TEMA 1 FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL Cálculo III (0253

Cálculo

III

(0253)

Semestre 3-2009

TEMA 1 FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL

Semestre 3-2009

José Luis Quintero Octubre 2009

Funciones Vectoriales de Variable Real

U.C.V.

F.I.U.C.V.

CÁLCULO III (0253) - TEMA 1

Prof. José Luis Quintero

Las notas presentadas a continuación tienen como único fin, el de prestar apoyo al estudiante y facilitar su entendimiento en el tema de funciones vectoriales de una variable real.

La guía contempla un pequeño resumen de la teoría correspondiente que sirve de repaso a los contenidos teóricos que componen el tema. Se presentan ejercicios resueltos y propuestos, algunos son originales, otros se han tomado de guías redactadas por profesores, también hay ejercicios tomados de exámenes y de algunos textos. Se ha tratado de ser lo más didáctico posible y se espera prestar un apoyo a la enseñanza del Cálculo III en Ingeniería.

Agradezco las observaciones y sugerencias que me puedan hacer llegar en la mejora del presente material, las mismas pueden ser enviadas a la siguiente dirección de correo: [email protected].

INDICE GENERAL U.C.V.

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Funciones Vectoriales de Variable Real Prof. José Luis Quintero

1.1.

Vectores

1

1.2.

Cantidades escalares y vectoriales

2

1.3.

Función vectorial de una variable real

3

1.4.

Ejercicios resueltos

5

1.5.

Parametrización de algunas curvas

7

1.6.


13

1.7.

Gráfica de curvas paramétricas con Graphmatica

23

1.8.

Longitud, magnitud o norma de un vector

23

1.9.

Producto escalar

25

1.10.

Ángulo entre vectores

25

1.11.

Producto vectorial

26

1.12.

Límite de una función vectorial

29

1.13.

Continuidad de una función vectorial

30

1.14.

Derivada de una función vectorial

31

1.15.

Interpretación geométrica y física de la derivada

31

1.16.

Integral de una función vectorial

32

1.17.

Longitud de arco

32

1.18.


34

1.19.

Gráficas de curvas paramétricas en R2

39

1.20.


46

1.21.

Vectores canónicos. Direcciones

60

1.22.

Vectores ortogonales. Proyección ortogonal

61

1.23.

Cálculo de la proyección de un vector sobre otro

62

1.24.

Formas de la ecuación del plano

63

1.25.

Sistema de coordenadas móvil

65

1.26.


68

1.27.

Curvatura

70

1.28.

Curvatura para una recta. Curvatura para una circunferencia

72

1.29.

Componentes tangencial y normal de la aceleración

73

1.30.

Circunferencia osculatriz y centro de curvatura

74

1.31.

Torsión

75

1.32.

Fórmulas de Frenet

75

INDICE GENERAL U.C.V.

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Funciones Vectoriales de Variable Real Prof. José Luis Quintero

1.33.


78

1.34.

Sistema de coordenadas polares

93

1.35.

Representaciones de una curva en polares

94

1.36.

Ecuación polar de una recta

95

1.37.

Ecuación polar de una circunferencia

96

1.38.

Distancias en coordenadas polares

97

1.39.

Ecuación polar de una cónica

09

1.40.

Gráficas en coordenadas polares

99

1.41.

Intersección de curvas en polares

101

1.42.

Forma paramétrica de una curva en polares. Búsqueda de tangentes

102

1.43.

Longitud de arco y área en polares

104

1.44.

Resumen de fórmulas

105

1.45.


106

1.46.

Ejercicios propuestos

120

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VECTORES

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 1 de 305



1.1. VECTORES Definición 1. Un vector es un objeto de la forma x = (x1 , x2 ,..., xn ) con xi ∈ R, i = 1,...,n . Un vector es una magnitud representada por un segmento dirigido (flecha). Se caracteriza por poseer:

a. Una longitud, la que es representada por un valor numérico al que se llama módulo, norma o tamaño del vector (ver figura 1).

Figura 1. Cálculo del módulo, norma o tamaño de un vector

b. Una dirección, que es la recta a la que pertenece (ver figura 2). c.

Un sentido. La recta posee dos sentidos, generalmente estos se indican mediante signos “+” para un lado y “-” para el otro (ver figura 2).

Figura 2. Dirección y sentido de un vector

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VECTORES




Los vectores pueden situarse en el plano, (dos dimensiones) (ver figura 3), en el espacio (tres dimensiones) (ver figura 4) y hasta en dimensiones mayores a tres. Los vectores que se encuentren en el plano se llamarán “pares”, mientras los que se ubiquen en el espacio se llamarán “ternas”.

Figura 3. Vector en dos dimensiones

Figura 4. Vector en tres dimensiones

1.2. CANTIDADES ESCALARES Y VECTORIALES Diversas medidas como la temperatura, distancia, masa, tiempo, densidad, energía, área, altura, etc, se pueden representar mediante un solo número real, estas se llaman cantidades escalares. Otras como la fuerza que actúa sobre un objeto, velocidad y aceleración de un cuerpo, necesitan, además de la magnitud, describir una dirección y un sentido.

Estas

se

llaman

cantidades

vectoriales

y

se

logra

describirla

mediante

coordenadas. Se estudiarán con detalle algunas características de estas últimas cantidades.

CANTIDADES ESCALARES Y VECTORIALES U.C.V.

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Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 3 de 305 Prof. José Luis Quintero

1.3. FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL Definición 2. Se define una función vectorial de variable real como: r : I → Rn , t → r(t) = (r1(t),...,rn (t)) , donde I es un intervalo en R, ri con i = 1,...,n es una función real de variable real con dominio Ii . Las funciones ri se llaman funciones coordenadas de la función r. Definición 3. El dominio de una función vectorial r es la intersección de los dominios de

las funciones coordenadas, es decir, n

D(r) =

∩I = I. i

i =1

Ejemplo 1. Dada la función r(t) = ( t − 3, t + 3, t3 ) , encuentre su dominio. Solución.

Las funciones coordenadas vienen dadas por:

r1(t) = r2 (t) = r3 (t) = t

t − 3 ⇒ D(r1 ) = [3, ∞) t + 3 ⇒ D(r2 ) = [−3, ∞) . 3

⇒ D(r3 ) = R

Por lo tanto, 3

D(r) =

∩ D(r ) = [3, ∞) . i

i =1

Definición 4. El rango o imagen de una función vectorial r es un conjunto de puntos en

Rn. Muchas funciones vectoriales con imagen en R 2 o R 3 tienen como rango lugares geométricos conocidos. Ejemplo 2. Dada la función

r(t) = (4 cos(t), 4sen(t)), t ∈ [0,2π] , encuentre su rango o imagen. Solución.

La imagen de la función es una circunferencia de radio 4. En efecto llamando a sus funciones coordenadas x(t) = 4 cos(t), y(t) = 4sen(t) , se tiene

x2 + y2 = 16 cos2 (t) + 16sen2 (t) = 16 .

FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL U.C.V.

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Ejemplo 3. Dada la función r(t) = (2 + t, 3 + 2t,1 + 2t), t ∈ R , encuentre su rango o imagen. Solución. Se puede observar que cada función coordenada corresponde a una ecuación paramétrica de una recta, en este caso, en R 3 . El rango o imagen de una función vectorial es un conjunto de puntos en Rn , que se llama curva. Una curva puede ser representada por una o más funciones vectoriales. Ejemplo 4. Las funciones vectoriales definidas como f(t) = (1 + 2t, 2 − t) , t ∈ [0,1] y g(t) = (3 − 2t,1 + t) , t ∈ [0,1] tienen el mismo conjunto imagen: el segmento de recta que une los puntos (1,2) y (3,1).

Observación 1. Una función vectorial r lleva implícita dos características fundamentales: la forma de la curva (imagen de la función) y la manera como se recorre ésta (sentido de recorrido y posición).

Observación 2. Si la función r es inyectiva, es decir, ∀t1 , t2 ∈ I, t1 ≠ t2 ⇒ r(t1 ) ≠ r(t2 ) la curva no tiene puntos de autointersección, se dirá en este caso que es una curva simple. Si r(a) = r(b) se dirá que la curva es cerrada en [a,b]. Ejemplo 5. La circunferencia f(t) = (2 cos(t), 2sen(t)) con 0 ≤ t ≤ 2π , es una curva cerrada, ya que f(0) = f(2π) . Ejemplo 6. La curva conocida con el nombre de estrofoide (ver figura 5) imagen de la función  t2 − 1 t3 − t  , r(t) =  2 ,  t + 1 t2 + 1    no es una curva simple, se autointersecta, en efecto: r(1) = r(−1).

Figura 5. Representación gráfica de la estrofoide

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EJERCICIOS RESUELTOS




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1.4. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Dada la función r(t) = (t, t3 ), t ∈ R , encuentre su rango o imagen. Solución. El rango o imagen en este caso viene dado por la gráfica de y = x3 . 2. Encuentre los valores de t para los cuales la curva  t2 t  r(t) =  ,  1 − t t2 − 1    se autointersecta. Solución. Sean t1 = A y t2 = B . Se tiene entonces:

A2 B2 = ⇒ A2 (1 − B) = B2 (1 − A) ⇒ A2 − A2B = B2 − B2 A ⇒ A2 − B2 + B2 A − A2B = 0 1− A 1−B ⇒ (A − B)(A + B) + AB(B − A) = 0 ⇒ AB(B − A) − (B − A)(B + A) = 0 ⇒ (AB − A − B)(B − A) = 0 ⇒ A = B o AB = A + B Por otro lado A B = 2 ⇒ A(B2 − 1) = B(A2 − 1) ⇒ AB2 − A = A2B − B ⇒ AB2 − A2B + B − A = 0 2 A −1 B −1 ⇒ AB(B − A) + (B − A) = 0 ⇒ (AB + 1)(B − A) = 0 ⇒ A = B o AB = −1 Se puede concluir que A + B = −1 ⇒ B = −(A + 1) de modo que

A2 (A + 1)2 = ⇒ A2 (A + 2) = (A + 1)2 (1 − A) ⇒ A3 + 2A2 = (A2 + 2A + 1)(1 − A) 1−A A+2 ⇒ A3 + 2A2 = A2 − A3 + 2A − 2A2 + 1 − A ⇒ 2A3 + 3A2 − A − 1 = 0 Aplicando Ruffini se tiene

A1 = −

1 −1 − 5 , A2 = 2 2

, A3 =

−1 + 5 . 2

Buscando los puntos se tiene:

1 1 (No dice nada). ⇒B=− 2 2  1+ 5 1+ 5 1 − 5 −1 + 5 A=− ⇒ B = − 1 − = punto de autointersección  = −  2 2 2 2   A=−

Se concluye que

 1+ 5  −1 + 5  r −  = r   = (1, −1).  2  2   

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3. En la figura 6, la circunferencia de radio a es fija y para todo valor del ángulo t, 0 < t < π , P es el punto de intersección de la recta vertical que pasa por A y la recta horizontal que pasa por B. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva descrita por P sabiendo que el punto A siempre se encuentra sobre la recta y = 2a y el punto B siempre se encuentra sobre la circunferencia.

Figura 6. Gráfica del ejercicio 3

Solución. Se tiene que

P(t) = (Px (t),Py (t)) = (A x (t),By (t)) Las coordenadas de la curva descrita por el punto A vienen dadas por A(t) = (A x (t), A y (t)) = (2a.ctg(t), 2a) Aplicando semejanza de triángulos se tiene que Bx (t) = ctg(t).By (t) . Como B siempre se encuentra sobre la circunferencia, entonces 2

2

Bx (t) = a2 − By (t) − a = By (t) 2a − By (t) . Sustituyendo y elevando al cuadrado se tiene 2

By (t) 2a − By (t) = ctg2 (t). By (t) ⇒ 2a − By (t) = ctg2 (t).By (t) ⇒ By (t) = 2asen2 (t) , By (t) ≠ 0 Las coordenadas de la curva descrita por el punto B vienen dadas por

B(t) = (Bx (t),By (t)) = (a.sen(2t), 2a.sen2 (t)) De modo que

P(t) = (Px (t),Py (t)) = (2a.ctg(t), 2asen2 (t))

PARAMETRIZACIÓN DE ALGUNAS CURVAS U.C.V.

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1.5. PARAMETRIZACIÓN DE ALGUNAS CURVAS a. Recta. La imagen de la función vectorial f(t) = (x0 + (x1 − x0 )t, y0 + (y1 − y0 )t) , t ∈ R es una recta que pasa por los puntos (x0 , y0 ) y (x1 , y1 ) recorrida en el sentido que va desde el punto (x0 , y0 ) al punto (x1 , y1 ) . Si se desea cambiar el sentido, basta con cambiar t por −t . En tal caso se obtiene la función vectorial g(t) = (x0 + (x0 − x1 )t, y0 + (y0 − y1 )t) , t ∈ R que resulta ser una recta que pasa por los puntos (x0 , y0 ) y (x1 , y1 ) recorrida en el sentido que va desde el punto (x1 , y1 ) al punto (x0 , y0 ) .

Observación 3. Si se desea parametrizar un segmento de recta de extremos (x0 , y0 ) y (x1 , y1 ) recorrido en el sentido que va desde el punto (x0 , y0 ) al punto (x1 , y1 ) se consigue usando la función vectorial f(t) = (x0 + (x1 − x0 )t, y0 + (y1 − y0 )t) , t ∈ 0,1

b. Circunferencia. La imagen de la función vectorial f(t) = (h + r cos(t),k + rsen(t)), t ∈ [0, 2π] es una circunferencia de centro (h,k) y radio r recorrida en sentido antihorario. La imagen de la función vectorial g(t) = (h + r cos(t),k − rsen(t)), t ∈ [0, 2π] es una circunferencia de centro (h,k) y radio r recorrida en sentido horario. c.

Elipse. La imagen de la función vectorial f(t) = (h + a cos(t),k + bsen(t)), t ∈ [0, 2π] es una elipse de ecuación

(x − h)2 a2

+

(y − k)2 b2

=1

recorrida en sentido antihorario. La imagen de la función vectorial g(t) = (h + a cos(t),k − bsen(t)), t ∈ [0, 2π] es una elipse de ecuación (x − h)2 a2 recorrida en sentido horario.

+

(y − k)2 b2

=1


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d. Parábola. La imagen de la función vectorial

f(t) = (h + 2pt,k + pt2 ) , t ∈ R es una parábola de ecuación (x − h)2 = 4p(y − k) con sentido de recorrido de izquierda a derecha o de derecha a izquierda según p sea positivo o negativo respectivamente. La imagen de la función vectorial

f(t) = (t, at2 + bt + c) , t ∈ R es una parábola de ecuación y = ax2 + bx + c con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable x. La imagen de la función vectorial

f(t) = (at2 + bt + c, t) , t ∈ R es una parábola de ecuación x = ay2 + by + c con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable y. e. Hipérbola. La imagen de la función vectorial f(t) = (h + a cosh(t),k + bsenh(t)), t ∈ R es la rama derecha de la hipérbola de ecuación (x − h)2 (y − k)2 − = 1. a2 b2 Observación 4. La ecuación cartesiana (en este caso la hipérbola) contiene más puntos

de los que generan las ecuaciones paramétricas planteadas. La imagen de la función vectorial g(t) = (h + a sec(t),k + b t g(t)) , −

π 2

π 2

también es la rama derecha de la hipérbola de ecuación (x − h)2 (y − k)2 − = 1. a2 b2 La imagen de la función vectorial

a 2   f(t) =  h + b + (t − k)2 , t  , t ∈ R b   es la rama derecha de la hipérbola de ecuación (x − h)2 (y − k)2 − =1 a2 b2 con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable y. La imagen de la función vectorial a 2   f(t) =  h − b + (t − k)2 , t  , t ∈ R b   es la rama izquierda de la hipérbola de ecuación


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(x − h)2 a2

−

(y − k)2 b2


=1

con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable y. La imagen de la función vectorial

b 2   f(t) =  t,k + a + (t − h)2  , t ∈ R a   es la rama superior de la hipérbola de ecuación (x − h)2 (y − k)2 − + =1 a2 b2

con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable x. La imagen de la función vectorial b 2   f(t) =  t,k − a + (t − h)2  , t ∈ R a   es la rama inferior de la hipérbola de ecuación (x − h)2 (y − k)2 − + =1 a2 b2 con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable x. f.

Cicloide. La cicloide es el lugar geométrico descrito por un punto P sobre una circunferencia de radio a que gira sin deslizar sobre el eje x. La función vectorial cuya imagen es la cicloide es f(θ) = (aθ − asen(θ), a − a cos(θ))

,

0 ≤ θ ≤ 2π .

La ecuación rectangular de la cicloide es a− y 2 x = a arccos   ∓ 2ay − y ,  a  en donde debe tomarse el signo positivo o el negativo según que θ sea menor o mayor que π radianes en el arco comprendido entre θ = 0 y θ = 2π . g.

Hélice. La hélice es la imagen de la función vectorial b   f(t) =  r cos(t),rsen(t), t . 2π   Las funciones coordenadas satisfacen la ecuación (x(t))2 + (y(t))2 = r2 , ecuación de la circunferencia; z(t) =

b 2π

t “levanta” el punto a altura

b 2π

t , por lo tanto la curva en R 3 se

verá como en la figura 7. Cuando t aumenta la curva se recorre en sentido antihorario.

Observación 5. Recuerde que en cada curva para cambiar el sentido de recorrido debe cambiar el parámetro t por −t , adecuando el intervalo de recorrido.


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Figura 7. Representación gráfica de la hélice

Ejemplo 7. Determine una parametrización de la curva dada por las ecuaciones (x − 2)2 + (y − 1)2 = 4 1 ≤ y ≤ 3  y = 12 (x + 2) 0≤ y ≤1   2  x + y2 = 1 −1 ≤ y ≤ 0  4   y = 12 (x − 2) 0≤ y ≤1  en sentido antihorario. Solución.

C1 : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 4 , 1 ≤ y ≤ 3 . r1 (t) = (2 + 2 cos(t),1 + 2sen(t)) , 0 ≤ t ≤ π C2 : y =

1 (x 2

+ 2) , 0 ≤ y ≤ 1 . r2 (s) = (0 − 2s,1 − s)

0 ≤ s ≤ 1 ⇒ π ≤ s + π ≤ 1 + π ⇒ t = s + π ⇒ s = t − π . r2 (t) = (−2(t − π),1 + π − t) , π < t ≤ 1 + π .

C3 :

x2 + y2 = 1 , −1 ≤ y ≤ 0 . r3 (w) = (2 cos(w), sen(w)) 4

π ≤ w ≤ 2π ⇒ 1 + π ≤ 1 + w ≤ 1 + 2π ⇒ t = 1 + w ⇒ w = t − 1 r3 (t) = (2 cos(t − 1), sen(t − 1)) , 1 + π < t ≤ 1 + 2π

C4 : y =

1 (x 2

− 2) , 0 ≤ y ≤ 1 . r4 (z) = (2 + 2z, 0 + z)

0 ≤ z ≤ 1 ⇒ 1 + 2π ≤ 1 + 2π + z ≤ 2 + 2π ⇒ t = 1 + 2π + z r4 (t) = (2 + 2(t − 1 − 2π), t − 1 − 2π) , 1 + 2π < t ≤ 2 + 2π Por lo tanto

0≤t≤π (2 + 2 cos(t),1 + 2sen(t))  π < t ≤1+ π  (−2t + 2π,1 + π − t) . r(t) =   (2 cos(t − 1), sen(t − 1)) 1 + π < t ≤ 1 + 2π  (2t − 4π, t − 1 − 2π) 1 + 2π < t ≤ 2 + 2π


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La gráfica que corresponde es la que se muestra en la figura 8:

Figura 8. Representación gráfica de la curva del ejemplo 7

Ejemplo 8. y = x2 − 1 ,

− 2 ≤ x ≤ 2 , de derecha a izquierda.

Solución. Forma alternativa de presentar la curva: y = x2 − 1 −2 ≤ x ≤ −1  2 −1 ≤ x ≤ 1 . y = 1 − x  2 y = x − 1 1 ≤ x ≤ 2

C1 : y = x2 − 1 , 1 ≤ x ≤ 2

 a a2  r1 (a) =  − , −1 +   2 4  

− 4 ≤ a ≤ −2 ⇒ 0 ≤ a + 4 ≤ 2 ⇒ t = a + 4 ⇒ a = t − 4

 (t − 4) (t − 4)2  r1 (t) =  − , −1 +   2 4   C2 : y = 1 − x2 ,

0≤t≤2

−1 ≤ x ≤ 1

1   b r2 (b) =  − ,1 − b2  4   2

−2 ≤b ≤2 ⇒ 2 ≤b+4 ≤ 6 ⇒ t =b+4 ⇒b = t −4

 1 (t − 4)2  r2 (t) =  − t + 2,1 −   2 4   C3 : y = x2 − 1 ,

2
− 2 ≤ x ≤ −1

 c c  r3 (c) =  − ,1 −   2 4   2

2≤c≤4⇒6≤c+4≤8⇒t =c+4⇒c=t−4



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 (t − 4) (t − 4)2  r3 (t) =  − ,1 −   2 4  

6≤t≤8

Por lo tanto

 (t − 4) (t − 4)2  , −1 +  −  0 ≤ t ≤ 2 2 4    (t − 4)2    1 r(t) =   − t + 2,1 −  2 < t ≤ 6  4   2   2   − (t − 4) ,1 − (t − 4)  6 < t ≤ 8    2 4   Otra forma:

C1 : y = x2 − 1 , 1 ≤ x ≤ 2 , r1 (t) = (−t, t2 − 1)

− 2 ≤ t ≤ −1

C2 : y = 1 − x2 ,

− 1 ≤ x ≤ 1 , r2 (t) = (−t,1 − t2 )

C3 : y = x − 1 ,

− 2 ≤ x ≤ −1 , r3 (t) = (−t, t − 1) 1 ≤ t ≤ 2

2

−1 < t ≤ 1

2

Por lo tanto

(−t, t2 − 1) −2 ≤ t ≤ −1  r(t) = (−t,1 − t2 ) −1 < t ≤ 1  2 (−t, t − 1) 1 < t ≤ 2 La gráfica que corresponde es la que se muestra en la figura 9:



U.C.V.





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1.6. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Sea R la región definida por

 y ≥ x + 2 .  2 y ≤ 4 − x Determine una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido horario. Solución. Una forma equivalente de definir la región R es y = 4 − x2 −1 ≤ x ≤ 1  0≤ x ≤1 . y = x+2  y = − x + 2 −1 ≤ x ≤ 0 

Proceso de parametrización en el sentido indicado:

C1 : y = 4 − x2 ,

− 1 ≤ x ≤ 1 ⇒ r1 (t) = (t, 4 − t2 ),

−1 ≤ t ≤ 1

C2 : y = x + 2, 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ r2 (u) = (1 − u, 3 − u), 0 ≤ u ≤ 1 ⇒ 1 ≤ u + 1 ≤ 2 ⇒ t = u + 1 ⇒ r2 (t) = (2 − t, 4 − t), 1 ≤ t ≤ 2 C3 : y = −x + 2,

− 1 ≤ x ≤ 0 ⇒ r3 (s) = (−s,2 + s), 0 ≤ s ≤ 1 ⇒ 2 ≤ s + 2 ≤ 3 ⇒ t = s + 2 ⇒ r3 (t) = (2 − t, t), 2 ≤ t ≤ 3

Una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido horario es:  (t, 4 − t2 ) −1 ≤ t ≤ 1  r(t) = (2 − t, 4 − t) 1 < t ≤ 2 .  (2 − t, t) 2
Figura 10. Representación gráfica de la curva del ejercicio 1

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2. Sea la curva dada por

 (y − 2)2 2 =1 2≤ y ≤ 4 (x − 1) + 4   y = 2(x + 1) 0≤y≤2 .   2 2 x +y =1 −1 ≤ y ≤ 0   y = 2(x − 1) 0≤y≤2 Determine una parametrización en sentido antihorario. Solución. Gráfica de la curva (ver figura 11): C1 : r1 (t) = (1 + cos(t), 2 + 2sen(t)) , 0 ≤ t ≤ π

C2 : r2 (s) = (−s, 2 − 2s) , 0 ≤ s ≤ 1

π ≤ s+ π ≤1+ π ⇒ π ≤ t ≤1+ π ⇒ s = t − π

r2 (t) = (π − t, 2 − 2(t − π)) , π ≤ t ≤ 1 + π C3 : r3 (u) = (cos(u), sen(u)) , π ≤ u ≤ 2π

1 + π ≤ u + 1 ≤ 1 + 2π ⇒ 1 + π ≤ t ≤ 1 + 2π ⇒ u = t − 1

r3 (t) = (cos(t − 1), sen(t − 1)) , 1 + π ≤ t ≤ 1 + 2π

C4 : r4 (s) = (1 + s,2s) , 0 ≤ s ≤ 1 1 + 2 π ≤ s + 2 π + 1 ≤ 2 + 2 π ⇒ 1 + 2π ≤ t ≤ 2 + 2π ⇒ s = t − 2π − 1 r4 (t) = (1 + t − 2π − 1, 2(t − 2π − 1)) , 1 + 2π ≤ t ≤ 2 + 2π


En conclusión se tiene

0≤t≤π  (1 + cos(t), 2 + 2sen(t))  ( π − t,2 − 2(t − π )) π < t ≤1+ π  . r(t) =  1 + π < t ≤ 1 + 2π  (cos(t − 1), sen(t − 1)) (1 + t − 2π − 1, 2(t − 2π − 1)) 1 + 2π < t < 2 + 2π

U.C.V.

F.I.U.C.V.





3. Determine una parametrización en sentido antihorario y obtenga el gráfico de la curva   2 2 2≤x≤4  x −y =4  −2 ≤ x ≤ 4 .  y −2 3 = 0   y2 −2 3 ≤ y ≤ 2 3 x = −2 + 4 − 3  Solución. C1 : r1(t) = (2 sec(t), 2tg(t)) , − π / 3 ≤ t ≤ π / 3

C2 : r2 (s) = (4 − 6s, −2 3) , 0 ≤ s ≤ 1 π /3 ≤ s + π /3 ≤ 1 + π /3 ⇒ π /3 ≤ t ≤ 1 + π /3 ⇒ s = t − π /3 r2 (t) = (4 − 6(t − π / 3), −2 3) , π / 3 ≤ t ≤ 1 + π / 3

C3 : r3 (u) = (−2 + 2 cos(u), −2 3sen(u)) ,

−π /2 ≤u ≤ π /2

− π / 2 + 1 + 5π / 6 ≤ u + 1 + 5π / 6 ≤ π / 2 + 5π / 6 + 1 ⇒ u = t − 1 − 5π / 6 r3 (t) = (−2 + 2 cos(t − 1 − 5π / 6), −2 3sen(t − 1 − 5π / 6)) , 1 + π / 3 ≤ t ≤ 1 + 4π / 3 C4 : r4 (w) = (−2 + 6w,2 3) , 0 ≤ w ≤ 1 1 + 4π / 3 ≤ w + 1 + 4π / 3 ≤ 2 + 4π / 3 ⇒ w = t − 4π / 3 − 1 r4 (t) = (−2 + 6(t − 4π / 3 − 1), 2 3) , 1 + 4π / 3 ≤ t ≤ 2 + 4π / 3 En conclusión se tiene (2 sec(t), 2tg(t)) −π / 3 ≤ t ≤ π / 3   (4 − 6(t − π / 3), −2 3) π /3 < t ≤1+ π /3  . r(t) =  (−2 + 2 cos(t − 1 − 5π / 6), −2 3sen(t − 1 − 5π / 6)) 1 + π / 3 < t ≤ 1 + 4π / 3  (−2 + 6(t − 4π / 3 − 1,2 3) 1 + 4π / 3 < t < 2 + 4π / 3  El gráfico se presenta a continuación en la figura 12:


U.C.V.





F.I.U.C.V.

4. Determine una parametrización en sentido antihorario y obtenga el gráfico de la curva  x2 + y2 = 1 −1 ≤ x ≤ 0  y − x + 1 = 0 0≤x≤3   . 3 4 − (y − 2)2  2≤y≤4 x = 2   x = y2 − 5y + 4 1≤y≤4  Solución. Curva 1: x2 + y2 = 1 , − 1 ≤ x ≤ 0 . π 2

r1 (A) = (cos(A), sen(A)) ,

≤A≤

3π 2

.

Curva 2: y − x + 1 = 0 , 0 ≤ x ≤ 3 .

r2 (B) = (3B, −1 + 3B) , 0 ≤ B ≤ 1 . 3 4 − (y − 2)2 , 2 ≤ y ≤ 4. 2 r3 (C) = (3 cos(C), 2 + 2sen(C)) , 0 ≤ C ≤

Curva 3: x =

π 2

.

Curva 4: x = y2 − 5y + 4 , 1 ≤ y ≤ 4 . x = −(y − 52 )2 +

r4 (D) = (−D2 +

9 4

, 52 − D) ,

−

3 2

≤D≤

3 2

9 4

, 1≤y≤4

3π 2

≤ t ≤ 1 + 2π .

.

Usando un solo parámetro se tiene: C1: x2 + y2 = 1 , − 1 ≤ x ≤ 0 . π 2

r1 (t) = (cos(t), sen(t)) ,

≤t≤

3π 2

.

C2: y − x + 1 = 0 , 0 ≤ x ≤ 3 .

r2 (t) = (3(t −

3π ), −1 2

+ 3(t −

3π )) 2

,

3π 2

≤ t ≤1+

3 4 − (y − 2)2 , 2 ≤ y ≤ 4. 2 r3 (t) = (3 cos(t − 1 − 32π ), 2 + 2sen(t − 1 −

3π 2

.

C3: x =

3π )) 2

, 1+

C4: x = y − 5y + 4 , 1 ≤ y ≤ 4 . 2

r4 (t) = (−(t − 2π − 52 )2 +

9 4

, 52 − (t − 2π − 52 )) , 1 + 2π ≤ t ≤ 4 + 2π .

Por tanto: π r1 (t) ≤ t ≤ 32π 2  3π ≤ t ≤ 1 + 32π r2 (t) 2 r(t) =  . 3π r3 (t) 1 + 2 ≤ t ≤ 1 + 2π  r4 (t) 1 + 2π ≤ t ≤ 4 + 2π

Su gráfico se muestra a continuación en la figura 13.

U.C.V.





F.I.U.C.V.


