Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ciencia Departamento de Matemática y CC
Autores: Autores: Miguel Miguel Martínez Martínez Concha Concha Carlos Silva Silva Cornejo Emilio Villalobos Marín
Funciones Vectoriales Vectoriales y Curvas Curvas Ejerci Ejercicio cioss resuel resueltos tos 1.1 Ejercici Ejercicio o1
! !
Un par de trayectorias de [0 ; ) 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 trayectorias representan el desplazamiento de un par de partículas. ¿En que puntos ,si los hay, estas partículas se encuentran?
1
!
!
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 x 2 + y 2 = 1 y pasa por (1 ; 0; 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 :::; (1; 0; 2n) con n Z+ puntos (1 puntos (1 ; 0; 0); (1; 0; 2 ); :::; 0 .
! !
)
2
1.2 Ejercicio Ejercicio 2
!
La curva C es de…nida a partir de la trayectoria c ( t) = (2 cos( cos(t); 2sin(t); t) t con 0 2 . Describa Describa la representació representación n 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) = 2 sin(t) y z (t) = t c (0) = (x(0); y(0); z(0)) = (2 ; 0; 0) podemos inferir que C parte del punto 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( cos(t)]2 + [2 sin( sin(t)]2 = 4 como se ilustra en la …gura
!
!
!
El vector posición de esta curva es c ( t) = (2 cos(t); 2sin(t); t). El vec vecto torr 0 tangente es c (t) = ( 2sin(t); 2cos(t); 1) D(a) y la longitud del vector tangente es
!
p
p c 0 (t)k = [2sin(t)]2 + [2 cos( k! cos(t)]2 + 1 = 5 1
(b)
La longitud total de esta curva es
Z k! 2
Longitud =
k
0
R k t 0
Z p 2
c 0 (t) dt =
p
5dt = 2 5
0
c0 (u) du para t [0; 2] = s(t) es la longitud de De…nimos s(t) = curva C desde (2 desde (2 ; 0; 0) hasta 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) s En este caso t = p así es que 5
k
2
)
p p p p p p p p ! p p p s p p p k r p
! c (s) = ! c (t(s)) =
s
2cos
; 2sin
5
s
;
5
s
5
es vector posición en términos de s , derivando
! c 0 (s)
= =
c 0 (t(s)) =
2 5
s
sin
5
s
; cos
5
1 ; 2cos 5 1 ; 2
s
2sin
5
1 1 ; 5 5
s
5
(1)
Calculando su modulo
c 0 (s) k!
=
2 5
sin
=
2 5
1+
2
s
+ cos
5
s
5
2
+
1 4
1 =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) = ( 2sin(t); 2cos(t); 1) es 1) es la velocidad con que se desplaza la partícula por la curva C en el punto c ( t), en el instante “ t”. b) c 0 (t) = 5 es la rapidez con que se desplaza desplaza la partícula, partícula, t, lo que signi…ca que la partícula se mueve con rapidez constante t. c) Asimismo, la longitud del arco es
!
! k p k!
!
8
Z k! Z p
8
t
s(t)
=
c 0 (t) du
0
k
t
=
5du =
p
5t
0
s =
p t
) t = p s5
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 +
!!
! !
3 2
2 23 t 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
!
!
! ! ! ! ! q ! k k ! ! ! !! ! ! ! !!
! !r 0 (t) = ! A + 2 t B + 3
2 t 3
!v (t) = ! A + 2 t B + 2
2 t 3
Por lo tanto
1 2
2 A 3
B
1 2
A
B
Para la segunda parte del problema usaremos
Z k! k ! ! t
r 0 (t) du con
s(t) =
0
Calculando
!r 0 (t) !r 0 (t)
=
A + 2t B + 2
r 0 (t) =
r 0 (t)
r 0 (t)
1 2
2 t 3
A
B
A + 2t B + 2
2 t 3
1 2
A
= 1 + 4t + 4t2 (a) por lo tanto
r 0 (t) !r 0 (t) = (1 + 2t)2 ! !r 0 (t)k = (1 + 2t)2 = 1 + 2t =) k
así que
q Z t
s(t)
=
(1 + 2 u) du
0
=
t
u + u2 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
!
