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Ejercicios resueltos(f.vectoriales)(1)

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Ejercicios resueltos(f.vectoriales)(1)

  1. 1. Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva CornejoDepartamento de Matemática y CC Emilio Villalobos MarínFunciones Vectoriales y CurvasEjercicios resueltos1.1 Ejercicio 1Un par de trayectorias de [0; 1) en R3se 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 cilindrox2+ 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 , queesta sobre el manto de x2+ y2= 1 y pasa por (1; 0; 0).Igualando las primeras componentes cost = 1 ,obtenemos que las curvas seintersectan para t = 0; 2 ; 4 ; : : :b) Igualando las terceras componentes bt = t =) Si b = 1;entonces laspartículas se encuentran en lospuntos (1; 0; 0); (1; 0; 2 ); :::; (1; 0; 2n ) con n 2 Z+0 .1.2 Ejercicio 2La 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 seusa como parametro la longitud de arco s , el vector tangente a la curva es unvector unitario.Solución:Por la continuidad de las funciones x(t) = 2cos(t); y(t) = 2sin(t) y z(t) = tpodemos 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 seasciende 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 …guraEl vector posición de esta curva es !c (t) = (2cos(t); 2sin(t); t). El vectortangente es !c 0(t) = ( 2 sin(t); 2 cos(t); 1) D(a)y la longitud del vector tangente esk!c 0(t)k =p[ 2 sin(t)]2 + [2 cos(t)]2 + 1 =p5 (b)1
  2. 2. La longitud total de esta curva esLongitud =Z 20k!c 0(t)k dt =Z 20p5dt = 2p5De…nimos s(t) =R t0kc0(u)k du para t 2 [0; 2 ] =) s(t) es la longitud decurva C desde (2; 0; 0) hasta (x(t); y(t); z(t)):Claramente s(t) es continua y estrictamente creciente en [0; 2 ] la ecuacións = s(t) puede resolverse para t como una función de s, es decir t = t(s) (c)En este caso t = sp5así es que!c (s) = !c (t(s)) = 2 cossp5; 2 sinsp5;sp5es vector posición en términos de s, derivando!c 0(s) = !c 0(t(s)) = 2 sinsp51p5; 2 cossp51p5;1p5=2p5sinsp5; cossp5;12(1)Calculando su modulok!c 0(s)k =2p5ssinsp52+ cossp52+14=2p5r1 +14= 1Por 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 partículapor la curva C en el punto !c (t), en el instante “t”.b)k!c 0(t)k =p5 es la rapidez con que se desplaza la partícula, 8t, lo quesigni…ca que la partícula se mueve con rapidez constante 8t.c) Asimismo, la longitud del arco ess(t) =Z t0k!c 0(t)k du=Z t0p5du =p5ts =p5t =) t =sp5En general y en teoría la ecuación s = s(t) siempre se puede resolver para ten términos de s, es decir tener t = t(s). En la práctica existen casos en los quepor razones algebraicas no se puede tener t = t(s) ¿Conoces algún caso?2
