Ejercicios Resueltos(F.Vectoriales)(1)

Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ciencia Departamento de Matemática y CC

Autores:

Miguel Martínez Concha Carlos Silva Cornejo 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 2 x + y 2 = 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 + y 2 = 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 + y 2 = 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 p p k! c 0 (t)k = [ 2 sin(t)]2 + [2 cos(t)]2 + 1 = 5 (b) 1

La longitud total de esta curva es Z 2 Z Longitud = k! c 0 (t)k dt = 0

2

p

5dt = 2

p

5

0

Rt De…nimos s(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 = ps5 así es que ! c (s) = ! c (t(s)) =

s p 5

2 cos

; 2 sin

s p 5

s ;p 5

es vector posición en términos de s, derivando ! c 0 (s)

= ! c 0 (t(s)) = =

2 p 5

sin

1 s p p ; 2 cos 5 5 s 1 ; cos p ; 2 5

2 sin s p 5

Calculando su modulo k! c 0 (s)k =

2 p 5

=

2 p 5

s

sin

s p 5

1+

1 =1 4

r

2

+ cos

s p 5

1 1 p ;p 5 5 (1)

s p 5

2

+

1 4

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 ! 0 c (t) = ( 2 sin(t); 2 cos(t); 1) es la velocidad con que se desplaza la partícula por la curva C enpel punto ! c (t), en el instante “t”. b)k! c 0 (t)k = 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 Z t s(t) = k! c 0 (t)k du 0 Z tp p = 5du = 5t 0

p

s 5t =) t = 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? s=

2

1.3 Ejercicio 3 ! ! Una partícula se mueve en el espacio con vector posición ! r (t) = t A +t2 B + 3 ! ! ! ! 2 32 t 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 t 3

! ! ! v (t) = A + 2t B + 2

2 t 3

Por lo tanto

1 2

1 2

2! A 3 ! A

! B

! B

Para la segunda parte del problema usaremos Z t q s(t) = r 0 (t) ! r 0 (t) k! r 0 (t)k du con k! r 0 (t)k = ! 0

Calculando ! r 0 (t) ! r 0 (t)

=

! ! A + 2t B + 2

=

1 + 4t + 4t2 (a)

por lo tanto

así que

1 2

2 t 3

! A

! ! B

! ! A + 2t B + 2

2 t 3

1 2

! A

2 ! r 0 (t) ! r 0 (t) = (1 + 2t) q 2 =) k! r 0 (t)k = (1 + 2t) = 1 + 2t

s(t)

=

Z

t

(1 + 2u) du

0

=

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

! ! B

1 ! 1 ! ! ! ! ! ! ! A + 2t B + 2 23 t 2 A B A + 2t B + 2 23 t 2 A B = 1 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! A A + 2t B A + 2 23 t 2 A B A + 2t A B + 4t2 B B 1 ! 1 ! a) ! ! ! ! +2(2t) 23 t 2 A B B + 2 32 t 2 A A B 1 ! ! ! ! ! ! ! A B + 4 23 t A B A B +2(2t) 32 t 2 B Como: ! ! ! ! ! ! A A = 1; B B = 1; A B = cos 3 = 12 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! A A B = 0; B A B = 0; A B A B = A B

p

3 2

2

=

2

= 34 Por lo tanto ! r 0 (t) ! r 0 (t)

=

1 + t + 0 + t + 4t2 + 0 + 0 + 0 +

=

1 + 4t + 4t2 = (1 + 2t)

8 3 + 3 4

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 b . especí…camente se los vectores unitarios Tb y N pide establecer que: ! a (t)

d2 s b T + k(t) dt2 b = aT Tb + aN N =

ds dt

2

b N

b) Aplicando a) calcule las componentes tangencial y normal del vector aceleración 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 ! ! ds F (t) = ! g (s(t)) =) F 0 (t) = ! g 0 (s) s0 (t) = Tb dt

derivando nuevamente respecto de t

!00 2 F (t) = ! g 00 (s) [s0 (t)] + ! 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

dTb ds dTb ds

b= N

b =) ! g 00 (s) = k! g 00 (s)k N

Relacionando las igualdades anteriores

! a (t)