5. Determine una parametrización en sentido horario y obtenga el gráfico de la curva  y + x +1 = 2 x ≤1   2 2 −1 ≤ y ≤ 0 .  x −y =1  2 x ≤ 2 x − 2y − 4 = 0 Solución. C1 : y = x + 1 , −1 ≤ x ≤ 0 .

r1 (t) = (−1 + t, t) , 0 ≤ t ≤ 1 C2 : y = −x + 1 , 0 ≤ x ≤ 1 . r2 (s) = (s,1 − s)

0 ≤ s ≤ 1 ⇒ 1 ≤ s + 1 ≤ 2 ⇒ t = s + 1 ⇒ s = t − 1. r2 (t) = (t − 1, 2 − t) , 1 < t ≤ 2 C3 : x =

y2 + 1 , −1 ≤ y ≤ 0 . r3 (w) = ( w2 + 1, −w)

0 ≤ w ≤1⇒ 2 ≤ w+2 ≤ 3 ⇒ t = w+2 ⇒ w = t −2. r3 (t) = ( t2 − 4t + 5,2 − t) , 2 < t ≤ 3

C4 : y =

1 2

x2 − 2 , − 2 ≤ x ≤ 2 . r4 (z) = (−z, 12 z2 − 2)

− 2 ≤ z ≤ 2 ⇒ 3 ≤ z+3+ 2 ≤ 3+2 2 ⇒ t = z+3+ 2 ⇒ z = t −3− 2

r4 (t) = (3 + 2 − t, 12 (t − 3 − 2)2 − 2) , 3 < t ≤ 3 + 2 2 C5 : x = − y2 + 1 , −1 ≤ y ≤ 0 . r3 (w) = (− w2 + 1, w)

−1 ≤ w ≤ 0 ⇒ 3 + 2 2 ≤ w + 4 + 2 2 ≤ 4 + 2 2 ⇒ t = w + 4 + 2 2 ⇒ w = t − 4 − 2 2 . r5 (t) = (− (t − 4 − 2 2)2 + 1, t − 4 − 2 2) , 3 + 2 2 < t ≤ 4 + 2 2 Por lo tanto

U.C.V.





F.I.U.C.V.

(t − 1, t) 0≤ t ≤1   (t − 1, 2 − t) 1

6. Una curva C está definida por  y = cos(x)    2 2  y= x  π   2 2  x − π  + y2 = π  4  16

 π π x∈ ,  4 2  π x ∈ 0,  .  4  π  y ∈  − , 0  4 

Parametrice la curva C en sentido antihorario. Solución. Proceso de parametrización en el sentido indicado: C1 : y = cos(x), 4π ≤ x ≤ 2π ⇒ r1 (t) = (−t, cos(t)), − 2π ≤ t ≤ − 4π

C2 : y =

2 2 π

x, 0 ≤ x ≤

π 4

⇒ r2 (u) = ( 4π − ⇒ − 4π ≤ u −

π 4

⇒ r2 (t) = ( 4π −

π u, 22 4

≤1− π (t 4

π 4

−

2 2

u), 0 ≤ u ≤ 1

⇒ t =u−

+ 4π ),

2 2

−

2 2

π 4

(t + 4π )),

−

π 4

≤ t ≤1−

π 4

U.C.V.





F.I.U.C.V.

C3 : (x − 4π )2 + y2 =

π2 16

,

−

π 4

≤ y ≤ 0 ⇒ r3 (s) = ( 4π +

π ≤ s ≤ 2π ⇒ 1 − ⇒ r3 (t) = ( 4π +

π 4

π 4

≤ s +1−

cos(t − 1 +

π 4

5π 4

cos(s), 4π sen(s)), ≤1+

5π ), 4π 4

3π 4

⇒ t = s +1−

sen(t − 1 +

5π )), 4

5π 4

1−

π 4

≤ t ≤1+

Una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido antihorario es:  (−t, cos(t)) − 2π ≤ t ≤ − 4π   r(t) =  ( 4π − 4π (t + 4π ), 22 − 22 (t + 4π )) − 4π ≤ t ≤ 1 − 4π .  π π 5π π 5π π 3π ( 4 + 4 cos(t − 1 + 4 ), 4 sen(t − 1 + 4 )) 1 − 4 ≤ t ≤ 1 + 4

Al graficar la región R se tiene (ver figura 15):


7. Sea la curva cuya trayectoria viene definida por  x2 + y2 = 16y − 60 8 ≤ y ≤ 10  2x = y − 4 0≤y≤8  .  2 y+4=x −4 ≤ y ≤ 0   2 2 16(x + 2) + (y − 4) = 16 −2 ≤ x ≤ −1 Dé una parametrización para la curva en sentido horario. Solución. Proceso de parametrización en el sentido indicado: C1 : x2 + y2 = 16y − 60 ⇒ x2 + (y − 8)2 = 4, 8 ≤ y ≤ 10 ⇒ r1 (t) = (2 cos(t), 8 + 2sen(t)), 0 ≤ t ≤ π Sentido horario: r1 (t) = (2 cos(t), 8 − 2sen(t)),

−π≤t≤0

3π 4

U.C.V.





F.I.U.C.V.

 2x = y − 4 4 ≤ y ≤ 8 C2 , C3 : 2x = y − 4 ⇒  2x = −y + 4 0 ≤ y ≤ 4 ⇒

r2 (s) = (2, 8) + s(−2, −4) = (2 − 2s, 8 − 4s) , 0 ≤ s ≤ 1 r3 (w) = (0, 4) + w(2, −4) = (2w, 4 − 4w) , 0 ≤ w ≤ 1

r2 (t) = (2 − 2t, 8 − 4t) , 0 ≤ t ≤ 1

0 ≤ w ≤1⇒1 ≤ w+1 ≤ 2 ⇒1 ≤ t ≤ 2

⇒ t = w +1 ⇒ w = t −1 r3 (t) = (2(t − 1), 4 − 4(t − 1)) = (2t − 2, 8 − 4t) , 1 ≤ t ≤ 2 C4 : y + 4 = x2 ⇒ y = x2 − 4, − 4 ≤ y ≤ 0 Sentido horario : r4 (v) = (−v, v − 4), 2

r4 (v) = (v, v2 − 4),

−2 ≤ v ≤ 2

−2 ≤ v ≤ 2 ⇒2 ≤ v+4 ≤ 6 ⇒t =v+4⇒v =t−4

r4 (t) = (−(t − 4),(t − 4) − 4), 2 ≤ t ≤ 6 2

(y − 4)2 = 1, − 2 ≤ x ≤ −1 16 − 2π ≤ u ≤ 2π ⇒ 6 ≤ u + 6 + 2π ≤ 6 + π

C5 : 16(x + 2)2 + (y − 4)2 = 16 ⇒ (x + 2)2 + r5 (u) = (−2 + cos(u), 4 + 4sen(u)),

⇒ t =u+6+

π 2

⇒u = t−6−

r5 (t) = (−2 + cos(t − 6 − 2π ), 4 + 4sen(t − 6 − 2π )), 6 ≤ t ≤ 6 + π Una parametrización de la curva en sentido horario es:

(2 cos(t), 8 − 2sen(t)) −π ≤ t ≤ 0   (2 − 2t, 8 − 4t) 0≤ t ≤1   (2t − 2, 8 − 4t) 1≤t≤2 . r(t) =  2  (−(t − 4),(t − 4) − 4) 2≤t≤6  π π (−2 + cos(t − 6 − 2 ), 4 + 4sen(t − 6 − 2 )) 6 ≤ t ≤ 6 + π Al graficar la curva se tiene (ver figura 16):


π 2

U.C.V.

F.I.U.C.V.





8. Una curva C está definida por

 y = sen(x) x ∈ 0, π   2  x ∈ 0, π  .  y = x−2 π  x2 + (y + 1)2 = 1 x ∈  −1, 0    Parametrice la curva C en sentido horario. Solución. Proceso de parametrización en el sentido indicado: C1 : y = sen(x), 0 ≤ x ≤ π ⇒ r1 (t) = (t, sen(t)), 0 ≤ t ≤ π

C2 : y =

2 π

x − 2, 0 ≤ x ≤ π ⇒ r2 (u) = (π − uπ, −2u), 0 ≤ u ≤ 1 ⇒ π ≤ u + π ≤ 1 + π ⇒ t = u + π ⇒ r2 (t) = (π − (t − π)π, −2(t − π)), π ≤ t ≤ 1 + π

C3 : x + (y − 1) = 1, 2

2

− 1 ≤ x ≤ 0 ⇒ r3 (s) = (cos(s), −1 − sen(s)), −

3π 2

≤ s ≤ − 2π ⇒ 1 + π ≤ s + 1 +

⇒ r3 (t) = (cos(t − 1 −

5π ), −1 2

5π 2

≤ 1 + 2π ⇒ t = s + 1 +

− sen(t − 1 −

5π )), 2

5π 2

1 + π ≤ t ≤ 1 + 2π

Una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido horario es:

 (t, sen(t))  r(t) =  (π − (t − π)π, −2(t − π)) (cos(t − 1 − 5π ), −1 − sen(t − 1 −  2

0≤t≤π π ≤ t ≤1+ π 5π )) 2

1 + π < t ≤ 1 + 2π

Al graficar la región R se tiene (ver figura 7):


.

U.C.V.

F.I.U.C.V.






  π y = tg(x) x ∈ 0,    4   2 2 (x − 1) + y = 1 y ∈  −1, 0 .  y = 4 (x − 2) y ∈ 0,1    π−8  Parametrice la curva C en sentido antihorario. Solución. Proceso de parametrización en el sentido indicado: C1 : y = tg(x), 0 ≤ x ≤ 4π ⇒ r1 (t) = (−t, −tg(t)), − 4π ≤ t ≤ 0

C2 : (x − 1)2 + y2 = 1,

− 1 ≤ y ≤ 0 ⇒ r2 (s) = (1 + cos(s), sen(s)), π ≤ s ≤ 2π ⇒ 0 ≤ s − π ≤ π ⇒ t = s − π ⇒ r2 (t) = (1 + cos(t + π), sen(t + π)), 0 ≤ t ≤ π

C3 : y =

4 (x π −8

− 2), 0 ≤ y ≤ 1 ⇒ r3 (u) = (2 + u( 4π − 2),u), 0 ≤ u ≤ 1 ⇒ π ≤ u+ π ≤1+ π ⇒ t =u+ π ⇒ r3 (t) = (2 + (t − π)( 4π − 2), t − π), π ≤ t ≤ 1 + π

Una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido antihorario es:  − 4π ≤ t ≤ 0 (−t, −tg(t))  r(t) = (1 + cos(t + π), sen(t + π)) 0≤t≤π .  (2 + (t − π)( π − 2), t − π) π ≤ t ≤ 1 + π 4  Al graficar la región R se tiene (ver figura 18):


GRÁFICA DE CURVAS PARAMÉTRICAS CON GRAPHMATICA U.C.V.

F.I.U.C.V.




1.7. GRÁFICA DE CURVAS PARAMÉTRICAS CON GRAPHMATICA La gráfica de curvas dadas en forma paramétrica es sencilla usando el graficador Graphmatica. Si se quiere graficar la circunferencia de ecuación x2 + y2 = 9 , se deben indicar sus ecuaciones paramétricas y el intervalo del parámetro tome los valores. En este caso: x = 3 * cos(t); y = 3 * sin(t) {0,2 * pi} El ambiente de trabajo de Graphmatica puede apreciarse en la figura 19. Para buscar aspectos generales del uso de Graphmatica ingrese en la dirección www.joseluisquintero.com y en el link docencia en la asignatura Cálculo III descargar el archivo.pdf correspondiente.

Figura 19. Ambiente de trabajo de Graphmatica

1.8. LONGITUD, MAGNITUD O NORMA DE UN VECTOR Definición 5. La longitud, magnitud o norma de un vector es una cantidad escalar asociada con el tamaño del vector y se puede calcular como

x =

x12 + x22 + ... + xn2 .

LONGITUD, MAGNITUD O NORMA DE UN VECTOR U.C.V.

F.I.U.C.V.



El teorema de Pitágoras se puede usar para calcular la longitud de un vector fijo en R3 (ver figura 20). Si P = (x, y, z) , del teorema de Pitágoras se tiene que

OP

2

= OR

2

+ z2 ,

aplicando el teorema de Pitágoras al vector OR se obtiene

OR

2

= x2 + y2

y reemplazando esta última ecuación en la primera:

OR

2

= x2 + y2 + z2 .

Como la norma de un vector es no negativa se tiene que

P = OP =

x2 + y2 + z2 .

TEOREMA 1. (PROPIEDADES DE LA NORMA) a. x = 0 ⇔ x = 0 b.

x >0⇔x≠0

c.

λx = λ x ( λ escalar real)

d.

x + y ≤ x + y (Desigualdad triangular)

Observación 6. x se dice unitario si y sólo si x = 1 .

TEOREMA 2. Sea x ∈ Rn , entonces

x es unitario. x

Figura 20. Norma de un vector en tres dimensiones usando el teorema de Pitágoras

U.C.V.

PRODUCTO ESCALAR




F.I.U.C.V.

1.9. PRODUCTO ESCALAR Definición 6. Dados los vectores x = (x1 , x2 ,..., xn ) y y = (y1 , y2 ,..., yn ) se define el producto escalar x • y, por n

x • y = x1y1 + ... + xnyn =

∑xy . i i

i =1

TEOREMA 3. (PROPIEDADES DEL PRODUCTO ESCALAR) a. x • y = y • x b.

(λx) • y = λ(x • y)

c.

x • (y + z) = x • y + x • z

d.

x•x ≥0

e.

x•x =0 ⇔ x =0

Observación 7.

x•x = x .

1.10. ÁNGULO ENTRE DOS VECTORES Definición 7. Sean A y B dos vectores de R3 o R2 no nulos, el ángulo θ entre los vectores coordenados A y B es el ángulo entre los vectores fijos OA y OB y donde θ es un ángulo

entre 0 y 180 . TEOREMA 4. Si A y B son vectores coordenados de R3 no nulos, entonces

cos(θ) =

A

2

+ B

2

− B−A

2

.

2 A B

Demostración.

Por la ley de los cosenos se tiene que

B−A

2

= A

2

+ B

2

− 2 A B cos(θ) .

(ver figura 21) De modo que

cos(θ) =

A

2

+ B

2

− B−A

2 A B

2

.


ÁNGULO ENTRE DOS VECTORES U.C.V.

F.I.U.C.V.



Demostración.

Figura 21. Ángulo entre dos vectores usando la norma de vectores

Si A = (a1 , a2 , a3 ) y B = (b1 ,b2 ,b3 ) son vectores de R3, entonces

B−A

2

= (b1 − a1 )2 + (b2 − a2 )2 + (b3 − a3 )2 = (b12 + b22 + b32 ) + (a12 + a22 + a32 ) − 2(b1a1 + b2a2 + b3a3 ) = B

2

+ A

2

− 2(b1a1 + b2a2 + b3a3 )

Reemplazando se tiene que

cos(θ) =

A

2

+ B

2

− B

2

− A

2

+ 2(b1a1 + b2 a2 + b3a3 )

2 A B

=

(b1a1 + b2a2 + b3a3 ) A B

=

A •B A B □

1.11. PRODUCTO VECTORIAL Considere el problema de encontrar un vector X = (x, y, z) perpendicular a dos vectores no nulos y no paralelos A = (a1 , a2 , a3 ) y B = (b1 ,b2 ,b3 ) . Como A • X = B • X = 0 , el problema se reduce a la solución del sistema de ecuaciones dado por

a1x + a2 y + a3z = 0 b1x + b2 y + b3z = 0

.

Se puede eliminar z multiplicando la primera ecuación por b3 y la segunda por −a3 y luego sumándolas se obtiene

(a1b3 − a3b1 )x + (a2b3 − a3b2 )y = 0

(*)

U.C.V.

F.I.U.C.V.

PRODUCTO VECTORIAL




De forma semejante, se puede eliminar y y

(a1b2 − a2b1 )x + (a3b2 − a2b3 )z = 0

(**)

Se ve fácilmente que para cualquier constante k,

x = k(a2b3 − a3b2 ) , y = k(a3b1 − a1b3 ) , z = k(a1b2 − a2b1 ) es una solución para el sistema formado por (*) y (**). Como se puede ver hay infinitas soluciones a este sistema todas ellas múltiplos escalares. Cuando k = 1 la solución se define como el producto vectorial A × B . Por lo anterior, A × B es un vector perpendicular tanto a A

como a B (ver figura 22).

Figura 22. Producto vectorial de dos vectores

Definición 8. Para cualquier par de vectores A y B de R3 el producto vectorial de A por B se define como

A × B = (a2b3 − a3b2 , a3b1 − a1b3 , a1b2 − a2b1 ) . Observación 8. a. Si A o B es el vector nulo, entonces es claro que A × B = 0 . b. Si A o B no son nulos y A es paralelo a B, entonces B = λA para algún escalar λ , por

tanto

U.C.V.

PRODUCTO VECTORIAL




F.I.U.C.V.

A × B = A × (λA) = (a1 , a2 , a3 ) × (λa1 , λa2 , λa3 ) = (a2 (λa3 ) − a3 (λa2 ), a3 (λa1 ) − a1(λa3 ), a1(λa2 ) − a2 (λa1 )) = (λa2a3 − λa3a2 , λa3a1 − λa1a3 , λa1a2 − λa2a1 ) = (0, 0, 0) Se tiene entonces que si A × B son vectores paralelos entonces A × B = 0 . Usando determinantes se tiene que

i

j

k

A × B = a1

a2

a3 .

b1 b2 b3 TEOREMA 5. (PROPIEDADES DEL PRODUCTO VECTORIAL) Sean A, B y C vectores de R3 y λ un número real. a.

A×A = 0

b.

0×A = A×0 = 0

c. d.

B × A = −A × B A × (B + C) = A × B + A × C

e.

(λA) × B = λ(A × B) = A × (λB)

Observación 9. El producto cruz o vectorial en general no cumple la propiedad asociativa, es

decir, A × (B × C) ≠ (A × B) × C .

Relacionando al producto vectorial con el producto escalar se tiene

A×B

2

+ (A • B)2 = A

2

2

B .

(Identidad de Lagrange) TEOREMA 6. Si A y B son vectores de R3 y θ es el ángulo entre los vectores A y B, entonces A × B = A B sen(θ) . Demostración.

A ×B

2

= A

2

B

2

− (A • B)2 = A

2

B

2

− A

2

B

2

cos2 (θ) = A

2

= A

2

2

B (1 − cos2 (θ)) B

2

sen2 (θ)

De modo que

A × B = A B sen(θ) . □

U.C.V.

F.I.U.C.V.

PRODUCTO VECTORIAL




La fórmula anterior para A × B tiene una interpretación geométrica para lo cual se construirá el paralelogramo determinado por A y B (ver figura 23). El área de dicho paralelogramo es base por la altura, donde la base es A y la altura es B sen(θ) , entonces el área del paralelogramo es

A × B = A B sen(θ) .

Para el cálculo del área de un triángulo de vértices a, b y c se tiene que

ÁREA =

1 2

AB × AC .

Figura 23. Aplicación geométrica del producto vectorial

1.12. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL El límite de una función vectorial en un punto t0 de su dominio es una simple extensión vectorial del límite de una función real. TEOREMA 7. Sea r(t) = (r1(t),...,rn(t)) , lím r(t) = L = (l1 ,...,ln ) si y sólo si lím ri (t) = li . t → t0

t → t0

A efectos de cálculo, se evalúa el límite coordenada a coordenada, es decir.   lím r(t) =  lím r1(t),..., lím rn(t)  . t → t0 t → t t → t 0 0  

LÍMITE DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL U.C.V.

F.I.U.C.V.



Ejemplo 9. Si

sen(t)   , r(t) =  t2 , t, t   se tiene sen(t)   lím r(t) =  lím t2 , lím t, lím = (0, 0,1) . t →0 t → 0 t → 0 t → 0 t   TEOREMA 8. Si f(t) y g(t) son funciones vectoriales de una variable real tales que lí m f(t) = b y lí m g(t) = c , t → t0

t → t0

entonces: a. b. c.

lí m[f(t) ± g(t)] = l í m f(t) ± lí m g(t) = b + c .

t → t0

t → t0

t → t0

lí m(f(t) • g(t)) = lí m f(t) • lí m g(t) = b • c .

t → t0

t → t0

t → t0

lí m(f(t) × g(t)) = lí m f(t) × lí m g(t) = b × c (para R 3 solamente)

t → t0

t → t0

t → t0

1.13. CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL Definición 9. Sea t0 ∈ D(r) . Se dirá que r es continua en t0 si y sólo si

lím r(t) = r(t0 ) .

t → t0

Ejemplo 10. Estudie la continuidad de  2 sen(t)  si t ≠ 0  t , t, . r(t) =  t   (0, 0, 0) si t = 0  Solución. sen(t)   lím r(t) = lím  t2 , t, = (0, 0,1) ≠ r(0) , t →0 t →0  t  por lo tanto la función no es continua en t0 = 0 . TEOREMA 9. La función r es continua en t0 si y sólo si sus funciones coordenadas ri son continuas en t0 .

DERIVADA DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL U.C.V.

F.I.U.C.V.




1.14. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL La derivada se define en forma similar a la de funciones reales de variable real. Definición 10. Se define la derivada de r en t0 , denotada por r '(t0 ) o bien por

dr dt

(t0 ) ,

como el límite:

r(t0 + h) − r(t0 ) r (t + h) − rn(t0 )   r (t + h) − r1(t0 ) = lím  1 0 ,..., n 0  h 0 → h h h   r (t + h) − r1(t0 ) r (t + h) − rn (t0 )   ' ' =  lím 1 0 ,..., lím n 0  = (r1(t0 ),...,rn (t0 )). h 0 h 0 → → h h  

r '(t0 ) = lím

h→ 0

Ejemplo 11. Siendo r(t) = (2 cos(t), 2sen(t)) se tiene r '(t) = (−2sen(t),2 cos(t)). TEOREMA 10. Sean f(t) y g(t) funciones vectoriales de variable real, derivables, y α(t) una función real de variable real, entonces: a. (f(t) ± g(t))' = f '(t) ± g '(t) b. (α(t)f(t))' = α '(t)f(t) + α(t)f '(t) c. (f(t) • g(t))' = f(t) • g '(t) + f '(t) • g(t) d. (f(t) × g(t))' = f(t) × g '(t) + f '(t) × g(t) (para R 3 solamente)

1.15. INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA Y FÍSICA DE LA DERIVADA Se dice que r '(t0 ) es el vector director de la recta tangente a la curva r(t) en el punto

t0 . La ecuación de la recta tangente a r(t) en t0 viene dada por f(α) = r(t0 ) + αr '(t0 ) , α ∈ R . Ejemplo 12. Calcula la ecuación de la recta tangente a la curva r(t) = (a cos(t), asen(t)) en el punto r( 4π ) . Solución.

r( 4π ) =

(

2 2

a,

2 2

)

(

a y r '( 4π ) = −

2 2

a,

2 2

)

a ,

por lo tanto la recta tangente tiene ecuación vectorial:

INTEPRETACIÓN GEOMÉTRICA Y FÍSICA DE LA DERIVADA U.C.V.

F.I.U.C.V.



f(α) =

(

2 2

a,

2 2

) (

a +α −

2 2

a,

2 2


)

a , α ∈ R.

Si el parámetro t es el tiempo y r(t) es la posición instantánea de un cuerpo entonces: La velocidad instantánea es v(t) = r '(t) . La rapidez instantánea es v(t) = v(t) . La aceleración instantánea es a(t) = r ''(t).

1.16. INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL Definición 11. Sea r(t) = (r1(t),...,rn (t)). Se define la integral de r(t) sobre [a,b] como

∫

b

a

 r(t)dt =   

∫

b

r1(t)dt,..., a

∫

b

a

 rn (t)dt  .  

Ejemplo 13. El vector posición de una partícula viene dado por r(t) = (sen(t), 3 cos(t), 2). a. Elimine el parámetro t, dé una ecuación en coordenadas cartesianas que relacione las

componentes de r e identifique la curva obtenida. Solución.

9x2 + y2 = 9 , z = 2 elipse. b. Calcule

∫

π /2

(c • r(t))dt 0

donde c = (1, 0, 3) . Solución.

∫

π /2

π /2

(6 + sen(t))dt = 6t − cos(t) 0

= 1 + 3π .

0

1.17. LONGITUD DE ARCO Definición 12. Sea C la curva definida por r(t) en un intervalo abierto I, tal que r '(t) existe y

sea continua en I. Si la curva C satisface las hipótesis anteriores entonces la longitud de curva comprendida entre r(a) y r(t) está dada por

U.C.V.

LONGITUD DE ARCO




F.I.U.C.V.

s(t) =

∫

t

r '(α) dα . a

Ejemplo 14. Calcule la longitud de una circunferencia de radio a. Solución. Una parametrización para la circunferencia es r(t) = (a cos(t), asen(t)) con 0 ≤ t ≤ 2π . Luego r '(t) = (−asen(t), a cos(t)) y su longitud será:

s=

∫

2π

r '(t) dt = 0

∫

2π

∫

2π

(−asen(t))2 + (a cos(t))2 dt = a 0

dt = 2πa . 0

Definición 13. Dada una curva r(t), se puede reparametrizar usando s como parámetro; se

llama a ésta la parametrización intrínseca de la curva. Ejemplo 15. La curva r(t) = (3 cos(t),3sen(t), 4t) es una hélice, reparametrizarla en función

de la longitud de arco. Solución.

s(t) =

∫

t

r '(α) dα = 0

∫

t

9sen (α) + 9 cos (α) + 16dα = 5 2

2

0

∫

t

dα = 5t , 0

de modo que t = s / 5 . Por lo tanto en función de la longitud de arco se tiene la función vectorial

 s s 4  r(s) =  3 cos   , 3sen   , s  . 5 5 5   TEOREMA 11. Si r(s) es la parametrización intrínseca de una curva C entonces r '(s) = 1 . Demostración. Sea s−1(t) = h(t) . Si r(s) = r(h(t)) , entonces r '(s) = r '(h(t))h'(t). −1

Se sabe que s(s (t)) = t , entonces

s '(s−1(t))(s−1(t))' = 1 , se obtiene en consecuencia h'(t) = (s−1(t))' =

1 s '(s−1(t))

=

1 . r '(h(t))

Por lo tanto

r '(s) =

r '(h(t)) ⇒ r '(s) = 1 . r '(h(t))

U.C.V.





F.I.U.C.V.

1.18. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Sean a ≠ 0 , a • b = a • c y a × b = a × c . ¿Se puede concluir que b = c ? Solución. Sean a = (a1 , a2 , a3 ) , b = (b1 ,b2 ,b3 ) , c = (c1 , c2 , c3 ).

a • b = a • c ⇒ a1b1 + a2b2 + a3b3 = a1c1 + a2c2 + a3c3 ⇒ a1(b1 − c1 ) + a2 (b2 − c2 ) + a3 (b3 − c3 ) = 0 a × b = a × c ⇒ (a2b3 − a3b2 , a3b1 − a1b3 , a1b2 − a2b1 ) = (a2c3 − a3c2 , a3c1 − a1c3 , a1c2 − a2c1 ) ⇒ (a2 (b3 − c3 ) − a3 (b2 − c2 ), a3 (b1 − c1 ) − a1(b3 − c3 ), a1(b2 − c2 ) − a2 (b1 − c1 )) = (0, 0, 0) Sea el sistema de ecuaciones a1(b1 − c1 ) + a2 (b2 − c2 ) + a3 (b3 − c3 ) = 0

a2 (b3 − c3 ) − a3 (b2 − c2 ) = 0 a3 (b1 − c1 ) − a1(b3 − c3 ) = 0

.

a1(b2 − c2 ) − a2 (b1 − c1 ) = 0 Si se suman todas las ecuaciones se tiene (a1 − a2 + a3 )(b1 − c1 ) + (a1 + a2 − a3 )(b2 − c2 ) + (−a1 + a2 + a3 )(b3 − c3 ) = 0 . Esta ecuación se satisface si b = c o si se cumple que  a1 − a2 + a3 = 0   a1 + a2 − a3 = 0 .  −a + a + a = 0 2 3  1 Como el determinante de la matriz del sistema es (4 ≠ 0) la única solución es a = 0 . Como por hipótesis a ≠ 0 , se puede concluir que b = c . 2. ¿En qué puntos la recta tangente a la curva r(t) = (3t − t3 , 3t2 , 3t + t2 ) es paralela al plano x + y +z+2 = 0? Solución.

r '(t) = (3 − 3t2 , 6t, 3 + 2t) y el vector normal del plano es N = (1,1,1) . Para que se verifique la relación de paralelismo se debe tener que r '(t) • N = 0 . De modo que

(3 − 3t2 , 6t, 3 + 2t) • (1,1,1) = 0 ⇒ 3 − 3t2 + 6t + 3 + 2t = 0 ⇒ 3t2 − 8t − 6 = 0 . Aplicando resolvente: t =

8 ± 64 + 4.3.6 8 ± 136 8 ± 2 34 4 ± 34 = = = . 6 6 6 3

De modo que

t1 =

4 + 34 4 − 34 , t2 = . 3 3

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Los puntos son r(t1 ) y r(t2 ). 3. Demuestre que si r(t) es constante entonces r(t) y r '(t) son ortogonales. Solución. Sea r(t) = k , entonces r(t)

2

= k2 ⇒ r(t) • r(t) = k2 . Si se deriva se tiene que

r(t) • r '(t) + r '(t) • r(t) = 0 ⇒ r(t) • r '(t) = 0 y de acuerdo a lo visto en puntos anteriores los vectores r(t) y r '(t) son ortogonales.

4. Sea el arco

2t   2 c(t) =  2 − 1, 2  , 0 ≤ t ≤ 1. t + 1 t +1 Calcule su longitud. Solución.

2t   2 c(t) =  2 − 1, 2  ⇒ c′(t) = t + 1 t +1 16t2 + 4 − 8t2 + 4t 4

c′(t) = lc =

∫

(t + 1) 2

1

2

1

(t + 1) 2

0

4

=

dt = 2arctg(t) 0 =

 −4t 2(t2 + 1) − 2t2t   −4t 2 − 2t2  ; = ;  2    2 2 2 2    2 (t2 + 1)2  (t + 1)   (t + 1) (t + 1) 

4t 4 + 8t2 + 4 (t + 1) 2

4

=

(2t2 + 2)2 (t + 1) 2

4

=2

(t2 + 1)2 (t + 1) 2

4

=

2 (t + 1) 2

π 2

5. Dada la curva definida por r(t) = (t3 − 3t,3t2 ) , calcule: a. Los valores de t para los cuales r(t) se autointersecta, es decir, r(t1 ) = r(t2 ) siendo

t1 ≠ t2 . Solución. Sean A = t1 y B = t2 . Se tiene que

A3 − 3A = B3 − 3B ⇒ A3 − B3 − 3(A − B) = 0 . Entonces se obtiene

(A − B)(A2 + AB + B2 − 3) = 0 ⇒ A = B o A2 + AB + B2 − 3 = 0 . Por otro lado se tiene que 3A2 = 3B2 ⇒ A = B o A = −B . Sustituyendo: A2 − A2 + A2 − 3 = 0 ⇒ A = ± 3 . De modo que los valores de t son t1 = − 3 y t2 = 3 . b. La longitud del lazo entre r(t1 ) y r(t2 ) . Solución. Si r '(t) = (3t2 − 3, 6t) entonces

U.C.V.





