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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 = sp
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 bT y bN. especí…camente se
pide establecer que:
!a (t) =
d2
s
dt2
bT + k(t)
ds
dt
2
bN
= aT
bT + aN
bN
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) = bT
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
bN =
d bT
ds
d bT
ds
=) !g 00
(s) = k!g 00
(s)k bN
Relacionando las igualdades anteriores
!a (t) =
!
F 00
(t) = k!g 00
(s)k bN
ds
dt
2
+ bT
d2
s
dt2
=
d2
s
dt2
bT + k!g 00
(s)k
ds
dt
2
bN
=
d2
s
dt2
bT + k
ds
dt
2
bN
lo que signi…ca que
!a (t) =
d2
s
dt2
bT + k
ds
dt
2
bN
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)bj 2 cos(2t)bk (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
bT (t) =
!r 0
(t)
j!r 0(t)j
=) bT (1) =
!r 0
(1)
j!r 0(1)j
= (2;2;1)
3
bB (t) =
!r 0
(t) !r
00
(t)
j!r 0(t) !r 00
(t)j
=) bB (1) =
!r 0
(1) !r
00
(1)
j!r 0(1) !r 00
(1)j
= ( 4;2;4)
6
bN (t) = bB (t) bT (t) =) bN (1) = bB (1) bT (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 bT (t) + (t) j!v (t)j
2 bN (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 + 8p
(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)
bN (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
bN (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) =
bi bj bk
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 t1
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 bT; bN; bB; 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) =) bT 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
=) bB 2 = 0; 1p
5
; 2p
5
y bN 2 = 0; 2p
5
; 1p
5
Derivando por tercera vez tenemos:
!r 000
(t) = (sin t; 4 sin 2t; cos t) =) !r
000
2 = (1; 0; 0)
bN 2 =
!r 0
2
!r
00
2
!r 0
2
!r 0
2
!r 00
2
!r 0
2
= 0; 2p
5
; 1p
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 bT (s) =
p
2
2 sen(s);
p
2
2 cos(s);
p
2
2
Por otra parte,
bT0
(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
bN (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 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
+ 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 bT (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.
bN (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 =) 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 ortogonal
al tangente y
unitario.
bN (t) = ( cos(t); sen(t))
La curvatura de una curva plana es k(t) =
j!r 0
(t) !r " (t)j
j!r 0(t)j
3 , considerando
que IR2
es subespacio de IR3
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
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 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 bT (t) =
!r 0
(t)
k!r 0(t)k
=
(senh(t); 2 cos h(t))
p
senh2(t) + 4 cos h2(t)
Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal
al tangente y
unitario.
bN (t) =
( 2 cos h(t); senh(t))
p
senh2(t) + 4 cos h2(t)
La curvatura de una curva plana es k(t) =
j!r 0
(t) !r " (t)j
j!r 0(t)j
3 , considerando
que IR2
es subespacio de IR3
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
senh2(t) + 4 cos h2(t)
i3 ;la curvatura de la hiperbola
varía en función de t
17
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 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 =)
bT (t) =
!r 0
(t)
k!r 0(t)k
=
p
3
p
2sen2(t) + 1
( sen(t);
1
p
3
cos(t))
Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal
al tangente y
unitario.
bN (t) =
p
3
p
2sen2(t) + 1
(
1
p
3
cos(t); sen(t))
La curvatura de una curva plana es k(t) =
j!r 0
(t) !r " (t)j
j!r 0(t)j
3 , considerando
que IR2
es subespacio de IR3
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
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 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) 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)
h
bT (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 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, resolverp
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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Ejercicios resueltos(f.vectoriales)(1)

  • 1. 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
  • 2. 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 = sp 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
  • 3. 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
  • 4. 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 bT y bN. especí…camente se pide establecer que: !a (t) = d2 s dt2 bT + k(t) ds dt 2 bN = aT bT + aN bN 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) = bT 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
  • 5. bN = d bT ds d bT ds =) !g 00 (s) = k!g 00 (s)k bN Relacionando las igualdades anteriores !a (t) = ! F 00 (t) = k!g 00 (s)k bN ds dt 2 + bT d2 s dt2 = d2 s dt2 bT + k!g 00 (s)k ds dt 2 bN = d2 s dt2 bT + k ds dt 2 bN lo que signi…ca que !a (t) = d2 s dt2 bT + k ds dt 2 bN 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)bj 2 cos(2t)bk (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
  • 6. 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
  • 7. !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
  • 8. 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 bT (t) = !r 0 (t) j!r 0(t)j =) bT (1) = !r 0 (1) j!r 0(1)j = (2;2;1) 3 bB (t) = !r 0 (t) !r 00 (t) j!r 0(t) !r 00 (t)j =) bB (1) = !r 0 (1) !r 00 (1) j!r 0(1) !r 00 (1)j = ( 4;2;4) 6 bN (t) = bB (t) bT (t) =) bN (1) = bB (1) bT (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 bT (t) + (t) j!v (t)j 2 bN (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 + 8p (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
  • 9. 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
  • 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 = 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) bN (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 bN (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) = bi bj bk 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
  • 11. (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
  • 12. (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 t1 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
  • 13. 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
  • 14. 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 bT; bN; bB; 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) =) bT 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 =) bB 2 = 0; 1p 5 ; 2p 5 y bN 2 = 0; 2p 5 ; 1p 5 Derivando por tercera vez tenemos: !r 000 (t) = (sin t; 4 sin 2t; cos t) =) !r 000 2 = (1; 0; 0) bN 2 = !r 0 2 !r 00 2 !r 0 2 !r 0 2 !r 00 2 !r 0 2 = 0; 2p 5 ; 1p 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
  • 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, 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 bT (s) = p 2 2 sen(s); p 2 2 cos(s); p 2 2 Por otra parte, bT0 (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
  • 16. bN (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 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 + 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 bT (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. bN (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
  • 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)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 =) 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 ortogonal al tangente y unitario. bN (t) = ( cos(t); sen(t)) La curvatura de una curva plana es k(t) = j!r 0 (t) !r " (t)j j!r 0(t)j 3 , considerando que IR2 es subespacio de IR3 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 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 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 bT (t) = !r 0 (t) k!r 0(t)k = (senh(t); 2 cos h(t)) p senh2(t) + 4 cos h2(t) Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. bN (t) = ( 2 cos h(t); senh(t)) p senh2(t) + 4 cos h2(t) La curvatura de una curva plana es k(t) = j!r 0 (t) !r " (t)j j!r 0(t)j 3 , considerando que IR2 es subespacio de IR3 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 senh2(t) + 4 cos h2(t) i3 ;la curvatura de la hiperbola varía en función de t 17
  • 18. 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 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 =) bT (t) = !r 0 (t) k!r 0(t)k = p 3 p 2sen2(t) + 1 ( sen(t); 1 p 3 cos(t)) Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. bN (t) = p 3 p 2sen2(t) + 1 ( 1 p 3 cos(t); sen(t)) La curvatura de una curva plana es k(t) = j!r 0 (t) !r " (t)j j!r 0(t)j 3 , considerando que IR2 es subespacio de IR3 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 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 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
  • 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) h bT (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 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
  • 20. 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, resolverp 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
  • 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 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