= = =

lo que signi…ca que

!00 b F (t) = k! g 00 (s)k N d2 s b T + k! g 00 (s)k dt2 d2 s b T +k dt2

ds dt

ds dt

ds dt 2

b N

2

b N

2

+ Tb

d2 s dt2

2

ds d2 s ! b N a (t) = 2 Tb + k dt dt b) En la aplicación de a) en ! r (t) = t; cos2 t; sin2 t ! 0 tenemos r (t) = (1; sin(2t); sin(2t)) : Derivando la expresion anterior q ! 0 s(t) = k r (t)k = 1 + 2 sin2 (2t)

=) s(t) = 4psin(2t) cos(2t) 2 1+2 sin (2t)

Por lo tanto, la componente tangencial aT

es

2 sin(2t)

aT = q

1 + 2 sin2 (2t)

Además, ! r 00 (t) = (0; 2 cos(2t); 2 cos(2t)) y haciendo el producto cruz entre ! ! 0 00 r (t) y r (t) se tiene ! r 0 (t)

! r 00 (t) =

y k! r 0 (t)

2 cos(2t)b j

2 cos(2t)b k (e)

p p ! r 00 (t)k = 4 cos2 (2t) + 4 cos2 (2t) = 8 cos2 (2t) p = 2 2 jcos(2t)j

Como la curvatura k en terminos de t es k=

k! r 0 (t) ! r 00 (t)k 3 k! r 0 (t)k 5

reemplazando k= de aN = k(t)

ds dt

p 2 2 jcos(2t)j

1 + 2 sin2 (2t)

3 2

p 2 2 jcos(2t)j

2

=

2

1 + 2 sin (2t)

3 2

1 + 2 sin2 (2t)

Por lo tanto, la componente normal de la aceleracion en este caso es p 2 2 jcos(2t)j aN = q 1 + 2 sin2 (2t) 1.5 Ejercicio 5 Sea la trayectoria regular ! r : R ! R3 , de…nida por: ! r (u) = (

4au2 2au(1 u2 ) a(1 u2 ) ; ; ); a > 0 2 2 (1 + u ) (1 + u2 )2 1 + u2

a) Pruebe que la función ' : R ! ] la reparametrización de ! r :

! r :]

; [ tal que t = '(u) = 2 arctan u de…ne

; [ ! 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: 2 '0 (u) = 1+u 2 > 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 (t) = tan( ) 2

' 1 : ] ; [ ! R es de clase C 1 en ] Por lo anterior, se puede de…nir r(t) : 6

; [:

! r (t) = (! r '

1

)(t) = ! r ('

1

t (t)) = ! r (tan( )) 2

2a tan( 2t )(1 tan2 ( 2t ) a(1 tan2 ( 2t )) 4a tan2 ( 2t ) ; ; =) ! r (t) = ( (1 + tan2 ( 2t ))2 (1 + tan2 ( 2t ))2 (1 + tan2 ( 2t )) Sustituyendo ! r (t) =

q cos t 2 cos t 2 cos t 2a 11+cos t ( 1+cos t ) a( 1+cos t ) ; ) 2 2 ( 1+cos t )2 ( 1+cos t) p cos2 t); a cos t 1 cos2 t; a cos t)

cos t 4a( 11+cos t) ; ( 2 ( 1+cos t )2

= (a(1

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 + y 2 + z 2 = 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 + y 2 + z 2 = a2 c) Se ! r (t0 ) un punto cualquiera de la curva. La ecuación del plano normal es: : ((x; y; z) r(t0 )) r0 (t0 ) = 0 si sólo si ! r (t0 ) ! r 0 (t0 ) = 0 N

y (0; 0; 0) 2

N

! 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 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 7

N

a2 sin t0 cos t0

1.6 Ejercicio 6 Sea ! r : R+ ! R3 , de…nida por: ! r = (t2 ; 23 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: ! 2 v (t) = ! rp0 (t) = (2t; 2tp ; 1) =) ! v (1) = ! r 0 (1) = (2; 2; 1) ! ! ! 2 4 0 0 v (1)j = 3 r = (4t + 4t + 1) =) j! j v (t)j = r 00 ! ! a (t) = r (t) = (2; 4t; 0) =) ! a (1) = (2; 4; 0) b) Los versores se pueden calcular usando las identidades ! ! r 0 (t) r 0 (1) Tb (t) = ! =) Tb (1) = ! = (2;2;1) 3 j r 0 (t)j j r 0 (1)j 00 00 ! ! r 0 (t) ! r (t) r 0 (1) ! r (1) b b B (t) = ! =) B (1) = ! = ( 4;2;4) 00 00 0 (t) ! 0 (1) ! 6 r r (t) r r (1)j j j j ( 1;2: 2) b b b b b b N (t) = B (t) T (t) =) N (1) = B (1) T (1) = 3 c) La curvatura y torsión en el punto se pueden determinar usando las identidades: 00 00 (t) = (t) =