! ! ! ! ! ! ! A + 2 t B + 2 23 t A B A + 2 t B + 2 23 t A B = ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! A A + 2 t B A + 2 23 t A B A + 2t A B + 4t2 B B a) ! ! ! ! ! ! +2(2t) 23 t A B B + 2 23 t A A B ! ! ! ! ! ! ! +2(2t) 23 t B A B + 4 23 t A B A B Como: ! ! ! ! ! ! A A = 1 ; B B = 1 ; A B = cos 3 = 21 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! A A B = 0; B A B = 0; A B A B = A B 1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
p
3 2
2
= 43 Por lo tanto
!r 0 (t) !r 0 (t)
= 1 + t + 0 + t + 4t2 + 0 + 0 + 0 +
2
=
8 3 + 3 4
= 1 + 4t + 4t2 = (1 + 2 t)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 T y N . especí…camente se pide establecer que:
bb
!a (t)
=
b b b b d2 s dt2
T + k (t)
ds dt
2
N
= aT T + aN 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
!
!
!
!
!
()
! !g (s(t)) =) ! !g 0 (s) s 0(t) = T F (t) = F 0 (t) = derivando nuevamente respecto de t
b
ds dt
! !g 00 (s) [s0 (t)]2 + !g 0 (s) s00 (t) F 00 (t) = !g 00 (s)k es la, curvatura de c en g (s): Por de…nición k = k (s) = k por otro lado
4
b dT ds b dT ds
b ) ! k! k b k! k b b ! ! ! b k k b b b ! b b ! ! q ! k k N =
g 00 (s) =
=
g 00 (s) N
Relacionando las igualdades anteriores
a (t)
=
F 00 (t) =
=
d2 s T + dt2
g 00 (s)
=
d2 s T + k dt2
ds dt
ds dt
g 00 (s) N
ds dt
2
ds dt
2
2
d2 s + T 2 dt
N
2
N
lo que signi…ca que
a (t) =
d2 s T + k dt2
N
b) En la aplicación de a) en r ( t) = t; cos2 t; sin2 t tenemos r 0 (t) = (1; sin(2t); sin(2t)) : Derivando la expresion anterior s(t) =
r 0 (t) =
1 + 2sin2 (2t)
cos(2t) ) s(t) = 4p sin(2t) 1+2sin (2t)
=
2
Por lo tanto, la componente tangencial aT =
!
aT
es
2 sin(2t)
q
1 + 2sin2 (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) j 2 cos(2t)k
b
y
k!r 0 (t) !r 00 (t)k
=
p p
4cos2 (2t) + 4cos2 (2t) =
= 2 2 cos(2t)
j
j
Como la curvatura k en terminos de t es k =
b
k!r 0 (t) !r 00 (t)k k!r 0 (t)k3 5
(e)
p
8cos2 (2t)
reemplazando
p j
2 2 cos(2t)
j p j j k =
de aN = k (t)
ds dt
1 + 2 sin2 (2t)
2
3 2
2 2 cos(2t)
=
3 2
1 + 2 sin2 (2t)
1 + 2 sin2 (2t)
Por lo tanto, la componente normal de la aceleracion en este caso es aN =
p j
2 2 cos(2t)
q
j
1 + 2 sin2 (2t)
1.5 Ejercicio 5
!
! R3, de…nida por: 2 au(1 u2 ) a (1 u2 ) ; ; ); a > 0
Sea la trayectoria regular r : R
!r (u) = (
4au2 (1 + u2 )2
(1 + u2 )2
1 + u2
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) !r (t) está contenida en una super…cie esférica. b) Veri…que que 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 > 0 u R; por lo tanto, es estrictamente creciente en R y como ' es continua, ' es biyectiva, y por tanto, invertible. Además 2
8 2
t '1 (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)) = !r (tan( t )) 2
2 t ( 2 ) a(1 tan2 ( 2t )) r (t) = ( 4a tan22( 2tt ) ; 2a tan( 2t )(1 2 tan ; )! (1 + tan ( ))2 (1 + tan ( t ))2 (1 + tan2 ( t ))
=
2
2
2
Sustituyendo
!r (t) =
cos t ) 4a( 11+cos t ; ( 2 ( 1+cos t )2
= ( a(1
2a
q
1cos t 2cos t 1+cos t ( 1+cos t ) ; 2 2 ( 1+cos ) t
cos2 t); a cos t
p 1
2cos t a( 1+cos t) 2 ( 1+cos t)
)
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 + y 2 + z 2 = a 2 sin4 t + a2 sin2 t cos2 t + a2 cos2 t
= a 2 sin2 t(sin2 t + cos2 t) + a2 cos2 t = a 2 (sin2 t + cos2 t) = a 2 ) la
curva está en la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2
!
