
y − 1
1
=
z − 1
0
=⇒
x − y = 0
z = 1
• Plano rectificante: x − 1 + y − 1 = 0 ⇐⇒ x + y = 2.
7

8. Problema 7. Hallar el triedro de Frenet, la curvatura y la torsi´on en un punto arbitrario
de la curva −→r (t) = t, t2
,
2
3
t3
.
Resoluci´on.
Calculamos los vectores derivadas:
−→r (t) = 1, 2t, t2
; −→r (t) = (0, 2, 2t) ; −→r (t) = (0, 0, 2)
−→r (t) ∧ −→r (t) =
−→
i
−→
j
−→
k
1 2t t2
0 2 2t
= 2t2
, −2t, 2
−→r (t) =
√
1 + 4t2 + t4; −→r (t) ∧ −→r (t) = 2
√
t4 + t2 + 1
−→r (t), −→r (t), −→r (t) =
1 2t t2
0 2 2t
0 0 2
=
2 2t
0 2
= 4
Luego,
−→
t (t) =
−→r (t)
−→r (t)
=
1
√
1 + 4t2 + t4
1, 2t, t2
−→
b (t) =
−→r (t) ∧ −→r (t)
−→r (t) ∧ −→r (t)
=
1
√
1 + t2 + t4
t2
, −t, 1
y
−→n (t) =
−→
b (t) ∧
−→
t (t) =
1
√
1 + 4t2 + t4
√
1 + t2 + t4
−→
i
−→
j
−→
k
t2
−t 1
1 2t t2
=
1
√
1 + 4t2 + t4
√
1 + t2 + t4
−t3
− 2t, 1 − t4
, 2t3
+ t
Curvatura.
κ(t) =
−→r (t) ∧ −→r (t)
−→r (t)
3 =
2
√
t4 + t2 + 1
(t4 + 4t2 + 1)
√
t4 + 4t2 + 1
Torsi´on.
τ(t) =
−→r (t), −→r (t), −→r (t)
−→r (t) ∧ −→r (t)
2 =
4
4(1 + t2 + t4)
=
1
1 + t2 + t4
8

9. Problema 8. Dada la curva −→r (t) = 3t − t3
, 3t2
, 3t + t3
, hallar la curvatura y la torsi´on
en cada punto.
Resoluci´on.
Calculamos los vectores derivadas:
−→r (t) = 3 − 3t2
, 6t, 3 + 3t2
; −→r (t) = (−6t, 6, 6t) ; −→r (t) = (−6, 0, 6)
−→r (t) ∧ −→r (t) =
−→
i
−→
j
−→
k
3 − 3t2
6t 3 + 3t2
−6t 6 6t
= (18t2
− 18, −36t, 18t2
+ 18)
= 18 (t2
− 1, −2t, t2
+ 1)
−→r (t) = 3 (1 − t2)2 + 4t2 + (1 + t2)2 = 3
√
2 + 4t2 + 2t4 = 3
√
2 (1 + t2)2 = 3
√
2(1+t2
)
−→r (t) ∧ −→r (t) = 318 (t2 − 1)2 + 4t2 + (t2 + 1)2 = 18
√
2(1 + t2
)
−→r (t), −→r (t), −→r (t) = 3 · 6 · 6
1 − t2
2t 1 + t2
−t 1 t
−1 0 1
= 108
2 2t 1 + t2
0 1 t
0 0 1
= 216
Curvatura.
κ(t) =
−→r (t) ∧ −→r (t)
−→r (t)
3 =
18
√
2(1 + t2
)
54
√
2(1 + t2)3
=
1
3(1 + t2)2
Torsi´on.
τ(t) =
−→r (t), −→r (t), −→r (t)
−→r (t) ∧ −→r (t)
2 =
216
648(1 + t2)2
=
1
3(1 + t2)2
Obs´ervese que la curvatura y la torsi´on son iguales en cada punto. Por tanto, se cumple
que
κ(t)
τ(t)
= 1 = constante, por lo que deducimos que la curva es una h´elice.
9