  3. 3. 1.3 Ejercicio 3Una partícula se mueve en el espacio con vector posición !r (t) = t!A +t2!B +2 23 t32!A!B, donde!A y!B son dos vectores unitarios …jos que forman ángulode 3 radianes. Calcular la velocidad de la partícula en el instante t y determinaren cuanto tiempo recorre una distancia de 12 unidades de longitud de arco desdela posición en t = 0:Solución:La velocidad es el vector !v (t) = !r 0(t) donde!r 0(t) =!A + 2t!B + 323t1223!A!BPor lo tanto!v (t) =!A + 2t!B + 223t12!A!BPara la segunda parte del problema usaremoss(t) =Z t0k!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 + 223t12!A!B!!A + 2t!B + 223t12!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 + 2tasí ques(t) =Z t0(1 + 2u) du= u + u2 t0= t + t2De acuerdo a lo que se pide en el problema s(t) = 12 =) t2+ t 12 = 0Las soluciones de esta ecuación son t1 = 3 y t2 = 4 por la naturaleza delproblema debe ser t 0 luego desconsideramost2 = 4. Luego, 3 unidades de tiempo son necesariosEspeci…caciones:3
  4. 4. a)!A + 2t!B + 2 23 t12!A!B!A + 2t!B + 2 23 t12!A!B =!A!A + 2t!B!A + 2 23 t12!A!B!A + 2t!A!B + 4t2!B!B+2(2t) 23 t12!A!B!B + 2 23 t12!A!A!B+2(2t) 23 t12!B!A!B + 4 23 t!A!B!A!BComo:!A!A = 1;!B!B = 1;!A!B = cos 3 = 12!A!A!B = 0;!B!A!B = 0;!A!B!A!B =!A!B2=p322= 34Por lo tanto!r 0(t) !r 0(t) = 1 + t + 0 + t + 4t2+ 0 + 0 + 0 +83+34= 1 + 4t + 4t2= (1 + 2t)21.4 Ejercicio 4Sea!F : I ! Rnuna función velocidad dos veces diferenciable.a) Pruebe que la aceleración se puede escribir como combinación lineal delos vectores unitarios bT y bN. especí…camente sepide establecer que:!a (t) =d2sdt2bT + k(t)dsdt2bN= aTbT + aNbNb) Aplicando a) calcule las componentes tangencial y normal del vector acel-eración correspondiente a !r (t) = (t; cos2t; sin2t).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) = bTdsdtderivando 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 lado4
  5. 5. bN =d bTdsd bTds=) !g 00(s) = k!g 00(s)k bNRelacionando las igualdades anteriores!a (t) =!F 00(t) = k!g 00(s)k bNdsdt2+ bTd2sdt2=d2sdt2bT + k!g 00(s)kdsdt2bN=d2sdt2bT + kdsdt2bNlo que signi…ca que!a (t) =d2sdt2bT + kdsdt2bNb) En la aplicación de a) en !r (t) = t; cos2t; sin2ttenemos !r 0(t) = (1; sin(2t); sin(2t)) :Derivando la expresion anteriors(t) = k!r 0(t)k =q1 + 2 sin2(2t)=) s(t) = 4 sin(2t) cos(2t)p1+2 sin2(2t)Por lo tanto, la componente tangencial aT esaT =2 sin(2t)q1 + 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)bj 2 cos(2t)bk (e)yk!r 0(t) !r 00(t)k =p4 cos2(2t) + 4 cos2(2t) =p8 cos2(2t)= 2p2 jcos(2t)jComo la curvatura k en terminos de t esk =k!r 0(t) !r 00(t)kk!r 0(t)k35
  6. 6. reemplazandok =2p2 jcos(2t)j1 + 2 sin2(2t)32deaN = k(t)dsdt2=2p2 jcos(2t)j1 + 2 sin2(2t)321 + 2 sin2(2t)Por lo tanto, la componente normal de la aceleracion en este caso esaN =2p2 jcos(2t)jq1 + 2 sin2(2t)1.5 Ejercicio 5Sea 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 > 0a) Pruebe que la función : R ! ] ; [ tal que t = (u) = 2 arctan u de…nela reparametrización de !r :!r : ] ; [ ! R tal que r(t) = (a sin2t; 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 elcentro de la esfera.SoluciónDe (u) = 2 arctan u se tiene que:0(u) = 21+u2 > 0 8u 2 R; por lo tanto, es estrictamente creciente en Ry como es continua, es biyectiva, y por tanto, invertible. Además 1(t) = tan(t2) 1: ] ; [ ! R es de clase C1en ] ; [ :Por lo anterior, se puede de…nir r(t) :6