c) Se r (t0 ) un punto cualquiera de la curva. La ecuación del plano normal es:
r(t0)) r0 (t0) = 0 !r (t0) !r 0 (t0) = 0 y (0; 0; 0) 2 N si sólo si N : (( x ; y ; z)
!r (t0)!r 0 (t0) = (a sin2 t0; a sin(t0) cos(t0); a cos t0)(2a sin t0 cos t0; a(cos2 t0sin2 t0); a sin t0) = 2 a2 sin3 t0 cos t0 + a2 (sin t0 cos3 t0 sin3 t0 cos t0 ) a2 sin t0 cos t0 = a 2 sin3 t0 cos t0 + a2 sin t0 cos3 t0 a2 sin t0 cos t0 = a 2 sin t0 cos t0 a2 sin t0 cos t0 =0
) (0; 0; 0)
7
2 N
1.6 Ejercicio 6
!
!
3 r = ( t2 ; 32 t3 ; t);la trayectoria regular que Sea r : R+ R , de…nida por: 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) v ( t) = r 0 r 0 = (4t2 + 4t4 + 1) = v (1) = 3 a (t) = r (t) = (2; 4t; 0) = a (1) = (2 ; 4; 0)
! ! p j! j ! ! ! !
p
00
)! )!
! ) j! j
b) Los versores se pueden calcular usando las identidades ! ! r (1) r (t) (2;2;1) T ( t) = T (1) = ! = ! r (1) = 3 r (t) 0
0
b j j ) b j j b j j ) b j b b b ) b b b 0
0
! r (t)! r 0
B (t) = ! r (t)! r 0
N ( t) = B (t)
00
00
(t) (t)
00
! r (1)! r 0
=
B (1) = ! r (1)! r
00
0
T ( t) =
(1) (1)
j=
(4;2;4) 6
2) T (1) = (1;2: 3
N (1) = B (1)
c) La curvatura y torsión en el punto se pueden determinar usando las identidades: ! r (t)! r (t) r (1)! r (1) ! (t) = = (1) = = 36 = 92 > 0 ! ! 00
0
3
j r (t)j ! r (t)! r (t) ! r ( t) = ! ! j r (t) r (t)j 0
(t)
2
3
3
j r (1)j 0
000
00
0
00
0
)
=
)
00
! ! r (1) ! r (1) = r (1) ! r (1)! r (1) 0
j ! ! d) Derivando la velocidad tenemos a (t) = r 00
0
00
000
(1)
8
2
j 0 = 36 = 9 !v (t)j T (t) + (t) j!v (t)j2 N (t) ;entonces (t) = j 0
00
2
b
las componentes tangencial y normal de la eceleración son: 0 0 4t + 8t3) aT = v (1) = 4 + 8 = 12 aT = v ( t) = 3 =4 (4+4+1) (4t +4t +1) = 2 2 aN = (1) v (1) = 92 (3)2 = 2 aN = (t) v ( t) e) A partir del vector velocidad v ( t) = r 0 (t) = (2t; 2t2 ; 1) podemos inferir sus componentes x (t) = 2t y (t) = 2t2 = y (x) = x2 z (t) = 1 z = 1 Por lo tanto, la hodógrafa es una parabóla en el plano z = 1
j! j
p j! j 2
)
4
j! j
) !
!
2
1.7 Ejercicio 7
8
p j! j
b
!
!
3 r = (a cos t; asent; (t)); trayectoria R , de…nida por: Sea r : R+ 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: 000
00
! r (t)! r (t) ! r ( t) = ! r (t)! r (t) 0
(t) 2
=0
r 0 (t) !r 8t =) !
00
j j 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 !r 000 = (asent; a cos t; 000(t)) 00
0
(t)
r !
000
(t) = 0 t;
8
!