10. Problema 9. Dada la curva −→r (t) =
4
5
cos t, 1 − sen t, −
3
5
cos t , hallar la curvatura y
la torsi´on en cada punto.
Resoluci´on.
Calculamos los vectores derivadas:
−→r (t) = −
4
5
sen t, − cos t,
3
5
sen t ; −→r (t) = −
4
5
cos t, sen t,
3
5
cos t ;
−→r (t) =
4
5
sen t, cos t, −
3
5
sen t
−→r (t) ∧ −→r (t) =
−→
i
−→
j
−→
k
−
4
5
sen t − cos t
3
5
sen t
−
4
5
cos t sen t
3
5
cos t
= −
3
5
, 0, −
4
5
−→r (t) = 1; −→r (t) ∧ −→r (t) = 1
−→r (t), −→r (t), −→r (t) =
−
4
5
sen t − cos t
3
5
sen t
−
4
5
cos t sen t
3
5
cos t
4
5
sen t cos t −
3
5
sen t
= 0
Curvatura.
κ(t) =
−→r (t) ∧ −→r (t)
−→r (t)
3 =
1
13
= 1
Torsi´on.
τ(t) =
−→r (t), −→r (t), −→r (t)
−→r (t) ∧ −→r (t)
2 =
0
12
= 0
N´otese que, puesto que la torsi´on es cero en todos los puntos de la curva, deducimos
que se trata de una curva plana.
10

11. Problema 10. Hallar los elementos del triedro de Frenet para la curva de ecuaciones
{x = y2
, z = x2
} en el punto (1, 1, 1).
Resoluci´on.
En primer lugar, debemos parametrizar la curva. Obs´ervese que, por ejemplo, una para-
metrizaci´on ser´ıa
−→r (t) = t2
, t, t4
, con t ∈ R
En segundo lugar, veamos qu´e valor del par´ametro t define el punto P. Para ello, basta
resolver el sistema
t2
0 = −1
t0 = 1
t4
0 = 1



de donde deducimos claramente que t0 = 1.
Para hallar los elementos del triedro de Frenet, no necesitamos conocer los vectores del
triedro de Frenet, sino sus respectivas direcciones. Sabemos que el vector tangente unitario
en P es paralelo a −→r (1). Sabemos que el vector binormal es paralelo a −→r (1) ∧ −→r (1).
Por ´ultimo, sabemos que el vector normal principal es paralelo al vector que resulta de
multiplicar vectorialmente −→r (1) ∧ −→r (1) por −→r (1).
Calculamos dichos vectores:
−→r (t) = (2t, 1, 4t3
) =⇒ −→r (1) = (2, 1, 4)
−→r (t) = (2, 0, 12t2
) =⇒ −→r (1) = (2, 0, 12) = 2 (1, 0, 6)
−→r (1) ∧ −→r (1) = 2
−→
i
−→
j
−→
k
2 1 4
1 0 6
= 2 (6, −8, −1) ≈ (6, −8, −1)
−→r (1) ∧ −→r (1) ∧ −→r (1) = 2
−→
i
−→
j
−→
k
6 −8 −1
2 1 4
= 2 (−31, −26, 22) ≈ (−31, −26, 22)
Elementos del triedro de Frenet:
• Recta tangente:
x − 1
2
=
y − 1
1
=
z − 1
4
=⇒
x − 2y = −1
4y − z = 3
• Plano normal: 2(x − 1) + y − 1 + 4(z − 1) = 0 =⇒ 2x + y + 4z = 7.
• Recta binormal:
x − 1
6
=
y − 1
−8
=
z − 1
−1
=⇒
4x + 3y = 7
y − 8z = −9
• Plano osculador: 6(x − 1) − 8(y − 1) − (z − 1) = 0 =⇒ 6x − 8y − z = −3.
• Recta normal principal:
x − 1
−31
=
y − 1
−26
=
z − 1
22
=⇒
26x − 31y = −5
11y + 13z = 24
• Plano rectificante: −31(x−1)−26(y −1)+22(z −1) = 0 =⇒ −31x−26y +22z = −35.
11