  7. 7. !r (t) = (!r 1)(t) = !r ( 1(t)) = !r (tan(t2))=) !r (t) = (4a tan2( t2 )(1 + tan2( t2 ))2;2a tan( t2 )(1 tan2( t2 )(1 + tan2( t2 ))2;a(1 tan2( t2 ))(1 + tan2( t2 ))Sustituyendo!r (t) = (4a(1 cos t1+cos t )( 21+cos t )2;2aq1 cos t1+cos t ( 2 cos t1+cos t )( 21+cos t )2;a( 2 cos t1+cos t )( 21+cos t ))= (a(1 cos2t); a cos tp1 cos2 t; a cos t)Por lo tanto, la reparametrización la podemos de…nir por:!r (t) = (a sin2t; a sin(t) cos(t); a cos t)b)x(t) = a sin2t; y(t) = a sin t cos t; z(t) = a cos tx2+ y2+ z2= a2sin4t + a2sin2t cos2t + a2cos2t= a2sin2t(sin2t + cos2t) + a2cos2t= a2(sin2t + cos2t) = a2) la curva está en la esfera x2+ y2+ z2= a2c) Se !r (t0) un punto cualquiera de la curva.La ecuación del plano normal es:N : ((x; y; z) r(t0)) r0(t0) = 0y (0; 0; 0) 2 N si sólo si !r (t0) !r 0(t0) = 0!r (t0) !r 0(t0) = (a sin2t0; a sin(t0) cos(t0); a cos t0) (2a sin t0 cos t0; a(cos2t0 sin2t0); a sin t0)= 2a2sin3t0 cos t0 + a2(sin t0 cos3t0 sin3t0 cos t0) a2sin t0 cos t0= a2sin3t0 cos t0 + a2sin t0 cos3t0 a2sin t0 cos t0= a2sin t0 cos t0 a2sin t0 cos t0= 0) (0; 0; 0) 2 N7
  8. 8. 1.6 Ejercicio 6Sea !r : R+! R3, de…nida por: !r = (t2; 23 t3; t);la trayectoria regular quedescribe una partículaque se mueve a lo largo de una curva C: Para el instantet = 1:determine:a) Su velocidad ,rapidez y aceleración.b) Los versores tangente, normal y binormal a trayectoria en ese instantec) 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 espaciode velocidad.Solución:a) A partir de la de…nicion tenemos que la velocidad ,rapidez y aceleraciónen 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) = !r00(t) = (2; 4t; 0) =) !a (1) = (2; 4; 0)b) Los versores se pueden calcular usando las identidadesbT (t) =!r 0(t)j!r 0(t)j=) bT (1) =!r 0(1)j!r 0(1)j= (2;2;1)3bB (t) =!r 0(t) !r00(t)j!r 0(t) !r 00(t)j=) bB (1) =!r 0(1) !r00(1)j!r 0(1) !r 00(1)j= ( 4;2;4)6bN (t) = bB (t) bT (t) =) bN (1) = bB (1) bT (1) = ( 1;2: 2)3c) La curvatura y torsión en el punto se pueden determinar usando las iden-tidades:(t) =!r 0(t) !r00(t)j!r 0(t)j3 =) (1) =!r 0(1) !r00(1)j!r 0(1)j3 = 633 = 29 > 0(t) =!r 0(t) !r00(t) !r000(t)j!r 0(t) !r 00(t)j2 =) (1) =!r 0(1) !r00(1) !r000(1)j!r 0(1) !r 00(1)j2 = 836 = 29d) Derivando la velocidad tenemos !a (t) = !r00(t) = j!v (t)j0 bT (t) + (t) j!v (t)j2 bN (t) ;entonceslas componentes tangencial y normal dela eceleración son:aT = j!v (t)j0= 4t + 8t3)p(4t2+4t4+1)aN = (t) j!v (t)j2=)aT = j!v (1)j0= 4 + 8p(4+4+1)= 123 = 4aN = (1) j!v (1)j2= 29 (3)2= 2e) A partir del vector velocidad !v (t) = !r 0(t) = (2t; 2t2; 1) podemos inferirsus componentesx (t) = 2ty(t) = 2t2z (t) = 1=) y(x) = x22z = 1Por lo tanto, la hodógrafa es una parabóla en el plano z = 11.7 Ejercicio 78
  9. 9. Sea !r : R+! R3, de…nida por: !r = (a cos t; asent; (t)); trayectoriaregular que describe una partícula que se mueve a lo largo deuna curva C. ¿Cuál debe ser la función (t) para que la trayectoria estécontenida en un plano para todo t?:Solución:La trayectoria de la partícula es plana si y solo sí la torsión es nula paratodo t. Es decir:(t) =!r 0(t) !r00(t) !r000(t)j!r 0(t) !r 00(t)j2 = 0 8t =) !r 0(t) !r00(t) !r000(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) !r00(t) !r000(t) = a2( 000(t) + 0(t)) = 0!r 000= (asent; a cos t; 000(t)) ( 000(t) + 0(t)) = 