000
00
(t) r (t) = a 2 ( 000 (t) + 0 (t)) = 0 ( 000 (t) + 0 (t)) = 0 La ecuación diferencial homógenea de tercer orden , tiene solución de la forma (t) = et ; entonces 0 (t) = et = 00 (t) = 2 et = 000 (t) = 3 et reemplazando términos en la ecuación anterior: (3 + )et = 0; et = 0 tconduce a la ecuación característica ( 3 + ) = 0;luego (t) = C 1 + C 2 cos t + C 3 sent; donde C 1 ; C 2 ; C 3 son constantes reales.
)
)
6 8
!
Por lo tanto, si la trayectoria está dada por r (t) = (a cos t; asent; C 1 + C 2 cos t + C 3 sent)la partícula siempre se moverá sobre un mismo plano. 1.8 Ejercicio 8
!
! 6 ! !
3 a) Sea r : I R R una trayectoria regular de modo que r (t) = I para el que la distancia del origen al 0 t: supongamos que hay un t0 3 punto r (t0 ) R 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.
8 !
!
2
2 !
Solución: a) En efecto consideremos la función distancia d(t)= r (t) de un punto I; tal que se alcanza un cualquiera al origen y supongamos que hay un t0 ! r (t ) r (t )! mínimo, entonces se tiene que d 0 (t0 )= r (t0 ) = = 0 ; de donde se ! r (t )
j ! j
j!
0
2 j! 0 j
j !r (t0) !r 0 (t0) = 0 , por lo tanto, !r (t0) y tiene que
0
0
0
0
r (t0 ) son ortogonales en
ese punto. b) Basta encontrar un t 0 I para el que la distancia del punto r (t0 ) alcanza su valor mínimo que satisface r (t0 ) r 0 (t0 ) = 0
2
! 9
!
!
2 R3
r (t0) ! ! r 01(t0) = (t0 + 1 ; 3t0 2; 2t0 1)(1; 3; 2) = 0 =) =) t0 = 2 !r 12 = 32 ; 12 ; 0 : Por lo tanto, el punto buscado es
0
(t0 + 1) + 3(3 t0
2) + 2(2t0 1) =
1.9 Ejercicio 9
!
2 Se llama evoluta de una curva r : I R+ a la curva que describen R 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 c ( t) = r ( t) + (t) N ( t) ; determinemos la curvatura y el versor normal. r 0 (t) = (1; 2t; 0) = r (t) = (0; 2; 0) = r 0 (t) r (t) = (0; 0; 2) = r 0 (t) r (t) r 0 (t) = ( 4t; 2; 0) 1=2 Además: r 0 (t) r (t) = 2 y r 0 (t) r (t) r 0 (t) = 2 1 + 4t2 r (t)! r (t) ! (t) = = (1 +4t2 ) = !
! !
!
!
b
! ) ! ! ! ! 00
b
! )! ! !
00
N ( t) =
!
00
00
0
3
j r (t)j! ! r (t) r j!r (t)!r 0
00
0
00
0
ecuación tenemos
2
r (t) (t)! ! (t) r (t) 0 0
!c (t) = (t; t2) + (1 +4t2 ) 2
3=2
j
3
=
00
2
00
(4t;2) ; reemplazando 2(1 +4t2 )1=2
(4t;2) 2(1 +4t2 )1=2
=
la ecuación paramétrica de la evoluta.
4t3 ; 3t2 +
1 2
)
términos en la
;que corresponde a
1.10 Ejercicio 10
! !
!
3 R una trayectoria regular, dada por r = ( x(t); y(t); z (t)); t Sea r : I R I: Pruebe que la ecuación del plano osculador en r ( t0 ); t0 I;es: x x (t0 ) y y (t0 ) z z (t0 ) x0 (t0 ) y 0 (t0 ) z 0 (t0 ) =0 00 00 00 x (t0 ) y (t0 ) z (t0 )
!