12. Problema 11. Hallar los vectores del triedro de Frenet en cada punto de la curva
−→r (t) = (et
cos t, et
sen t, et
). Adem´as, comprobar que la curva est´a contenida en un cono
de revoluci´on de eje OZ, que su vector tangente
−→
t forma un ´angulo constante con el eje
del cono y que su vector normal principal es siempre perpendicular a dicho eje.
Resoluci´on.
Calculamos los vectores derivadas:
−→r (t) = et
(cos t − sen t), et
(sen t + cos t), et
= et
(cos t − sen t, sen t + cos t, 1)
−→r (t) = −2et
sen t, 2et
cos t, et
= et
(−2 sen t, 2 cos t, 1)
−→r (t)∧−→r (t) = e2t
−→
i
−→
j
−→
k
cos t − sen t sen t + cos t 1
−2 sen t 2 cos t 1
= e2t
(sen t − cos t, − sen t − cos t, 2)
−→r (t) = et
(cos t − sen t)2 + (sen t + cos t)2 + 1 = et
√
3; −→r (t) ∧ −→r (t) = e2t
√
3
Luego,
−→
t (t) =
−→r (t)
−→r (t)
=
1
et
√
3
et
(cos t − sen t, sen t + cos t, 1) =
1
√
3
(cos t − sen t, sen t + cos t, 1)
−→
b (t) =
−→r (t) ∧ −→r (t)
−→r (t) ∧ −→r (t)
=
1
e2t
√
3
e2t
(sen t − cos t, − sen t − cos t, 2)
=
1
√
3
(sen t − cos t, − sen t − cos t, 2)
y
−→n (t) =
−→
b (t) ∧
−→
t (t) =
1
3
−→
i
−→
j
−→
k
sen t − cos t − sen t − cos t 2
cos t − sen t sen t + cos t 1
= (sen t + cos t, cos t − sen t, 0)
Por otra parte, veamos que la curva est´a contenida en el cono de ecuaci´on z = x2
+y2
.
Para ello, basta verificar que verifican dicha ecuaci´on:
x2
+ y2
= e2t
cos2
t + e2t
sen2
t = e2t
= z.
Veamos ahora que el vector tangente unitario forma un ´angulo constante con el eje
del cono, que es −→e = (0, 0, 1). Para ello, basta comprobar que el coseno del ´angulo que
forman esos vectores es constante: cos α =
−→
t · −→e
|
−→
t ||−→e |
=
−→
t · −→e =
1
√
3
. Luego, el ´angulo
constante es α = arc cos
1
√
3
.
12

13. Finalmente, veamos que su vector normal principal es siempre perpendicular el eje del
cono. Se trata, pues, de comprobar que los vectores −→n (t) y −→e son perpendiculares, para
todo valor de t. En efecto,
−→n (t) · −→e =
1
3
(sen t + cos t, cos t − sen t, 0) · (0, 0, 1) = 0.
13

14. Problema 12. Dada la curva −→r (t) = (2 cos t, 2 sen t, t), hallar los puntos de ´esta para los
cuales el plano osculador por dicho punto es paralelo a la recta {x + 2z = 2, x − y = 2}.
Resoluci´on.
Un plano es paralelo a una recta si y s´olo si el vector normal del plano y el vector director
de la recta son perpendiculares. Por tanto, se trata de comprobar que el vector normal del
plano osculador es perpendicular al vector director de la recta. El vector perpendicular del
plano osculador es el vector binormal. Por tanto, vamos a hallar la direcci´on del vector
binormal (no hace falta calcular el propio vector binormal) en cada punto y el vector
director de la recta, y despu´es, vamos a imponer que ambos sean perpendiculares.
−→r (t) = (−2 sen t, 2 cos t, 1) ; −→r (t) = (−2 cos t, −2 sen t, 0)
−→r (t) ∧ −→r (t) =
−→
i
−→
j
−→
k
−2 sen t 2 cos t 1
−2 cos t −2 sen t 0
= (2 sen t, −2 cos t, 4) ≈ (sen t, − cos t, 2)
Calculamos ahora el vector director de la recta. Dicha recta viene dada como intersecci´on
de dos planos. Por tanto, el vector director de ella se obtiene de multiplicar vectorialmente
los vectores normales de los respectivos planos:
• Vector normal del plano x + 2z = 2: (1, 0, 2).
• Vector normal del plano x − y = 2: (1, −1, 0).
Luego, el vector director de la recta es −→v =
−→
i
−→
j
−→
k
1 0 2
1 −1 0
= (2, 2, −1).
Por consiguiente, para el que el plano osculador sea paralelo a la recta, se debe cumplir
que
(sen t, − cos t, 2) · (2, 2, −1) = 0 ⇐⇒ sen t − cos t − 1 = 0 ⇐⇒ sen t − cos t = 1
Esta ecuaci´on tiene dos soluciones:
Soluci´on 1.
sen t = 1
cos t = 0
⇐⇒ t =
π
2
+ 2nπ, con n ∈ Z
Soluci´on 2.
sen t = 0
cos t = −1
⇐⇒ t = π + 2nπ, con n ∈ Z
14