F.I.U.C.V.

L=

∫

3

(3t2 − 3)2 + 36t2 dt = − 3

∫

3

9t 4 − 18t2 + 9 + 36t2 dt = 6 − 3

∫

3

(t2 + 1)dt = 12 3. 0

6. Halle la longitud de arco de la hélice cónica C de ecuaciones paramétricas dadas por

x(t) = aet cos(t) , y(t) = aet sen(t) , z(t) = aet , (a > 0) desde el punto (0,0,0) hasta el punto (a,0,a).

Solución.

r(t) = (aet cos(t), aet sen(t), aet ), t ≤ 0 r'(t) = (aet (cos(t) − sen(t)), aet (cos(t) + sen(t)), aet ), t ≤ 0 r'(t) =

a2e2t (cos(t) − sen(t))2 + a2e2t (cos(t) + sen(t))2 + a2e2t

= aet (cos(t) − sen(t))2 + (cos(t) + sen(t))2 + 1 = aet cos2 t − 2 cos(t)sen(t) + sen2 (t) + cos2 (t) + 2 cos(t)sen(t) + sen2 (t) + 1 = 3aet

r'(t) dt = 3aet dt .

∫

0

3ae dt = lím t

−∞

b → −∞

∫

0

3aet dt = lím b

b → −∞

3aet

0

= 3a lím (1 − eb ) = 3a . b → −∞

b

7. Una parametrización en sentido antihorario para la curva C definida por   π π y = cos(x) x∈ ,   4 2   2 2  π  y= x x ∈ 0,  ,  π  4   2 2  π   x − π  + y2 = π y ∈  − , 0  4  16  4  viene dada por la función vectorial  (−t, cos(t)) − 2π ≤ t ≤ − 4π   r(t) =  ( 4π − 4π (t + 4π ), 22 − 22 (t + 4π )) − 4π ≤ t ≤ 1 − 4π .  π π 5π π 5π π 3π ( 4 + 4 cos(t − 1 + 4 ), 4 sen(t − 1 + 4 )) 1 − 4 ≤ t ≤ 1 + 4 Usando la función vectorial r(t) , construya la función r'(t) • r''(t) . Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) .  (−1, −sen(t))   r'(t) =  (− 4π , − 22 )  π 5π π (− 4 sen(t − 1 + 4 ), 4 cos(t − 1 +

− 2π ≤ t ≤ − 4π − 4π < t ≤ 1 − 5π )) 4

1−

π 4

< t ≤1

π 4 + 34π

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Paso 2. Cálculo de r''(t) .

 (0, − cos(t))  (0, 0) r''(t) =   π 5π π (− 4 cos(t − 1 + 4 ), − 4 sen(t − 1 + Paso 3. Cálculo de r'(t) • r''(t) .

− 2π ≤ t ≤ − 4π − 4π < t ≤ 1 − 5π )) 4

1−

π 4

< t ≤1

π 4 + 34π

sen(t) cos(t) − 2π ≤ t ≤ − 4π  0 r'(t) • r''(t) =  − 4π ≤ t ≤ 1 − 4π  0 1 − 4π ≤ t ≤ 1 + 34π  8. Una partícula se mueve con vector posición 3 /2

2  r(t) = tA + t2B + 2  t  3 

A ×B

donde A y B son dos vectores unitarios fijos que forman un ángulo de π / 3 . Calcule el tiempo empleado para desplazarse una distancia de 12 unidades de longitud de arco desde la posición inicial r(0) .

Solución. 2

Paso 1. Cálculo de r'(t) y r'(t) . 1/2

2  r'(t) = A + 2tB + 2  t  3 

r'(t)

2

A ×B.

1/2 1/2     2  2  = r'(t) • r'(t) =  A + 2tB + 2  t  A × B  •  A + 2tB + 2  t  A × B     3  3      1/2

2  = A • A + 2t(A • B) + 2  t  3 

(A • (A × B)) + 2t(B • A) + 4t2 (B • B)

1/2

1/2

2  2  + 4t  t  (B • (A × B)) + 2  t  3  3  2  + 4  t  (A × B) • (A × B) 3 

1/2

2  ((A × B) • A) + 4t  t  3 

((A × B) • B)

Paso 2. Uso de propiedades para el cálculo de r'(t) . Propiedades a usar:

A•A = A

2

= 1 , B•B = B

A × B = A B sen( 3π ) =

3 2

2

= 1 , A • B = B • A , A • B = A B cos( 3π ) =

, (A × B) • (A × B) = A × B

2

=

A • (A × B) = (A × B) • A = 0 , B • (A × B) = (A × B) • B = 0 De manera que

3 4

1 2

U.C.V.

r'(t)

r'(t)





F.I.U.C.V.

2

2

1/2

2  = 1 + 2t. 12 + 2  t  3  2  + 4  t  . 34 3 

1/2

2  0 + 2t. 12 + 4t2.1 + 4t  t  3 

1/2

2  0 + 2 t 3 

1/2

2  0 + 4t  t  3 

0 .

= 1 + 2t. 12 + 2t. 12 + 4t2.1 + 4. 23 t. 34 = 4t2 + 4t + 1 = (2t + 1)2 ⇒ r'(t) = 2t + 1 .

Paso 3. Cálculo de s(t) .

s(t) =

∫

t

r'(t) dt = r(0)

∫

t

(2α + 1)dα = (α2 + α) 0

t 0

= t2 + t = 12 .

Por lo tanto t + t = 12 ⇒ t + t − 12 = 0 ⇒ (t + 4)(t − 3) ⇒ t = −4 ó t = 3 . 2

2

Como t debe ser mayor o igual a cero, entonces se toma t = 3 . 9. Sea r(s), s ∈ I , una parametrización por longitud de arco de una curva C. Pruebe que los vectores r '(s) y r ''(s) son ortogonales. Solución. Si r(s) es una parametrización por longitud de arco, se tiene que

r '(s) = 1 . Como la

norma de este vector es constante, entonces es ortogonal con r ''(s) . 10. Sea a un vector unitario y constante y r(t) una curva tal que r(t) • a = e2t . Sabiendo que el

ángulo θ entre r'(t) y a es constante, con 0 < θ <

r(n)(t) • a = 2n −1 e2t

π 2

, pruebe que

r'(t) • r''(t) , n ≥ 1. r'(t) • r'(t)

Solución.

r(t) • a = e2t ⇒ r'(t) • a = 21 e2t ⇒ r''(t) • a = 22 e2t ⇒ r'''(t) • a = 23 e2t ⇒ ... ⇒ r(n)(t) • a = 2n e2t r'(t) • a = 2e2t ⇒ r'(t) cos(θ) = 2e2t ⇒ r'(t) = 2e2t sec(θ) ⇒ r'(t) • r'(t) = r'(t)

2

= 4e4t sec2 (θ)

r'(t) • r'(t) = 4e4t sec2 (θ) ⇒ 2r'(t) • r''(t) = 16e4t sec2 (θ) ⇒ r'(t) • r''(t) = 8e4t sec2 (θ)

r'(t) • r''(t) 8e4t sec2 (θ) = = 2. r'(t) • r'(t) 4e4t sec2 (θ) Por lo tanto n 2t 2 e = 2n −1 e2t . r(n) (t)• a

2

r'(t)•r''(t) r'(t)•r'(t)

.

GRÁFICAS DE CURVAS PARAMÉTRICAS EN R2 U.C.V.

F.I.U.C.V.



1.19. GRÁFICAS DE CURVAS PARAMÉTRICAS EN R2 Para construir curvas definidas mediante una función vectorial se estudian, siguiendo los delineamientos de funciones de una variable, las funciones coordenadas x(t), y(t). El esquema a seguir, contiene ciertos detalles: I.

Información de r(t): a. Dominio de r(t) denotado como D(r). b. Corte con los ejes: • Eje x: Encuentre t ∈ D(r) tal que y(t) = 0

• c.

Eje y: Encuentre t ∈ D(r) tal que x(t) = 0

Signo. Tome en cuenta los valores de t donde hay cortes con algún eje así como los

valores de t para los cuales r(t) no es continua. d. Simetrías: • Si D(r) es simétrico y r(−t) = (−x(t), −y(t)) , la curva es simétrica respecto del

•

origen. Si D(r) es simétrico y r(−t) = (−x(t), y(t)) , la curva es simétrica respecto del eje y.

•

Si D(r) es simétrico y r(−t) = (x(t), −y(t)) , la curva es simétrica respecto del eje x.

e. Asíntotas y puntos asintóticos: • Si t0 = ±∞ (si está dentro del dominio de la función vectorial) entonces:

•

•

Si l í m x(t) = k y l í m y(t) = ±∞ , x = k es una asíntota vertical.

•

Si l í m x(t) = ±∞ y l í m y(t) = k , y = k es una asíntota horizontal.

•

Si l í m x(t) = ±∞ , l í m y(t) = ±∞ , lí m

•

Si l í m x(t) = a y l í m y(t) = b , (a,b) es un punto asintótico.

t → t0 t → t0

t → t0

t → t0

y(t) = m y l í m[y(t) − mx(t)] = b con m t → t0 x(t) y b finitos entonces y = mx + b es una asíntota oblicua. t → t0

t → t0

t → t0

t → t0

t → t0

Si r(t) no es continua en t0 entonces: •

Si lí m x(t) = k y l í m y(t) = ±∞ o lí m x(t) = k y lí m y(t) = ±∞ , x = k es una

•

asíntota vertical. Si l í m x(t) = ±∞ y lí m y(t) = k o lí m x(t) = ±∞ y lí m y(t) = k , y = k es una

− t → t0

− t → t0

− t → t0

− t → t0

asíntota horizontal.

t → t+ 0

t → t+ 0

t → t+ 0

t → t+ 0


F.I.U.C.V.

•



y(t) = m y l í m[y(t) − mx(t)] = b con m t → t0 x(t) y b finitos entonces y = mx + b es una asíntota oblícua.

•

Si l í m x(t) = ±∞ , l í m y(t) = ±∞ , lí m

•

Si l í m x(t) = a y l í m y(t) = b , (a,b) es un punto asintótico.

t → t0

t → t0

t → t0

t → t0

t → t0

Si r(t) no es continua en t0 entonces: •

Si lí m x(t) = k y l í m y(t) = ±∞ o lí m x(t) = k y lí m y(t) = ±∞ , x = k es una

•

asíntota vertical. Si l í m x(t) = ±∞ y lí m y(t) = k o lí m x(t) = ±∞ y lí m y(t) = k , y = k es una

− t → t0

− t → t0

− t → t0

− t → t0

t → t+ 0

t → t+ 0

t → t+ 0

t → t+ 0

asíntota horizontal.

•

Si l í m x(t) = ±∞ , l í m y(t) = ±∞ , lí m − t → t0

− t → t0

− t → t0

lí m x(t) = ±∞ , lí m y(t) = ±∞ , lí m

t → t+ 0

t → t+ 0

t → t+ 0

y(t) = m y l í m[y(t) − mx(t)] = b o − x(t) t → t0

y(t) = m y lí m[y(t) − mx(t)] = b con m y b x(t) t → t+ 0

finitos entonces y = mx + b es una asíntota oblícua. •

Si lí m x(t) = a y l í m y(t) = b o lí m x(t) = a y lí m y(t) = b , (a,b) es un − t → t0

− t → t0

t → t+ 0

t → t+ 0

punto asintótico. II. Información de r'(t): a. Cálculo de r'(t) . b. Dominio de r'(t) denotado como D(r’). c.

Tangentes y puntos cuspidales • Si x '(t0 ) = 0 , t0 ∈ D(r') , con y '(t0 ) ≠ 0 , entonces se tiene una tangente vertical

de ecuación x = x(t0 ) al gráfico en r(t0 ) . •

Si

y '(t0 ) = 0 ,

t0 ∈ D(r') , con

x '(t0 ) ≠ 0 , entonces se tiene una tangente

horizontal de ecuación y = y(t0 ) al gráfico en r(t0 ) .

•

Si r '(t0 ) = (0, 0) , t0 ∈ D(r') , entonces se tiene un punto cuspidal (pico) al gráfico en t0 .

d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) . Tome en cuenta los valores de t donde

x '(t) = 0 o y '(t) = 0 así como los valores de t para los cuales r’(t) no es continua. e. Valores máximos y mínimos. Tome en cuenta los valores de t, ( t ∈ D(r') ), para los

cuales x '(t) = 0 y x '(t − ).x '(t + ) < 0 así como los valores de t para los cuales y '(t) = 0 y y '(t − ).y '(t + ) < 0 , donde t − es un número cercano a t y menor que t y t + es un número cercano a t y mayor que t.



F.I.U.C.V.



III. Información de la concavidad de r(t) a. Cálculo de la segunda derivada b. Concavidad de r(t) . Tome en cuenta los valores de t donde

valores de t para los cuales c.

d2 y dx2

d2 y dx2

(t) = 0 así como los

(t) no es continua.

Puntos de inflexión. Tome en cuenta los valores de t para los cuales

d2 y 2

dx

(t − ).

d2 y 2

dx

d2 y dx2

(t) = 0 y

(t + ) < 0 , donde t − es un número cercano a t y menor que t y t + es un

número cercano a t y mayor que t. IV. Gráfico de r(t)

Ejemplo 16. Estudie en forma detallada y grafique la curva  t2 t2  r(t) =  , ,  1 − t2 1 − t   

indicando el sentido del recorrido. Solución. I. Información de r(t) : a. Dominio: R − {−1,1} . b. Corte con los ejes: Eje x: y = 0 ⇒ t = 0 . Eje y: x = 0 ⇒ t = 0 , r(0) = (0, 0) . Pasa por el origen. c.

Signo:

t

-1

0

1

x

-

+

+

-

y

+

+

+

-

Cuadrante

II

I

I

III

d. Simetrías:

 (−t)2 (−t)2   t2 t2  . r(−t) =  , = ,    1 − (−t)2 1 − (−t)   1 − t2 1 + t      La curva no presenta ningún tipo de simetría. e. Asíntotas y puntos asintóticos:

•

Verticales: t2 t2 t2 t2 lím = −1 , lím = +∞ . lím = −1 , lím = −∞ . 2 2 t → −∞ 1 − t t →−∞ 1 − t t → +∞ 1 − t t → +∞ 1 − t

Por tanto x = −1 es asíntota vertical de la curva cuando t → −∞ y cuando t → +∞ .



F.I.U.C.V.

•

•



Horizontales: t2 t2 1 t2 t2 1 lím = −∞ , lím = , lím = +∞ , lím = . 2 2 2 2 t → −1− 1 − t t → −1− 1 − t t →−1+ 1 − t t →−1+ 1 − t 1 Por lo tanto y = 2 es una asíntota horizontal de la curva cuando t → −1 .

Oblicuas: t2 t2 t2 t2 . lím , lím lím , lím = +∞ = +∞ = −∞ = −∞ 2 2 t →1− 1 − t t →1− 1 − t t →1+ 1 − t t →1+ 1 − t

m=

t2 1− t lím 2 t →1 t 1 − t2

= lím

t →1

t2 (1 − t2 ) t2 (1 − t)

= lím(1 + t) = 2 . t →1

 t2 t2  t2 (1 + t) − 2t2 t2 + t3 − 2t2 t2 + t3 − 2t2 b = lím  −2 = lím = lím = lím  2 2 2 t →1  1 − t t →1 t →1 1 − t  t →1 1−t 1−t 1 − t2  = lím

t3 − t2

= lím

t 3 − t2

= lím

t2 (t − 1)

−t2 (1 − t) −t 2 1 = lím =− . t →1 (1 + t)(1 − t) t →1 (1 + t) 2

= lím

t →1 1 − t2 t →1 1 − t2 1 − t2 Por lo tanto y = 2x − 12 es una asíntota oblícua de la curva cuando t → 1 . t →1

II. Información de r'(t): a. Cálculo de r'(t):

x '(t) = y '(t) =

2t(1 − t2 ) + t2.2t (1 − t )

2 2

2t(1 − t) + t2 (1 − t)

2

=

=

2t − 2t3 + 2t3 (1 − t )

2 2

2t − 2t2 + t2 (1 − t)

2

=

=

2t (1 − t2 )2

2t − t2 (1 − t)

2

=

.

t(2 − t) (1 − t)2

.

Por lo tanto,  2t t(2 − t)  r '(t) =  , 2 2 2  .  (1 − t ) (1 − t)  b. Dominio: R − {−1,1} c.

Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) = 0 ⇒ t = 0 , y '(0) = 0 . La curva no tiene tangentes verticales. •

Horizontales: y '(t) = 0 ⇒ t = 0 ó t = 2 , x '(2) =

4 9

.

(

)

La curva tiene una tangente horizontal en r(2) = − 34 , −4 de ecuación y = −4 .

•

Puntos cuspidales: r '(0) = (0, 0) .

d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) : t x’

-1 -

0 -

1 +

2 +

+

y’ + + e. Valores máximos y mínimos: x(0) = 0 es un valor mínimo para la función x.

y(0) = 0 es un valor mínimo e y(2) = −4 es un valor máximo para la función y.



F.I.U.C.V.



III.Información de la concavidad de r(t) : a. Cálculo de la segunda derivada:

d2 y

=

2

dx

d dt

( )= dy dx

dx dt

3 (1 − t2 ) 2 2t (1 − t2 )2

=

3(1 − t2 )3 , t ≠0 , t ≠1 4t

b. Concavidad de r(t): t 2

d y dx

-1 2

+

0 -

1 +

-

c. Puntos de inflexión: No tiene. IV. Gráfico de r(t): (ver figura 24)


Ejemplo 17. Estudie en forma detallada y grafique la curva  2t − 1 t2  r(t) =  2 , ,  t − 1 t − 1    indicando el sentido del recorrido. Solución. I. Información de r(t) : a. Dominio: R − {−1,1} . b. Corte con los ejes: Eje x: y = 0 ⇒ t = 0 , r(0) = (1, 0) Eje y: x = 0 ⇒ t =

1 2

, r( 12 ) = (0, − 12 )



c.

F.I.U.C.V.



Signo: t

-1

0

1

1/2

x

-

+

+

-

+

y

-

-

-

-

+

Cuadrante

III

IV

IV

III

I

d. Simetrías:

 2(−t) − 1 (−t)2   −2t − 1 t2  r(−t) =  , = , .    (−t)2 − 1 (−t) − 1   t2 − 1 −t − 1      La curva no presenta ningún tipo de simetría. e. Asíntotas y puntos asintóticos: •

Verticales: 2t − 1 t2 2t − 1 t2 lím 2 = 0 , lím = −∞ . lím 2 = 0 , lím = +∞ . t → −∞ t − 1 t → −∞ t − 1 t → +∞ t − 1 t →+∞ t − 1

Por lo tanto x = 0 es una asíntota vertical de la curva cuando t → −∞ y cuando t → +∞ . •

Horizontales: 2t − 1 t2 1 2t − 1 t2 1 lím 2 = −∞ , lím = − , lím 2 = +∞ , lím =− . − − + + t − 1 2 t − 1 2 t → −1 t − 1 t → −1 t → −1 t − 1 t → −1 Por lo tanto y = − 12 es una asíntota horizontal de la curva cuando t → −1 .

•

Oblicuas: 2t − 1 t2 2t − 1 t2 = −∞ , lím = −∞ . lím 2 = +∞ , lím = +∞ lím 2 t →1− t − 1 t →1− t − 1 t →1+ t − 1 t →1+ t − 1

m=

t2 t −1 lím 2t −1 t →1 t2 −1

t2 (t2 − 1) t2 (t + 1)(t − 1) t2 (t + 1) = lím = lím = 2. t →1 (2t − 1)(t − 1) t →1 (2t − 1)(t − 1) t →1 2t − 1

= lím

 t2 2t − 1  t2 (t + 1) − 2(2t − 1) t3 + t2 − 4t + 2 b = lím  −2 2 = lím = lím  t →1  t − 1 t →1 t − 1  t →1 t2 − 1 t2 − 1  (t − 1)(t2 + 2t − 2) t2 + 2t − 2 1 = lím = . t →1 t →1 (t − 1)(t + 1) t +1 2

= lím

Por lo tanto y = 2x +

1 2

es una asíntota oblicua de la curva cuando t → 1 .


x '(t) = y '(t) =

2(t2 − 1) − (2t − 1)2t (t2 − 1)2 2t(t − 1) − t2 (t − 1)

Por lo tanto,

2

=

=

2t2 − 2 − 4t2 + 2t (t2 − 1)2

2t2 − 2t − t2 (t − 1)

2

=

t2 − 2t (t − 1)

2

=

=

−2t2 + 2t − 2 (t2 − 1)2

t(t − 2) (t − 1)2

.

=

−2(t2 − t + 1) (t2 − 1)2

.



F.I.U.C.V.



 −2(t2 − t + 1) t(t − 2)  r '(t) =  , .  (t2 − 1)2 (t − 1)2   b. Dominio: R − {−1,1} c.

Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) < 0 ∀t ∈ D(r). La curva no tiene tangentes verticales. •

Horizontales: y '(t) = 0 ⇒ t = 0 ó t = 2 , x '(0) = −2 , x '(2) = − 23 . La curva tiene una tangente horizontal en r(0) = (1, 0 ) de ecuación y = 0 y otra en r(2) = (1, 4 ) de

ecuación y = 4 . • Puntos cuspidales: No tiene. d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) : t

-1

0

1

2

x’

-

-

-

-

-

y’

+

+

-

-

+

e. Valores máximos y mínimos: y(0) = 0 es un valor máximo e y(2) = 4 es un valor mínimo para la función y. III.Gráfico de r(t): (ver figura 25)


U.C.V.





F.I.U.C.V.

1.20. EJERCICIOS RESUELTOS 4. Estudie en forma detallada y grafique la curva  4t 4t2  , , r(t) =   1 − t 4 1 − t 4    indicando el sentido del recorrido. Solución. I. Información de r(t) : a. Dominio: R − {−1,1} . b. Corte con los ejes: Eje x: y = 0 ⇒ t = 0 . Eje y: x = 0 ⇒ t = 0 , r(0) = (0, 0) . Pasa por el origen. c.

Signo: t

-1

0

1

x

+

-

+

-

y

-

+

+

-

Cuadrante

IV

II

I

III

d. Simetrías:

 4(−t) 4(−t)2   4t 4t2  r(−t) =  , = − , = (−x(t), y(t)) .    1 − (−t)4 1 − (−t)4   1 − t 4 1 − t 4      La curva es simétrica respecto del eje y. Intervalo de estudio [0, ∞) . e. Asíntotas y puntos asintóticos: 4t 4t2 4t 4t2 lím = 0 , lím = 0 , lím = 0 , lím =0 t → +∞ 1 − t 4 t → +∞ 1 − t 4 t → −∞ 1 − t 4 t →−∞ 1 − t 4 (0, 0) es un punto asintótico.

lím

t →1−

•

4t 1 − t4

= +∞ , lím

t →1−

4t2 1 − t4

= +∞ , lím

t →1+

4t 1 − t4

= −∞ , lím

t →1+

4t2 1 − t4

= −∞

Oblicuas: 4t2

m=

4 lím 1−4tt t →1 1 − t4

= lím

t →1

4t2 (1 − t 4 ) 4t(1 − t 4 )

= lím t = 1. t →1

 4t2 4t  4t2 − 4t −4t(1 − t) b = lím  − = lím = lím  4 4  t →1 1 − t 4 t →1  1 − t t →1 (1 − t)(1 + t)(1 + t2 ) 1 − t   −4t = lím = −1. t →1 (t + 1)(1 + t2 ) Por lo tanto y = x − 1 es una asíntota oblicua de la curva cuando t → 1 .

U.C.V.





F.I.U.C.V.


x '(t) = y '(t) =

4(1 − t 4 ) + 4t.4t3 (1 − t 4 )2

=

8t(1 − t 4 ) + 4t2.4t3 (1 − t 4 )2

4 − 4t 4 + 16t 4 (1 − t 4 )2 =

=

8t − 8t5 + 16t5 (1 − t 4 )2

4 + 12t 4 (1 − t 4 )2 =

=

8t + 8t5 (1 − t 4 )2

4(1 + 3t 4 ) (1 − t 4 )2 =

.

8t(1 + t 4 ) (1 − t 4 )2

.

Por lo tanto,

 4(1 + 3t 4 ) 8t(1 + t 4 )  r '(t) =  , .  (1 − t 4 )2 (1 − t 4 )2    b. Crecimiento y decrecimiento de r(t) : t

c.

0

1

x’

+

+

y’ dy dx

+

+

+ + Valores máximos y mínimos: y(0) = 0 es un valor mínimo para la función y.

III. Gráfico de r(t): (ver figura 26)


U.C.V.





F.I.U.C.V.

5. Estudie en forma detallada y grafique la curva  t2 t  r(t) =  , ,  1 − t t2 − 1    indicando el sentido del recorrido. Solución. I. Información de r(t) : a.

Dominio: R − {−1,1} .

b.

Corte con los ejes: Eje x: y(t) = 0 ⇒ t = 0 . Eje y: x(t) = 0 ⇒ t = 0 . La curva pasa por el origen.

c.

Signo:

t

d.

-1

0

1

x

+

+

+

-

y

-

+

-

+

Cuadrante

IV

I

IV

II

Simetrías:

 (−t)2 (−t)   t2 −t  r(−t) =  , = , .  1 − (−t) (−t)2 − 1   1 + t t2 − 1      La curva no presenta ningún tipo de simetría. e.

Asíntotas y puntos asintóticos:

•

Horizontales: t2 lím = +∞ , t → −∞ 1 − t

t2 t = −∞ , lím 2 =0 t → +∞ 1 − t t → +∞ t − 1 −1 Por tanto y = 0 es asíntota horizontal de la curva cuando t → −∞ y t → +∞ . •

Verticales: t2 1 lím = , − 1 − t 2 t → −1 Por lo tanto x =

•

Oblicuas: t2 lím = +∞ t →1− 1 − t

m=

t t2 −1 lím 2 t →1 t 1− t

1 2

t → −∞ t2

t →1−

lím

t → −1−

t t −1 2

t(1 − t)

t →1 t2 (t2

− 1)

t

=0 ,

lím

t2 1 = , + 1 − t 2 t → −1

t lím 2 = +∞ . + t −1 t −1 t → −1 es una asíntota vertical de la curva cuando t → −1

lím

= lím

t

lím

2

= −∞

= lím

t →1

= −∞ ,

lím

t2 = −∞ t →1+ 1 − t lím

lím

t →1+

t t −1 2

= +∞

−1 1 =− . t(1 + t) 2

 t t2  2t − t2 (1 + t) 2t − t2 − t3 b = lí m 2 + = lí m = lí m  t →1  t − 1 t →1 2(t2 − 1) 2(1 − t)  t →1 2(t2 − 1)  . −t(t2 + t − 2) −t(t + 2)(t − 1) −t(t + 2) 3 = lí m = lí m = lí m =− t →1 t →1 2(t + 1)(t − 1) t →1 2(t + 1) 4 2(t2 − 1)

U.C.V.





F.I.U.C.V.

3 1 Por lo tanto y = −  x +  es una asíntota oblicua de la curva. 4 2 II. Información de r'(t) : a. Cálculo de r'(t) :

x '(t) = y '(t) =

2t(1 − t) + t2

=

(1 − t)

2

(t2 − 1) − t.2t (t2 − 1)2

2t − 2t2 + t2

=

(1 − t)

2

t2 − 1 − 2t2 (t2 − 1)2

= =

2t − t2 (1 − t)

2

− t2 − 1 (t2 − 1)2

=

t(2 − t) (1 − t)2

=−

.

t2 + 1 (t2 − 1)2

.

Por lo tanto,

 t(2 − t) t2 + 1  r '(t) =  , − .  (1 − t)2 (t2 − 1)2   b. Dominio: R − {−1,1} . c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) = 0 ⇒ t = 0 ó t = 2 , y '(0) = 1 , y '(2) =

5 9

. La curva tiene una

tangente vertical en r(0) = (0, 0) de ecuación x = 0 y otra en r(2) = (−4, 23 ) de ecuación x = −4 . Horizontales: y '(t) < 0 ∀t ∈ D(r) . No tiene tangentes horizontales.

•

Puntos cuspidales: No tiene. • d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t

-1

0

1

2

x’

-

-

+

+

-

y’ dy dx

-

-

-

-

-

+

+

-

-

+

e. Valores máximos y mínimos: x(0) = 0 es un valor mínimo y x(2) = −4 es un valor máximo para la función x. III. Gráfico de r(t) : (ver figura 27)

6. Estudie en forma detallada y grafique la curva  t t2  , r(t) =  ,  1 − t2 1 − t   

indicando el sentido del recorrido. Solución. I.

Información de r(t): a. Dominio: R − {−1,1} . b. Corte con los ejes: Eje x: y(t) = 0 ⇒ t = 0 . Eje y: x(t) = 0 ⇒ t = 0 . La curva pasa por el origen.

U.C.V.





F.I.U.C.V.


c.

Signo: t

-1

0

1

x

+

-

+

-

y

+

+

+

-

Cuadrante

I

II

I

III

d. Simetrías:

 (−t) (−t)2   t t2  . r(−t) =  , = − ,    1 − (−t)2 1 − (−t)   1 − t2 1 + t      La curva no presenta ningún tipo de simetría. e. Asíntotas: • Verticales:

lím

t → −∞ 1

t − t2

t2 t t2 = +∞ , lím = 0 , lím = −∞ . t → −∞ 1 − t t →+∞ 1 − t2 t → +∞ 1 − t

= 0 , lím

Por lo tanto x = 0 es una asíntota vertical de la curva cuando t → −∞ y cuando t → +∞ . •

•

Horizontales: t t2 1 t t2 1 lím = +∞ , lím = , lím = −∞ , lím = . 2 2 − − + + 2 2 t → −1 1 − t t → −1 1 − t t →−1 1 − t t → −1 1 − t 1 Por lo tanto y = es una asíntota horizontal de la curva cuando t → −1 . 2 Oblicuas: t t2 t t2 lím 2 = −∞ , lím = +∞ , lím 2 = +∞ , lím = −∞ t →1− t − 1 t →1− 1 − t t →1+ t − 1 t →1+ 1 − t

U.C.V.