0La ecuación diferencial homógenea de tercer orden , tiene solución de laforma (t) = e t; entonces0(t) = e t=) 00(t) = 2e t=) 000(t) = 3e treemplazandotérminos en la ecuación anterior:( 3+ )e t= 0; e t6= 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 unmismo plano.1.8 Ejercicio 8a) Sea !r : I R ! R3una trayectoria regular de modo que !r (t) 6=0 8t: supongamos que hay un t0 2 I para el que la distancia del origen alpunto!r (t0) 2 R3alcanza 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 puntocualquiera al origen y supongamos que hay un t0 2 I; tal que se alcanza unmínimo, entonces se tiene que d0(t0)= j!r (t0)j0=!r (t0) !r 0(t0)j!r (t0)j= 0; de donde setiene que !r (t0) !r 0(t0) = 0 , por lo tanto, !r (t0) y !r 0(t0) son ortogonales enese punto.b) Basta encontrar un t0 2 I para el que la distancia del punto !r (t0) 2 R3alcanza su valor mínimo que satisface !r (t0) !r 0(t0) = 09
  10. 10. !r (t0) !r0(t0) = (t0 + 1; 3t0 2; 2t0 1) (1; 3; 2) = 0 =) (t0 + 1) + 3(3t0 2) + 2(2t0 1) =0 =) t0 = 12Por lo tanto, el punto buscado es !r 12 = 32 ; 12 ; 0 :1.9 Ejercicio 9Se llama evoluta de una curva !r : I R+! R2a la curva que describenlos centros de curvatura de !r : Determine la evoluta dela 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)bN (t) ; determinemos la curvatura y elversor normal.!r 0(t) = (1; 2t; 0) =) !r00(t) = (0; 2; 0) =) !r 0(t) !r00(t) = (0; 0; 2) =)!r 0(t) !r00(t) !r 0(t) = ( 4t; 2; 0)Además: !r 0(t) !r00(t) = 2 y !r 0(t) !r00(t) !r 0(t) = 2 1 + 4t2 1=2(t) =!r 0(t) !r00(t)j!r 0(t)j3 = 2(1 +4t2)3=2bN (t) =!r 0(t) !r00(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 laecuación tenemos!c (t) = (t; t2) +(1 +4t2)3=22( 4t;2)2(1 +4t2)1=2 = 4t3; 3t2+ 12 ;que corresponde ala ecuación paramétrica de la evoluta.1.10 Ejercicio 10Sea !r : I R ! R3una trayectoria regular, dada por !r = (x(t); y(t); z(t)); t 2I: 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)= 0Solución:La ecuación del plano osculador es : (!f !r (t0))!B(t0) = 0; donde!B(t0) = !r 0(t0) !r 00(t0) =bi bj bkx0(t0) y0(t0) z0(t0)x00(t0) y00(t0) z00(t0)!B(t0) = (y0(t0) z00(t0) y00(t0) z0(t0) ; x00(t0) z0(t0) x0(t0) z00(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
  11. 11. (x x0; y y0; z z0) (y00z000 y000 z00; x000 z00 x00z000 ; x00y000 x000 y00) = 0desarrollando(y00z000 y000 z00)(x x0) + (x000 z00 x00z000 )(y y0) + (x00y000 x000 y00)(z z0) = 0esto último se puede escribirx x (t0) y y (t0) z z (t0)x0(t0) y0(t0) z0(t0)x00(t0) y00(t0) z00(t0)= 0lo que prueba la hipótesis.1.11 Ejercicio 11Un automovilista se desplaza por una carretera recta. En el instante t = 0llega a una rotonda la que recorre con untrayectoria!f(t) = (acost; asent; bt(2 t))t 2 [0; 2] :En el instante t = 2 salede la rotonda y vuelve a continuar por unacarretera recta:a) Cálcule la curvatura máxima de la rotonda para t 2 [0; 2]¿en qué puntoocurre?b) Determine la torsión de la rotonda para t 2 [0; 2] :Haga un grá…co de latorsión en función del tiempo.Solución:a) Calculemos la curvatura de la trayectoria mediante la identidad: (t) =!f 0(t)!f00(t)!f 0(t)3!f 0(t) = ( asent; a cos t; 2b(1 