2
2
Solución: La ecuación del plano osculador es : ( f
! !r 0 (t0) !r 00 (t0) = B (t0 ) = ! B (t0 ) = (y0 (t0 ) z
00
00
! !r (t0)) ! B (t0 ) = 0; donde
b b b i x0 (t0 ) x00 (t0 )
00
j y 0 (t0 ) y 00 (t0 )
k z 0 (t0 ) z 00 (t0 ) 00
(t0 ) y (t0 ) z 0 (t0 ) ; x (t0 ) z 0 (t0 ) x0 (t0 ) z (t0 ) ; x0 (t0 ) y 00 (t0 ) x00 (t0 ) y0 (t0 ))
pongamos: x0 = x (t0 ) ; y0 = y (t0 ) y z0 = z (t0 )
!!r (t0))! B (t0 ) = 0 =)
( f
10
(x
00
00
00
00
x0; y y0; z z0) (y00 z0 y0 z00 ; x0 z00 x00z0 ; x00y000 x000 y00 ) = 0
desarrollando 00
(y00 z0
00
y0 z00 )(x x0) +
00
(x0 z00
00
x00z0 )(y y0) + (x00y000 x000 y00 )(z z0) = 0
esto último se puede escribir
x
0 x (t0)
x (t0 ) x00 (t0 )
y
0 y (t0)
z
y (t 0 ) y 00 (t0 )
0 z (t0)
z (t0 ) z 00 (t0 )
lo que prueba la hipótesis.
=0
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 [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 [0 ; 2]¿en qué punto ocurre? b) Determine la torsión de la rotonda para t [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 (t) f (t) ! f (t)
!
2
2
2
00
0
3
0
p
f 0 (t) = (asent; a cos t; 2b(1 t)) =) !f 0 (t) = 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 a2 + 4b2(1 + (1 t)2;reemplazando en la identidad, tenemos p a a +4b (1+(1t)
(t) =
2
p 2
2
(a2 +4b2 (1t)2 )3=2 2 2
Sea (t) = a + 4b (1 t)2 = 0 (t) = 8b2 (1 t) = 0 = En t = 1 hay un punto crítico de (t) Como 00 (1) = 8 b2 > 0 ; en t = 1 hay un mínimo de (t) y un máximo de (t) pues son inversamente proporcionales p Luego, (t) = a a+4b y se alcanza en el punto f (1) = ( a cos1; asen1; b):
2
)
)
!
2
2
000
! ! f (t) ! f ! b) Calculemos ahora la torsión; ( t) = f (t) ! f (t) f (t) 00
0
0
00
2
(t)
8t
!f 000 (t) = (asent; a cos t; 0) =) ! f 0 (t) !f 00 (t) !f 00 (t) = 2a2b(1 t) 11
( t) =
2a2 b(1t) a [a +4b2 (1+(1t)2 ] 2
2
Se tiene que 2b (0) = [a +8b ; ; ] (1) = 0 (2) =
2b [a +8b ] +4b 0 2 2 2 2 (t) = 0 =) 4b (1 t) = a + 4b =) (1 t)2 = a 4b a > 1 =) (1 t)2 > 1 lo cual es imposible porque (1 t) 1 (1 t)2 = 1 + 4b para 0 t 2: 2
2
2
2
2
2
2
2
2
Por lo tanto, no tiene punto crítico en[0; 2] El grá…co es del tipo
(t)
τ
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 + y 2 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 t = 1:Luego, la posición del punto de esfera x2 + y 2 + z 2 = 2t2 = 2 = impacto es r (1) = (cos 1; sin1; 1) c) La longitud de la curva es:
)
!
Z k! 1
l =
r 0 (t) du con
k
0
! k!r 0 (t)k
con r 0 (t) = (cos t =
q
r 0 (t)k = !r 0 (t) !r 0 (t) k!
t sin t; sin t + t cos t; 0)
q! !
r 0 (t) r 0 (t) =
p 2 t
Z
1
=
)
l =
tdt =
0
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 30 o :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; 100sin30) v (t) = r (t) = (100 cos 30; 10t+ Integrando: a (t) = r " (t) = (0; 10) = 100sin30) 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 3 t; 5t2 + 50t) Por lo tanto, las ecuaciones paramétricas de la trayectoria del proyectil son
!
!
!
! ! )!
!
p
p
!