15. Problema 13. Hallar la curvatura y la torsi´on de −→r (t) = t2
, cos t, sen t en cada uno de
sus puntos.
Resoluci´on.
Calculamos los vectores derivadas:
−→r (t) = (2t, − sen t, cos t) ; −→r (t) = (2, − cos t, − sen t) ; −→r (t) = (0, sen t, − cos t)
−→r (t) ∧ −→r (t) =
−→
i
−→
j
−→
k
2t − sen t cos t
2 − cos t − sen t
= (1, 2t sen t + 2 cos t, −2t cos t + 2 sen t)
−→r (t) =
√
1 + 4t2
−→r (t) ∧ −→r (t) = 1 + (2t sen t + 2 cos t)2 + (−2t cos t + 2 sen t)2 =
√
1 + 4t2
−→r (t), −→r (t), −→r (t) =
2t − sen t cos t
2 − cos t − sen t
0 sen t − cos t
=
2t − sen t cos t
2 − cos t − sen t
2t 0 0
= 2t
− sen t cos t
− cos t − sen t
= 2t
Curvatura.
κ(t) =
−→r (t) ∧ −→r (t)
−→r (t)
3 =
√
1 + 4t2
(1 + 4t2)
√
1 + 4t2
=
1
1 + 4t2
Torsi´on.
τ(t) =
−→r (t), −→r (t), −→r (t)
−→r (t) ∧ −→r (t)
2 =
2t
1 + 4t2
15

16. Problema 14. Demostrar que la curva −→r (t) = (cos t, sen t, 2 − cos t) es plana.
Resoluci´on.
Una curva es plana si y s´olo si la torsi´on es cero en todos sus puntos, es decir, si se cumple
que τ(t) = 0, para todo t. Sabemos que la f´ormula de la torsi´on viene dada por
τ(t) =
−→r (t), −→r (t), −→r (t)
−→r (t) ∧ −→r (t)
2
Por tanto, que la torsi´on sea nula equivale a que se anule el denominador del cociente ante-
rior. Por tanto, para probar que la curva es plana, basta comprobar que −→r (t), −→r (t), −→r (t) =
0, para todo t.
Calculamos los vectores derivadas:
−→r (t) = (− sen t, cos t, sen t) ; −→r (t) = (− cos t, − sen t, cos t) ; −→r (t) = (sen t, − cos t, − sen t)
−→r (t), −→r (t), −→r (t) =
− sen t cos t sen t
− cos t − sen t − cos t
sen t − cos t − sen t
= 0
Obs´ervese que ni tan siquiera es necesario hacer el determinante, puesto que los vectores
−→r (t) y −→r (t) son proporcionales.
16

17. Problema 15. Hallar las ecuaciones de los planos normal, rectificante y osculador a la cur-
va
−→r (t) = (3 sen t, 3 cos t − 5, 4t + 1) por cada uno de sus puntos.
Resoluci´on.
Para hallar estos elementos del triedro de Frenet, no necesitamos conocer los vectores
del triedro de Frenet, sino sus respectivas direcciones. Sabemos que el vector tangente
unitario en cada punto es paralelo a −→r (t). Sabemos que el vector binormal es paralelo a
−→r (t) ∧ −→r (t). Por ´ultimo, sabemos que el vector normal principal es paralelo al vector
que resulta de multiplicar vectorialmente −→r (t) ∧ −→r (t) por −→r (t).
Calculamos dichos vectores:
−→r (t) = (3 cos t, −3 sen t, 4) ; −→r (t) = (−3 sen t, −3 cos t, 0)
−→r (t)∧−→r (t) =
−→
i
−→
j
−→
k
3 cos t −3 sen t 4
−3 sen t −3 cos t 0
= (12 cos t, −12 sen t, −9) ≈ (4 cos t, −4 sen t, −3)
−→r (t) ∧ −→r (t) ∧−→r (t) ≈
−→
i
−→
j
−→
k
4 cos t −4 sen t −3
3 cos t −3 sen t 4
= (−25 sen t, −25 cos t, 0) ≈ (sen t, cos t, 0)
Elementos del triedro de Frenet:
• Plano normal en cada punto: 3 cos t(x−3 sen t)−3 sen t(y−3 cos t+5)+4(z−4t−1) = 0.
• Plano osculador en cada punto: 4 cos t(x−3 sen t)−4 sen t(y−3 cos t+5)−3(z−4t−1) = 0.
• Plano rectificante en cada punto: sen t(x − 3 sen t) + cos t(y − 3 cos t + 5) = 0.
17