F.I.U.C.V.

m=

t2 1− t lím t t →1 1 − t2

t2 (1 − t)(1 + t) = lím t(1 + t) = 2. t →1 t →1 t(1 − t)

= lím

 t2 2t  t2 (1 + t) − 2t t2 + t3 − 2t − = = b = lím  lím lim  t →1  1 − t t →1 1 − t2  t →1 1 − t2 1 − t2 

. t(t2 + t − 2) t(t + 2)(t − 1) t(t + 2) 3 = lím = lím− = lím− =− t →1 (1 − t)(1 + t) t →1 t →1 (t − 1)(t + 1) t +1 2 3 es una asíntota oblicua de la curva cuando t → 1 . Por lo tanto y = 2x − 2 II. Información de r’(t): a. Cálculo de r’(t): 1 − t2 + 2t2 t2 + 1 x '(t) = , = (1 − t2 )2 (1 − t2 )2

y '(t) =

2t(1 − t) + t2 (1 − t)

2

=

2t − 2t2 + t2 (1 − t)

2

=

2t − t2 (1 − t)

2

=

t(2 − t) (1 − t)2

.

Por lo tanto,

 t2 + 1 t(2 − t)  r '(t) =  , .  (1 − t2 )2 (1 − t)2    b. Dominio: R − {−1,1} . c.

Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) > 0 ∀t ∈ D(r) . La curva no tiene tangentes verticales. •

Horizontales: y '(t) = 0 ⇒ t = 0 ó t = 2 , x '(0) = 1 , x '(2) = una tangente horizontal en

r(0) = (0, 0) de ecuación

5 9

. La curva tiene

y=0

y otra en

r(2) = (− , −4) de ecuación y = −4 . 2 3

•

Puntos cuspidales: No tiene.

d. Crecimiento y decrecimiento de r(t): t

-1

0

1

2

x’

+

+

+

+

+

y’ dy dx

-

-

+

+

-

-

-

+

+

-

e. Valores máximos y mínimos: y(0) = 0 es un valor mínimo y y(2) = −4 es un valor máximo para la función y. III. Gráfico de r(t) : (ver figura 28)

U.C.V.





F.I.U.C.V.


7. Estudie en forma detallada y grafique la curva t −1 t +1  r(t) =  2 , 2 , t − 4  t

indicando el sentido del recorrido. Solución. I. Información de r(t): a. Dominio: R − {−2, 0, 2} b. Corte con los ejes: • Eje x: y = 0 ⇒ t = −1 , r(−1) = (−2, 0) • Eje y: x = 0 ⇒ t = 1 , r(1) = (0, −2 / 3) c.

Signo: t

-2

-1

0

1

2

x

-

-

-

-

+

+

y

-

+

-

-

-

+

Cuadrante

III

II

III

III

IV

I

d. Simetrías:

 (−t) − 1 (−t) + 1   t + 1 1 − t  r(−t) =  , ,  = − . 2 (−t)2 − 4   t2 t2 − 4   (−t) La curva no presenta ningún tipo de simetría. e. Asíntotas y puntos asintóticos: •

Puntos asintóticos: t −1 t +1 t −1 t +1 lím = 0 , lím 2 = 0 . lím 2 = 0 , lím 2 = 0. t → −∞ t2 t →−∞ t − 4 t → +∞ t t → +∞ t − 4 (0,0) es un punto asintótico.

U.C.V.





F.I.U.C.V.

t −1

t → −2−

lím

2

=−

3 , 4

t +1

t −1

t2 Por lo tanto x = t → 2−

•

= 1 4

lím

t →−2−

2

= −∞ . lím

t −1

t → −2+

2

=−

3 , 4

t +1

= +∞ . t t −4 t t2 − 4 Por lo tanto x = − 34 es una asíntota vertical de la curva cuando t → −2 . lím

lím

t →−2+

1 t +1 t −1 1 t +1 = −∞ . lím 2 = = +∞ . , lím 2 , lím 2 4 4 t → 2− t − 4 t → 2+ t t → 2+ t − 4 es una asíntota vertical de la curva cuando t → 2 .

Horizontales: t −1 t +1 1 t −1 t +1 1 lím 2 = −∞ , lím 2 = − . lím 2 = −∞ , lím 2 =− . − − + + 4 4 t t t →0 t →0 t − 4 t →0 t →0 t − 4 1 Por lo tanto y = − 4 es una asíntota horizontal de la curva cuando t → 0 .


2 − t t2 + 2t + 4  r '(t) =  3 , − 2 .  t (t − 4)2   b. Dominio: R − {−2, 0, 2} . c.

Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) = 0 ⇒ t = 2 . La curva no tiene tangentes verticales. •

Horizontales: y '(t) < 0 ∀t . La curva no tiene tangentes horizontales.

• Puntos cuspidales: No tiene. d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) : t

-2

0

2

x’

-

-

+

-

y’

-

-

-

-

e. Valores máximos y mínimos: No tiene valores máximos ni mínimos. III. Gráfico de r(t): (ver figura 29)


U.C.V.





F.I.U.C.V.

8. Estudie en forma detallada y grafique la curva  2et t  r(t) =  , ,  t − 1 t − 1    indicando el sentido del recorrido. Solución. I. Información de r(t): a. Dominio: R − {1} b. Corte con los ejes: Eje x: y = 0 ⇒ t = 0 , r(0) = (−2, 0) Eje y: no existe t ∈ R / x = 0 c.

Signo: t

0

1

x

-

-

+

y

+

-

+

Cuadrante

II

III

I

d. Simetrías: Como D(r) no es simétrico entonces la curva no presenta ningún tipo de simetría. e. Asíntotas y puntos asintóticos:

•

Puntos asintóticos:

2et t = 0 , lím = 1. t → −∞ t − 1 t →−∞ t − 1 lím

•

•

Por lo tanto (0,1) es un punto asintótico. Horizontal: 2et t lím = +∞ , lím = 1. t → +∞ t − 1 t →+∞ t − 1 Por lo tanto y = 1 es una asíntota horizontal de la curva cuando t → +∞ . Oblicua: 2et t lím = −∞ , lím = −∞ . − − t − 1 t − 1 t →1 t →1 Por lo tanto x = − t t −1 t →1 2et t −1

m = lím

= lím

3 4

t

t →1 2et

lím

t →1+

2et t = +∞ , lím = +∞ + t −1 t − 1 t →1

es una asíntota vertical de la curva cuando t → −2 .

=

1 . 2e

 t 1 2et  2et − 2et 1 et − et 1 e − et b = lím  − = lím = lím = lím = 0.  t →1  t − 1 2e t − 1  t →1 2e(t − 1) e t →1 t − 1 e t →1 1  x Por lo tanto y = es una asíntota oblicua de la curva cuando t → 1 . 2e

U.C.V.





F.I.U.C.V.


 2et (t − 2)  1 , − r '(t) =  .  (t − 1)2 (t − 1)2   b. Dominio: R − {1} . c.

Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) = 0 ⇒ t = 2, y '(2) = −1 .

La curva tiene una tangente vertical en r(2) = (2e2 , 2) de ecuación x = 2e2 . d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) : t

1

2

x’

-

-

+

y’

-

-

-

e. Valores máximos y mínimos: x(2) = 2e2 es un valor mínimo para la función x. III. Gráfico de r(t): (ver figura 30)


9. Estudie en forma detallada y grafique la curva  t3  t , r(t) =  3 ,  t + 64 t2 − 36    indicando el sentido del recorrido. Solución. I. Información de r(t) : a. Dominio: R − {−6, −4, 6} .

U.C.V.





F.I.U.C.V.

b. Corte con los ejes: Eje x: y(t) = 0 ⇒ t = 0 . Eje y: x(t) = 0 ⇒ t = 0 . La curva pasa por el origen. c.

Signo: t

-6

-4

0

6

x

+

+

-

+

+

y

-

+

+

-

+

Cuadrante

IV

I

II

IV

I

d. Simetrías: La curva no presenta ningún tipo de simetría porque su dominio no es simétrico. e. Asíntotas y puntos asintóticos: •

Horizontales: t3 t 1 t3 t 1 lím 3 = +∞, lím 2 = , lím 3 = −∞, lím 2 = . − − + + 5 5 t → −4 t + 64 t →−4 t − 36 t →−4 t + 64 t → −4 t − 36 Por lo tanto y = 15 es una asíntota horizontal de la curva cuando t → −4

•

Verticales: t3 27 t t3 27 t lím 3 = , lím 2 = −∞ , lím 3 = , lím 2 = +∞ . − − + + 19 19 t + 64 t − 36 t + 64 t − 36 t → −6 t → −6 t → −6 t → −6 27 Por lo tanto x = 19 es una asíntota vertical de la curva cuando t → −6 27 t t3 27 t , lím = −∞ , lím = , lím 2 = +∞ . 3 2 3 − − + + 35 35 t → 6 t + 64 t → 6 t − 36 t → 6 t + 64 t → 6 t − 36 Por lo tanto x = 27 es una asíntota vertical de la curva cuando t → −6 35 lím

•

t3

=

Puntos asintóticos: t3 t lím 3 = 1 , lím 2 =0 , t → −∞ t + 64 t →−∞ t − 36

lím

t → +∞ t3

t3 + 64

=1 ,

lím

t →+∞ t2

t − 36

= 0.

Por lo tanto (1,0) es un punto asintótico de la curva cuando t → −∞ y cuando t → +∞ . II. Información de r'(t): a. Cálculo de r'(t):

  192t2 t2 + 36 r '(t) =  , − . 2 2   (t + 4)2 (t2 − 4t + 16)2 (t − 6) (t + 6)   b. Dominio: R − {−6, −4, 6} . c.

Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) = 0 ⇒ t = 0, y '(0) =

1 36

.

•

La curva tiene una tangente vertical en r(0) = (0, 0) de ecuación x = 0 . Horizontales: y '(t) < 0 ∀t ∈ D(r') . La curva no tiene tangentes horizontales.

•

Puntos cuspidales: No tiene.

U.C.V.





F.I.U.C.V.

d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) : t

-6

-4

0

6

x’

+

+

+

+

+

y’

-

-

-

-

-

e. Valores máximos y mínimos: la curva no tiene puntos críticos. III. Gráfico de r(t): (ver figura 31)


10. Estudie la curva de ecuación vectorial

 3t 3t2  r(t) =  , ,  1 + t3 1 + t3    indicando: dominio, cortes con los ejes, signo, simetrías, asíntotas, puntos asintóticos, tangentes, puntos de tangencia y crecimiento. Solución. Dominio: R − {−1} . Cortes: Eje x: y(t) = 0 ⇒ t = 0 . Eje y: x(t) = 0 ⇒ t = 0 . La curva pasa por el origen. Signo: t

-1

0

x

+

-

+

y

-

+

+

Cuadrante

IV

II

I

Simetrías: La curva no presenta ningún tipo de simetría porque su dominio no es simétrico. Asíntotas y puntos asintóticos:

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Oblicuas:

lím

t → −1−

3t 1 + t3

= +∞, lím

t → −1−

3t2 1 + t3

= −∞ ,

3t

lím

t → −1+ 3t2

1 + t3

3t2

= −∞, lím

t → −1+

1 + t3

= +∞ .

3 y(t) 3t2 = lím 1+3tt = lím = −1 , t → −1 x(t) t → −1 t → −1 3t 3

m = lím

1+ t

b = lím y(t) − mx(t) = lím t →−1 t →−1

3t2

+

3t

3t(t + 1)

= lím

3t

= lím

1+ t 1+ t + 1)(t − t + 1) Por lo tanto y = −x − 1 es una asíntota oblicua de la curva cuando t → −1 3

3

2

t →−1 (t

t → −1 t2

− t +1

= −1

Puntos asintóticos: 3t 3t2 3t 3t2 lím = 0 , lím = 0 , lím = 0 , lím = 0. t → −∞ 1 + t3 t →−∞ 1 + t3 t → +∞ 1 + t3 t →+∞ 1 + t3 Por lo tanto (0,0) es un punto asintótico de la curva cuando t → −∞ y cuando t → +∞ . Cálculo de r'(t):

 3(1 − 2t3 ) 3t(2 − t3 )  r '(t) =  , .  (1 + t3 )2 (1 + t3 )2    Dominio: R − {−1} . Tangentes y puntos cuspidales: Verticales: x '(t) = 0 ⇒ t = 31 , y '( 31 ) ≠ 0 . 2

2

La curva tiene angente vertical en r( 31 ) = (2 31 , 2( 31 )2 ) = (3 4, 3 2) de ecuación x = 2

2

3

2

Horizontales: y '(t) = 0 ⇒ t = 0 , t = 3 2 , x '(0) ≠ 0 , x '(3 2) ≠ 0 . La curva tiene una tangente horizontal en r(0) = (0, 0) de ecuación y = 0 . La curva tiene una tangente horizontal en r(3 2) = (3 2, 3 4) de ecuación y =

3

4.

Crecimiento y decrecimiento de r(t) : t

-1

1 32

0

3

2

x’

+

+

+

-

-

y’

-

-

+

+

-

Gráfico (ver figura 32) 11. Sea

 2 r(t) =  ,e t t +1

t +1

 . 

Realice un estudio indicando dominio, signos, simetrías, asíntotas y tangentes. Solución. a. Dominio: (−1, 0) ∪ (0, ∞) . b. Corte con los ejes: No tiene corte con los ejes.

4.

U.C.V.





F.I.U.C.V.


c.

Signo: t

-½

0

½

x

-

+

y

+

+

Cuadrante

II

I

d. Simetrías: La curva no tiene simetrías debido a que su dominio no es simétrico. e. Asíntotas: Horizontales:

lím

t → −1+

2 t t +1

= −∞ ,

lím e

t +1

t → −1+

=1

Por lo tanto y = 1 es una asíntota horizontal de la curva cuando t → −1+ .

2 2 = −∞ , lím e t +1 = e , lím = +∞ , lím e t t +1 t → 0− t → 0+ t t + 1 t → 0+ Por lo tanto y = e es una asíntota horizontal de la curva cuando t → 0 . lím

t +1

t → 0−

=e

Verticales: lím

t → +∞

f.

2 t t +1

=0 ,

lím e

t +1

t →−1+

= +∞

Por lo tanto x = 0 es una asíntota vertical de la curva cuando t → +∞ . Cálculo de r'(t) :

x '(t) =

−2( t + 1 +

t ) 2 t +1

t2 (t + 1)

=

−2 t + 1 − t2 (t + 1)

t t +1

=

−3t − 2 t +1

t2 (t + 1)

=−

3t + 2 t2 (t + 1)3 /2

; y '(t) =

e

t +1

2 t +1

Por lo tanto,

g. Tangentes:

 3t + 2 e t +1  . , r '(t) =  − 2  t (t + 1)3/2 2 t + 1    Verticales: x '(t) = 0 ⇒ t = − 23 , y '(− 23 ) > 0 .

La curva tiene una tangente vertical en r(− 23 ) = (−3 3, e1/

3

) de ecuación x = −3 3 .


VECTORES CANÓNICOS. DIRECCIONES U.C.V.

F.I.U.C.V.



1.21. VECTORES CANÓNICOS. DIRECCIONES Definición 14. Los vectores de R 3 i = (1, 0, 0), j = (0,1, 0), k = (0, 0,1) se conocen con el nombre de canónicos y dibujados con punto inicial el origen coinciden con las direcciones positivas de los ejes de coordenadas y son unitarios. Definición 15. Los ángulos directores de un vector fijo OA son los ángulos α , β y γ , donde α es el ángulo formado por el semieje positivo de las x y el vector OA, β es el ángulo formado por el eje positivo de las y y el vector OA y γ es el ángulo formado por el eje positivo de las z y el vector OA, la medida de estos ángulos se encuentra entre 0 y 180 . Definición 16. Los cosenos directores del vector fijo OA son los cosenos de los ángulos directores del vector OA. Se puede encontrar una fórmula para determinar los cosenos directores del vector OA (ver figura 33). El ángulo ORA es recto porque RA está en un plano que es perpendicular al vector OR. De modo que

cos(α) =

a1 = A

a1 a12

+ a22 + a32

.

De forma similar se tiene que

cos(β) =

a2 = A

cos(γ) =

a3 = A

a2 a12 + a22 + a32 a3 a12

+ a22 + a23

,

.

Ahora bien,

cos2 (α) + cos2 (β) + cos2 (γ) =

a12 a12 + a22 + a23

+

a22 a12 + a22 + a32

+

a23 a12 + a22 + a32

= 1.


F.I.U.C.V.



Figura 33. Cosenos directores de un vector fijo

1.22. VECTORES ORTOGONALES. PROYECCIÓN ORTOGONAL Definición 17. Un vector x es ortogonal (perpendicular) al vector y si y sólo si x+y = x−y . Observación 10. Si dos vectores x, y son perpendiculares se usará la notación x ⊥ y . TEOREMA 12. Dos vectores x, y son ortogonales si y sólo si x • y = 0 . Dados los vectores fijos a y b no nulos es posible proyectar el vector a sobre el vector b y sobre un vector fijo w’ perpendicular a b como se indica en la figura 9. Como se observa en la figura 34, a = v + w , donde v es la proyección de a sobre b y w es la proyección ortogonal de a sobre b. TEOREMA 13. (PROPIEDADES DE LA PROYECCIÓN DE UN VECTOR) a.

v = λb para algún escalar λ (v es paralelo a b).

b.

a = v+w.

c.

w •b = 0.


F.I.U.C.V.



Figura 34. Proyección del vector a sobre el vector b

1.23. CÁLCULO DE LA PROYECCIÓN DE UN VECTOR SOBRE OTRO a • b = (w + v) • b = w • b + v • b = 0 + v • b = v • b = (λb) • b = λ(b • b) De lo anterior se tiene que

λ=

a•b . b•b

La proyección de a sobre b se puede escribir como

a•b  b = comp(proy a)b . proyba =  b  b2    El vector

a•b b w = a − λb = a −   b2    es ortogonal a b para cualquier vector a (ver figuras 35 y 36).

CÁLCULO DE LA PROYECCIÓN DE UN VECTOR SOBRE OTRO U.C.V.

F.I.U.C.V.



Figura 35. Proyección del vector a sobre el vector b con escalar positivo

Figura 36. Proyección del vector a sobre el vector b con escalar negativo

1.24. FORMAS DE LA ECUACIÓN DEL PLANO Para hallar la ecuación de un plano es necesario conocer un punto y dos vectores directores del mismo. Un plano, (obtenido a partir de un punto (x0,y0,z0) y dos vectores v = (v1 , v2 , v3 ) y w = (w1 , w2 , w3 ) ), se puede expresar de las siguientes formas:

FORMAS DE LA ECUACIÓN DEL PLANO U.C.V.

F.I.U.C.V.




a. Ecuación vectorial. (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t(v1 , v2 , v3 ) + s(w1 , w2 , w3 ) , t, s ∈ R

x = x0 + tv1 + sw1  b. Ecuaciones paramétricas. y = y0 + tv2 + sw2 , t, s ∈ R z = z + tv + sw 0 3 3  c. Ecuación cartesiana, general o implícita. Ax + By + Cz + D = 0 d. Ecuación segmentaria.

x y z + + = 1. a b c

Los valores a, b y c se denominan, respectivamente, abscisa, ordenada y cota en el origen. Un plano también se puede hallar sabiendo un punto y solo un vector, siempre y cuando ese vector sea perpendicular al plano (llamado vector normal), las coordenadas de ese vector coinciden con los coeficientes A, B, C del plano; para hallar el término independiente D del plano, sólo hay que sustituir las coordenadas del punto que nos den y despejar D.

Ejemplo 18. Halle la ecuación del plano que contiene a los puntos (1,2,3), (0,1,1) y (−2,3, 2) Solución. Vectores directores que generan el plano: u = (1,2, 3) − (0,1,1) = (1,1, 2) ; v = (1, 2, 3) − (−2, 3, 2) = (3, −1,1). Vector normal del plano:

i

j

k

u × v = 1 1 2 = (3,5, −4) . 3 −1 1 Si D = −(1.3 + 2.5 − 4.3) = −1 , entonces la ecuación del plano será 3x + 5y − 4z = 1 . Definición 18. Dos planos son paralelos si sus vectores normales son paralelos. Definición

19.

Dos

planos

son

perpendiculares

si

sus

vectores

normales

son

perpendiculares. Definición 20. Una recta es paralela a un plano si los vectores director de la recta y normal del plano son ortogonales. Definición 21. Una recta es perpendicular a un plano si los vectores director de la recta y normal del plano son paralelos.

SISTEMA DE COORDENADAS MÓVIL U.C.V.

F.I.U.C.V.



1.25. SISTEMA DE COORDENADAS MÓVIL Definición 22. En cada punto de la curva C definida por r(t) se define el vector tangente unitario T(t), como

T(t) =

Puesto que

r '(t) r '(t)

si r '(t) ≠ 0 .

T(t) = 1 entonces T(t) • T '(t) = 0 (demostrado anteriormente), es decir

T '(t) es ortogonal a T(t) . Con base en lo anterior se dan las dos definiciones que siguen:

Definición 23. En cada punto de la curva r(t) se define el vector normal unitario como T '(t) N(t) = si T '(t) ≠ 0 . T '(t)

Observación 11. N(t) apunta hacia la parte cóncava de la curva. Definición 24. Se define la recta normal a la curva en el punto r(t0 ) , donde T(t0 ) ≠ 0 , como la recta que tiene vector director T '(t0 ) . Su ecuación será en consecuencia

RN (α) = r(t0 ) + αT '(t0 ) con α ∈ R . Definición 25. En cada punto de la curva r(t) se define el vector binormal B(t) unitario y perpendicular tanto a T(t) como a N(t), por lo tanto debe ser B(t) = T(t) × N(t) . Los vectores T, N y B conforman en cada punto de la curva un conjunto de vectores mutuamente ortogonales; no son más que un sistema de coordenadas móvil que se desplaza a lo largo de la curva r(t) y reciben por ello el nombre de triedro móvil. Ejemplo 19. Demuestre que B(t) =

r '(t) × r ''(t) . r '(t) × r ''(t)

Solución. Se tiene que r '(t) = s '(t)T(t) , de donde

r ''(t) = s ''(t)T(t) + s '(t)T '(t) = s ''(t)T(t) + s '(t) T '(t) N(t) , luego


F.I.U.C.V.



r '(t) × r ''(t) = s '(t)T(t) × (s ''(t)T(t) + s '(t) T '(t) N(t)) = s '(t)s ''(t)(T(t) × T(t)) + (s '(t))2 T '(t) (T(t) × N(t)) = (s '(t))2 T '(t) B(t)

.

Si r '(t) × r ''(t) = (s '(t))2 T '(t) , entonces

B(t) =

r '(t) × r ''(t) . r '(t) × r ''(t)

Por otro lado, se puede ver también que N(t) = B(t) × T(t) . Ejemplo 20. Calcule los vectores T, N y B para la curva r(t) = (t, t2 , t3 ) . Solución.

r '(t) = (1,2t,3t2 ) y r ''(t) = (0, 2, 6t) . Por tanto

T(t) =

(1, 2t, 3t2 )

r '(t) = r '(t)

1 + 4t2 + 9t 4

.

Si

i

j

k

r '(t) × r ''(t) = 1 2t 3t2 = (6t2 , −6t,2) , 0

2

6t

se tiene B(t) =

N(t) = B(t) × T(t) =

=

r '(t) × r ''(t) = r '(t) × r ''(t)

1 9t 4 + 9t2 + 1

(3t2 , −3t,1) 9t 4 + 9t2 + 1 i j

1

.

9t 4 + 4t2 + 1

3t

1

1 81t + 117t + 54t + 13t + 1 8

6

4

2

2

.

k

−3t

1

2t

3t2

(−9t3 − 2t,1 − 9t 4 , 6t3 + 3t)

Sea C una curva en R3 definida como la imagen de r(t). En cada punto r(t0 ) de la curva los vectores T, N y B (triedro de Frenet) definen tres planos mutuamente perpendiculares. Definición 26. El plano osculador es el plano generado por T y N, luego su vector normal es B. Su ecuación es B(t0 ) • ((x, y, z) − r(t0 )) = 0 (ver figura 37).


F.I.U.C.V.




Definición 27. El plano rectificante es el plano generado por T y B, luego su vector normal es N. Su ecuación es N(t0 ) • ((x, y, z) − r(t0 )) = 0 (ver figura 37). Definición 28. El plano normal es el plano generado por B y N, luego su vector normal es T. Su ecuación es T(t0 ) • ((x, y, z) − r(t0 )) = 0 (ver figura 37). Ejemplo 21. Calcule el plano normal a la curva r(t) = (3t − t3 , 3t2 , 3t + t3 ) en el punto (2,3,4). Solución. Se debe hallar el valor de t para el cual r(t) = (2, 3, 4) . Para obtenerlo se resuelve el sistema

3t − t3 = 2  2  3t = 3 ⇒ t = 1 .  3 3t + t = 4 r '(t) = (3 − 3t2 , 6t, 3 + 3t2 ) , r '(1) = (0, 6, 6) ,

r '(1) = 72 = 6 2 , T(1) =

La ecuación del plano normal en el punto indicado es: 1 2

(0,1,1) • (x − 2, y − 3, z − 4) = 0 ⇒ y − 3 + z − 4 = 0 ⇒ y + z − 7 = 0

Figura 37. Sistema de coordenadas móvil

1 2

(0,1,1).

U.C.V.





F.I.U.C.V.

1.26. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Sean las rectas

y+2 x −2 y +1 = −z + 1 , L 2 : = = z − 1. 2 2 3 Halle la ecuación de la recta que pasa por los puntos P1 y P2 tales que: L1 : x − 1 =

a.

P1 es el punto de intersección de L1 con el plano xy.

b.

P2 está sobre la recta L2 y su distancia a P1 es

50 .

Solución.

 x =1+ t  L1 : y = −2 + 2t  z =1−t  plano xy (z = 0) por tanto t = 1 y P1(2, 0, 0) .  x = 2 + 2t  L2 : y = −1 + 3t  z =1+ t 

d(P1 ,P2 ) = (2 + 2t − 2)2 + (−1 + 3t)2 + (1 + t)2 = 50 . Se tiene entonces:

4t2 + 1 − 6t + 9t2 + 1 + 2t + t2 = 50 ⇒ 14t2 + 4t + 2 = 50 ⇒ 7t2 + 2t − 24 = 0 . Aplicando resolvente: −2 ± 4 + 4.7.24 −2 ± 676 −2 ± 26 12 t= = = ⇒ t1 = −2 , t2 = . 14 14 14 7 Por tanto:

 38 29 19  P2 (−2, −7, −1) ó P2  , , .  7 7 7  Recta 1: P1(2, 0, 0) y P2 (−2, −7, −1) es : R(t) = (2, 0, 0) + t(−4, −7, −1) Recta 2: P1(2, 0, 0) y P2 (38 / 7, 29 / 7,19 / 7) es : R(t) = (2, 0, 0) + t(24 / 7,29 / 7,19 / 7) 2. El vector posición de una partícula está dado por la función

r(t) = (et cos(t), et sen(t), et ). Demuestre que para todo t ∈ Dom(r) el: a. vector binormal forma ángulo constante con el eje z. Solución. Sean

r '(t) = (et (cos(t) − sen(t)), et (cos(t) + sen(t)), et ) , r ''(t) = (−2et sen(t), 2et cos(t), et ) . Se tiene entonces:

U.C.V.





F.I.U.C.V.

i

j

k

r '(t) × r ''(t) = e (cos(t) − sen(t)) e (cos(t) + sen(t)) et t

t

−2et sen(t)

2et cos(t)

et

= e2t (sen(t) − cos(t), −sen(t) − cos(t), 2) r '(t) × r ''(t) = e2t 2 + 4 = e2t 6. De modo que

B(t) =

r '(t) × r ''(t) (sen(t) − cos(t), −sen(t) − cos(t), 2) . =− r '(t) × r ''(t) 6

Aplicando fórmula:

 B(t) • k θ = arccos   B(t) k 

  = arccos(B(t) • k) = arccos(2 / 6). 

b. plano rectificante es perpendicular al plano xy. Solución. r '(t) et (cos(t) − sen(t), cos(t) + sen(t),1) (cos(t) − sen(t), cos(t) + sen(t),1) T(t) = = = . r '(t) 3et 3

1

N(t) = B(t) × T(t) = −

=

18

i j k (sen(t) − cos(t)) (−sen(t) − cos(t)) 2 (cos(t) − sen(t))

(cos(t) + sen(t))

1

3

(cos(t) + sen(t), sen(t) − cos(t), 0) 18 1 = (cos(t) + sen(t), sen(t) − cos(t), 0). 2 Se puede ver que N(t) • k = 0 . 3. Halle los puntos de la curva r(t) = (t, t2 , t3 / 3) donde los planos osculadores pasan por el punto (1, −1, 0). Solución. Sean

r '(t) = (1, 2t, t2 ) , r ''(t) = (0, 2,2t) . Se tiene entonces: i

j

k

r '(t) × r ''(t) = 1 2t t2 = (2t2 , −2t, 2) ⇒ r '(t) × r ''(t) = 0

2

4t 4 + 4t2 + 4 = 2 t 4 + t2 + 1.

2t

De modo que

B(t) =

r '(t) × r ''(t) 2(t2 , −t,1) = = r '(t) × r ''(t) 2 t 4 + t2 + 1

(t2 , −t,1) t 4 + t2 + 1

.

U.C.V.





F.I.U.C.V.

La ecuación de los planos osculadores que pasan por el punto (1, −1, 0) es

(t2 , −t,1) t 4 + t2 + 1

• (x − 1, y + 1, z) = 0.

Sea el punto (x, y, z) un punto de la curva r(t) = (t, t2 , t3 / 3) . Se obtiene la ecuación

(t2 , −t,1) t + t +1 4

2

• (t − 1, t2 + 1, t3 / 3) = t2 (t − 1) − t(t2 + 1) + t3 / 3 = 0 ⇒ −t2 − t + t3 / 3 = 0 .