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 !v (10) = (50p 3; 50) d) La velocidad del proyectil en el impacto es: ! r (10)! r (10) 5p 3 e) La curvatura en el punto de impacto es: K (10) = k!r (10)k = 104 x(t) = 50 3 t;
y (t) =
00
0
0
13
3
1.14 Ejercicio 14 Sea C una curva determinada por la interseccion de los cilindros: x2 = 1 y; z 2 = y a) Parametrizar C de forma r (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)); t I: Indicación 2 x + z2 = 1 b) Obtener T ; N ; B ; K y en P = (0 ; 1; 1) Solución: a) Se puede parametrizar como r (t) = (cos t; sin2 t; sin t); t [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): r 0 2 = ( 1; 0; 0) = T 2 = b) r 0 (t) = ( sin t; sin t cos t; cos t) = ( 1; 0; 0) r 00 (t) = ( cos t; 2cos2t; sin t); r ; 2; 1) 2 = (0
!
bbb
2
!
2
b
! ! ) ! )! ) ! ! p !r 0 2 !r 2 = (0; 1; 2) =) !r 0 2 !r 2 = 5 1 p 2 1 ; 2 ; p =) B 2 = 0; p y N 2 = 0; p 5 5 5 5 Derivando por tercera vez tenemos: !r 000 (t) = (sin t; 4sin2t; cos t) =) ! r 2 = (1; 0; 0) !r 0 2 !r 2 !r 0 2 N 2 = !r 0 2 !r 2 !r 0 2 = 0; p 25 ; p 15 Por otra parte ! r ( )! r ( ) p ! r ( )! r ( ) ! r ( ) K 2 = = 5 y = ! ! ! 2 k r ( )k k r ( ) r ( )k = 0
b b b 00
00
00
000
00
00
0
00
2
0
2
0
00
2
3
2
000
2
0
2
2
00
2
2
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) = t 2 1 (6t2 6t; 2 ) cuya pendiente es t +1 y 0 (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) = 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) = 0 , y además
!
)
!
! 6
!
! 6 !
14
m(t) =
1: Por tanto,t = 0:
(iii) Para que la curva sea no regular decir, t = 1.
! r 0 (t) = !0 =)
x0 (t) = y 0 (t) = 0, es
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).
!
!
! !r (t) = (ii) Hallar la evoluta de la parábola !r (s) = (iii) Hallar la evoluta de la hélice
t;
p
t 2
2
.
p
p
2 cos(s); 22 sen(s); 22 s 2
IR y comprobar que es regular y que s es su parámetro arco.
,s
2
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.
r (t) = t; t2 =) ! ! r 0 (t) = (1; t) =) j! r 0 (t)j = p 1 + t2 =) 2 ! (t; 1) N ( t) = p 1 + t2
Por otra parte
!r "(t) = (0; 1) =)
k (t) =
Por lo tanto
p p ! j! j b b ! t 2
j!r 0 (t) !r " (t)j = 1 p 1 + t2 3 j!r 0 (t)j3
1 + t2
) ! ) j! j 3
3 2 t 2 2 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 ; s ; ( ) cos( ) 2 2 2
!c (t) =
t;
+
r 0 (s) = 1
Por tanto T ( s) = Por otra parte, T 0 (s) = r 00 (s) = de donde
1 + t2
p
( t; 1) =
p
t3 ; 1 +
p
2 2 2 2 sen(s); 2 cos(s); 2
p
2 s ; 2 cos( )
p
2 sen(s); 0 2
15
=
r 00 (s) =
p
2 2
=
)
r 00 (s) ! N ( s) = j!r 00 (s)j = ( cos(sp ); sen(s); 0) !r 00 (s)j = 22 Ademas k (s) = j Finalmente p p p !c (s) = !r (s) + 1 ! N ( s) = 22 cos(s); 22 sen(s); 22 s ; s 2 IR k(s) p p p ! 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
b
0
parametrizada por arco s . 1.17 Problema 17
Encontrar una parametrización de las siguientes curvas . . (i) y = x 2 + 3x (ii) x 2 + y 2 + 2y = 0 (iii) x 2
2
y4
=1
(iv) x 2 + 3y 2 = 1 Calcular en cada caso los vectores tangente unitario T , normal N , la curvatura (t) y la torsión ( t) Solución
b
b
(i) Como se trata de una parábola podemos parametrizarla tomando x = t = y = t 2 + 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) T ( t) = = p ! 0 k r (t)k 4t2 + 12t + 10 =
y
!
b
Para calcular el vector normal en IR2 tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. ( 2t 3; 1) N ( t) = 4t2 + 12t + 10 r (t) r " (t) La curvatura de una curva plana es k(t) = , considerando 3 r 0 (t) que I R2 es subespacio de IR3 r 00 (t) = (0; 2; 0) En nuestro caso r 0 (t) = (1; 2t + 3; 0) = 2 Por tanto, k(t) = 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 r 0 (t) 0; pues r 000 (t) = (0; 0; 0)
p
b
j! ! j! j )!