t)) =)!f 0(t) =pa2 + 4b2(1 t)2!f 00(t) = ( acost; asent; 2b) =)!f 0(t)!f 00(t) = ( 2ab cos t + 2ab(1t)sent; 2absent 2ab(1 t) cos t; a2)!f 0(t)!f 00(t) = apa2 + 4b2(1 + (1 t)2;reemplazando en la identidad,tenemos(t) =apa2+4b2(1+(1 t)2(a2+4b2(1 t)2)3=2Sea (t) = a2+ 4b2(1 t)2=) 0(t) = 8b2(1 t) = 0 =) En t = 1hay 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 proporcionalesLuego, (t) =pa2+4b2a2 y se alcanza en el punto!f(1) = (a cos 1; asen1; b):b) Calculemos ahora la torsión; (t) =!f 0(t)!f00(t)!f000(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) = 2a2b(1 t)11
  12. 12. (t) = 2a2b(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+4b24b2(1 t)2= 1+ a24b2 > 1 =) (1 t)2> 1 lo cual es imposible porque (1 t) 1para 0 t 2:Por lo tanto, no tiene punto crítico en[0; 2]El grá…co es del tipoτ(t)0 2 t11.12 Ejercicio 12a) Demuestre que la curva descrita por !r (t) = (t cos t; t sin t; t) se encuentrasobre la super…cie de un cono. Dibuje la curva.b) Si una particula parte del origen siguiendo la trayectoria anteriormentedescrita, 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 ty (t) = t sin tz (t) = t=)x2+ y2= t2(cos2t + sin2t)x2+ y2= t2z2= x2+ y2Que corresponde a la ecuación de un cono, cuyo sector superior ,se dibujaen el grá…co adjuntoxyz12
  13. 13. b) Calculemos para que valor del parámetro t la partícula impacta la esfera,sustityendo las ecuaciones paramétricas en laesfera x2+ y2+ z2= 2t2= 2 =) t = 1:Luego, la posición del punto deimpacto es !r (1) = (cos 1; sin 1; 1)c) La longitud de la curva es:l =Z 10k!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) =pt2 =) l =Z 10tdt =121.13 Ejercicio 13Un proyectil es lanzado desde el nivel del suelo con una velocidad inicial de100 m/seg con un ángulo de elevación de 30o:Determine:a) la función vectorial y las ecuaciones paramétricas de la trayectoria delproyectil.b) la altura máxima alcanzada.c) el alcance del proyectild) 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) = (50p3 t; 5t2+50t)Por lo tanto, las ecuaciones paramétricas de la trayectoria del proyectil sonx(t) = 50p3 t; y(t) = 5t2+ 50tb) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura máximadydt = 0 =) 10t + 50 = 0 =) t = 5sAsi la altura máxima h alcanzada por el proyectil esh = y(5) = 125 + 250 = 125mc) El alcance máximo se logra cuando y(t) = 0; es decir si: 5t2+ 50t = 0t( 5t + 50) = 0 ) t = 0; t = 10:Entonces el alcance es: x (10) = 500p3d) La velocidad del proyectil en el impacto es:!v (10) = (50p3; 50)e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) =!r 0(10) !r00(10)k!r 0(10)k3 =5p310413
  14. 14. 1.14 Ejercicio 14Sea C una curva determinada por la interseccion de los cilindros: x2=1 y; z2= ya) Parametrizar C de forma !r (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)); t 2 I: Indicaciónx2+ z2= 1b) Obtener bT; bN; bB; K y en P = (0; 1; 1)Solución:a) Se puede parametrizar como !r (t) = (cos t; sin2t; sin t); t 2 [0; 2 ] ,Calculemos el valor del parametro para!r (t1) = (cos t1; sin2t1; 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 02 = ( 1; 0; 0) =) bT 2 =( 1; 0; 0)!r 00(t) = ( cos