Al resolver

−t2 − t + t3 / 3 = 0 ⇒ t3 − 3t2 − 3t = 0 ⇒ t(t2 − 3t − 3) = 0 ⇒ t = 0 , t =

3 ± 21 . 2

Los puntos son:

r(0) = (0, 0, 0) ,  3 + 21   3 + 21 15 + 3 21  r , , 9 + 2 21  ,  =    2 2 2      3 − 21   3 − 21 15 − 3 21  r , , 9 − 2 21  .  =    2 2 2    

1.27. CURVATURA Definición 29. La curvatura es un concepto importante en el estudio de la geometría

diferencial y del movimiento curvilíneo. Algunas definiciones de la curvatura: •

Es la medida de la tendencia de una curva a desviarse de la línea recta.

•

Es la medida de cómo la curva se escapa de la recta tangente.

•

Es una medida de cuánto se dobla una curva.

•

Es una medida de cuán curva es una curva.

•

Es una medida de qué tan rápido cambia la curva de dirección en un punto.

•

Es la magnitud de la razón de cambio del vector tangente unitario con respecto a la longitud de arco. De acuerdo a la última definición se tiene que

κ(t) =

T '(t) T '(t) dT / dt . = = ds / dt s '(t) r '(t)

U.C.V.

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CURVATURA




Ejemplo 22. Demuestre que

κ(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

3

.

Solución. Se tiene

T '(t) = T '(t) N(t) = κ(t)s '(t)N(t) , r '(t) = s '(t)T(t) , r ''(t) = s ''(t)T(t) + s '(t)T '(t) = s ''(t)T(t) + [s '(t)]2 κ(t)N(t) r '(t) × r ''(t) = s '(t)T(t) × [s ''(t)T(t) + [s '(t)]2 κ(t)N(t)] = s '(t)s ''(t)(T(t) × T(t)) + [s '(t)]3 κ(t)(T(t) × N(t)) = [s '(t)]3 κ(t)B(t) Luego 3

r '(t) × r ''(t) = [s '(t)]3 k(t) = r '(t) k(t) . Por lo tanto

κ(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

3

.

Definición 30. Sea y = f(x) , se define la curvatura como la tasa a la que la curva se dobla respecto de la pendiente (tangente del ángulo de inclinación) de la recta tangente. De acuerdo a la definición κ(x) = dθ / ds . Se tiene que

dθ dθ dx dθ / dx . = . = ds dx ds ds / dx Ahora bien tg(θ) = f '(x) ⇒ θ = arctg(f '(x)) ⇒

dθ f ''(x) ds , = = 1 + [f '(x)]2 . 2 dx 1 + [f '(x)] dx

De modo que κ(x) =

f ''(x) (1 + [f '(x)]2 )3 2

.

Sea r(t) = (x(t), y(t)) , se sabe de cursos anteriores de Cálculo que

f '(x) =

dy dy / dt y '(t) = = dx dx / dt x '(t)

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f ''(x) =

d2 y 2

dx

=

d dt

CURVATURA




dy ( dx ) dx dt

=

y ''(t)x '(t) − y '(t)x ''(t) (x '(t))2

x '(t)

=

y ''(t)x '(t) − y '(t)x ''(t) (x '(t))3

.

De modo que

κ(t) =

y ''(t)x '(t) − y '(t)x ''(t) (x '(t))3

 1 + 

(

y '(t) x '(t)

32 2

)

y ''(t)x '(t) − y '(t)x ''(t)

=

((x '(t))

2

 

+ (y '(t))

2

)

32

.

Observación 12. La curvatura es independiente de la parametrización que se use para la curva.

1.28. CURVATURA PARA UNA RECTA. CURVATURA PARA UNA CIRCUNFERENCIA La ecuación vectorial de una recta viene dada por r(t) = P0 + tv . De modo que r '(t) = v y r ''(t) = 0 , luego para una recta κ(t) = 0 . Sea

r(t) = (h + a cos(t),k + asen(t)) la función vectorial cuya curva es una circunferencia centrada en el punto (h,k) y de radio a. Entonces se tiene que:

x(t) = h + a cos(t) , x '(t) = −asen(t) , x ''(t) = −a cos(t) y(t) = k + asen(t) , y '(t) = a cos(t) , y ''(t) = −asen(t) Por lo tanto

κ(t) =

y ''(t)x '(t) − y '(t)x ''(t)

((x '(t))

2

+ (y '(t))2

)

32

=

a2sen2 (t) + a2 cos2 (t)

(a sen (t) + a 2

2

2

cos2 (t)

)

32

=

a2 3

a

=

1 . a

COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL DE LA ACELERACIÓN U.C.V.

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1.29. COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL DE LA ACELERACIÓN

Definición 31. Si el parámetro t es el tiempo entonces r ''(t) es la aceleración de una partícula con posición instantánea r(t). Los coeficientes de los vectores unitarios T(t) y N(t) son respectivamente las componentes tangencial y normal de la aceleración. Observación 13. Como

r ''(t) = s ''(t)T(t) + s '(t) T '(t) N(t) = s ''(t)T(t) + (s '(t))2 κ(t)N(t) entonces la componente tangencial de la aceleración viene dada por s ''(t) (derivada de la función rapidez) y la componente normal de la aceleración es (s '(t))2 κ(t) (producto de la rapidez al cuadrado por la curvatura). Si se proyecta el vector r ''(t) sobre los vectores T(t) y

N(t) se tiene

r ''(t) = comp(proy T(t)r''(t))T(t) + comp(proyN(t)r''(t))N(t) de modo que

r ''(t) = r ''(t) • T(t) T(t) + r ''(t) • N(t) N(t) , donde

r ''• T

y

r ''• N

son las componentes tangencial y normal de la aceleración

respectivamente.

Ejemplo 23. Se definen c T y cN como las componentes tangencial y normal de la aceleración respectivamente. Demuestre que

c T (t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t) • r ''(t) y cN (t) = . r '(t) r '(t)

Solución. Se sabe que c T (t) = s ''(t) = r''(t) • T(t) , de modo que c T (t) = r''(t) •

r'(t) r '(t) • r ''(t) . = r'(t) r '(t)

Se sabe que cN (t) = (s '(t))2 κ(t) , de modo que

COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL DE LA ACELERACIÓN U.C.V.

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cN (t) = (s '(t))2 κ(t) = r '(t)

2

r '(t) × r ''(t) r '(t)

3

=


r '(t) × r ''(t) r '(t)

1.30. CIRCUNFERENCIA OSCULATRIZ Y CENTRO DE CURVATURA Definición 32. Se define la circunferencia osculatriz a una curva C en un punto P = r(t0 ) , como la circunferencia que pasa por P y tiene igual curvatura que la curva. Definición 33. La curvatura de una circunferencia de radio a es κ = la circunferencia osculatriz debe ser a =

1 κ

1 a

, de donde el radio de

.

Definición 34. El centro de curvatura, o sea el centro de la circunferencia osculatriz está en la dirección del vector normal N(t) y está dado por

C(t0 ) = r(t0 ) + aN(t0 ) . Ejemplo 24. Halle la circunferencia osculatriz al gráfico de y = x2 para x = 1 y para x = 0 . Solución. Se tiene que

κ(x) =

2 (1 + [2x]2 )3 2

=

2 (1 + 4x2 )3 / 2

.

Una parametrización para la curva es r(t) = (t, t2 ) . De modo que:

T(t) =

(1, 2t) 1 + 4t2

4t

⇒ T '(t) = −

(1,2t) +

1

(0, 2) (1 + 4t2 ) 1 + 4t2 1 + 4t2 1 (−4t, 2) (−2t,1) ⇒ T '(t) = (−4t, 2) ⇒ N(t) = = (1 + 4t2 ) 1 + 4t2 16t2 + 4 4t2 + 1

5 5 (−2,1) 5 5 (−2,1)  7 ⇒ N(1) = ⇒ C(1) = (1,1) + . =  −4,  2 2 2 5 5  1 1  1 t = 0 ⇒ κ(0) = 2 ⇒ a(0) = ⇒ N(0) = (0,1) ⇒ C(0) = (0, 0) + .(0,1) =  0,  2 2  2 t = 1 ⇒ κ(1) =

2

5 5

⇒ a(1) =

Por lo tanto 2

7 125 2  t = 1 ⇒ ( x + 4) +  y −  = 2 4 

2

;

1 1  t = 0 ⇒ x2 +  y −  = . 2 4 

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TORSIÓN




1.31. TORSIÓN Definición 35. Se denomina curva plana al recorrido de una función vectorial tal que todos sus puntos se encuentran en un mismo plano. Definición 36. Se denomina curva alabeada a aquella curva tal que no todos sus puntos están en un mismo plano. Definición 37. La torsión también es un concepto importante en el estudio de la geometría diferencial y del movimiento curvilíneo. Algunas definiciones de la torsión: • Caracteriza la forma en que una curva alabeada dada difiere de una curva plana. •

Caracteriza la velocidad con que la curva se separa de su plano osculador.

• •

Es una medida del torcimiento de la curva respecto al plano osculador. Es una medida de cuanto se aleja la curva del plano osculador.

Se tiene entonces que τ(t) =

B '(t) dB / dt B '(t) . = = ds / dt s '(t) r '(t)

TEOREMA 14. El vector B '(t) es paralelo a N(t). Demostración. B(t) = T(t) × N(t) ⇒ B '(t) = T '(t) × N(t) + T(t) × N '(t) = T(t) × N '(t) . Se tiene que B '(t) ⊥ B(t) y B '(t) ⊥ T(t) , por lo tanto B '(t) = λN(t) . Observación 14. • τ(t) = 0 ∀t si y sólo si la curva es plana y el plano que la contiene es el plano osculador. •

τ(t) = 0 ∀t ⇒ B '(t) = 0 de modo que B(t) = (b1 ,b2 ,b3 ) , lo que significa que el plano osculador es el mismo siempre.

1.32. FÓRMULAS DE FRENET A continuación se tienen las siguientes fórmulas: B '(t) = −τ(t)s '(t)N(t)   T '(t) = κ(t)s '(t)N(t)  N '(t) = τ(t)s '(t)B(t) − κ(t)s '(t)T(t) 

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FÓRMULAS DE FRENET




F.I.U.C.V.

que se conocen con el nombre de fórmulas de Frenet, por el matemático francés F. Frenet. Demostración: B '(t) = −τ(t)s '(t)N(t). B '(t) = λN(t) ⇒ B '(t) = λ ⇒ τ(t)s '(t) = λ ⇒ λ = ±τ(t)s '(t) , por convención se toma λ = −τ(t)s '(t) , de modo que B'(t) = −τ(t)s'(t)N(t). T '(t) = κ(t)s '(t)N(t). Fue demostrada cuando se habló de curvatura.

N '(t) = τ(t)s '(t)B(t) − κ(t)s '(t)T(t) N(t) = B(t) × T(t) ⇒ N '(t) = B '(t) × T(t) + B(t) × T '(t) ⇒ −τ(t)s '(t)N(t) × T(t) + B(t) × κ(t)s '(t)N(t) ⇒ τ(t)s '(t)B(t) − κ(t)s '(t)T(t) Con base en estas fórmulas se deduce una expresión para la torsión en función de cualquier parámetro:

τ(t) =

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

si r '(t) × r ''(t) ≠ 0 .

2

Ejemplo 25. Demuestre que

τ(t) =

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

2

, r '(t) × r ''(t) ≠ 0 .

Solución. Se sabe que 3

r '(t) × r ''(t) = r '(t) κ(t)B(t) , r '(t) × r ''(t) = r '(t)

3

κ(t)

r ''(t) = r '(t) ' T(t) + r '(t)

2

κ(t)N(t) .

y

De modo que 3

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) = r '(t) κ(t)(B(t) • r '''(t)) . 2

(*) 2

r '''(t) = r '(t) '' T(t) + r '(t) ' T '(t) + 2 r '(t) r '(t) ' κ(t)N(t) + r '(t) κ '(t)N(t) + r '(t) κ(t)N '(t) Como B es ortogonal a T y a N, 2

B(t) • r '''(t) = r '(t) '(B(t) • T '(t)) + r '(t) κ(t)(B(t) • N '(t)) . Las fórmulas de Frenet T '(t) = κ(t) r '(t) N(t) y N '(t) = τ(t) r '(t) B(t) − κ(t) r '(t) T(t) permiten obtener 3

B(t) • r '''(t) = r '(t) τ(t)κ(t) B(t)

2

3

= r '(t) τ(t)κ(t) = r '(t) × r ''(t) τ(t)

Al sustituir en la expresión (*) se tiene la expresión 3

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) = r '(t) κ(t) r '(t) × r ''(t) τ(t) .

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FÓRMULAS DE FRENET




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Como se sabe que

κ(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

3

,

entonces 2

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) = r '(t) × r ''(t) τ(t) y τ(t) =

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

2

, r '(t) × r ''(t) ≠ 0 .

Ejemplo 26. Dada la curva definida por r(t) = (t3 , t3 + t2 , −t3 + t) , calcule los puntos en los cuales la torsión es cero. Solución.

r '(t) = (3t2 , 3t2 + 2t, −3t2 + 1) ; i

j

r '(t) × r ''(t) = 3t 6t

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

2

r '''(t) = (6, 6, −6)

k

3t + 2t −3t2 + 1 = (−6t2 − 6t − 2, 6t, −6t2 ) 6t + 2 −6t

2

τ(t) =

r ''(t) = (6t, 6t + 2, −6t) ;

2

=

(−6t2 − 6t − 2, 6t, −6t2 ) • (6, 6, −6) r '(t) × r ''(t)

2

=−

12 r '(t) × r ''(t)

2

.

De modo que no hay valor de t para el cual la torsión sea cero ( τ = 0 ). Ejemplo 27. La posición de una partícula es r(t) = (1 + sen(t), cos(t),2 cos(t) − sen(t)) a. Demuestre que la partícula se mueve en un plano. b. Encuentre la ecuación del plano. Solución. a. Se debe probar que τ(t) = 0 :

r '(t) = (cos(t), −sen(t), −2sen(t) − cos(t)) , r ''(t) = (−sen(t), − cos(t), −2 cos(t) + sen(t)) , r '''(t) = (− cos(t), sen(t),2sen(t) + cos(t)) i

j

k

r '(t) × r ''(t) = cos(t) −sen(t) −2sen(t) − cos(t) = (−1, 2, −1) −sen(t) − cos(t) −2 cos(t) + sen(t) (r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) = (−1, 2, −1) • (− cos(t), sen(t), 2sen(t) + cos(t)) = 0 b. Si se toman tres puntos: r(0) = (1,1, 2) ; r(π / 2) = (2, 0, −1) ; r(π) = (1, −1, −2) El vector normal del plano será

i

j k

−1 1 3 = (−2, 4, −2) . 0 2 4 Se tiene (−2, 4, −2) • (x − 1, y − 1, z − 2) = 0 ⇒ −2x + 2 + 4y − 4 − 2z + 4 = 0 ⇒ x − 2y + z = 1 .

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1.33. EJERCICIOS RESUELTOS 12. Determine los puntos de máxima y mínima curvatura de una elipse centrada en el origen con eje focal horizontal y semiejes a y b (a > b) . Solución. Parametrizando la elipse y calculando otros vectores se tiene r(t) = (a cos(t),bsen(t)), r '(t) = (−asen(t),b cos(t)), r ''(t) = (−a cos(t), −bsen(t)), t ∈ 0, 2π

ab

κ(t) =

a2sen2 (t) + b2 cos2 (t)  

3 /2

.

Si f(t) = a2sen2 (t) + b2 cos2 (t) entonces los puntos donde f(t) alcance el valor máximo (mínimo) equivalen a los puntos donde la función curvatura alcance el valor mínimo (máximo).

f '(t) = 2a2sen(t) cos(t) − 2b2sen(t) cos(t) = 2(a2 − b2 )sen(t) cos(t) = (a2 − b2 )sen(2t) . f '(t) = (a2 − b2 )sen(2t) = 0 ⇒ t = 0, 2π , π, 32π . f ''(t) = 2(a2 − b2 ) cos(2t) .

f ''(0) = f ''(π) > 0 (mínimo para f(t), máximo para κ(t)) . Curvatura máxima a/b. f ''( 2π ) = f ''( 32π ) < 0 (máximo para f(t), mínimo para κ(t)) . Curvatura mínima b/a. Los puntos de máxima y mínima curvatura de la elipse se encuentran ubicados en sus vértices. 13. Dada la curva

 t3  r(t) =  − t, t2  : 3    a. Calcule el punto de radio de curvatura mínimo. Solución.

r'(t) = (t2 − 1,2t) ; r''(t) = (2t,2) κ(t) =

2(t2 − 1) − 4t2 ((t − 1) + 4t ) 2

⇒ κ '(t) = −

2

2 3 /2

8(t2 + 1)t

⇒ κ ''(t) = −

(t + 1) 2

4

=−

=

(t + 2t + 1) 4

2

8t (t + 1) 2

8(t2 + 1) − 48t2 (t2 + 1)4

−2t2 − 2

3

=−

3 /2

=

⇒ κ ''(t) = −

8t2 + 8 − 48t2 (t2 + 1)4

2(t2 + 1) (t2 + 1)3

=

2 (t2 + 1)2

8(t2 + 1)3 − 48t2 (t2 + 1)2 (t2 + 1)6 =−

8 − 40t2 (t2 + 1)4

κ '(t) = 0 ⇒ t = 0 ⇒ κ ''(0) = −8 < 0 ⇒ máximo . Por lo tanto el punto de máxima curvatura es r(0) = (0, 0) .

=

8(5t2 − 1) (t2 + 1)4

U.C.V.





F.I.U.C.V.

b. Encuentre las ecuaciones paramétricas de sus centros de curvatura. Solución.

(0, 0, −2t2 − 2  × (t2 − 1, 2t, 0) r '(t) × r ''(t) × r '(t) (4t(t2 + 1), −2(t 4 − 1), 0)  N(t) =  =  = r '(t) × r ''(t) × r '(t) (0, 0, −2t2 − 2  × (t2 − 1, 2t, 0) 2(t2 + 1)2  

 (t2 + 1)2 (4t(t2 + 1), −2(t 4 − 1), 0) N(t)  t3 = − t, t2 , 0  + .  κ(t)  3 2 2(t2 + 1)2   t3  (4t(t2 + 1), −2(t 4 − 1))  t3 t4 − 1  = − t, t2  + = − t + t(t2 + 1), t2 −  3   4 2    3  4t3 t 4 − 2t2 − 1  = ,−   3 2  

C(t) = r(t) +

14. Sea la curva r(t) = (3 cos(t), 4 cos(t),5sen(t)) . a. Demuestre que r(t) es una curva plana y encuentre la ecuación del plano que la contiene. Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) y r''(t) .

r'(t) = (−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t)) , r''(t) = (−3 cos(t), −4 cos(t), −5sen(t)) Paso 2. Cálculo de B(t) .

r '(t) × r ''(t) (−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t)) × (−3 cos(t), −4 cos(t), −5sen(t)) = r '(t) × r ''(t) (−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t)) × (−3 cos(t), −4 cos(t), −5sen(t))

B(t) = =

(20, −15, 0) 400 + 225

=

(20, −15, 0)  4 3  =  , − ,0. 25 5  5

Como B(t) es un vector constante, entonces la curva r(t) es plana. Paso 3. Cálculo de la ecuación del plano osculador. Se busca un punto arbitrario de la curva, por ejemplo para t = 0 , r(0) = (3, 4, 0) .

La ecuación del plano osculador es B(t) • ((x, y, z) − r(0)) = 0 , de modo que

3  4  5 , − 5 , 0  • ((x, y, z) − (3, 4, 0)) = 0 ⇒  

3  4  5 , − 5 , 0  • (x − 3, y − 4, z) = 0   4 3 ⇒ (x − 3) − (y − 4) = 0 ⇒ 4(x − 3) − 3(y − 4) = 0 5 5 ⇒ 4x − 12 − 3y + 12 = 0 ⇒ 4x − 3y = 0

b. Encuentre la componente tangencial de r'(t) y la componente binormal de r''(t) . Solución. Paso 1. Cálculo de T(t) .

T(t) =

r '(t) = r '(t)

(−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t))

4sen(t)  3sen(t)  = − ,− , cos(t)  . 2 2 2 5 5   9sen (t) + 16sen (t) + 25 cos (t)

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Paso 2. Cálculo de la componente tangencial de r'(t) .

4sen(t)  3sen(t)  r'(t) • T(t) = (−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t)) •  − ,− , cos(t)  5 5   = 5sen2 (t) + 5 cos2 (t) = 5 Paso 3. Cálculo de la componente binormal de r''(t) .

3  4 r''(t) • B(t) = (−3 cos(t), −4 cos(t), −5sen(t)) •  , − , 0  = 0 . 5  5 15. Una curva C está definida por  y = sen(x) x ∈ 0, π   2  x ∈ 0, π  .  y = x −2 π  2  2 x + (y + 1) = 1 x ∈  −1, 0 Encuentre la ecuación cartesiana de la circunferencia osculatriz en el punto (π / 2,1) . Solución. Si se sustituye en la curva r(t) = (t, sen(t)) , el parámetro t por π / 2 , se puede verificar que r(π / 2) = (π / 2,1) , de modo que se encontrará la circunferencia osculatriz para t = π /2. Paso 1. Cálculo de la curvatura en t = π / 2 .

k( 2π ) =

f ''( 2π ) (1 + (f '( 2π ))2 )3 /2

=

sen( 2π ) (1 + (cos( 2π ))2 )3/2

= 1.

Paso 2. Cálculo del vector normal en t = π / 2 .

r '( π ) × r ''( 2π ) × r '( 2π ) (1, cos( 2π ), 0) × (0, −sen( 2π ), 0) × (1, cos( 2π ), 0)   N( 2π ) =  2 =  r '( 2π ) × r ''( 2π ) × r '( 2π ) (1, cos( 2π ), 0) × (0, −sen( 2π ), 0) × (1, cos( 2π ), 0) (1, 0, 0) × (0, −1, 0) × (1, 0, 0) (0, 0, −1) × (1, 0, 0) =  = (0, 0, −1) × (1, 0, 0) (1, 0, 0) × (0, −1, 0) × (1, 0, 0) = (0, −1, 0) Paso 3. Cálculo del radio y el centro de curvatura en t = π / 2 . 1 Radio de curvatura: R(π / 2) = = 1. κ(π / 2)

Centro de curvatura: C(π / 2) = (π / 2,1) + 1.(0, −1) = (π / 2, 0) . Ecuación cartesiana de la circunferencia osculatriz: (x − π / 2)2 + y2 = 1 . La circunferencia osculatriz y la curva se pueden apreciar en la figura 38.

U.C.V.

F.I.U.C.V.





Figura 38. Circunferencia osculatriz y la curva del ejercicio 4


  π y = tg(x) x ∈ 0,    4   2 2 (x − 1) + y = 1 y ∈  −1, 0 .  y = 4 (x − 2) y ∈ 0,1    π−8  En el punto (1, −1) determine las componentes tangencial y normal de la aceleración. Solución. Paso 1. Cálculo del valor del parámetro. De acuerdo a la parametrización obtenida en el inciso anterior, para t =

π 2

se genera el

punto (1, −1) y corresponde a la circunferencia.

Paso 2. Cálculo del vector tangente unitario. r'(t) = (−sen(t + π), cos(t + π)) ⇒ r'(t) = 1 ⇒ T(t) = (−sen(t + π), cos(t + π)) ⇒ T( 2π ) = (1, 0) . Paso 3. Cálculo del vector normal unitario. T'(t) = (− cos(t + π), −sen(t + π)) ⇒ T'(t) = 1 ⇒ N(t) = (− cos(t + π), −sen(t + π))

⇒ N( 2π ) = (0,1)

.

Paso 4. Cálculo del vector aceleración. r''(t) = (− cos(t + π), −sen(t + π)) ⇒ r''( 2π ) = (0,1) . Paso 5. Cálculo de las componentes tangencial y normal. Componente tan gencial = r''( 2π ) • T( 2π ) = 0 Componente normal = r''( 2π ) • N( 2π ) = 1 . 17. Sea la curva r(t) = (3 − 2t2 , t2 − 4t, 2t2 − 1) . Determine en t = 1 : a. El radio y el centro de curvatura. Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) y r''(t) . r'(t) = (−4t, 2t − 4, 4t) ⇒ r'(1) = (−4, −2, 4) , r''(t) = (−4, 2, 4) ⇒ r''(1) = (−4, 2, 4)

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Paso 2. Cálculo del radio de curvatura. r '(1) × r ''(1) (−4, −2, 4) × (−4, 2, 4) (−16, 0, −16) 16 2 24 2 κ(1) = = = = = 3 3 3 3 3 63 2 3 (−4, −2, 4) (−4, −2, 4) r '(1)

=

2 2 3

3

=

2 2 27

⇒ radio =

27 2 2

=

27 2 4

Paso 3. Cálculo del centro de curvatura. r '(1) × r ''(1) × r '(1) (−16, 0, −16) × (−4, −2, 4) (−32,128, 32) 25 (−1, 4,1) N(1) =  =  = = r '(1) × r ''(1) × r '(1) 16 2.6 25.3 2 25.3 2 (−1, 4,1) = 3 2 Centro:

C(1) = r(1) +

N(1) 27 2(−1, 4,1) 9 13   5 . = (1, −3,1) + = (1, −3,1) + (−1, 4,1) =  − ,12, κ(1) 4 4 4  4.3 2 

b. La ecuación del plano osculador y del plano normal. Solución. Paso 1. Cálculo de T(1) y B(1) .

T(1) =

B(1) = T(1) × N(1) =

r '(1) (−4, −2, 4) . = 6 r '(1)

−2(2,1, −2) (−1, 4,1) (9, 0, 9) (1, 0,1) × =− =− 6 3 2 9 2 2

Paso 2. Ecuación del plano osculador. (1, 0,1) − • (x − 1, y + 3, z − 1) = 0 ⇒ x + z − 2 = 0 2 Paso 3. Ecuación del plano normal. (2,1, −2) − • (x − 1, y + 3, z − 1) = 0 ⇒ 2x + y − 2z + 3 = 0 3 18. Sea r(t) = (2t, 3t2 , t3 ) . a. Halle τ(t) / κ(t) . Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t), r''(t) y r'''(t) .

r'(t) = (2, 2 3t,3t2 ). r''(t) = (0, 2 3, 6t). r'''(t) = (0, 0, 6).

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Paso 2. Cálculo de τ(t) .

τ(t) =

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

2

(6 3t2 , −12t, 4 3) • (0, 0, 6)

= =

108t + 144t + 48 4

2

2 3 9t + 12t + 4 4

2

=

2 3 (3t2 + 2)2

24 3

=

108t + 144t2 + 48 4

.

Paso 3. Cálculo de κ(t) .

κ(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

3

108t 4 + 144t2 + 48

=

(4 + 12t + 9t ) 2

Paso 4. Cálculo de τ(t) / κ(t) .

4 3 /2

=

2 3(3t2 + 2) (3t + 2) 2

3

=

2 3 (3t2 + 2)2

.

τ(t) / κ(t) = 1 ⇒ τ(t) = κ(t) ∀t ∈ D(r) .

b. Calcule W(0) = T'(0) + N'(0) + B'(0) . Solución. De acuerdo a las fórmulas de Frenet-Serret y en concordancia con el resultado anterior se tiene que: W(0) = T'(0) + N'(0) + B'(0) = κ(0)s '(0)N(0) + τ(0)s '(0)B(0) − κ(0)s '(0)T(0) − τ(0)s '(0)N(0)

= κ(0)s '(0)N(0) + κ(0)s '(0)B(0) − κ(0)s '(0)T(0) − κ(0)s '(0)N(0) = κ(0)s '(0) B(0) − T(0) =

 (0, 0, 4 3) (2, 0, 0)  3 2 B(0) − T(0) = 3 B(0) − T(0) = 3  −  = 3(−1, 0,1) 2 2 4 3  

19. Sea r(t) una curva tal que r '(t) = k . Demuestre que la aceleración es proporcional a la curvatura de r(t). Solución.

r '(t) = k ⇒ r '(t) • r ''(t) = 0 . κ(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

3

=

r '(t) r ''(t) r '(t)

20. La espiral de Cornu viene dada por  t 2 r(t) =  cos( πα2 )dα,   0

∫

∫

t

0

3

=

r ''(t) r '(t)

 2 sen( πα2 )dα   

2

,

=

r ''(t) k2

.

t ∈R .

Calcule su longitud de arco entre t = 0 y t = a , su curvatura en t = a y exprese la relación existente entre la curvatura y la longitud de arco. Solución. 2

2

2

2

r'(t) = (cos( π2t ), sen( π2t )) , r''(t) = (−πt.sen( π2t ), πt.cos( π2t ))

U.C.V.





F.I.U.C.V.

s= κ(a) =

r'(a) × r''(a) r'(a)

3

∫

a

dα = a . 0

r'(a) r''(a)

=

r'(a)

=

3

r''(a) r'(a)

2

= aπ .

Relación entre curvatura y longitud de arco: κ(s) = sπ . 21. Encuentre la ecuación de la circunferencia osculatriz a la hipérbola equilátera xy = 1 en los puntos donde el radio de curvatura sea mínimo.

Solución. Sea

f(x) =

1 , x

entonces

f '(x) = −

1 2

x

2

y f ''(x) =

x3

.

De modo que:

κ(x) =

f ''(x) (1 + (f '(x))2 )3 2

=

(1

2 x3 + 14 )3 2 x

, si x > 0, κ(x) =

2 x3 (x4 +1)3 2 x6

=

2x3 (x4 + 1)3 2

Radio de curvatura mínimo ⇒ Curvatura máxima

κ '(x) = =

6x2 (x 4 + 1)3 2 − 2x3. 23 (x4 + 1)1 2.4x3 (x + 1) 4

3

6x2 (x4 + 1)1 2 (x4 + 1 − 2x4 )

=

(x 4 + 1)3

6x2 (x4 + 1)1 2 (1 − x4 ) (x4 + 1)3

κ '(x) = 0 ⇒ 6x2 (x 4 + 1)1 2 (1 − x4 ) = 0 ⇒ x = 0 , x = 1. En x = 0, la curvatura es mínima, κ(0) = 0. En x = 1, la curvatura es máxima, κ(1) = 2 / 2. Como f(x) es impar se tiene en x = −1, la curvatura es máxima, κ(−1) = 2 / 2. Una parametrización para la curva es r(t) = (t,1 / t) .

T(t) =

(1, − 12 ) r '(t) t = r '(t) 1 + 14 t

Ecuación de la circunferencia osculatriz para t = 1 : Radio de curvatura = a = 2. Centro de curvatura = C(1) = r(1) + 2N(1) .

T(1) =

(1, −1) 2

⇒ N(1) =

(1,1) 2

.

C(1) = r(1) + 2N(1) = (1,1) + (1,1) = (2, 2) .