!
p
!
16
!
j
! ! j! j
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 + 2 y = 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)) = r 0 (t) = 1 = T ( t) = = r 0 (t) ( sen(t);cos(t)) Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. N ( t) = ( cos(t); sen(t)) r 0 (t) r " (t) La curvatura de una curva plana es k (t) = , considerando 3 r 0 (t) que I R2 es subespacio de IR3 r 00 (t) = ( cos(t); sent(t); 0) = En nuestro caso r 0 (t) = ( sen(t);cos(t); 0) = r (t) r " (t) = 1 Por tanto, k (t) = 1 la curvatura de una circunsferencia es constante r 0 (t) r " (t) r 000 (t) t Finalmente, la torsion de la curva plana es ( ) = = 3 r 0 (t) 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); 2cos h(t))
!
!
k ) k!
)
b
j! !
j !
!
j
! j j! j )!
!
!
!
! k! k
b
)
! ! j! j
!
!
!
) k!r 0 (t)k =
=
r 0 (t) ! k!r 0 (t)k =
p
senh2 (t) + 4cos h2 (t)
(senh(t); 2cos h(t)) senh2 (t) + 4cos h2 (t) Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. ( 2cos h(t); senh(t)) N ( t) = senh2 (t) + 4 cos h2 (t) r 0 (t) r " (t) La curvatura de una curva plana es k (t) = , considerando 3 r 0 (t) que I R2 es subespacio de IR3 r 00 (t) = (cosh (t); 2senh(t); 0) En nuestro caso : r 0 (t) = (senh(t); 2cos h(t); 0) = r 0 (t) r " (t) = 2 = 2 Por tanto k (t) = 3 ;la curvatura de la hiperbola 2 2 senh (t) + 4cos h (t) varía en función de t y
b
T ( t) =
p
b p
) j!
!
j !
! j
hp
i
17
! j! j ) !
j
0;
!r 0 (t) !r " (t) !r 000 (t) Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) = = j!r 0 (t)j3 !r 0 (t) !r " (t) !r 000 (t) = (0; 0; 0) pues
(iv) La ecuación dada representa una elipse de centro el (0; 0)y semiejes a = 1 1 y b = 3 1 sen(t)) Por tanto, una parametrización es r ( t) = (cos(t); 3 Calculamos el vector tangente. 1 3 r 0 (t) = ( sen(t); cos(t)) = r 0 (t) = 2sen2 (t) + 1 = 3 3 r 0 (t) 3 1 T ( t) = cos(t)) = ( sen(t); 0 r (t) 3 2sen2 (t) + 1 Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. 3 1 N ( t) = cos(t); sen(t)) ( 3 2sen2 (t) + 1 r 0 (t) r " (t) La curvatura de una curva plana es k (t) = , considerando 3 0 r (t) que I R2 es subespacio de IR3 1 1 cos(t); 0) = r 00 (t) = ( cos(t); sent(t); 0) = En nuestro caso r 0 (t) = ( sen(t); 3 3 1 r (t) r " (t) = 3 3 Por tanto, k (t) = 3 la curvatura de la elipse varía en función 2 2sen (t) + 1 de t r 0 (t) r " (t) r 000 (t) Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) = = 3 r 0 (t) 0; pues r 0 (t) r " (t) r 000 (t) = (0; 0; 0)
p
!
p
p
!
p ) k! k p ! p k! k
b
p
b p
p
p
!
j! !
j !
p
p
)
! j! j )!
j
p
j p
hp
!
!
i
!
! ! j! j
!
1.18 Problema 18
! ! !
!
!
IR3 una curva regular y consideremos c la evoluta de r . Sean r : I 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
!
q
!
2
2
2
j! j2 8 2
t I (s (t)) = k 1(t) (k0 (t)) + (k (t)) ( ( t)) r 0 (t) 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 :
0
!