18. Problema 16. Dada la curva Γ de ecuaciones {x = a cos t, y = a sen t, z = f(t)},
comprobar que si f(t) = α sen t + β cos t, con α, β ∈ R, entonces la curva es plana.
Resoluci´on.
Consideremos la curva −→r (t) = (a cos t, a sen t, α sen t + β cos t). Para probar que la curva
es plana, basta comprobar que se cumple que −→r (t), −→r (t), −→r (t) = 0, para todo t.
−→r (t) = (−a sen t, a cos t, α cos t − beta sen t)
−→r (t) = (−a cos t, −a sen t, −α sen t − β cos t)
−→r (t) = (−a sen t, −a cos t, −α cos t + β sen t)
Obs´ervese que los vectores −→r (t) y −→r (t) son proporcionales (se cumple que −→r (t) =
−−→r (t)) y, por consiguiente,
−→r (t), −→r (t), −→r (t) = 0, para todo t
por lo que deducimos que la curva es plana.
18

19. Problema 17. Demostrar que la curva −→r (t) = t2
+ 2, t2
+ 2t + 3, t + 1 es plana y hallar
la ecuaci´on del plano que la contiene.
Resoluci´on.
Para comprobar que la curva es plana, basta verificar que
−→r (t), −→r (t), −→r (t) = 0, para todo t
Obs´ervese que las componentes x(t), y(t), z(t) de la curva son polinomios de grado
menor que 3 y, por tanto, su derivada tercera es cero para todo t. Esto significa que
−→r (t) = (0, 0, 0) y, por consiguiente, −→r (t), −→r (t), −→r (t) = 0. Luego la curva es plana
y est´a contenida en el plano osculador. En otras palabras, el plano osculador a la curva
en todos sus puntos es siempre el mismo y la curva est´a contenida en dicho plano. Para
hallar su ecuaci´on, basta considerar uno cualquiera de sus puntos, por ejemplo, tomamos
t = 0, con lo que estamos en el punto P = (2, 3, 1).
−→r (t) = (2t, 2t + 2, 1) =⇒ −→r (0) = (0, 2, 1)
−→r (t) = (2, 2, 0) =⇒ −→r (0) = (2, 2, 0)
−→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
0 2 1
2 2 0
= (−2, 2, −4) ≈ (1, −1, 2)
Por tanto, la ecuaci´on del plano osculador en todos los puntos de la curva (y a su vez, el
plano que contiene a la curva) es
x − 2 − (y − 3) + 2(z − 1) = 0 ⇐⇒ x − y + 2z = 1.
19

20. Problema 18. Dada la curva −→r (t) = t2
, 2t, cos t , se pide:
1. Hallar un punto P de dicha curva en el que la torsi´on sea nula.
2. Hallar las ecuaciones de las rectas tangente, normal y binormal por el punto P del
apartado anterior.
Resoluci´on.
C´alculo de los vectores derivadas:
−→r (t) = (2t, 2, − sen t) ; −→r (t) = (2, 0, − cos t) ; −→r (t) = (0, 0, sen t)
(1) Imponemos ahora que −→r (t), −→r (t), −→r (t) = 0, de modo que
2t 2 − sen t
2 0 − cos t
0 0 sen t
= −4t = 0 ⇐⇒ t = 0
Por tanto, el ´unico punto para el que la torsi´on es cero es P = (0, 0, 1).
(2) Calculamos los vectores derivadas en P, es decir, para t = 0:
−→r (0) = (0, 2, 0) ≈ (0, 1, 0); −→r (0) = (2, 0, −1)
−→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
0 2 0
2 0 −1
= (−2, 0, −4) ≈ (1, 0, 2)
−→r (0) ∧ −→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
−2 0 −4
0 2 0
= (8, 0, −4) ≈ (2, 0, −1)
Elementos del triedro de Frenet:
• Recta tangente:
x
0
=
y
1
=
z − 1
0
=⇒
x = 0
z = 1
• Recta binormal:
x
1
=
y
0
=
z − 1
2
=⇒
y = 0
2x − z = −1
• Recta normal principal:
x
2
=
y
0
=
z − 1
−1
=⇒
y = 0
x + 2z = 2
20