U.C.V.

F.I.U.C.V.





Circunferencia osculatriz: (x − 2)2 + (y − 2)2 = 2 . Ecuación de la circunferencia osculatriz para t = −1 : Radio de curvatura = a = 2. Centro de curvatura = C = r(−1) + 2N(−1) .

T(−1) =

(1, −1) 2

⇒ N(−1) =

(−1, −1) 2

.

C = r(−1) + 2N(−1) = (−1, −1) + (−1, −1) = (−2, −2) . Circunferencia osculatriz: (x + 2)2 + (y + 2)2 = 2 . 22. La circunferencia x2 + y2 = 5 es osculatriz en el punto (1,2) a una parábola, cuyo eje es paralelo al eje x. Halle la ecuación de esta parábola. Solución. Una parábola de eje paralelo al eje x tiene ecuación de la forma x = ay2 + by + c . Evaluando en el punto de interés se obtiene la relación 1 = 4a + 2b + c

(*)

De modo que si se hace t = y se obtiene r(t) = (at + bt + c, t) , t ∈ R . De esta forma se 2

generan los vectores

r '(t) = (2at + b,1) y r ''(t) = (2a, 0) . En el punto de interés (t = 2) , se tienen los vectores

r(2) = (4a + 2b + c,2) , r '(2) = (4a + b,1) y r ''(2) = (2a, 0) . Aplicando la ecuación de centro de curvatura se tiene

C(2) = (1, 2) + 5N(2) = (0, 0) ⇒ N(2) =

(−1, −2) 5

.

Como T(2) =

(4a + b,1) (4a + b)2 + 1

,

entonces T(2) • N(2) = 0 ⇒ −4a − b − 2 = 0 ⇒ 4a + b = −2 .

Por otro lado,

2a

κ(2) =

(4a + b)2 + 1  

3

=

1 5

.

Al usar la relación (**) se tiene 2a 53

=

1 5

⇒ 2a = 5 ⇒ a = ±

5 . 2

Usando las relaciones (*) y (**) se tienen dos parábolas: Parábola 1. a = − 52 , b = 8 , c = −5 ⇒ x = − 52 y2 + 8y − 5 ⇒ (y − 85 )2 = − 25 (x − 75 ) .

(**)

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Parábola 2. a =

5 2

, b = −12 , c = 15 ⇒ x =

5 2

y2 − 12y + 15 ⇒ (y − 12 )2 = 5

2 (x 5

− 53 ) .

Como se puede observar en la figura 39, se elige la parábola 1 ya que la circunferencia osculatriz se encuentra en la parte cóncava de la curva.

Figura 39. Representación gráfica de las curvas del ejercicio 11

23. Sea la curva

 t3  r(t) =  − t, t2  . 3    Obtenga la ecuación de la circunferencia osculatriz en (0,0). Solución. 1 (t2 − 1, 2t) 2 κ(0) = 2 ⇒ radio = . T(t) = ⇒ T '(t) = 2 (2t,1 − t2 ) 2 2 t +1 (t + 1)2

⇒ N(t) =

(2t,1 − t2 ) (t2 + 1)

⇒ N(0) = (0,1)

Centro: (0, 0) + 12 (0,1) = (0, 12 ) . Circunferencia: x2 + (y − 12 )2 = 24. Una

partícula

se

mueve

a

lo

largo

de

una

curva

de

1 . 4

ecuación

dada

por

r(t) = (t − 3t, t + t, 3t) . Calcule la componente normal y tangencial de la aceleración en un 3

2

punto donde el plano normal es paralelo al plano −3x + 4z = 24 . Solución.

r'(t) = (3t2 − 3, 2t + 1, 3) , r''(t) = (6t, 2, 0) De modo que

T(t) =

r'(t) = r'(t)

(3(t + 1)(t − 1), 2t + 1, 3) 9(t + 1)2 (t − 1)2 + (2t + 1)2 + 9

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Para obtener paralelismo con el plano −3x + 4z = 24 se tiene

i 1

T(t) × (−3, 0, 4) =

j

k

3(t − 1) 2t + 1 3 −3 0 4 2

9(t + 1)2 (t − 1)2 + (2t + 1)2 + 9

= (8t + 4, −12t2 + 3, 6t + 3) = (0, 0, 0) ⇒ t = − Calculando en el punto de interés r'(− 12 ) • r''(− 12 ) (− 94 , 0, 3) • (−3, 2, 0) c T (− 12 ) = = = 81 + 0 + 9 r'(− 12 ) 16

27 4 81 16

+9

1 2

=

27 9 = 15 5

=

2 61 5

i j k 9 −4 0 3 cN (− 12 ) =

r'(− 12 ) × r''(− 12 ) r'(−

1) 2

=

−3 2 0 81 16

+0+9

=

(−6, −9, − 92 81 16

+9

25. Sea la curva de ecuación vectorial r(t) = (t cos(t), tsen(t), t). a. Calcule el cociente curvatura entre torsión en t = 0. Solución.

r '(t) = (cos(t) − tsen(t), sen(t) + t cos(t),1) ⇒ r '(0) = (1, 0,1) r ''(t) = (−2sen(t) − t cos(t), 2 cos(t) − tsen(t), 0) ⇒ r ''(0) = (0, 2, 0) r '''(t) = (−3 cos(t) + tsen(t), −3sen(t) − t cos(t), 0) ⇒ r '''(0) = (−3, 0, 0) i

j k

r '(0) × r ''(0) = 1 0 1 = (−2, 0, 2) ⇒ r '(0) × r ''(0) = 2 2 0 2 0 (r '(0) × r ''(0)) • r '''(0) = (−2, 0, 2) • (−3, 0, 0) = 6 κ(0) = τ(0)

r '(0)×r ''(0) 3 r '(0) (r '(0)× r ''(0))•r '''(0) 2 r '(0)× r ''(0)

=

r '(0) × r ''(0)

3

3

r '(0) .((r '(0) × r ''(0)) • r '''(0))

=

16 2 2 2.6

b. Halle la ecuación del plano osculador en el punto (0,0,0). Solución.

B(0) =

r '(0) × r ''(0) (−2, 0,2)  1 1  = = − , 0, . r '(0) × r ''(0) 2 2 2 2 

Luego, la ecuación es:

 1 1  , 0, −  • (x, y, z) = 0 ⇒ −x + z = 0 . 2 2 

=

16 4 = 12 3

U.C.V.





F.I.U.C.V.

26. Una curva plana C, que viene parametrizada por r(t) = (x(t), y(t), z(t)) es tal que

r(t0 ) = (0, −1, 3) , r '(t0 ) = (−2,1, 0) , r ''(t0 ) = (0, 23 , −3) . Encuentre en t0 : a. La curvatura de C. Solución.

i r '(t0 ) × r ''(t0 ) = −2

j

k

1

0 = (−3, −6, −3) ,

r '(t0 ) × r ''(t0 ) = 9 + 36 + 9 = 3 6.

3 / 2 −3

0

r '(t0 ) =

4 + 1 = 5.

Se tiene entonces que:

κ(t0 ) =

r '(t0 ) × r ''(t0 ) r '(t0 )

3

=

3 6 5 5

.

b. La ecuación del plano rectificante. Solución.

B(t0 ) =

(1, 2,1) 6

N(t0 ) =

1 30

, T(t0 ) =

r '(t0 ) (−2,1, 0) = , r '(t0 ) 5

i

j k

1

2 1 =

−2 1 0

1 30

(−1, −2,5) .

Ecuación del plano rectificante: (−1, −2,5) • (x, y + 1, z − 3) = 0 ⇒ x + 2y − 5z + 17 = 0. c.

El vector N' . Solución.

N '(t0 ) = τ(t0 ).s '(t0 ).B(t0 ) − κ(t0 ).s '(t0 ).T(t0 ) = (0, 0, 0) − =−

3 6 5 5

3 6 5 5

. 5.

(−2,1, 0) 5

(−2,1, 0).

27. Sea r(t) = (3t − t3 , 3t2 , 3t + t3 ) . Determine: a. que κ(t) = τ(t) en cualquier punto. Solución.

r '(t) = (3 − 3t2 , 6t, 3 + 3t2 ) , r ''(t0 ) = (−6t, 6, 6t) , r '''(t0 ) = (−6, 0, 6).

i r '(t) × r ''(t) = 3 − 3t −6t

j 2

k

6t 3 + 3t2 = (18t2 − 18, −36t,18t2 + 18) = 18(t2 − 1, −2t, t2 + 1) 6 6t

r '(t) × r ''(t) = 18 2(t2 + 1) ,

r '(t) = 18(t2 + 1).

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Se tiene entonces que:

r '(t) × r ''(t)

κ(t) =

r '(t) τ(t) =

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

b. un valor t0 donde r(t)

2 2

=

3

=

18 2(t2 + 1) 18 18(t + 1) 2

3

=

1 3(t + 1)2 2

18(t2 − 1, −2t, t2 + 1) • (−6, 0, 6) 18 .2.(t + 1) 2

2

2

=

. 12

36(t + 1) 2

2

=

1 3(t + 1)2 2

.

alcance un máximo o mínimo local.

Solución. r(t)

c.

2

= (3t − t3 )2 + 9t 4 + (3t + t3 )2 = 9t2 − 6t4 + t6 + 9t 4 + 9t2 + 6t 4 + t6 = 2t6 + 9t 4 + 18t2

 r(t) 2  ' = 0 ⇒ 12t5 + 36t3 + 36t = 0 ⇒ t = 0    r(t) 2  '' = 60t 4 + 108t2 + 36 ⇒  r(0) 2  '' = 36 > 0 mínimo local     cómo son geométricamente los vectores r '(t0 ) y r ''(t0 ). Solución. r '(0) • r ''(0) = (3, 0, 3) • (0, 6, 0) = 0 , por lo tanto son ortogonales.

28. Una partícula móvil con vector de posición r(t) se mueve en el espacio. Pruebe que si r(t) × r '(t) es un vector constante, la partícula se mueve en un plano. Solución. r(t) × r '(t) = (a,b, c) ⇒ (r(t) × r '(t)) ' = r(t) × r ''(t) = 0 ⇒ r(t) r ''(t) ⇒ r ''(t) = k1r(t).

r ''(t) × r '(t) = k1(a,b, c) ⇒ r '''(t) × r '(t) = 0 ⇒ r '(t) r '''(t) ⇒ r '''(t) = k2r '(t).

τ(t) =

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

2

=

k1 (r '(t) × r(t)) • k2r '(t) = K((r '(t) × r(t)) • r '(t)) = 0 . k3

29. Encuentre los puntos de máxima y mínima torsión de la curva dada por r(t) = (t − sen(t),1 − cos(t), t) , t ∈ [0, 2π]. Solución. r '(t) = (1 − cos(t), sen(t),1) , r ''(t) = (sen(t), cos(t), 0) , r '''(t) = (cos(t), −sen(t), 0) .

i

j

k

r '(t) × r ''(t) = 1 − cos(t) sen(t) 1 = (− cos(t), sen(t), −1 + cos(t)) . sen(t) cos(t) 0

r '(t) × r ''(t) τ(t) =

2

= cos2 (t) + sen2 (t) + cos2 (t) − 2 cos(t) + 1 = cos2 (t) − 2 cos(t) + 2 .

(− cos(t), sen(t), −1 + cos(t)) • (cos(t), −sen(t), 0)

τ '(t) =

cos (t) − 2 cos(t) + 2 2

−2 cos(t)sen(t) + 2sen(t) (cos2 (t) − 2 cos(t) + 2)2

=−

1 cos (t) − 2 cos(t) + 2 2

= 0 ⇒ sen(t)(1 − cos(t)) = 0 ⇒ t = 0, π,2π.

.

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Mínima torsión: t = 0, t = 2π τ(0) = τ(2π) = −1 / 2. Puntos: r(0) = (0, 0, 0) , r(2π) = (2π, 0, 2π) Máxima torsión: t = π τ(π) = −1 / 5. Puntos: r(π) = (π,2, π) . 30. El movimiento de una partícula en un instante cualquiera tiene como vector aceleración

a(t) = (sen(t), t2 , 2) . Para t = 0 se sabe que v(0) = (2,3,1) y r(0) = (0, 0, 0) . a. Encuentre la ecuación de la curva r(t) que describe la posición de la partícula. Solución.

v(t) = (− cos(t) + c1 , t3 / 3 + c3 , 2t + c5 ) , r(t) = (−sen(t) + c1t + c2 , t 4 / 12 + c3t + c4 , t2 + c5 t + c6 ) . v(0) = (−1 + c1 , c3 , c5 ) = (2,3,1) ⇒ c1 = 3, c3 = 3, c5 = 1 .

r(0) = (c2 , c4 , c6 ) = (0, 0, 0) ⇒ c2 = 0, c4 = 0, c6 = 0 . Por tanto r(t) = (−sen(t) + 3t, t 4 / 12 + 3t, t2 + t) . b. Calcule para t = 0 , la torsión y el plano osculador. Solución. r(0) = (0, 0, 0) , r '(0) = (2, 3,1) , r ''(0) = (0, 0, 2) ,

r '''(t) = (cos(t), 2t, 0) ⇒ r '''(0) = (1, 0, 0) . τ(0) =

(r '(0) × r ''(0)) • r '''(0) r '(0) × r ''(0)

B(0) =

2

=

(6, −4, 0) • (1, 0, 0) 6 3 . = = 52 52 26

r '(0) × r ''(0) (6, −4, 0) (3, −2, 0) = = . r '(0) × r ''(0) 52 13

Plano osculador:

(3, −2, 0) 13 c.

• (x − 0, y − 0, z − 0) = 0 ⇒ 3x − 2y = 0 .

Encuentre las componentes tangencial y normal del vector aceleración en t = 0 . Solución.

c T (0) =

r '(0) • r ''(0) (2, 3,1) • (0, 0, 2) = = r '(0) 14

2 14

. cN (0) =

r '(0) × r ''(0) r '(0)

=

52 14

31. Determine y grafique la función φ(α) > 0 tal que la curva  r(t) =   

∫

t

φ(α)sen(α)dα, 0

∫

t

φ(α) cos(α)dα, 0

∫

t

0

 φ(α) tan(α)dα  , 0 < t <  

tenga curvatura κ(t) = 1 + cos2 (t) . Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t),

r'(t) y r''(t) .

r'(t) = (φ(t)sen(t), φ(t) cos(t), φ(t) tan(t)) = φ(t)(sen(t), cos(t), tan(t)) .

π 2

=

26 7

.

U.C.V.





F.I.U.C.V.

r'(t) = φ(t) sen2 (t) + cos2 (t) + tan2 (t) = φ(t) 1 + tan2 (t) = φ(t) sec(t) . r''(t) = φ(t)(cos(t), −sen(t), sec2 (t)) + φ '(t)(sen(t), cos(t), tan(t)) . 3

Paso 2. Cálculo de r'(t) × r''(t),

r'(t) × r''(t) y r'(t) .

r'(t) × r''(t) = φ(t)(sen(t), cos(t), tan(t)) × φ(t)(cos(t), −sen(t), sec2 (t)) + φ '(t)(sen(t), cos(t), tan(t))   = (φ(t))2 (sen(t), cos(t), tan(t)) × (cos(t), −sen(t), sec2 (t)) × φ(t)φ '(t) (sen(t), cos(t), tan(t)) × (sen(t), cos(t), tan(t))   i = (φ(t))2 sen(t)

j cos(t)

k i j k i j k tan(t) + φ(t)φ '(t) sen(t) cos(t) tan(t) = (φ(t))2 sen(t) cos(t) tan(t) + φ(t)φ '(t)0 sen(t) cos(t) tan(t) cos(t) −sen(t) sec2 (t) cos(t) −sen(t) sec2 (t)

i = (φ(t))2 sen(t)

j cos(t)

k  1  sen2 (t) sen(t) tan(t) = (φ(t))2  + , sen(t) − , −sen2 (t) − cos2 (t)  2  cos(t) cos(t)  cos (t)   cos(t) −sen(t) sec2 (t)

 1 + sen2 (t)  sen3 (t) = (φ(t))2  ,− , −1  2  cos(t)  cos (t)  

r'(t) × r''(t) = (φ(t))2

(1 + sen2 (t))2 2

cos (t)

+

sen6 (t) 4

cos (t)

+1 ,

r'(t)

3

= (φ(t))3 sec3 (t) .

Paso 3. Cálculo de κ(t) .

κ(t) =

r'(t) × r''(t) r'(t)

3

(φ(t))2 =

(1 + sen2 (t))2 cos2 (t)

+

sen6 (t) cos4 (t)

(φ(t))3 sec3 (t)

+1

cos2 (t) =

(1 + sen2 (t))2 cos2 (t)

+

sen6 (t) cos4 (t)

+1

φ(t) sec(t)

=

cos2 (t)(1 + sen2 (t))2 + sen6 (t) + cos4 (t) φ(t) sec(t)

=

cos2 (t)(2 − cos2 (t))2 + (1 − cos2 (t))3 + cos4 (t) φ(t) sec(t)

=

cos2 (t)(4 − 4 cos2 (t) + cos4 (t)) + 1 − 3 cos2 (t) + 3 cos4 (t) − cos6 (t) + cos4 (t) φ(t) sec(t)

=

4 cos2 (t) − 4 cos4 (t) + cos6 (t) + 1 − 3 cos2 (t) + 3 cos4 (t) − cos6 (t) + cos4 (t) φ(t) sec(t)

=

1 + cos2 (t) φ(t) sec(t)

Paso 4. Búsqueda y gráfico de φ(t) . Igualando de acuerdo a lo especificado:

κ(t) = 1 + cos2 (t) ⇒

1 + cos2 (t) = 1 + cos2 (t) ⇒ φ(t) = cos(t) . φ(t) sec(t)

Se muestra la gráfica de φ(t) = cos(t), 0 ≤ t <

π 2

(ver figura 40)

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Figura 40. Gráfica de φ(t) = cos(t), 0 ≤ t <

π 2

32. Halle una parábola y = ax2 + bx + c que tenga con la función y = sen(x) en el punto A( 2π ,1) la misma recta tangente y la misma curvatura.

Solución. Paso 1. Construcción de función posición de las curvas y sus derivadas.

r(t) = (t, at2 + bt + c) ⇒ r'(t) = (1, 2at + b) ⇒ r''(t) = (0, 2a)

Parábola:

Trigonométrica: r(t) = (t, sen(t)) ⇒ r'(t) = (1, cos(t)) ⇒ r''(t) = (0, −sen(t))

Paso 2. Cálculo de la curvatura de las curvas. Parábola:

κ(t) =

f ''(t) 1 + (f '(t))2   

3 /2

=

2a 1 + (2at + b)2   

3/2

⇒ κ( 2π ) =

2a 1 + (aπ + b)2   

3/2

Trigonométrica: κ(t) =

f ''(t) 2

1 + (f '(t))  

3/2

=

−sen(t) 2

1 + (cos(t))  

3 /2

⇒ κ( 2π ) = 1

Paso 3. Relaciones encontradas entre los parámetros a determinar. 2

r( 2π ) = ( 2π ,1) ⇒ a π4 + b 2π + c = 1 , r'( 2π ) = (1, cos( 2π )) = (1, 0) ⇒ aπ + b = 0 Igualando curvaturas en t =

π 2

⇒ 2a = 1 .

Paso 4. Determinación de valores de los parámetros. 2a = 1 ⇒ a = ± 12 . Sustituyendo el valor de a en la relación aπ + b = 0 se tiene que b = ∓ 2π . 2

Finalmente se determina el valor de c sustituyendo a y b en la relación a π4 + b 2π + c = 1 de 2

donde se tiene que: c = 1 − a π4 − b 2π = 1 ∓

π2 8

±

π2 4

=1±

π2 8

.

Se concluye que existen dos parábolas como solución al problema 1 π π2 1 π π2 . y = 1 + x2 − x + ; y = 1 − x2 + x − 2 2 8 2 2 8

SISTEMA DE COORDENADAS POLARES U.C.V.

F.I.U.C.V.



1.34. SISTEMA DE COORDENADAS POLARES El sistema de coordenadas rectangulares que se ha estado usando hasta ahora, no es más que un algoritmo que permite establecer una correspondencia entre los puntos del plano y los pares de números reales. Sin embargo, esta no es la única manera en que se puede establecer una correspondencia de este tipo. En la vida real, por ejemplo, cuando se pide cómo llegar a un determinado lugar, a veces se da su ubicación en coordenadas rectangulares (“camine 3 cuadras hacia el norte y después 2 hacia el este”) pero a veces se usa otro sistema, sobre todo si el lugar se encuentra en una región no urbanizada (“camine en tal dirección un kilometro y medio”). Precisamente, este sistema en el cual un punto se ubica mediante una dirección y una distancia, es sumamente útil en muchas aplicaciones y recibe el nombre de “sistema polar”. Cada punto P de R2 con coordenadas rectangulares (x,y) se puede asociar con el par (r, θ) de la siguiente forma: Se traza una recta (eje polar) que pase por P y por el origen de coordenadas (llamado ahora polo), la cual formará un ángulo θ , medido en radianes, con la dirección positiva del eje X. Esta recta puede verse como la rotación de un ángulo θ del eje X. El eje X corresponde a θ = 0 . Se asigna a P las coordenadas polares r (coordenada radial) que es la distancia dirigida de P al polo y θ (coordenada angular) (ver figura 41). De esta forma, dado un punto P, la relación entre sus coordenadas cartesianas (x,y) y sus coordenadas polares, viene dada por:

x = r cos(θ) ⇒   y = rsen(θ)

 r = ± x2 + y2 .  θ = arctg(y / x) , x ≠ 0

Figura 41. Relaciones cartesianas - polares

SISTEMA DE COORDENADAS POLARES U.C.V.

F.I.U.C.V.




Ejemplo 28. Encuentre las coordenadas cartesianas del punto (3, π) . Solución.

x = 3 cos(π) = −3 ; y = 3sen(π) = 0 . Ejemplo 29. Encuentre las coordenadas polares del punto (1,1). Solución.

r = ± 12 + 12 = ± 2 ; θ = arctg(1 /1) = π 4 . Si θ = π 4 , r = 2 . Entonces se puede apreciar que las coordenadas polares del punto son ( 2, 4π ) .

Observación 15. La representación polar de un punto en cartesianas no es única. Si un punto tiene coordenadas polares (r, θ) , también son coordenadas del mismo punto (r, θ + 2kπ) o

(−r, θ + (2k + 1)π) , (k ∈ Z) . Por ejemplo, para k = 0 se tiene que las coordenadas (r, θ) y (−r, θ + π) representan el mismo punto P.

Ejemplo 30. Las coordenadas polares del punto (1,1), además de ( 2, 4π ) también pueden ser: (− 2, 54π ) , (− 2, − 34π ) .

1.35. REPRESENTACIONES DE UNA CURVA EN POLARES Como se sabe, un punto tiene infinitas representaciones: Si las coordenadas de P son (r, θ) , también lo son (r, θ + 2kπ) o (−r, θ + (2k + 1)π) con k ∈ Z , estas dos expresiones se pueden resumir en una sola

(−1)k r = f(θ + kπ). Ejemplo 31. Encuentre las representaciones de la curva dada por r = 2 cos(2θ) . Solución.

(−1)k r = 2 cos 2(θ + kπ) = 2 cos(2θ + 2kπ) = 2 cos(2θ) cos(2kπ) − 2sen(2θ)sen(2kπ)) de donde r = 2 cos(2θ) si k es par,

r = −2 cos(2θ) si k es impar .

Las dos ecuaciones representan la misma curva.

ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA U.C.V.

F.I.U.C.V.



1.36. ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA Sean R una recta cualquiera, I = (r* , ω) las coordenadas polares del punto intersección entre R y su perpendicular que pasa por el polo y P(r, θ) cualquier punto sobre la recta R, entonces

cos(θ − ω) =

r* , r

de donde se obtiene la ecuación de R en coordenadas polares: r* . r= cos(θ − ω) Ejemplo 32. Calcule la ecuación polar de la recta de ecuación cartesiana y = x + 1. Solución. La ecuación de la recta perpendicular que pasa por el origen es y = −x , siendo el punto de

intersección: −x + y = 1 ⇒ (−1 / 2,1 / 2) .  x+y = 0 Sus coordenadas polares son:

r* = (−1 / 2)2 + (1 / 2)2 = 2 2. Sea ω = arctg(−1) = 3π 4 , luego las coordenadas de este punto son ( 2 2 , 3π 4) . La ecuación polar de la recta es por lo tanto

r=

22 . 3π   cos  θ − 4  

Casos particulares: (ver figura 42) a. Recta que pasa por el origen: y = mx : rsen(θ) = mr cos(θ) ⇒ tg(θ) = m ⇒ θ = arctg(m) b. Recta paralela al eje y: x = c : r* = c; ω = 0; r = c.

Recta es paralela al eje x: y = b : r* = b; ω =

c . cos(θ)

π b b ; r= = . 2 cos(θ − π 2) sen(θ)

d. Rectas paralelas: Si la recta R tiene ecuación r* = r cos(θ − ω) entonces la ecuación de una recta paralela R es r* + d = r cos(θ − ω) donde d es la distancia entre las dos rectas. Observe que d puede ser positivo o negativo de acuerdo con la posición de la recta respecto de R.

ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA U.C.V.

F.I.U.C.V.



Figura 42. Algunos casos particulares de ecuaciones de rectas en polares

Ejemplo 33. Determine la ecuación de la recta que pasa por el punto (5,0) y forma con el eje polar un ángulo α = 5π / 6. Solución. Ecuación cartesiana: 3y + 3x − 5 3 = 0 . Recta perpendicular:

3y = 3x.

5 5  5 π Punto de intersección:  , 3  . En coordenadas polares:  ,  . 4 4  2 3 Ecuación polar de la recta:

r=

5 2

cos(θ − 3π )

.

1.37. ECUACIÓN POLAR DE UNA CIRCUNFERENCIA Sean (r ', θ ') las coordenadas polares del centro de la circunferencia y a su radio. Sea

P(r, θ) cualquier otro punto de la circunferencia, entonces por el teorema del coseno se tiene la ecuación general de una circunferencia dada por la expresión

a2 = (r ')2 + r2 − 2rr ' cos(θ − θ ') . Casos particulares: a. Centro en el polo, es decir, (r ', θ ') = (0, θ) , por lo tanto r2 = a2 de donde: r = a o bien

r = −a . b. Centro sobre el eje x y pasa por el polo, es decir, (r ', θ ') = (a, 0) , por lo tanto su ecuación es r = 2a cos(θ) .

ECUACIÓN POLAR DE UNA CIRCUNFERENCIA U.C.V.

c.

F.I.U.C.V.



Centro sobre el eje y y pasa por el polo, es decir, (r ', θ ') = (a, 2π ) , por lo tanto su ecuación es r = 2asen(θ) .

Ejemplo 34. Una circunferencia que pasa por el polo y por el punto (−1, 6π ) , tiene su centro en la recta θ =

4π 3

. Determine su ecuación polar.

Solución. Ecuación de la circunferencia: r = 2a cos(θ −

4π ). 3

Como pasa por el punto (−1, 6π ) entonces se tiene que

−1 = 2a cos( 6π −

4π ) 3

= 2a cos( π−68π ) = 2a cos(− 76π ) = 2a cos( 76π ) = − 3a ⇒ a =

3 3

.

Por lo tanto

r=

2 3 3

cos(θ −

4π ). 3

1.38. DISTANCIAS EN COORDENADAS POLARES Distancia entre dos puntos. Sean P1(r1 , θ1 ) y P2 (r2 , θ2 ) dos puntos del plano, dados en

coordenadas polares. Por el teorema del coseno se tiene que la distancia de P1 a P2 viene dada por

d(P1 ,P2 ) = r12 + r22 − 2r1r2 cos(θ1 − θ2 ) . Distancia entre un punto y una recta. Sean R la recta de ecuación polar r* = r cos(θ − ω) y P con coordenadas (r1 , θ1 ). Sea d la distancia entre las rectas R y R’, donde ésta es paralela a

R y pasa por (r1 , θ1 ), su ecuación es por lo tanto r* + d = r cos(θ − ω) . El punto (r1 , θ1 ) satisface la ecuación de R’. Por lo tanto d(P,R) = d = r1 cos(θ1 − ω) − r* .

Ejemplo 35. Calcule la distancia de la recta

r=

2 cos(θ − 4π )

al punto (2, 3π / 4) . Solución.

 3π π  π d(P,R) = 2 cos  −  − 2 = 2 cos   − 2 = 2. 4  4 2

ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA U.C.V.

F.I.U.C.V.



1.39. ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA Definición 38. Una cónica es el conjunto de los puntos P del plano tales que el cociente de la distancia de P a un punto fijo F (foco) entre la distancia de P a una recta fija D (directriz) es una constante e (excentricidad):

PF PD

=e

a. Si e < 1 la cónica es una elipse b. Si e = 1 la cónica es una parábola c.

Si e > 1 la cónica es una hipérbola Suponga que la directriz D tiene ecuación r cos(θ − ω) = r* , las coordenadas del foco

son (ρ, α) , y sea P = (r, θ) un punto arbitrario de la cónica, luego su ecuación será:

r2 + ρ2 − 2rρ cos(θ − α) = e r cos(θ − ω) − r* .

En algunos casos la ecuación anterior toma una forma muy simple, por ejemplo, si el foco coincide con el polo, es decir, F = (0, 0) la ecuación anterior se reduce a:

r = e r cos(θ − ω) − r* . Además si la directriz es paralela al eje:

a.

θ = π / 2 (eje y) y está a la derecha del foco se tendrá ω = 0 y r cos(θ) − r* < 0, luego

r=

er* 1 + e cos(θ)

con r* > 0 . b.

θ = π / 2 y está a la izquierda del foco se tendrá ω = 0 y r cos(θ) − r* > 0 , luego r=−

er* 1 − e cos(θ)

con r* < 0 . c.

θ = 0 (eje x) y está por encima del foco se tendrá ω = π / 2 y r cos(θ) − r* < 0, luego

r=

er* 1 + esen(θ)

con r* > 0 .

d.

θ = 0 y está por debajo del foco se tendrá ω = π / 2 y rsen(θ) − r* > 0, luego r=− con r* < 0 .

er * 1 − esen(θ)

ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA U.C.V.

F.I.U.C.V.