t; 2 cos 2t; sin t); !r002 = (0; 2; 1)!r 02!r002 = (0; 1; 2) =) !r 02!r002 =p5=) bB 2 = 0; 1p5; 2p5y bN 2 = 0; 2p5; 1p5Derivando por tercera vez tenemos:!r 000(t) = (sin t; 4 sin 2t; cos t) =) !r0002 = (1; 0; 0)bN 2 =!r 02!r002!r 02!r 02!r 002!r 02= 0; 2p5; 1p5Por otra parteK 2 =!r 0( 2 ) !r00( 2 )k!r 0( 2 )k3 =p5 y 2 =!r 0( 2 ) !r00( 2 ) !r000( 2 )k!r 0( 2 ) !r 00( 2 )k2 = 01.15 Problema 15Dada la ecuación paramétrica de la trayectoria !r (t) = (2t33t2; 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) = (2t33t2; t 2arctan(t)) es !r 0(t) =(6t26t;t21t2 + 1) cuya pendiente esm (t) =y0(t)x0 (t)=) m (t) =y0(t)x0 (t)=t + 16t (t2 + 1)(i) Para que la tangente sea horizontal, ésta tiene que existir, es decir!r 0(t) 6=!0 , y ademásm (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 además14
  15. 15. m(t) = 1: Por tanto,t = 0:(iii) Para que la curva sea no regular !r 0(t) =!0 =) x0(t) = y0(t) = 0, esdecir, t = 1.1.16 Problema 16Se llama evoluta de una curva parametrizada regular !r (t) ,con curvaturano nula, al lugar geométrico de los centros de curvatura. Denotamos la evolutade !r (t) por !c (t).(i) Encontrar una parametrización de !c (t).(ii) Hallar la evoluta de la parábola !r (t) = t;t22.(iii) Hallar la evoluta de la hélice !r (s) =p22 cos(s);p22 sen(s);p22 s , s 2IR 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 decurvatura para t entonces la condición que de…ne el lugar geométrico se tienela relación!c (t) !r (t) =1k(t)!N (t) de donde se deduce que la ecuación de laevoluta es!c (t) = !r (t) +1k(t)!N (t)(ii) Calculamos en primer lugar el vector normal y la curvatura de la parábola.!r (t) = t;t22=) !r 0(t) = (1; t) =) j!r 0(t)j =p1 + t2 =)!N (t) =( t; 1)p1 + t2Por otra parte!r "(t) = (0; 1) =) k(t) =j!r 0(t) !r " (t)jj!r 0(t)j3 =1p1 + t23Por lo tanto!c (t) = t;t22+p1 + t23p1 + t2( t; 1) = t3; 1 +32t2iii) Calculamos el vector tangente a la curva a partir de su de…nición!r (s) =p22 cos(s);p22 sen(s);p22 s =) !r 0(s) =p22 sen(s);p22 cos(s);p22 =)j!r 0(s)j = 1Por tanto bT (s) =p22 sen(s);p22 cos(s);p22Por otra parte,bT0(s) = !r 00(s) =p22 cos(s);p22 sen(s); 0 =) j!r 00(s)j =p22de donde15
  16. 16. bN (s) =!r 00(s)j!r 00(s)j= ( cos(s); sen(s); 0)Ademas k(s) = j!r 00(s)j =p22Finalmente!c (s) = !r (s) +1k(s)!N (s) =p22 cos(s);p22 sen(s);p22 s ; s 2 IRlo que implica !c0(s) =p22 sen(s);p22 cos(s);p22 s , y por tanto quej!c 0(s)j = 1 para cada s 2 IR y en de…nitiva que !c es regular y estáparametrizada por arco s.1.17 Problema 17Encontrar una parametrización de las siguientes curvas . .(i) y = x2+ 3x(ii) x2+ y2+ 2y = 0(iii) x2 y24= 1(iv) x2+ 3y2= 1Calcular en cada caso los vectores tangente unitario bT, normal bN , la cur-vatura (t) y la torsión (t)Solución(i) Como se trata de una parábola podemos parametrizarla tomando x =t =) y = t2+ 3tAsí !r (t) = (t; t2+ 3t); y calculamos el vector tangente, !r 0(t) = (1; 2t + 3)=) k!r 0(t)k =p4t2 + 12t + 10y bT (t) =!r 0(t)k!r 0(t)k=(1; 2t + 3)p4t2 + 12t + 10Para calcular el vector normal en IR2tenemos en cuenta que es un vectorortogonal al tangente yunitario.bN (t) =( 2t 3; 1)p4t2 + 12t + 10La curvatura de una curva plana es k(t) =j!r (t) !r " (t)jj!r 0(t)j3 , considerandoque IR2es subespacio de IR3En nuestro caso !r 0(t) = (1; 2t + 3; 0) =) !r 00(t) = (0; 2; 0)Por tanto, k(t) =2p4t2 + 12t + 103 ; la curvatura de la parábola varía enfunción de tFinalmente, la torsion de la curva plana es (t) =!r 0(t) !r " (t) !r 000(t)j!r 0(t)j3 =0; pues !r 000(t) = (0; 0; 0)16