! r 0 (t) ! r (t) 3 ! r 0 (t)

j

j

=)

(1) =

000

00 ! r 0 (t) ! r (t) ! r (t) 2 ! 0 r 00 (t)j j r (t) !

=)

! r 0 (1) ! r (1) 3 ! r 0 (1)

j

(1) =

j

=

6 33

=

2 9

>0

000

00 ! r 0 (1) ! r (1) ! r (1) 2 ! 0 r 00 (1)j j r (1) ! 00 ! ! 0 b

=

8 36

=

2 9

2 b d) Derivando la velocidad tenemos ! a (t) = r (t) = j v (t)j T (t) + (t) j! v (t)j N (t) ;entonces las componentes tangencial y normal de la eceleración son: 0 0 aT = j! v (1)j = p 4 + 8 = 12 v (t)j = p 4t 2+ 8t3) aT = j! 3 =4 (4+4+1) (4t +4t4 +1) =) 2 2 ! ! 2 2 aN = (1) j v (1)j = 9 (3) = 2 aN = (t) j v (t)j ! e) A partir del vector velocidad v (t) = ! r 0 (t) = (2t; 2t2 ; 1) podemos inferir

sus componentes x (t) = 2t 2 y(t) = 2t2 =) y(x) = x2 z (t) = 1 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 todo t. Es decir: 000 !0 !00 ! r (t) = 0 8t =) ! r 0 (t) (t) = r (t)!0 r (t) 2 r 00 (t)j j r (t) ! 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) 000 ! 000 r = (asent; a cos t; (t))

sí la torsión es nula para 00 ! r (t)

000 ! r (t) = 0 8t;

000 00 ! r (t) ! r (t) = a2 ( 000 (t) + ( 000 (t) + 0 (t)) = 0 La ecuación diferencial homógenea de tercer orden , tiene solución de la forma (t) = e t ; entonces 0 00 000 (t) = e t =) (t) = 2 e t =) (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 + C3 sent; 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 + C3 sent)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 0 ! )! r 0 (t0 ) 0 mínimo, entonces se tiene que d0 (t0 )= j! r (t0 )j = r (t! = 0; de donde se j r (t0 )j ! ! ! ! 0 0 tiene que r (t ) r (t ) = 0 , por lo tanto, r (t ) y r (t ) son ortogonales en 0

0

0

0

ese punto. b) Basta encontrar un t0 2 I para el que la distancia del punto ! r (t0 ) 2 R3 ! ! 0 alcanza su valor mínimo que satisface r (t0 ) r (t0 ) = 0

9

0

(t)) = 0

! r (t0 ) ! r 0 (t0 ) = (t0 + 1; 3t0 2; 2t0 1) (1; 3; 2) = 0 =) (t0 + 1) + 3(3t0 0 =) t0 = 12 Por lo tanto, el punto buscado es ! r 12 = 32 ; 12 ; 0 :

2) + 2(2t0

1) =

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: ! 1 b N (t) ; determinemos la curvatura y el c (t) = ! r (t) + (t) versor normal. 00 00 ! r 0 (t) = (1; 2t; 0) =) ! r (t) = (0; 2; 0) =) ! r 0 (t) ! r (t) = (0; 0; 2) =) 00 ! ! ! r 0 (t) r (t) r 0 (t) = ( 4t; 2; 0) 00 00 1=2 Además: ! r 0 (t) ! r (t) = 2 y ! r 0 (t) ! r (t) ! r 0 (t) = 2 1 + 4t2 00 ! r 0 (t) ! r (t) 3 ! r 0 (t)