Ejemplo 36. Determine la ecuación de la cónica con foco en el polo, directriz x = 2 y excentricidad e = 2. Solución. La directriz es x = 2 , luego r* = 2 , está a la derecha del foco y es paralela al eje θ = π / 2 por lo tanto su ecuación general es

r=

er* . 1 + e cos(θ)

r=

4 . 1 + 2 cos(θ)

Sustituyendo se tiene

Ejemplo 37. La ecuación de una cónica es

r=

4 . 3 + 2sen(θ)

Identifique la cónica, dé la ecuación de la directriz correspondiente al foco en el polo y obtenga los vértices.

Solución.

r=

4 = 3 + 2sen(θ) 1 +

4 3 2 3

sen(θ)

.

Por tanto e = 2 / 3 < 1 , la cónica es una elipse. Se tiene además que 2 4 er* = r* = ⇒ r* = 2 ; 3 3 por lo tanto la ecuación de la directriz es rsen(θ) = 2. Vértices: r(π / 2) = 4 / 5 ⇒ v1 = (4 / 5, π / 2) ; r(3π / 2) = 4 ⇒ v2 = (4, 3π / 2) .

1.40. GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES Dada una curva definida por la ecuación F(r, θ) = 0 , se define el gráfico de ella como el conjunto de puntos P(r, θ) que satisfacen la ecuación.

Tipos de caracoles (o limacon). Sea la ecuación r = a + b cos(θ), donde a > 0 y b > 0 . a.

0 < a / b < 1 : Caracol con lazo (ver figura 43)

GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES U.C.V.

F.I.U.C.V.


Figura 43. Gráfica de r=1+2cos(θ)

b.

a / b = 1 : Cardioide (forma de corazón) (ver figura 44)

Figura 44. Gráfica de r=1+cos(θ)

c.

1 < a / b < 2 : Caracol con hendidura (ver figura 45)

3 +cos(θ) Figura 45. Gráfica de r= 2

d.

2 ≤ a / b : Caracol convexo (sin hendidura) (ver figura 46)


GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES U.C.V.

F.I.U.C.V.




Figura 46. Gráfica de r=3+cos(θ)

Tipos de rosas. La gráfica de una ecuación de la forma r = a cos(nθ) es una rosa que tiene n hojas si n es impar y 2n hojas si n es par. Cada hoja tiene una longitud a. (ver figuras 47 y 48)

Figura 47. Gráfica de r=2cos(2θ)

Figura 48. Gráfica de r=2cos(3θ)

1.41. INTERSECCIÓN DE CURVAS EN POLARES Dada una curva definida por la ecuación F(r, θ) = 0 , se define el gráfico de ella como el conjunto de puntos P(r, θ) que satisfacen la ecuación.

INTERSECCIÓN DE CURVAS EN POLARES U.C.V.

F.I.U.C.V.



Ejemplo 38. Intersecte las curvas r = 2 cos(2θ) y r = 1 . Solución. (ver figura 49)

Figura 49. Intersecciones de las curvas del ejemplo 38

Se observa de la figura 49 que hay ochos puntos de intersección. Para obtener todas las soluciones se debe intersectar una a una las representaciones de dichas curvas, es decir, r = ±1 y r = ±2 cos 2θ ; lo cual se traduce en resolver los siguientes dos sistemas: r =1 r =1   , ;   r = 2 cos 2θ r = −2 cos 2θ

cuyas soluciones en el intervalo [0, 2π] son: π 5π 7π 11π θ= , , , 6 6 6 6 del primer sistema y θ=

π 2π 4π 5π , , , 3 3 3 3

del segundo sistema.

1.42. FORMA PARAMÉTRICA DE UNA CURVA EN POLARES. BÚSQUEDA DE TANGENTES Sea r = r(θ) la ecuación de una curva en coordenadas polares, se tiene entonces su forma paramétrica

r(θ) = (r(θ) cos(θ),r(θ)sen(θ)) .

U.C.V.

BÚSQUEDA DE TANGENTES




F.I.U.C.V.

Tangentes horizontales: r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ) = 0 y r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ) ≠ 0 . Tangentes verticales: r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ) ≠ 0 y r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ) = 0 . Ejemplo 39. Encuentre las tangentes horizontales y verticales a r = 1 + 2 cos(θ) . Solución. (ver figura 50)

Figura 50. Gráfica del ejemplo 39

Tangentes horizontales:

−2sen2 (θ) + (1 + 2 cos(θ)) cos(θ) = 0 ⇒ −2(1 − cos2 (θ)) + cos(θ) + 2 cos2 (θ) = 0 ⇒ −2 + 4 cos2 (θ) + cos(θ) = 0 ⇒ θ = 53.62 ,147.46 ,212.53 ,306.38 y

4sen(θ) cos(θ) + sen(θ) ≠ 0 Puntos (2.19,53.62 ) , (−0.69,147.46 ) , (−0.69,212.53 ) , (2.19, 306.38 )

Tangentes verticales: −2sen(θ) cos(θ) − (1 + 2 cos(θ))sen(θ) = 0 ⇒ −2sen(θ) cos(θ) − sen(θ) − 2sen(θ) cos(θ) = 0

⇒ 4sen(θ) cos(θ) + sen(θ) = 0 ⇒ sen(θ)(4 cos(θ) + 1) = 0 ⇒ θ = 0 ,180 ,104.47 , 255.52 y

4 cos2 (θ) + cos(θ) − 2 ≠ 0 Puntos (3, 0) , (−1,180 ) , (0.5,104.47 ) , (0.5, 255.52 ) . TEOREMA 15. Si m es la pendiente de la recta tangente a la gráfica de r(θ) en el punto

(r(θ), θ), entonces m=

r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ) . r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ)

U.C.V.

BÚSQUEDA DE TANGENTES




F.I.U.C.V.

Demostración. Se sabe que

m=

dy dy / dθ r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ) = = dx dx / dθ r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ)

considerando la forma paramétrica en coordenadas polares vista en el apartado anterior.

1.43. LONGITUD DE ARCO Y ÁREA EN POLARES Sea

r(θ) = (r(θ) cos(θ),r(θ)sen(θ)) la forma paramétrica de una curva dada en coordenadas polares. Se tiene:

r' (θ) = (r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ),r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ)) . De modo que

L=

∫

β

(r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ))2 + (r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ))2 dθ . α

Ejemplo 40. Calcule la longitud de arco de de la cardioide r = 2(1 + cos(θ)). Solución.

L=2

∫

π

(−2sen(θ))2 + 4(1 + cos(θ))2 dθ = 16. 0

TEOREMA 16. Sea R la región limitada por las rectas θ = α y θ = β y la curva cuya ecuación es r(θ) , donde r es continua y no negativa en el intervalo cerrado [α, β] . Entonces, si A unidades cuadradas es el área de la región R,

A=

1 2

∫

β

[r(θ)]2 dθ . α

Ejemplo 41. Calcule el área de la región limitada por la cardioide r = 2(1 + cos(θ)). Solución.

A=2

∫

π 1 (2 2 0

+ 2 cos(θ))2 dθ = 6π .

U.C.V.





F.I.U.C.V.

1.44. RESUMEN DE FÓRMULAS

∫

s(t) =

T(t) = N(t) × B(t)

T(t) =

κ(t) =

aT (t) =

r '(α) dα a

B(t) = T(t) × N(t)

r '(t) r '(t)

B(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

t

κ(t) =

3

r '(t) • r ''(t) T(t) r '(t)

B '(t) = −τ(t)s '(t)N(t)

κ(θ) =

N(t) = B(t) × T(t)

r '(t) × r ''(t) × r '(t) N(t) =  r '(t) × r ''(t) × r '(t)

r '(t) × r ''(t) r '(t) × r ''(t)

y ''(t)x '(t) − y '(t)x ''(t)

k(t) =

(x '(t) + y '(t) ) 2

aN (t) =

2 3 /2

r '(t) × r ''(t) r '(t)

T '(t) = κ(t)s '(t)N(t)

r2 + 2(r ')2 − rr '' r2 + (r ')2   

L =

∫

3 /2

τ(t) =

N(t)

1 A= 2

(1 + (f '(t))2 )3 /2

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

2

N '(t) = τ(t)s '(t)B(t) − κ(t)s '(t)T(t)

∫

β

[r(θ)]2 dθ α

β

(r(θ))2 + (r '(θ))2 dθ α

f ''(t)

U.C.V.





F.I.U.C.V.

1.45. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Sea la curva de ecuación vectorial

 3t 3t2  r(t) =  , .  1 + t3 1 + t3    Pruebe que la curva dada verifica la ecuación x3 + y3 = 3xy y escriba su ecuación polar. Solución.

x3 + y3 =

(3t)3 (1 + t3 )3

+

(3t2 )3

=

(1 + t3 )3

27t3 + 27t6

=

(1 + t3 )3

27t3 (1 + t3 ) (1 + t3 )3

=

27t3 (1 + t3 )2

= 3.

3t 1+t

. 3

3t2 1 + t3

= 3xy

Ecuación polar:

x3 + y3 = 3xy ⇒ r3 (cos3 (θ) + sen3 (θ)) = 3.r2 cos(θ)sen(θ) ⇒ r(cos3 (θ) + sen3 (θ)) = 3 cos(θ)sen(θ) ⇒r =

3 cos(θ)sen(θ)

(r ≠ 0)

cos3 (θ) + sen3 (θ)

2. Calcule la longitud de arco de r = 1 + cos(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π . Solución.

r(θ) = ((1 + cos(θ)) cos(θ),(1 + cos(θ))sen(θ)) , 0 ≤ θ ≤ 2π .

∫ 2

∫

2π

(1 + cos(θ))2 + (−sen(θ))2 dθ = 0

2π

1 + cos(θ)dθ = 2 0

∫

2π

0

∫

sen(θ) 1 − cos(θ)

2π

1 + 2 cos(θ) + 1dθ = 2 0

dθ = 2

∫

π

0


∫

2π

1 + cos(θ)dθ 0

dθ − 2

∫

2π


π

dθ

π 2π   2  2 1 − cos(θ)  − 2 1 − cos(θ)   = 2 2 2 + 2 2  = 8       0 π  

3. Las espirales de MacLaurin corresponden a una familia de curvas en el plano que al ser descrita en coordenadas polares las variables r y θ satisfacen la relación 1

r = a.(sen(nθ))n , a > 0 , n ∈ (0, ∞) . Pruebe que la curvatura de una espiral de MacLaurin de orden n es n −1 n+1 κ= .(sen(nθ)) n . a Solución. Cálculo de r ' y r '' . 1 −n n

r ' = a.(sen(nθ))

1 − 2n n

cos(nθ) , r '' = a(1 − n)(sen(nθ))

1 −n n sen(nθ)

cos2 (nθ) − an(sen(nθ))

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Cálculo de κ . κ=

r2 + 2(r ')2 − rr '' 3/2

r2 + (r ')2   

2 − 2n

2

a2.(sen(nθ))n + 2a2.(sen(nθ)) n =

=

1 − 2n + 1 1−n + 1 n cos2(nθ) + a2n(sen(nθ)) n n sen(nθ)

cos2(nθ) − a2(1 − n)(sen(nθ)) n

3/2

2 2 − 2n   a2.(sen(nθ))n + a2.(sen(nθ)) n cos2(nθ)    

1 + 2.(sen(nθ))−2 cos2(nθ) − (1 − n)(sen(nθ))−2 cos2(nθ) + n(sen(nθ))−1sen(nθ) 1

3/2

a(sen(nθ))n 1 + (sen(nθ))−2 cos2(nθ)   =

1 + (1 + n)(sen(nθ))−2 cos2(nθ) + n 1

3/2

=

(1 + n)((1 + sen(nθ))−2 cos2(nθ)) 1

3/2

a(sen(nθ))n 1 + (sen(nθ))−2 cos2(nθ)   n+1 n+1 n+1 = = = = 1 1 1 −1 1−n 1/2 1/2 a(sen(nθ))n 1 + (sen(nθ))−2 cos2(nθ) a(sen(nθ))n csc2(nθ) a(sen(nθ))n a(sen(nθ)) n     a(sen(nθ))n 1 + (sen(nθ))−2 cos2(nθ)   (1 + n)

=

n −1

n+1 .(sen(nθ)) n a

4. Una ecuación polar r = f(θ) es de la forma

3 . 2+θ a. Identifique, estudie y grafique la ecuación r = f(cos(θ)). r=

Solución.

r=

3 = 2 + cos(θ) 1 +

3 2 1 2

cos(θ)

elipse (ver figura 51)

Figura 51. Gráfica del ejercicio 4a

U.C.V.





F.I.U.C.V.

b. Grafique la curva de ecuación

 π   r = f  cos  θ −   . 3    Solución. (ver figura 52).

Figura 52. Gráfica del ejercicio 4b

5. Grafique, identifique y encuentre la ecuación de la cónica que tiene foco en el polo, e = 4 / 3 y directriz la recta L : r cos(θ − π / 4) = 3 / 4 . Solución. Sin rotación la ecuación de la cónica sería r=

1+

4 3

1 . cos(θ)

Al rotar se obtiene

r=

1+

4 3

1 (hipérbola) (ver figura 53) cos(θ − 4π )


U.C.V.





F.I.U.C.V.

6. Dadas las curvas de ecuaciones

r = 1 + 3 cos(θ) , r =

2 2 − cos(θ)

en el sistema de coordenadas polares, halle sus puntos de intersección. Solución. r = 1 + 3 cos(θ) : Caracol con lazo: Representaciones: r = 1 + 3 cos(θ) , r = −1 + 3 cos(θ) .

r=

2 2 = = 2 − cos(θ) 2(1 − 12 cos(θ)) 1 +

1 2

1 : cos(θ − π)

Elipse rotada ángulo π sentido antihorario. Representaciones: r=

1+

1 2

1 , r=− cos(θ − π) 1−

1 2

1 cos(θ − π)

Intersecciones: Primer sistema: 2 1 + 3 cos(θ) = ⇒ (2 − cos(θ))(1 + 3 cos(θ)) = 2 ⇒ 2 + 5 cos(θ) − 3 cos2 (θ) = 2 2 − cos(θ)

⇒ 3 cos2 (θ) − 5 cos(θ) = 0 ⇒ cos(θ)(3 cos(θ) − 5) = 0 ⇒ θ = Si k = 0 , θ =

(2k + 1)π , k ∈Z 2

π 3π  π   3π  . Si k = 1 , θ = . Puntos :  1,  1,  2 2  2  2 

Segundo sistema: 2 −1 + 3 cos(θ) = ⇒ (2 − cos(θ))(−1 + 3 cos(θ)) = 2 ⇒ −2 + 7 cos(θ) − 3 cos2 (θ) = 2 2 − cos(θ) ⇒ 3 cos2 (θ) − 7 cos(θ) + 4 = 0 ⇒ 3(cos(θ) − 1)(cos(θ) − 43 ) = 0 ⇒ θ = 2kπ , k ∈ Z Si k = 0 , θ = 0. Si k = 1 , θ = 2π. Puntos : (2, 0) (2, 2π) Tercer sistema:

1 + 3 cos(θ) = −

2 ⇒ (2 + cos(θ))(1 + 3 cos(θ)) = −2 ⇒ 2 + 7 cos(θ) + 3 cos2 (θ) = −2 2 + cos(θ)

⇒ 3 cos2 (θ) + 7 cos(θ) + 4 = 0 ⇒ 3(cos(θ) + 1)(cos(θ) + 34 ) = 0 ⇒ θ = (2k + 1)π , k ∈ Z Si k = 0 , θ = π. Si k = 1 , θ = 3π. Puntos : (−2, π) (−2, 3π) Cuarto sistema:

−1 + 3 cos(θ) = −

2 ⇒ (2 + cos(θ))(−1 + 3 cos(θ)) = −2 ⇒ −2 + 5 cos(θ) + 3 cos2 (θ) = −2 2 + cos(θ) ⇒ 3 cos2 (θ) + 5 cos(θ) = 0 ⇒ cos(θ)(3 cos(θ) + 5) = 0 ⇒ θ =

Si k = 0 , θ =

π 3π  π   3π  . Si k = 1 , θ = . Puntos : 1,   1,  2 2  2  2 

(2k + 1)π , k∈Z 2

U.C.V.





F.I.U.C.V.

Gráfico: (ver figura 54)

Figura 54. Intersecciones de las curvas del ejercicio 6

7. Encuentre la ecuación de la recta tangente a la curva r = 1 + cos(θ) en el punto en coordenadas polares (1 +

3 2

, 6π ) y calcule el área comprendida entre la recta, la curva y el

eje polar. Solución. (ver figura 8)

m=

−sen( 6π )sen( 6π ) + (1 + cos( 6π )) cos( 6π ) −sen( 6π ) cos( 6π ) − (1 + cos( 6π ))sen( 6π )

r=

r∗ ⇒ r∗ = (1 + cos(θ − 4π )

3 ) cos( 6π 2

r=

=

− 14 + (1 + −

3 4

− (1

− 4π ) = (1 +

(1 +

3 )(1 2

3 ) 23 2 + 23 ) 12

3 ) cos( 6π 2

+ 3)

cos(θ − 4π )

2 4

.


=

− 14 + −

3 4

−

+

3 2 1 2

−

− 4π ) = (1 +

3 4 3 4

=−

3 )(1 2

3 +1 2 3 +1 2

+ 3)

= −1 . 2 4

.

U.C.V.





F.I.U.C.V.

1 ÁREA = 2 1 = 2 = = =

∫ ∫

(1 +

 3  (1 + 2 )(1 + 3)  cos(θ − 4π ) 

π /6

0 π /6

0

 (1 + 3 )(1 + 3) 2   cos(θ − 4π ) 

3 2 ) (1 2

+

3)2 18

2 (1 +

3 2 ) (1 2

16 (1 +

+ 3)

∫

2 4

2 4

2    − (1 + cos(θ))2  dθ     2

  dθ − 1  2 

∫

π /6

(1 + cos(θ))2 dθ 0

π /6

sec2 (θ − 4π )dθ − 0

2

. tg(θ − 4π )

π /6 0

1 2

∫

π /6

0

1 + cos(2θ)   1 + 2 cos(θ) +  dθ 2   π /6

−

1 θ sen(2θ)  θ + 2sen(θ) + +  2  2 4 0

+ 3)2  π 3  π  1  π . 1 − tg  +   −  + 1 +  16 12 8   12   2  6 

3 2 ) (1 2

8. Sean las curvas r1 = 1 y r2 = 2 cos(3θ) en coordenadas polares. a. Grafique ambas curvas en un mismo sistema de coordenadas y encuentre los puntos de intersección.

Solución. (ver figura 56)


r = 2 cos(3θ) ⇒ (1, 9π ),(1, 59π ),(1, 79π ),(1, 119π ),(1, 139π ),(1, 179π )  r = 1 

U.C.V.





F.I.U.C.V.

b. Plantee la(s) integral(es) que permite(n) hallar el área exterior a r1 e interior a r2 . Solución.

3

∫

π /9

(4 cos (3θ) − 1)dθ = 3 2

0

∫

π /9

0

π /9

sen(6θ)   (1 + 2 cos(6θ))dθ = 3  θ +  3  0

 π sen( 23π )  = 3 +  3  9 

π 3 π 3 = 3 + = + 9 6 3 2   9. Dadas las curvas

r = 1 + cos(θ) y r =

1 : 2(1 − cos(θ))

a. Grafíquelas en un mismo sistema de coordenadas, identifíquelas y encuentre su ecuación cartesiana correspondiente. Solución. r = 1 + cos(θ) : Identificación: Cardioide. Ecuación cartesiana:

r = 1 + cos(θ) ⇒ r2 = r + r cos(θ) ⇒ x2 + y2 = ± x2 + y2 + x ⇒ (x2 − x + y2 )2 = x2 + y2 .

r=

1 : 2(1 − cos(θ))

r=

1 1 2 = = ⇒ e = 1, directriz : r cos(θ) = − 12 2(1 − cos(θ)) 2 − 2 cos(θ) 1 − cos(θ)

1

V(− 14 , 0) y F(0, 0) . Identificación: Parábola. Ecuación cartesiana:

2r − 2r cos(θ) = 1 ⇒ ±2 x2 + y2 − 2x = 1 ⇒ ±2 x2 + y2 = 1 + 2x ⇒ 4(x2 + y2 ) = (1 + 2x)2 ⇒ 4x2 + 4y2 = 1 + 4x + 4x2 ⇒ y2 = x + Gráficas: (ver figura 57)

Figura 57. Gráficas del ejercicio 9

1 4

U.C.V.





F.I.U.C.V.

b. Halle las coordenadas de los puntos de intersección. Solución. Representaciones:

(−1)k r = 1 + cos(θ + kπ) ⇒ (−1)k r = 1 + cos(θ) cos(kπ) − sen(θ)sen(kπ)

Si k es par, entonces r = 1 + cos(θ) . Si k es impar, entonces r = −1 + cos(θ) .

1 1 ⇒ (−1)k r = 2(1 − cos(θ + kπ)) 2(1 − cos(θ) cos(kπ) + sen(θ)sen(kπ)) 1 . Si k es par, entonces r = 2(1 − cos(θ)) 1 . Si k es impar, entonces r = − 2(1 + cos(θ)) (−1)k r =

Intersecciones:

1 + cos(θ) =

1 ⇒ 2(1 − cos2 (θ)) = 1 ⇒ 2 − 2 cos2 (θ) = 1 2(1 − cos(θ)) ⇒ cos2 (θ) =

1 2 π 3π 5π 7π ⇒ cos(θ) = ± ⇒θ= , , , 2 2 4 4 4 4

Las coordenadas de los puntos de intersección son  2 π  2 3π   2 5π   2 7π  ,  , 1 − , , ,  1 +  , 1 −  , 1 + .   2 4  2 4   2 4  2 4   1 1 1 + cos(θ) = − ⇒ 2(1 + cos(θ))2 = −1 ⇒ (1 + cos(θ))2 = − 2(1 + cos(θ)) 2

⇒ No hay solución −1 + cos(θ) =

1 1 ⇒ 1 − cos(θ) = − 2(1 − cos(θ))2 = −1 2(1 − cos(θ)) 2(1 − cos(θ))

1 ⇒ No hay solución 2 1 1 −1 + cos(θ) = − ⇒ 1 − cos(θ) = 2(1 − cos2 (θ)) = 1 2(1 + cos(θ)) 2(1 + cos(θ)) 1 1 ⇒ 1 − cos2 (θ) = ⇒ cos2 (θ) = (Igual caso) 2 2 Plantee las integrales que calculan la longitud de arco para cada curva en [2π , 32π ] . ⇒ (1 − cos(θ))2 = −

c.

Solución. r = 1 + cos(θ) : r ' = −sen(θ) .

∫ ∫

π

s=2

=2

(1 + cos(θ)) + (−sen(θ)) dθ = 2 2

2

π /2 π

2 + 2 cos(θ)dθ = 2 2 π /2

∫

∫

π

1 + 2 cos(θ) + cos2 (θ) + sen2 (θ)dθ π /2

π

1 + cos(θ)dθ π /2

U.C.V.





F.I.U.C.V.

r=

1 1 sen(θ) : r' = . . 2(1 − cos(θ)) 2 (1 − cos(θ))2

∫ ∫ ∫

π

1

s=2

=2

=2

π /2 π

4(1 − cos(θ))2

+

sen2 (θ)

dθ = 2 4(1 − cos(θ))4

1 − 2 cos(θ) + cos2 (θ) + sen2 (θ) 4(1 − cos(θ))

4

π /2 π

1 − cos(θ) 2(1 − cos(θ))

4

π /2

dθ = 2

∫

dθ = 2

π

π /2

∫ ∫

π

(1 − cos(θ))2 + sen2 (θ) 4(1 − cos(θ))4

π /2 π

2 − 2 cos(θ)

π /2

1 (1 − cos(θ))3

4(1 − cos(θ))4

dθ

dθ

dθ

10. Sean las ecuaciones en coordenadas polares

r = 6 + 4 cos(θ) y r =

4 . 1 − cos(θ)

a. Identifique y grafique cada curva en un mismo sistema. Solución. Paso 1. Identificación de la primera curva. r = 6 + 4 cos(θ) . Como a / b = 1.5 , entonces se trata de un caracol con hendidura. Paso 2. Identificación de la segunda curva. 4 4 . r= = 1 − cos(θ) 1 + cos(θ − π) Se tiene que la excentricidad es igual a 1, por lo tanto se trata de una parábola y con ángulo de rotación igual a π radianes.

Paso 3. Gráfico de las curvas en un mismo sistema. (Ver figura 58)

Figura 58. Representación gráfica de las curvas en polares del ejercicio 10

U.C.V.





F.I.U.C.V.

b. Calcule los puntos de intersección entre estas curvas. Solución. Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva. Para el caracol se tienen dos representaciones: r = 6 + 4 cos(θ) , r = −6 + 4 cos(θ) . Para la parábola se tienen dos representaciones: 4 4 . r= , r=− 1 + cos(θ − π) 1 − cos(θ − π) Paso 2. Búsqueda de los puntos de intersección. Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas:  r = 6 + 4 cos(θ)  r = −6 + 4 cos(θ)  r = 6 + 4 cos(θ)  r = −6 + 4 cos(θ)     ,  ,  ,  4 4 4 4  r = 1 + cos(θ − π) r = 1 + cos(θ − π) r = − 1 − cos(θ − π) r = − 1 − cos(θ − π)     Del primer sistema se tiene que: 4 6 + 4 cos(θ) = ⇒ (6 + 4 cos(θ))(1 + cos(θ − π)) = 4 1 + cos(θ − π)

⇒ (6 + 4 cos(θ))(1 − cos(θ)) = 4 ⇒ 6 − 6 cos(θ) + 4 cos(θ) − 4 cos2 (θ) = 4 ⇒ 2 − 2 cos(θ) − 4 cos2 (θ) = 0 ⇒ 2 cos2 (θ) + cos(θ) − 1 = 0 ⇒ cos(θ) =

−1 ± 1 + 4.2.1 −1 ± 3 = 4 4

De modo que se derivan dos situaciones: cos(θ) = −1 ⇒ θ = π + 2kπ (k ∈ Z) , cos(θ) =

1 2

⇒θ=

π 3

+ 2kπ (k ∈ Z) y θ =

Si se toma θ ∈ 0, 2π  , entonces se tienen los ángulos

π, 3π , 53π

5π 3

+ 2kπ (k ∈ Z) .

.

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían (2, π) , (8, 3π ) , (8, 53π ) . De acuerdo al gráfico del inciso anterior, ya se encontraron todos los puntos de intersección, por tanto, no hace falta resolver los demás sistemas. Paso 3. Verificación del polo como punto de intersección. De acuerdo al gráfico, el polo no es un punto de intersección. 11. Calcule el área de la región dentro de la circunferencia r = 3sen(θ) y fuera del caracol

r = 2 − sen(θ). Solución. Puntos de intersección entre las dos curvas: (3 / 2, π / 6) y (3 / 2,5π / 6) . Gráfico: (ver figura 59)

U.C.V.





F.I.U.C.V.


A = 2.

1 2

∫

π /2

((3sen(θ))2 − (2 − sen(θ))2 )dθ = 3 3 . π /6

12. Sean las ecuaciones en coordenadas polares

r = 1 + sen(θ) y r =

3 . 1 + 2sen(θ)

a. Identifique y grafique cada curva en un mismo sistema. Solución. Paso 1. Identificación de la primera curva. r = 1 + sen(θ) = 1 + cos(θ − 2π ) .

Como a / b = 1 , entonces se trata de un cardioide con ángulo de rotación igual a π / 2 radianes.

Paso 2. Identificación de la segunda curva. 3 3 . r= = 1 + 2sen(θ) 1 + 2 cos(θ − 2π )

Se tiene que la excentricidad es igual a 2, por lo tanto se trata de una hipérbola con ángulo de rotación igual a π / 2 radianes. Paso 3. Gráfico de las curvas en un mismo sistema.

(Ver figura 60)

U.C.V.

F.I.U.C.V.






b. Calcule los puntos de intersección entre estas curvas. Solución. Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva. Para el cardioide se tienen dos representaciones: r = 1 + cos(θ − 2π ) , r = −1 + cos(θ − 2π ) . Para la hipérbola se tienen dos representaciones: 3 3 . r= , r =− π 1 + 2 cos(θ − 2 ) 1 − 2 cos(θ − 2π )

Paso 2. Búsqueda de los puntos de intersección. Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas:  r = 1 + cos(θ − π )  r = −1 + cos(θ − π ) 2 2   ,  , 3 3  r = 1 + 2 cos(θ − π ) r = 1 + 2 cos(θ − π )  2  2  r = 1 + cos(θ − π )  r = −1 + cos(θ − π ) 2 2   , 3 3   r = − 1 − 2 cos(θ − π ) r = − 1 − 2 cos(θ − π )  2  2

Del primer sistema se tiene que: 3 1 + sen(θ) = ⇒ (1 + 2sen(θ))(1 + sen(θ)) = 3 ⇒ 1 + 3sen(θ) + 2sen2 (θ) = 3 1 + 2sen(θ)

⇒ −2 + 3sen(θ) + 2sen2 (θ) = 0 ⇒ sen(θ) =

−3 ± 9 + 4.2.2 −3 ± 25 −3 ± 5 = = 4 4 4

U.C.V.

F.I.U.C.V.





De modo que se derivan dos situaciones: sen(θ) = −2 ⇒ No tiene solución , sen(θ) =

1 2

⇒θ=

π 6

+ 2kπ (k ∈ Z) y θ =

Si se toma θ ∈ 0, 2π  , entonces se tienen los ángulos

π 6

5π 6

+ 2kπ (k ∈ Z) .

, 56π .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían ( 32 , 6π ) , ( 23 , 56π ) . De acuerdo al gráfico del inciso anterior, ya se encontraron todos los puntos de intersección, por tanto, no hace falta resolver los demás sistemas.

Paso 3. Verificación del polo como punto de intersección. De acuerdo al gráfico, el polo no es un punto de intersección.

13. Sean las ecuaciones en coordenadas polares r = cos(2θ) y r = sen(θ) .

a. Identifique y grafique cada curva en un mismo sistema. Solución. Paso 1. Identificación de la primera curva. r = c os(2θ) . Se trata de una rosa de cuatro pétalos. Paso 2. Identificación de la segunda curva. r = sen(θ) = cos(θ − 2π ) . Se trata de una circunferencia que pasa por el polo, de radio ½ y con ángulo de rotación igual a π / 2 radianes. Paso 3. Gráfico de las curvas en un mismo sistema. (Ver figura 61)


U.C.V.