21. Problema 19. Dada la curva −→r (t) = cos t, sen t, t2
, se pide:
1. Hallar los puntos de dicha curva en los que la torsi´on es nula.
2. Calcular en dichos puntos la curvatura y las ecuaciones de los planos normal, recti-
ficante y osculador.
Resoluci´on.
C´alculo de los vectores derivadas:
−→r (t) = (− sen t, cos t, 2t) ; −→r (t) = (− cos t, − sen t, 2) ; −→r (t) = (sen t, − cos t, 0)
(1) Imponemos ahora que −→r (t), −→r (t), −→r (t) = 0, de modo que
− sen t cos t 2t
− cos t − sen t 2
sen t − cos t 0
=
− sen t cos t 2t
− cos t − sen t 2
0 0 2t
= 2t = 0 ⇐⇒ t = 0
Por tanto, el ´unico punto para el que la torsi´on es cero es P = (1, 0, 0).
(2) Calculamos los vectores derivadas en P, es decir, para t = 0:
−→r (0) = (0, 1, 0) ; −→r (0) = (−1, 0, 2)
−→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
0 1 0
−1 0 2
= (2, 0, 1)
−→r (0) ∧ −→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
2 0 1
0 1 0
= (−1, 0, 2)
−→r (0) = 1; −→r (0) ∧ −→r (0) =
√
5
Curvatura en P. κ(0) =
−→r (0) ∧ −→r (0)
−→r (0)
3 =
√
5
13
=
√
5.
Elementos del triedro de Frenet:
• Plano normal en P: y − 0 = 0 =⇒ y = 0.
• Plano osculador en P: 2(x − 1) + z = 0 ⇐⇒ 2x + z = 2.
• Plano rectificante en P: −(x − 1) + 2z = 0 ⇐⇒ x − 2z = 1.
21

22. Problema 20. Dada la curva −→r (t) = t, t2
,
t3
6
− et
, se pide:
1. Hallar un punto P de dicha curva en el que la torsi´on sea nula.
2. Hallar las ecuaciones de las rectas tangente, normal y binormal por el punto P del
apartado anterior.
Resoluci´on.
C´alculo de los vectores derivadas:
−→r (t) = 1, 2t,
t2
2
− et
; −→r (t) = 0, 2, t − et
; −→r (t) = (0, 0, 1 − et
)
(1) Imponemos ahora que −→r (t), −→r (t), −→r (t) = 0, de modo que
1 2t
t2
2
0 2 t − et
0 0 1 − et
= 2(1 − et
) = 0 ⇐⇒ et
= 1 ⇐⇒ t = 0
Por tanto, el ´unico punto para el que la torsi´on es cero es P = (0, 0, −1).
(2) Calculamos los vectores derivadas en P, es decir, para t = 0:
−→r (0) = (1, 0, −1) ; −→r (0) = (0, 2, −1)
−→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
1 0 −1
0 2 −1
= (2, 1, 2)
−→r (0) ∧ −→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
2 1 2
1 0 −1
= (−1, 4, −1)
Elementos del triedro de Frenet:
• Recta tangente:
x
1
=
y
0
=
z + 1
−1
=⇒
y = 0
x + z = −1
• Recta binormal:
x
2
=
y
1
=
z + 1
2
=⇒
x − 2y = 0
2y − z = 1
• Recta normal principal:
x
−1
=
y
4
=
z + 1
−1
=⇒
4x + y = 0
y + 4z = −1
22