(t) = b (t) = N

2 (1 +4t2 )3=2 00 ! r 0 (t) ! r (t) ! r 0 (t) 4t;2) = 2(1( +4t ; ! ! 2 )1=2 0 r 0 (t)j j r (t) r 00 (t) !

j

j

ecuación tenemos (1 ! c (t) = (t; t2 ) +

=

3=2

+4t2 ) 2

( 4t;2) 2(1 +4t2 )1=2

=

reemplazando términos en la

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 ) y 0 (t0 ) z 0 (t0 ) =0 x00 (t0 ) y 00 (t0 ) z 00 (t0 ) Solución: ! La ecuación del plano osculador es : ( f ! B (t0 ) = ! r 0 (t0 )

! r 00 (t0 ) =

! ! r (t0 )) B (t0 ) = 0; donde

b bi b j k 0 0 x (t0 ) y (t0 ) z (t0 ) x00 (t0 ) y 00 (t0 ) z 00 (t0 ) 0

00 00 00 00 ! B (t0 ) = (y 0 (t0 ) z (t0 ) y (t0 ) z 0 (t0 ) ; x (t0 ) z 0 (t0 ) x0 (t0 ) z (t0 ) ; x0 (t0 ) y 00 (t0 ) x00 (t0 ) y 0 (t0 ))

pongamos: x0 = x (t0 ) ; y0 = y (t0 ) y z0 = z (t0 ) ! ! (f ! r (t0 )) B (t0 ) = 0 =) 10

(x

x0 ; y

00

z0 ) (y00 z0

y0 ; z

00

00

y0 z00 ; x0 z00

00

x00 z0 ; x00 y000

x000 y00 ) = 0

desarrollando 00

(y00 z0

00

y0 z00 )(x

00

x0 ) + (x0 z00

00

x00 z0 )(y

y0 ) + (x00 y000

x000 y00 )(z

z0 ) = 0

esto último se puede escribir x

x (t0 ) y y (t0 ) z z (t0 ) x0 (t0 ) y 0 (t0 ) z 0 (t0 ) x00 (t0 ) y 00 (t0 ) z 00 (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) = !0 !00 f (t) f (t) 3 !0 f (t)

p !0 ! a2 + 4b2 (1 t)2 f (t) = ( asent; a cos t; 2b(1 t)) =) f 0 (t) = !00 !0 !00 f (t) = ( acost; asent; 2b) =) f (t) f (t) = ( 2ab cos t + 2ab(1 t)sent; 2absent 2ab(1 t) cos t; a2 ) p !0 ! f (t) f 00 (t) = a a2 + 4b2 (1 + (1 t)2 ;reemplazando en la identidad, tenemos p a a2 +4b2 (1+(1 t)2 (t) = (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 p ! 2 2 Luego, (t) = a a+4b y se alcanza en el punto f (1) = (a cos 1; asen1; b): 2 b) Calculemos ahora la torsión;

(t) =

!000 ! f (t) = (asent; a cos t; 0) =) f 0 (t) 11

!0 !00 !000 f (t) f (t) f (t) 2 !0 !00 f (t) f (t)

8t

!00 ! f (t) f 00 (t) = 2a2 b(1

t)

2

2a b(1 t) (t) = a2 [a2 +4b 2 (1+(1 t)2 ] Se tiene que 2b (0) = [a2 +8b (1) = 0; (2) = 2] ;

2b [a2 +8b2 ] 2

2

2

+4b (t) = 0 =) 4b2 (1 t)2 = a2 + 4b =) (1 t)2 = a 4b 2 a2 2 2 (1 t) = 1+ 4b2 > 1 =) (1 t) > 1 lo cual es imposible porque (1 t) para 0 t 2: Por lo tanto, no tiene punto crítico en[0; 2] El grá…co es del tipo 0

1

τ(t)

0

1

2

t

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 + y 2 + z 2 = 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 x2 + y 2 = t2 (cos2 t + sin2 t) y (t) = t sin t =) x2 + y 2 = t2 2 2 z (t) = t z = x + y2 Que corresponde a la ecuación de un cono, cuyo sector superior ,se dibuja en el grá…co adjunto

z

y x

12

b) Calculemos para que valor del parámetro t la partícula impacta la esfera, sustityendo las ecuaciones paramétricas en la esfera x2 + y 2 + z 2 = 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