2
!
!
!
!
!
18
)
!
! j j !
Por lo tanto, si s denota el parámetro arco de r tenemos que s (t) = r 0 (t) 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: N 0 (s) = k (s) T ( s) ( s) B (s) = N 0 (s) = (s) T ( s) ( s) B (s) c 0 (t) = r 0 (t) T ( t) + (t) N ( t) + (t) s0 (t) T ( s) (s) ( s) B (s)
!
!
!
! ! ! ! ! ) ! ! j! j ! c 0 (t) = (t) N (t) (t) (t) j!r 0 (t)j B (t) : =) ! !c 0 (t)j = ( (t))2 + 2 (t) 2 (t) j!r 0 (t)j)2 puesto que el Triedro de Así j 0 0
bb p
b
0
0
b
0
0
h b b
bb i
Frenet es ortonormal. Sustituyendo y por su expresión en función de la curvatura, resulta que (k 0 (t))2 2 (t) 0 2 1 2 c 0 (t) = r t + ( ) = (k 0 (t))2 + k 2 (t) 2 (t) r 0 (t) para k 2 (t) k 2 (t) (k (t))4 cada t I y por tanto, como (t) y r 0 (t) = 0 c es singular en t 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
j! j 2
s
q
j j!
j! j
j! j 6 !
2
!
1.19 Problema 19
!
Consideremos la curva C dada por r ( t) = (et ; e2t ; t); t 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) r 0 (t) = 1 + e2t + 4e4t r 00 = (et ; 4e2t ; 0) r 0 r 00 = ( 4e2t ; et ; 2e3t ) r 0 r = e2t + 16e4t + 4e6t
2
! ! k p ) k ! ! ! ! ) ! !r = ( et; 8e2t; 0)
000
00
p
Y podemos obtener la curvatura y la torsión en cada punto: k (t) = (t) =
! ! p p k! k ! ! ! k! ! k p ) ! ! p r 0
00
r
3
r 0 (t)
r 0
r
r 0
00
r
e2t + 16e4t + 4e6t
=
r
000
2
00
=
1 + e2t + 4e4t 4e3t
3
e2t + 16e4t + 4e6t
2
t = 0 En el punto (1 ; 1; 0) = (et ; e2t 0 ; t0 ) = De donde deducimos que la curvatura y la torsión son r 0 (0) r (0) 21 k (0) = = 3=2 3 6 r 0 (0) r 0 (0) r (0) r (0) 4 (0) = = 2 21 r 0 (0) r (0) 0
00
! k k ! ! ! k! ! k 00
000
00
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 IR (a) Dibuje aproximadamente su traza. (b) Si se recorre 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 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.
2
p
. 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 IR r 0 (t) = (senh(t); cos h(t); 1); t IR r 0 (t) = cosh2 (t) + sinh2 (t) + 1 = 2cosh 2 (t) = 2cosh(t) . = Así que la longitud desde s (0)hasta t t t s(t) = 0 r 0 (u) du = 2 0 cosh(u)du = 2 senh(u) 0 = 2senh (t) Ahora sólo queda determinar el valor de t que hace que la longitud sea exactamente 2. Esto es, resolver t = arcsinh(1): 2 = 2sinh(t) 1 = sinh(t) De manera que estaremos en el punto de coordenadas r ( arcsinh(1)) = ( cosh(arcsinh(1)); sinh(arcsinh(1)); arcsinh(1)) = ( 2; 1; arcsinh(1))
)
! k ) k! k! k p p p ) !
R
p
) !
2
p
p
p
R
)
j
p p
2
p
1.21 Problema 21 20
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Consideremos la curva C dada por r ( t) = (t; t2 ; t3 ) 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: r 0 (t) r (t) 4 + 36t2 + 36t4 k (t) = = 3 3 r 0 (t) 1 + 4t2 + 9t4 r 0 r r 12 (t) = = 2 [4 + 36t2 + 36t4 ]2 r 0 r De donde deducimos que la curvatura y la torsión son r 0 (0) r (0) k (0) = =2 3 r 0 (0) r 0 (0) r (0) r (0) (0) = =3 2 r 0 (0) r (0) 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.
! ! p p k! k ! ! ! k! ! k ! !
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