  17. 17. 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)yradior = 1, yaque x2+ y2+ 2y = x2+ (y + 1)21. 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 =) bT (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 ortogonalal tangente yunitario.bN (t) = ( cos(t); sen(t))La curvatura de una curva plana es k(t) =j!r 0(t) !r " (t)jj!r 0(t)j3 , considerandoque IR2es subespacio de IR3En nuestro caso !r 0(t) = ( sen(t); cos(t); 0) =) !r 00(t) = ( cos(t); sent(t); 0) =)j!r (t) !r " (t)j = 1Por tanto, k(t) = 1 la curvatura de una circunsferencia es constanteFinalmente, la torsion de la curva plana es (t) =!r 0(t) !r " (t) !r 000(t)j!r 0(t)j3 =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 =psenh2(t) + 4 cos h2(t)y bT (t) =!r 0(t)k!r 0(t)k=(senh(t); 2 cos h(t))psenh2(t) + 4 cos h2(t)Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonalal tangente yunitario.bN (t) =( 2 cos h(t); senh(t))psenh2(t) + 4 cos h2(t)La curvatura de una curva plana es k(t) =j!r 0(t) !r " (t)jj!r 0(t)j3 , considerandoque IR2es subespacio de IR3En 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 = 2Por tanto k(t) =2hpsenh2(t) + 4 cos h2(t)i3 ;la curvatura de la hiperbolavaría en función de t17
  18. 18. Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) =!r 0(t) !r " (t) !r 000(t)j!r 0(t)j3 =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 = 1y b =1p3Por tanto, una parametrización es !r (t) = (cos(t);1p3sen(t))Calculamos el vector tangente.!r 0(t) = ( sen(t);1p3cos(t)) =) k!r 0(t)k =p33p2sen2(t) + 1 =)bT (t) =!r 0(t)k!r 0(t)k=p3p2sen2(t) + 1( sen(t);1p3cos(t))Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonalal tangente yunitario.bN (t) =p3p2sen2(t) + 1(1p3cos(t); sen(t))La curvatura de una curva plana es k(t) =j!r 0(t) !r " (t)jj!r 0(t)j3 , considerandoque IR2es subespacio de IR3En nuestro caso !r 0(t) = ( sen(t);1p3cos(t); 0) =) !r 00(t) = ( cos(t);1p3sent(t); 0) =)j!r (t) !r " (t)j =1p3Por tanto, k(t) =3hp2sen2(t) + 1i3 la curvatura de la elipse varía en funciónde tFinalmente, la torsion de la curva plana es (t) =!r 0(t) !r " (t) !r 000(t)j!r 0(t)j3 =0;pues !r 0(t) !r " (t) !r 000(t) = (0; 0; 0)1.18 Problema 18Sean !r : I ! IR3una 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 curvaturade !r no se anulan simultáneamente en ningún punto y en este caso demostrarque el parámetro arco de !c ; s satisface que(s (t))0= 1k2(t)q(k0 (t))2+ (k (t))2( (t))2j!r 0(t)j28t 2 ISolución: La evoluta de está de…nida como la curva!c (t) = !r (t)+1k(t)!N (t) = !r (t)+ (t)!N (t), donde (t) =1k(t)es el radiode curvatura de !r :18