0

con ! r 0 (t)

1

k! r 0 (t)k du con k! r 0 (t)k =

q ! r 0 (t) ! r 0 (t)

=

(cos t t sin t; sin t + t cos t; 0) Z q p ! ! ! 0 0 0 2 r (t) r (t) = t =) l = k r (t)k =

0

1

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) 2 Integrando por segunda vez se obtiene:! r (t) = ((100 cos 30) t; 5t 30)t) p +(100 sin ! Evaluando las funciones trigonométricas se obtiene: r (t) = (50 3 t; 5t2 + 50t) Por lo tanto, las ecuaciones paramétricas de la trayectoria del proyectil son p x(t) = 50 3 t; y(t) = 5t2 + 50t b) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura máxima dy =) 10t + 50 = 0 =) t = 5s dt = 0 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: p Entonces el alcance es: x (10) = 500 3 p d) La velocidad del proyectil en el impacto es:! v (10) = (50 3; 50) p 00 ! r 0 (10) ! r (10) 5 3 e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) = = 3 r 0 (10)k k! 104

13

1.14 Ejercicio 14 Sea C una curva determinada por la interseccion de los cilindros: x2 = y; z 2 = y a) Parametrizar C de forma ! r (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)); t 2 I: Indicación x2 + z 2 = 1 b ; B; b K y b) Obtener Tb; N 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 2 = r (t1 ) = (cos t1 ; sin2 t1 ; sin t1 ) = (0; 1; 1) =) t1 = 2 . Así ! (0; 1; 1): b)! r 0 (t) = ( sin t; sin t cos t; cos t) =) ! r 0 2 = ( 1; 0; 0) =) Tb 2 = ( 1; 0; 0) 00 ! r 00 (t) = ( cos t; 2 cos 2t; sin t); ! r 2 = (0; 2; 1) p 00 00 ! ! ! ! 0 r = 5 r = (0; 1; 2) =) r 0 r 1

2

2

2

b b p1 ; p2 =) B y N 2 = 0; 2 5 5 Derivando por tercera vez tenemos: ! r 000 (t) = (sin t; 4 sin 2t; cos t) =) 00 ! ! ! r r0 2 r0 2 2 b N = 00 ! ! ! 2 0 r r0 2 r 2 2 Por otra parte 00 ! p r 0( 2 ) ! r (2) K 2 = = 5 y 3 ! 2 k r 0 ( 2 )k

2

p2 ; 5

= 0; 000 ! r

= (1; 0; 0)

2

= 0;

=

p1 5

p2 ; 5

p1 5

00 ! r 0( 2 ) ! r (2) ! r ! ! r0 r 00

k

(2)

000

(2)

2

( 2 )k

=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) = 2 t 1 (6t2 6t; 2 ) cuya pendiente es t +1 0 y (t) y 0 (t) t+1 m (t) = 0 =) m (t) = 0 = x (t) x (t) 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) = y 0 (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). t2 . (ii) Hallar la evoluta de la parábola ! r (t) = t; 2 p p p 2 cos(s); 2 sen(s); 2 s , s 2 (iii) Hallar la evoluta de la hélice ! r (s) = 2

2

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 1 ! ! c (t) ! r (t) = N (t) de donde se deduce que la ecuación de la k(t) evoluta es 1 ! ! c (t) = ! r (t) + N (t) k(t)

(ii) Calculamos en primer lugar el vector normal y la curvatura de la parábola. p t2 ! r (t) = t; =) ! r 0 (t) = (1; t) =) j! r 0 (t)j = 1 + t2 =) 2 ! ( t; 1) N (t) = p 1 + t2 Por otra parte 1 j! r 0 (t) ! r " (t)j ! = p r " (t) = (0; 1) =) k(t) = 3 3 ! 0 j r (t)j 1 + t2 Por lo tanto p 3 1 + t2 t2 3 ! c (t) = t; + p ( t; 1) = t3 ; 1 + t 2 2 2 2 1+t iii) Calculamos el vector tangente a la curva a partir de su de…nición p p p p p p ! 2 2 2 r (s) = 22 cos(s); 22 sen(s); 22 s =) ! r 0 (s) = sen(s); cos(s); 2 2 2 j! r 0 (s)j = 1 Por tanto Tb (s) = Por otra parte, Tb0 (s) = ! r 00 (s) = de donde

p

p 2 2 2 sen(s); 2

p

2 2

cos(s);

cos(s);

p

p

2 2

2 2 sen(s); 0

15

=) j! r 00 (s)j =

p

2 2

=)