23. Problema 21. Dada la curva regular −→r (t) = cos2
t, sen2
t, t + 1 , se pide:
(a) Hallar los vectores del Triedro de Frenet en el punto P = (1, 0, 1).
(b) Hallar las ecuaciones impl´ıcitas de la recta normal principal en el punto P.
(c) Hallar las ecuaciones param´etricas del plano rectificante en P.
(d) Hallar la curvatura en P.
(e) ¿Es plana la curva? En caso afirmativo, hallar la ecuaci´on del plano que la contiene.
[1er
Parcial, 2005-2006]
Resoluci´on.
(a) En primer lugar, veamos qu´e valor del par´ametro t define el punto P. Para ello, basta
resolver el sistema
cos2
t0 = 1
sen2
t0 = 0
t0 + 1 = 1



de donde deducimos claramente que t0 = 0. C´alculo de los vectores del Triedro de Frenet:
−→r (t) = (−2 sen t cos t, 2 sen t cos t, 1) =⇒ −→r (0) = (0, 0, 1)
−→r (t) = (−2 cos2
t + 2 sen2
t, 2 cos2
t − 2 sen2
t, 0) =⇒ −→r (0) = (−2, 2, 0)
−→r (0) ∧ −→r (0) =
−→
i
−→
j
−→
k
0 0 1
−2 2 0
= (−2, −2, 0)
−→r (0) = 1 y −→r (0) ∧ −→r (0) = 2
√
2
Luego,
−→
t (0) =
−→r (0)
−→r (0)
= (0, 0, 1)
−→
b (0) =
−→r (0) ∧ −→r (0)
−→r (0) ∧ −→r (0)
=
1
√
2
(−1, −1, 0)
y
−→n (0) =
−→
b (0) ∧
−→
t (0) =
1
√
2
−→
i
−→
j
−→
k
−1 −1 0
0 0 1
=
1
√
2
(−1, 1, 0)
(b) Recta normal principal en el punto P. Es la recta que pasa por el punto P y tiene la
direcci´on del vector normal principal:
x − 1
−1
=
y − 0
1
=
z − 1
0
=⇒
x + y = 1
z = 1
(c) Plano rectificante por el punto P. Es el plano que pasa por el punto P y tiene como
vector perpendicular al vector normal principal. O dicho de otro modo, se trata del plano
23

24. que pasa por P y est´a generado por las direcciones del vector tangente unitario y del
vector binormal. Por tanto, sus ecuaciones param´etricas son:



x = 1 + µ
y = µ
z = 1 + λ



, λ, µ ∈ R
(d) Curvatura en P. La curvatura en P viene dada por
κ(0) =
−→r (0) ∧ −→r (0)
−→r (0)
3 = 2
√
2
(e) ¿Es plana la curva? Para que la curva sea plana, la torsi´on debe ser 0 en todos los
puntos. Como la torsi´on viene dada por la expresi´on
τ(t) =
−→r (t), −→r (t), −→r (t)
−→r (t) ∧ −→r (t)
2 ,
imponer que la torsi´on sea nula en todos los puntos equivale a que se cumpla
−→r (t), −→r (t), −→r (t) = 0, para todo t ∈ R
−→r (t) = (−2 sen t cos t, 2 sen t cos t, 1) ;
−→r (t) = (−2 cos2
t + 2 sen2
t, 2 cos2
t − 2 sen2
t, 0) ;
−→r (t) = (8 sen t cos t, −8 sen t cos t, 0)
Por tanto,
−→r (t), −→r (t), −→r (t) =
−2 sen t cos t 2 sen t cos t 1
−2 cos2
t + 2 sen2
t 2 cos2
t − 2 sen2
t 0
8 sen t cos t −8 sen t cos t 0
=
−2 cos2
t + 2 sen2
t 2 cos2
t − 2 sen2
t
8 sen t cos t −8 sen t cos t
= (2 cos2
t − 2 sen2
t) 8 sen t cos t
−1 1
1 −1
= 0
Por consiguiente, la curva es plana y el plano que la contiene es el plano osculador. Por ser
plana la curva, el plano osculador por cualquiera de sus puntos es siempre el mismo. Como
tenemos que determinar la ecuaci´on de dicho plano, basta elegir un punto cualquiera de
la curva, por ejemplo, el propio punto P = (1, 0, 1) con el que hemos trabajado durante
este problema. As´ı pues, el plano osculador pasa por el punto P y tiene como vector
perpendicular al vector binormal en P o cualquier otro paralelo a ´el, como por ejemplo,
el vector (1, 1, 0). As´ı que dicho plano es:
1(x − 1) + 1(y − 0) + 0(z − 1) = 0 ⇐⇒ x + y = 1
24