  19. 19. 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) bT (s) (s) bB (s) =)!N 0(s) = (s) bT (s) (s) bB (s)!c 0(t) = j!r 0(t)j bT (t) +0(t)!N (t) + (t) s0(t)hbT (s) (s) (s) bB (s)i=) !c 0(t) =0(t)!N (t) (t) (t) j!r 0(t)j bB (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 deFrenet es ortonormal. Sustituyendo y 0por su expresión en función de lacurvatura, resulta quej!c 0(t)j =s(k0(t))2(k (t))4+2(t)k2 (t)j!r 0(t)j2=1k2 (t)q(k0 (t))2 + k2 (t) 2 (t) j!r 0(t)j2paracada t 2 Iy por tanto, como (t) y j!r 0(t)j 6=!0 c es singular en t 2 I si y solo sik (t) = (t) = 0La expresión anterior muestra también que cuando !c es regular, la derivadade su parámetroarco coincide con el término de la derecha de la igualdad1.19 Problema 19Consideremos 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 curvatiene torsión negativa en todos sus puntos?SoluciónCalculamos primero las derivadas:!r 0(t) = (et; 2e2t; 1) ) k!r 0(t)k =p1 + e2t + 4e4t!r 00= (et; 4e2t; 0)!r 0 !r 00= ( 4e2t; et; 2e3t) ) !r 0 !r00=pe2t + 16e4t + 4e6t!r000= (et; 8e2t; 0)Y podemos obtener la curvatura y la torsión en cada punto:k(t) =!r 0 !r00k!r 0(t)k3 =pe2t + 16e4t + 4e6tp1 + e2t + 4e4t3(t) =!r 0 !r00 !r000k!r 0 !r 00k2 =4e3tpe2t + 16e4t + 4e6t2En el punto (1; 1; 0) = (et0; e2t0 ; t0) =) t = 0De donde deducimos que la curvatura y la torsión sonk(0) =!r 0(0) !r00(0)k!r 0(0)k3 =p2163=2(0) =!r 0(0) !r00(0) !r000(0)k!r 0 (0) !r 00(0)k2 =42119
  20. 20. Por último, la función (t) es claramente positiva, 8 t 2 IR1.20 Problema 20Considere 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 unalongitud de arcop2 sobre la curva, ¿cuáles son las coordenadas del punto delespacio en el que nos encontraremos?Solución.Consideremos la proyección de la curva sobre el plano XY :x2y2= cos h2(t) sinh2(t) = 1 se trata de una rama de hipérbola, cuyo ejede simetria es X, toma valores positivos de X y se recorre en el sentido crecientede Y .La tercera componente es simplemente z = t; para valores t > 0 la curvase 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 = 0Empezamos en s(0), la longitud de la curva, desde ese punto, se mide lalongitud de arco siguienteCalculemos 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 =pcosh2(t) + sinh2(t) + 1 =p2cosh2(t) =p2cosh(t) .Así que la longitud desde s(0)hastas(t) =R t0k!r 0(u)k du =p2R t0cosh(u)du =p2 senh(u)jt0 =p2senh (t)Ahora sólo queda determinar el valor de tque hace que la longitud sea exac-tamentep2. Esto es, resolverp2 =p2sinh(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)) = (p2; 1; arcsinh(1))1.21 Problema 2120
  21. 21. 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 tienela curva una torsiòn (en valor absoluto) máxima?SoluciónCalculamos primero las derivadas:k(t) =!r 0(t) !r00(t)k!r 0(t)k3 =p4 + 36t2 + 36t4p1 + 4t2 + 9t43(t) =!r 0 !r00 !r000k!r 0 !r 00k2 =12[4 + 36t2 + 36t4]2De donde deducimos que la curvatura y la torsión sonk(0) =!r 0(0) !r00(0)k!r 0(0)k3 = 2(0) =!r 0(0) !r00(0) !r000(0)k!r 0 (0) !r 00(0)k2 = 3Como el denominador que aparece en la expresión de (t) es siempre unacantidad positiva quetoma su valor mínimo en t = 0, concluimos que el valor absoluto de la torsiónalcanza su valor máximo en t = 0.21

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