!00 b (s) = r (s) = ( cos(s); sen(s); 0) N j! r 00 (s)j p Ademas k(s) = j! r 00 (s)j = 22 Finalmente p p p 1 ! ! 2 cos(s); 22 sen(s); 22 s ; s 2 IR c (s) = ! r (s) + N (s) = 2 k(s) p p p 0 ! lo que implica c (s) = 22 sen(s); 22 cos(s); 22 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 + y 2 + 2y = 0 y2 =1 (iii) x2 4 2 2 (iv) x + 3y = 1 b , la curCalcular en cada caso los vectores tangente unitario Tb, normal N 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) p =) k! r 0 (t)k = 4t2 + 12t + 10 ! r 0 (t) (1; 2t + 3) y Tb (t) = !0 =p k r (t)k 4t2 + 12t + 10

Para calcular el vector normal en IR2 tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. b (t) = p ( 2t 3; 1) N 4t2 + 12t + 10 j! r (t) ! r " (t)j La curvatura de una curva plana es k(t) = , considerando 3 ! j r 0 (t)j

que IR2 es subespacio de IR3 En nuestro caso ! r 0 (t) = (1; 2t + 3; 0) =) ! r 00 (t) = (0; 2; 0) 2 Por tanto, k(t) = p 3 ; la curvatura de la parábola varía en 2 4t + 12t + 10 función de t ! r 0 (t) ! r " (t) ! r 000 (t) Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) = = 3 j! r 0 (t)j 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 + y 2 + 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) ! = r 0 (t) = ( sen(t); cos(t)) =) k! r 0 (t)k = 1 =) Tb (t) = !0 k r (t)k ( sen(t); cos(t)) Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. b (t) = ( cos(t); sen(t)) N j! r 0 (t) ! r " (t)j , considerando La curvatura de una curva plana es k(t) = 3 ! 0 j r (t)j

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 ! r 0 (t) ! r " (t) ! r 000 (t) Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) = = 3 ! j r 0 (t)j 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)) p =) k! r 0 (t)k = senh2 (t) + 4 cos h2 (t) ! r 0 (t) (senh(t); 2 cos h(t)) Tb (t) = !0 =p k r (t)k senh2 (t) + 4 cos h2 (t) Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. b (t) = p( 2 cos h(t); senh(t)) N senh2 (t) + 4 cos h2 (t) j! r 0 (t) ! r " (t)j La curvatura de una curva plana es k(t) = , considerando 3 ! 0 j r (t)j y

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) ! ! 0 =) j r (t) r " (t)j = 2 2 Por tanto k(t) = hp i3 ;la curvatura de la hiperbola senh2 (t) + 4 cos h2 (t) varía en función de t 17

Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) = 0;

! r 0 (t)

! r " (t) ! r 000 (t) = 3 j! r 0 (t)j

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 1 y b= p 3 1 Por tanto, una parametrización es ! r (t) = (cos(t); p sen(t)) 3 Calculamos el vector tangente. p 3p 1 ! r 0 (t) = ( sen(t); p cos(t)) =) k! r 0 (t)k = 2sen2 (t) + 1 =) 3 3 p ! r 0 (t) 3 1 ( sen(t); p cos(t)) Tb (t) = !0 =p 2 k r (t)k 3 2sen (t) + 1 Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. p 1 3 b p ( p cos(t); sen(t)) N (t) = 2 3 2sen (t) + 1 j! r 0 (t) ! r " (t)j , considerando La curvatura de una curva plana es k(t) = 3 j! r 0 (t)j