F.I.U.C.V.





b. Calcule los puntos de intersección entre estas curvas. Solución. Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva. Para la rosa se tienen dos representaciones: r = cos(2θ) , r = − cos(2θ) . Para la circunferencia se tiene una representación: r = cos(θ − 2π ) . Paso 2. Búsqueda de los puntos de intersección. Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas: r = cos(2θ) r = − cos(2θ) ,    r = sen(θ)  r = sen(θ)

Del primer sistema se tiene que:

cos(2θ) = sen(θ) ⇒ 1 − 2sen2 (θ) = sen(θ) ⇒ 2sen2 (θ) + sen(θ) − 1 = 0 ⇒ sen(θ) =

−1 ± 1 + 4.2.1 −1 ± 9 −1 ± 3 = = 4 4 4

De modo que se derivan dos situaciones: sen(θ) = −1 ⇒ θ = 32π + 2kπ (k ∈ Z) , sen(θ) =

1 2

⇒θ=

π 6

+ 2kπ (k ∈ Z) y θ =

Si se toma θ ∈ 0, 2π  , entonces se tienen los ángulos

3π 2

5π 6

+ 2kπ (k ∈ Z) .

, 6π , 56π .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían (−1, 32π ) , ( 12 , 6π ) , ( 12 , 56π ) . De acuerdo al gráfico del inciso anterior, ya se encontraron todos los puntos de intersección distintos al polo, por tanto, no hace falta resolver el otro sistema. Paso 3. Verificación del polo como punto de intersección. Primera curva: 0 = cos(2θ) ⇒ θ = 12 arccos(0) ⇒ 12  (2k2+1) + 2kπ  , k ∈ Z .  

Por lo tanto la rosa de cuatro pétalos pasa por el polo. Segunda curva: 0 = sen(θ) ⇒ θ = arc sen(0) ⇒ (2k + 1)π , k ∈ Z . Por lo tanto la circunferencia pasa por el polo. En conclusión, el polo también es un punto de intersección de las dos curvas.

U.C.V.

EJERCICIOS PROPUESTOS




F.I.U.C.V.

1.46. EJERCICIOS PROPUESTOS 1. Calcule el dominio de las siguientes funciones: 2t   a. f(t) =  ln(t), 1 + t2 ,  4 − t2   b.

1   g(t) =  arcsen(t), ,1  t − 1  

c.

 1  h(t) =  t, , 1 − t   t 

d.

k(t) = ( 1 + t, 1 − t)

e.

t −1 t2  m(t) =  , 2  t + 1 t − 1   

f.

p(t) = (ln(t2 + t + 1),ln(t2 + 1))

g.

r(t) = (t, arcsen(t),ln(t))

2. Dadas las siguientes funciones vectoriales describa su rango: Rta. 2x + y = 5 a. r(t) = (2 + t2 ,1 − 2t2 ) y2 9

b.

r(t) = (2 cos(t),3sen(t),2)

Rta.

c.

r(t) = (3t,1 − 2t )

x2 4

d.

r(t) = (1 + 2 cos(3t), −2 + sen(3t))

Rta.

2 9

1   r(t) =  t,   t − 1

Rta.

(x −1)2 4

Rta. y =

1 x −1

Rta. z =

1 y −1

g.

1   r(t) =  2, t, t − 1   r(t) = (sen(t), cos(2t))

h.

r(t) = (sen(t),2 cos2 (t))

i.

r(t) = (t − 1,2t2 + 1, −3)

e. f.

2

+

=1, z =2

x2 + y = 1 + (y + 2)2 = 1 , x=2

Rta. 2x2 + y = 1 Rta. 2x2 + y = 2 Rta. 2(x + 1)2 = y − 1 , z = −3

3. Dada la curva r(t) = (t2 + 1, t2 − 1) , demuestre que describe una curva no simple y encuentre los valores de t para los cuales se autointersecta. 4. Parametrice la curva: ln(ln(x + 1) + 1) a. y = tomando como parámetro un t para el cual t = ln(x + 1). ln(x + 1) − 1 b.

y2 − x = 3xy tomando como parámetro un t para el cual x = ty2 .

U.C.V.

5.





F.I.U.C.V.

c.

y3 + x3 = 3xy tomando como parámetro un t para el cual y = tx .

d.

y − x(x + y)2 = 0 tomando como parámetro un t para el cual t = x + y .

En la figura 1, la circunferencia de radio a es fija y para todo valor del ángulo t, 0 < t < π , P es el punto medio del segmento QR. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva descrita por P.


6.

En la figura 2, la circunferencia de radio a es fija y para todo valor del ángulo t, 0 ≤ t < π / 2 , P es el punto tal que OP = AB . Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva descrita por P.


U.C.V.





F.I.U.C.V.

7. En los siguientes ejercicios, determine si los vectores dados son ortogonales, paralelos o ninguno de ellos. a. u = 3i + 5j y v = −6i − 10 j b.

u = 2i + 3j y v = 6i − 4 j

c.

u = 2i + 3j y v = 6i + 4j

d.

u = 2i + 3j y v = −6i + 4 j

8. Sean u = 3i + 4 j y v = i + αj. Determine α tal que: a. u y v sean ortogonales b. u y v sean paralelos c. el ángulo entre u y v sea 2π 3 d. el ángulo entre u y v sea π 3 9. Halle un vector de magnitud 2 2 y que forme un ángulo de 30 con la dirección positiva del eje x. 10. Halle un vector unitario que forme un ángulo de 45 con el lado positivo del eje y. 11. En los siguientes ejercicios encuentre el producto cruz u × v : a. u = i − 2 j; v = 3k b.

u = i − j; v = j + k

c.

u = −2i + 3 j; v = 7i + 4k

d.

u = 2i − 3j + k; v = 6i + 4 j − 2k

12. Determine una parametrización de las siguientes curvas en el sentido indicado: a.

x2 + y2 = 3 ; horario y antihorario

b.

x2 − y2 = 4 ; horario

c.

x + y = 1 ; antihorario

d.

y = 1 − x , − 2 ≤ x ≤ 2 , de izquierda a derecha

e.

 y = 4 − x2 −2 ≤ x ≤ 2  −2 < x < −1 , 1 < x ≤ 2  y=0 , antihorario  −1 ≤ x < 0  y = x +1  y = −x + 1 0≤ x ≤1 

f.

 y = 1 − x2 0≤ x≤1  x = 0 − 1 ≤ y ≤ 1 , antihorario  y − x + 1 = 0 0 < x ≤ 1 

U.C.V.

g.

h.

i.

F.I.U.C.V.





 y = −x + 1 0 ≤ x ≤ 1   y = x + 1 −1 ≤ x ≤ 0 , horario  2 2 x + y = 1 −1 ≤ y ≤ 0  y = x2 0≤x≤3  2 2 (y − 2) (x − 3) + = 1 0 ≤ x ≤ 3, y ≥ 2 , horario  9 49   x2 + (y − 1)2 = 1 −1 ≤ x ≤ 0   2 (y − 1)2 =1 x≥0 x + 4  −1 ≤ x ≤ 0 , antihorario  3x − y + 3 = 0  3  y + (x + 1) = 0 −1 ≤ x ≤ 0 

13. Halle una parametrización en sentido antihorario  y = 1 + sen( πx ) 2  2 2 x − 2y + y = 3  y + 1+ x = 2 

para la curva C dada por 0≤x≤2

−1 ≤ y ≤ 1 . 1≤ y ≤2

14. Una curva C es la unión de los siguientes segmentos de curva: C1 : arco de elipse

(x − 1)2 (y − 1)2 + =1 4 9 que comienza en  6 6  ,1 + 1 +  13 13   y termina en  6 6  ,1 − 1 − , 13 13   recorrido en sentido antihorario. C2 : es el segmento de recta que une los puntos anteriores

a. Parametrice los segmentos de la curva C en forma independiente uno del otro b. Parametrice la curva C en sentido antihorario 15. Parametrice la curva C que es el contorno que limita el dominio D definido como el conjunto de los puntos (x, y) ∈ R 2 que satisfacen al menos una de las inecuaciones

x2 + y2 − 2x ≤ 0 , x2 + y2 − 2y ≤ 0 recorrida en sentido antihorario.

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16. Calcule los siguientes límites: 1   a. lím  t, t →0  t + 1  b.

 sen(t)  lím  ,1  t →0  t 

c.

1   lím  (1 + t)1 / t , 2  t →0  t + 1

d. e. f.

 t2 − 1 t  lím  3 ,ln(t), 2  t →1  t − t2 + t − 1 t + 1    sen(3t) t  lím  ,  t →0  2t cos(t)   1 − cos(t) 1 − cos(t)  lím  ,  t →0  t t2 

17. Estudie la continuidad de las siguientes funciones:  ln(t + 1)  ,2 t ≠ 0  t, a. r(t) =  t   (0,1,5) t=0 

b.

   r(t) =   1 +  

c.

 sen(2t) cos(2t) sen(4t)  , ,   t≠0 r(t) =  sen(3t) cos(3t) cos(5t)   ( 23 ,1,1) t=0 

t   t ≤1  t + 1, 2  t − t + 1  sen(t − 1) 3  , t − 2t + 1  t > 1 t −1 

18. Pruebe que la curva descrita por r(t) = (t3 − 4t, t2 ) se intersecta a si misma en el punto (0,4) y halle las ecuaciones de las dos rectas tangentes en ese punto. 19. Calcule la velocidad, rapidez y aceleración para las partículas cuya posición está dada por: a.

r(t) = (e−t sen(t), e−t t, e−t cos(t))

b.

r(t) = (3sen(t), 4 cos(t), t / 2) t = π / 2

c.

r(t) = (t 4 − 2t2 , t3 )

d.

r(t) = (sen2 (t), sen(t2 ))

e.

r(t) = (t cos(t) − sen(t), t + cos(t)) t = 0

U.C.V.





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20. Pruebe que r(t) = (ekt , e−kt ) y r ''(t) son paralelos. 21. La función posición de una partícula está dada por r(t) = (t2 ,5t, t2 − 16t) . ¿Cuándo es mínima su rapidez? 22. Halle los valores de t para los cuales el vector tangente a la curva descrita por

r(t) = (2t2 + 1,3t − 2) es paralelo al vector v = (2, −1) . 23. Sean las funciones vectoriales f(t) = (1, t + 1, sen(t)) y g(t) = (1 − t,1 + t,1 + sen(t)) . a. Calcule la derivada de la función f(t) • g(t) . Rta. 1 + 2t + cos(t) + sen(2t) b. Calcule la derivada de la función f(t) × g(t) . Rta. (1, −t cos(t) − sen(t),2t + 1) 24. Halle la recta tangente a la curva descrita por la función vectorial f(t) = (ln(t), sen(t)) en el punto f( 2π ) . 25. Evalúe las siguientes integrales: a.

b.

c.

∫ ∫ ∫

4

 t  , 1 + t2 , 4t3  dt  2 1 + t 

2 π

( t cos(t), tsen(t), t ) dt

0

2

(ti + 3t2 j + 4t3k)dt −1

26. Determine la longitud de arco de la curva descrita por r(t) = (t, t, t2 ) con t ∈ [−3,3]. 27. Dada r(t) = (3 cos(t),3sen(t)) , dé su parametrización en función de la longitud de arco. 28. Pruebe que la longitud de arco de la función f(t) = (cosh(t), senh(t), t) es s(t) = 2senh(t) . 29. Obtenga otra representación paramétrica de la función f(t) = (cosh(t), senh(t), t) usando como parámetro la longitud de arco s(t) . 30. Obtenga la parametrización de longitud de arco para r(t) = (Aeαt ,B cos(eαt ),Bsen(eαt )) , partiendo de t0 = 0 , siendo A, B, α constantes reales positivas.

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31. Sea r una función vectorial dada por

 2t 1 − t2  r(t) =  , ,1 . 2  1 + t 1 + t2    Pruebe que el ángulo formado por r(t) y r'(t) es constante, es decir, no depende de t.

32. Dada la curva

 t3  r(t) =  − t, t2  : 3    a. Encuentre los valores de t para los cuales la curva se autointersecta b. Encuentre la longitud del lazo de curva determinado en el apartado anterior 33. Escriba la ecuación de un plano que contenga los puntos P(1, −1,2), Q(3,2, 0) y R(−1,1, 4) . 34. Halle los puntos de intersección del plano de ecuación 3x + 5y − z + 2 = 0 y la recta de ecuaciones paramétricas: x = −3 + 2t, y = 4 + t, z = −1 − 3t . 35. Halle los máximos y mínimos y estudie la concavidad de r(t) = (t(t − 1), t3 − 1) . 36. En cada caso, estudie en forma detallada y grafique la curva, indicando la dirección de la trayectoria:  t t2  a. r(t) =  ,  t + 1 t − 1   

b.

 2t2 t + 1  r(t) =  ,   1 − t2 t  

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c.

 et t  r(t) =  ,  t t − 1   

d.

 t2 t2  r(t) =  ,  1 − t 1 − t2   

U.C.V.





F.I.U.C.V.

e.

 t t2  r(t) =  , 2  t + 1 t − 1   

f.

t +3 t2  r(t) =  , 2   t t − 4  

g.

t +1 t2  r(t) =  , 2   t t − 1  

U.C.V.





F.I.U.C.V.

h.

1   r(t) =  e1 / t , t − 1  

i.

 t2 t3  r(t) =  ,  1 − t2 1 − t2   

j.

 t2 t3 r(t) =  ,  1 − t3 1 − t2 

  

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37. Sea la curva de ecuación

 2  1 r(t) =  , ,  t t + 1 ln(t + 2)  cuya gráfica se muestra en la figura 3. Realice un estudio completo e indique el sentido de su trayectoria.


38. Demuestre que

r '(t) × r ''(t) × r '(t) N(t) =  . r '(t) × r ''(t) × r '(t) 39. Determine los vectores T(t) y N(t) en el punto indicado en cada una de las siguientes curvas: a.

r(t) = (t3 − 3t, 3t2 ) ;

t=2

b.

r(t) = (et , e− t ) ;

c.

r(t) = (t − sen(t),1 − cos(t)) ;

t=0

t=π

40. Determine los vectores T(t) , N(t) y B(t) en el punto indicado en cada una de las siguientes curvas: a.

r(t) = (t + 1, −t2 ,1 − 2t) ;

b.

r(t) = (e cos(t), e sen(t), e ) ; t

t

t = −1 t

t=0

U.C.V.





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41. Encuentre las ecuaciones de las rectas tangente y normal y de los planos osculador, normal y rectificante en el punto indicado en cada una de las siguientes curvas: a.

r(t) = (t, t2 , t2 + 3) ;

b.

r(t) = (cos(t), sen(t), t g(t)) ;

c.

r(t) = (t,ln(t), t2 ) ;

d.

r(t) = (e , e ,ln(1 + t)) ;

e.

r(t) = (t cos(t), tsen(t), t) ;

t

P(r(0))

P(1, 0, 0)

P(r(1))

−t

t=0 t=0

42. Halle los puntos de la curva r(t) = (t, t2 , t3 ) donde el plano osculador pasa por el punto

(2, −1 / 3, −6) . 43. ¿En qué puntos sobre la curva dada por r(t) = (2 / t,ln(t), −t2 ) es el plano osculador perpendicular al plano x − y + 4z + 2 = 0 ? Halle la ecuación para cada plano. 44. Una curva C está definida por la función vectorial  (4, 4t, 4t) 0≤ t ≤1  r(t) =  (4, 4, 8 − 4t) 1≤t≤2 . (4 + cos( 3πt ), 2 − 2sen( 3πt ), 0) 2 ≤ t ≤ 10 4 4 3  Dé una parametrización para C en sentido contrario y halle en el punto (5,2,0) la recta tangente a la curva, el vector normal unitario y el plano osculador. 45. Calcule la ecuación del plano rectificante y del plano osculador a la curva de ecuación vectorial r(t) = (et / 2 + 1, et + 1, t2 + 1) en el punto (2,2,1). 46. La trayectoria de una partícula está dada por el vector posición de la curva  t5 2t6 t7  r(t) =  , , . 5 6 7   a. Halle los vectores T, N, B y las componentes tangencial y normal de la aceleración. b. Para t = 1 , halle el plano osculador y el plano normal a la curva. 47. Sea la curva de ecuación r(t) = (cos3 (t), sen3 (t)) , t ∈ 0, 2π  denominada astroide. a. Calcule el vector tangente, normal y binormal para todos los puntos donde tenga

sentido. b. Calcule la parametrización de longitud de arco y el largo total de la curva.

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48. Las coordenadas de una partícula en el tiempo t, son x(t) = sen(t) − t cos(t)   y(t) = cos(t) + tsen(t) , t ≥ 0 .  z(t) = t2  Halle la rapidez de la partícula y las componentes normal y tangencial de la aceleración en cualquier instante t. 49. El vector de posición de una partícula es r(t) = (e− t , et , 2t) . Calcule las componentes del vector aceleración para el punto que corresponde a t = ln(2).

50. Una partícula se mueve a lo largo de la curva de ecuación r(t) = (2t,ln(t), t2 ) . Calcule la componente tangencial y normal de la aceleración en un punto donde el plano osculador es paralelo al plano 2x − 2y − z = 0.

51. Determine la curvatura de la curva de ecuación vectorial: a.

r(t) = (t2 + 1, t2 − 1, t)

b.

r(t) = (ln(t), t, t )

c.

r(t) = (t − 2t, t − t)

d.

e.

2

2

en

3

en

P(2, 0,1)

P(r(1)) en

t =1

1   1 r(t) =  , en t = 0 1 + t 1 − t   r(t) = (at − asen(t), a − a cos(t))

en

t = π /2 y t = π

52. Calcule el radio y centro de curvatura de la curva de ecuación: a.

r(t) = (cos(t), 3e2t , 3e−2t ) en P(1,3,3).

b.

r(t) = (1 + 2t,1 + t − t2 ,1 − t + t2 − t3 ) en P(1,1,1).

c.

r(t) = (t3 , t2 , t) en el punto donde su plano osculador es perpendicular al plano 6x + y − z = 0 .

d.

2

y = e− x

en P(0,1).

53. Para la gráfica de y = x2 calcule: a. La curvatura en un punto arbitrario. b. ¿En qué punto la curvatura alcanza su valor máximo? La circunferencia osculatriz en los puntos donde la curvatura es igual a 1/4. 54. Encuentre los puntos de mínima curvatura para r(t) = (cos3 (t), sen3 (t), cos(2t)) .

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55. Demuestre que la curvatura de la parábola de n-ésimo orden y = xn es

κ(x) =

n(n − 1) x

n +1

(n2 x2n + x2 )3 /2

.

56. La evoluta de una curva (re (t)) es el lugar geométrico de los centros de curvatura de dicha curva. Pruebe que: a. La evoluta de una curva r(t) = (x(t), y(t)) viene dada por

 (x '(t))2 + (y '(t))2 (x '(t))2 + (y '(t))2  re (t) =  x(t) − y '(t) , y(t) + x '(t) .  x '(t)y ''(t) − x ''(t)y '(t) x '(t)y ''(t) − x ''(t)y '(t)   b. Los centros de curvatura de y = x2 se encuentran sobre la curva

 6t2 + 1  r(t) =  −4t3 , .  2   57. Un punto se mueve en el espacio según la función vectorial r(t) = (4 cos(t), 4sen(t), 4 cos(t)) . Pruebe que el radio de curvatura es

ρ(t) = 2 2 1 + sen2 (t)  

3 /2

.

58. Halle los puntos de la gráfica de y = (x − 1)3 + 3 en los que la curvatura es cero. 59. Sea C la curva de ecuación

r(t) = (t2 + t + 1, t2 − 1, t + 2) . a. Demuestre que C es una curva plana y halle el plano que la contiene. b. Halle el plano rectificante en el punto (1, −1, 2) . c.

Halle el centro y el radio de la circunferencia osculatriz en el punto (1, −1, 2) .

60. Calcule la torsión de la curva descrita por: a.

r(t) = (1 − t2 ,1 + t, −2t2 )

b.

r(t) = (2 cos(t) − sen(t), sen(t), cos(t))

c.

r(t) = (tsen(t) + cos(t), t cos(t) − sen(t), t2 )

d.

r(t) = (ln(t − 1)2 ,ln(t − 1),(t − 1)2 )

en

t = t0 en 2

en

t = t0 en

P(r(2))

(0 ≤ t ≤ 2π)

t=π

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61. Demuestre que las siguientes curvas son planas y halle la ecuación del plano que las contiene: a.

 2t + 1 t2  r(t) =  , , t + 2  t −1 t −1   

c.

1 1  1 + t r(t) =  , ,   1 − t 1 − t2 1 + t  r(t) = (cos(t), sen(t),1 − cos(t) − sen(t))

d.

r(t) = (2t2 + 1, t2 , t + 2)

e.

r(t) = (2 + t,1 + t2 , 3t + t2 )

b.

62. Sea C la curva descrita por r(t) = (a cos(t),7 − sen(t),b cos(t)) . Pruebe que la curva es: a. plana b. una circunferencia sólo si a2 + b2 = 1 63. Sea la curva dada por

r(t) = (4 cos(7t) − 21 3t, 8sen(7t), 4 3 cos(7t) + 21t) . a. Obtenga la parametrización de la curva usando la longitud de arco a partir del punto correspondiente a t = 0 .

b. Calcule la curvatura y la torsión en cada punto.

64. Demuestre que la curva descrita por r(t) = (a cos(t), asen(t),bt) tiene curvatura y torsión iguales en todos sus puntos si y sólo si a = b.

65. La posición instantánea de una partícula es 3 4  r(t) =  cos(t), 7 − sen(t), − cos(t)  . 5 5  a. Pruebe que el recorrido es una circunferencia. Determine su radio y su centro. b. Halle la ecuación del plano donde se efectúa el movimiento. 66. La posición instantánea de una partícula viene dada por r(t) = (3 cos(t), 4sen(t), 2t). a. Calcule el punto donde su velocidad es perpendicular al plano 2x − y + z = 1 . b. Calcule el punto donde el plano normal es perpendicular al plano 2x − y + z = 1 c.

Calcule la curvatura, centro de curvatura y torsión en el punto de la parte b.

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67. Dada la curva r(t) = (2t2 + 1, t3 , t2 ) , en el punto P(9,8,4) calcule: a. Ecuación de los planos osculador y normal b. Curvatura c.

Centro de curvatura

d. Torsión 68. Pruebe que la curva dada por

3 5 1  r(t) =  2 + 1, 2 + 2, 2 − 1  t t t  es una recta. 69. Dada la curva definida por r(t) = (a cos(t), asen(t), f(t)) pruebe que ésta es plana si f(t) es solución de f '''(t) + f '(t) = 0. 3  70. Una partícula tiene aceleración instantánea (1,0,1). Para t = 1 está en el punto  , 3, 2  y 2   3  tiene velocidad  2, −1,  . 2 

a. Deduzca la posición instantánea de la partícula. b. Pruebe que el movimiento se realiza en un plano y dé su ecuación. 71. Determine la torsión de la curva descrita por  2t − 1 t2  r(t) =  , , t + 2 .  t −1 t −1    Razone su respuesta.

72. Para los siguientes puntos dados en coordenadas polares, halle las coordenadas cartesianas correspondientes: a. (4, π / 4)

b.

(3,5π / 6)

c. (2,0) d. (−4, π / 3) e.

(−2, −7π / 6)

73. Se dan las coordenadas cartesianas de un punto. Encuentre las coordenadas polares (r, θ) del punto donde r > 0 y 0 ≤ θ ≤ 2π . a. (−1,1)

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b.

(0, −5)

c.

(2 3, −2)

d.

(−1, − 3)

74. Encuentre la ecuación polar de las siguientes cartesianas: a. (x2 + y2 )2 = 2a2 xy . Rta. r2 = a2 sen(2θ) b.

y2 (2a − x) = x3 . Rta. r = 2asen(θ)tg(θ)

c.

(x2 + y2 )3 = 4x2 y2 . Rta. r2 = sen2 (2θ)

d.

x4 + x2 − (x + y)2 = 0 . Rta. r = ±(1 + tg(θ))

e.

(x2 + y2 )3 6x2 y2 = (x2 − y2 )2 . Rta. r = ± csc(4θ)

f.

16x2 y2 (x2 − y2 )2 = (x2 + y2 )3

g.

xy = 4

75. Encuentre la ecuación cartesiana de las siguientes ecuaciones en coordenadas polares: a.

r = 1 − cos(θ) . Rta. (x2 + y2 + x)2 = x2 + y2

b.

r = 2 cos(θ) + 3sen(θ) . Rta. x2 + y2 − 2x − 3y = 0

c.

r = 3 / (2 + 3sen(θ)) . Rta. 4x2 − 5y2 + 18y − 9 = 0

d.

r = aθ . Rta. (x2 + y2 )2 = a2 (arctg(y / x))2

e.

r = 9 cos(2θ) . Rta. (x2 + y2 )2 = 9(x2 − y2 )

76. Halle la ecuación polar de la recta que pasa por el punto en coordenadas polares: a. (6, 2π / 3) y es perpendicular al eje polar. b.

(2 2,3π / 4) y es paralela al eje polar.

c.

(4,5π / 6) y es tal que su distancia al polo es igual a 2 3 .

d.

(4 3, π / 2) y forma un ángulo α = 2π / 3 con el eje polar.

e.

(4, 2π / 3) y por el punto en coordenadas polares (2 2, π / 4).

77. Encuentre la ecuación de la circunferencia con centro: a. (a, α) y pasa por el polo Rta. r = 2a cos(θ − α) b. En la recta θ = π / 3 y pasa por (5, π / 2) y (0,0) Rta. r2 = c.

10

cos(θ − π / 3) 3 Sobre la recta θ = 3π / 4 , radio 5 y pasa por el polo Rta. r = 10 cos(θ − 3π / 4)

78. Demuestre que los puntos A(1, π / 3), B( 3, π / 6) y C(1, 0) son los vértices de un

triángulo equilátero.

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79. Demuestre que

P( 23 3, 3π )

es el punto medio del segmento cuyos extremos son

(3, π / 6) y (3, π / 2). 80. Halle la distancia del punto R(1, π / 6) a la recta r cos(θ − π / 3) = 2 . Rta. 2 − 3 81. Encuentre las ecuaciones de las siguientes cónicas con foco en el polo, excentricidad y directrices dadas por: a. e = 1 r cos(θ) = −4

b.

e =1/2

c.

e=2

Rta. r = 4 / (1 − cos(θ))

r cos(θ) = 2

Rta. r = 2 / (2 + cos(θ))

r cos(θ + π / 3) = 3

Rta. r = 6 /(1 + 2 + cos(θ + π / 3))

82. Encuentre la excentricidad y la directriz de cada una de las siguientes cónicas. Dar su ecuación cartesiana.

a.

r = 1 / (1 − cos(θ)) Rta. e = 1 ; y2 = 2x + 1

b.

r = 2 / (1 − sen(θ)) Rta. e = 1 ; y = (x2 − 4) / 4

c.

r = 4 / (6 + sen(θ)) Rta. e = 1 / 6 ; 36x2 + 35y2 + 8y − 16 = 0

d.

r = −5 / (1 + 2 cos(θ))

e.

r = −4 / (2 − sen(θ))

83. Encuentre los puntos de intersección entre las parejas de curvas. a. r = 2 cos(θ) ; r = 2sen(θ) b.

r = −1 + cos(θ)

c.

r = 4(1 + sen(θ))

r = cos(2θ)

; ;

r(1 − sen(θ)) = 3

 π 84. Halle la ecuación polar de la recta tangente a r = 2 − 2 cos(θ) en el punto  2,  .  2 3π   85. Encuentre la ecuación polar de la parábola con foco en el polo y vértice el punto  −3, . 4   86. Para la curva de ecuación cartesiana x2 + y2 = (x + x2 + y2 )2 : a. Determine su ecuación polar. b. Grafique la curva en el sistema de coordenadas polares. c.

Utilice la ecuación obtenida en el apartado a para calcular su longitud.

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87. Grafique en un mismo sistema de coordenadas polares las curvas dadas por 3π  3π    y r2 = 1 − cos  θ − . r1 = −3 cos  θ −  4  4   

Indique los puntos de intersección entre r1 y r2 y señálelos en el gráfico. 88. Grafique la curva de ecuación polar

π  r = 6 + 3sen  θ −  . 3  89. Grafique las curvas

π π   r1 = 3 − 3 cos  θ −  y r2 = −6sen  θ +  . 6 3     90. Dadas las ecuaciones

r1 = −

5 y r2 = −6sen(θ) : 2 + 3sen(θ)

a. Identifique y grafique cada curva. b. Dar todas las ecuaciones que representan dichas curvas. c.

Calcule las intersecciones de las curvas. π  d. Grafique r1  θ −  . 6  

91. Identifique y grafique en un mismo sistema polar las curvas de ecuación r = 1 , r = 2sen(3θ) . Halle todos los puntos de intersección y plantee la integral que permite calcular la longitud de arco de la segunda curva.

92. En un mismo sistema de coordenadas polares grafique e identifique las siguientes curvas: π  π  r = 2 cos(θ) , r = −2 cos  − θ  , r = −2 cos  + θ  . 3  3  93. Halle en coordenadas polares la ecuación de la cónica de excentricidad 1 y directriz π  r cos  θ −  = 2 2 . 4   94. Halle la ecuación polar de la recta tangente en los puntos de tangencia horizontal y vertical de la curva r = a(1 + cos(θ)) .

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95. Suponga que la curva plana C está descrita por r = r(θ) en coordenadas polares. Pruebe que la curvatura de C viene dada por

κ(θ) =

r2 + 2(r ')2 − rr '' r2 + (r ')2   

3 /2

.

96. Use la fórmula anterior para calcular la curvatura de a. r = 1 − sen(θ) b. c.

r = θ (espiral de Arquímedes) r = a.sen(θ)

97. Una curva C1 tiene como ecuación cartesiana (x2 + y2 − 2x)2 = 4(x2 + y2 ) . a. Determine la ecuación polar de C1 e identifíquela. b. Grafique la curva obtenida anteriormente rotándola c.

π/4

radianes en sentido

antihorario y dé la ecuación polar de la curva rotada. Determine los puntos de la curva C1 donde la recta tangente es vertical e indique las

nuevas coordenadas de estos puntos en la curva obtenida en el apartado b. d. Grafique las curvas C2 de ecuación polar r = 4 cos(θ) y C1 en el mismo plano.

e. Determine los puntos de intersección entre las curvas C1 y C2 e índiquelos en el gráfico.

98. Sea C una curva polar descrita por r = r(θ) , a ≤ θ ≤ b . Pruebe que la longitud de arco de la curva C viene dada por

S=

∫

b

r2 + (r ')2 dθ a

99. Identifique y grafique la ecuación polar r = 2 − 2sen(θ) y escriba la integral simplificada de la longitud total de su arco (no la calcule).

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TEMA 1 FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL Cálculo III (0253

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