que IR2 es subespacio de IR3 1 1 En nuestro caso ! r 0 (t) = ( sen(t); p cos(t); 0) =) ! r 00 (t) = ( cos(t); p sent(t); 0) =) 3 3 1 ! ! j r (t) r " (t)j = p 3 3 Por tanto, k(t) = hp i3 la curvatura de la elipse varía en función 2sen2 (t) + 1 de t ! r 0 (t) ! r " (t) ! r 000 (t) = Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) = 3 j! r 0 (t)j 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 q de c ; s satisface que 2 0 2 2 2 (s (t)) = k21(t) (k 0 (t)) + (k (t)) ( (t)) j! r 0 (t)j 8t 2 I Solución: La evoluta de está de…nida como la curva ! 1 ! 1 ! c (t) = ! r (t) + N (t) = ! r (t) + (t) N (t), donde (t) = es el radio k(t) k(t) 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 ! ! ! ! 0 0 ! c 0 (t) = ! r 0 (t)+ (t) N (t)+ (t) N 0 (t) = ! r 0 (t)+ (t) N (t)+ (t) N 0 (s) s0 (t) Por Frenet sabemos que: !0 b (s) =) ! b (s) N (s) = k (s) Tb (s) (s) B N 0 (s) h= (s) Tb (s) (s) B i ! 0 ! b (s) c 0 (t) = j! r 0 (t)j Tb (t) + (t) N (t) + (t) s0 (t) Tb (s) (s) (s) B ! 0 b (t) : =) ! c 0 (t) = p(t) N (t) (t) (t) j! r 0 (t)j B 0 ! Así j c 0 (t)j = ( (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 s que q 2 (t) !0 2 1 (k 0 (t))2 2 + j r (t)j = (k 0 (t))2 + k 2 (t) 2 (t) j! r 0 (t)j para j! c 0 (t)j = 4 2 2 (k (t)) k (t) k (t) 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:p ! r 0 (t) = (et ; 2e2t ; 1) ) k! r 0 (t)k = 1 + e2t + 4e4t ! 00 t 2t r = (e ; 4e ; 0) p 00 ! r0 ! r 00 = ( 4e2t ; et ; 2e3t ) ) ! r0 ! r = e2t + 16e4t + 4e6t 000 ! r = (et ; 8e2t ; 0) Y podemos obtener la curvatura y la torsión en cada punto: 00 p ! r0 ! r e2t + 16e4t + 4e6t = k(t) = p 3 3 k! r 0 (t)k 1 + e2t + 4e4t 00 000 ! ! r0 ! r r 4e3t (t) = ! = p 2 2 00 kr0 ! r k e2t + 16e4t + 4e6t En el punto (1; 1; 0) = (et0 ; e2t 0 ; t0 ) =) t = 0 De donde deducimos que la curvatura y la torsión son 00 p ! r 0 (0) ! r (0) 21 k(0) = = 3=2 3 6 k! r 0 (0)k 00 000 ! r 0 (0) ! r (0) ! r (0) 4 (0) = = 2 00 ! ! 0 21 k r (0) r (0)k 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 p la traza partiendo desde punto (1; 0; 0), tras recorrer una longitud de arco 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 y 2 = 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);p sinh(t); t); t 2 IR ) ! r 0 (t) =p(senh(t); cos h(t); p 1); t 2 IR ! 0 2 2 =) k r (t)k = cosh (t) + sinh (t) + 1 = 2cosh2 (t) = 2cosh(t) . Así que la longitud desde s(0)hasta p Rt p p Rt t s(t) = 0 k! r 0 (u)k du = 2 0 cosh(u)du = 2 senh(u)j0 = 2senh (t) Ahorapsólo queda determinar el valor de tque hace que la longitud sea exactamente p p2. Esto es, resolver 2 = 2sinh(t) ) 1 = sinh(t) ) t = arcsinh(1): De manera que estaremos en el punto de coordenadas p ! r (arcsinh(1)) = (cosh(arcsinh(1)); sinh(arcsinh(1)); arcsinh(1)) = ( 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: 00 p ! r 0 (t) ! r (t) 4 + 36t2 + 36t4 = k(t) = p 3 3 ! k r 0 (t)k 1 + 4t2 + 9t4 00 000 ! ! r0 ! r r 12 (t) = ! = 2 00 2 ! 0 [4 + 36t2 + 36t4 ] kr r k De donde deducimos que la curvatura y la torsión son 00 ! r 0 (0) ! r (0) k(0) = =2 3 k! r 0 (0)k 00 000 ! r 0 (0) ! r (0) ! r (0) (0) = =3 2 k! r 0 (0) ! r 00 (0)k

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