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1. SOLUCION
En el punto en que la curva corta al plano XZ se tendrá que la componente de f (t) en dirección y debe ser nula. Es decir
ln ( sect )=0 , osea sect=1
De donde t=±0 ; t=±2π ; t=±4 π , etc .
También tenemos que:
f ' (t )= (1 , tant , sect )
f ' ' (t )=(0 , sec 2t , sect tant )
Se puede notar que:
f ' (0 )=f ' (2π )=f ' (4 π )=…=f ' (−2 π )=f ' (−4 π )=…
f ' (0 )=f ' ' (2π )=f ' ' (4 π )=…=f ' ' (−2π )=f ' ' (−4 π )=…
Es decir en todos los puntos en los cuales la curva C corte al plano XZ los vectores T ,N y B serán los mismos. Los planos osculadores serán paralelos.
Hallaremos T ,N y B y el plano osculador en el puntof (0). Entonces:
f ' (0 )=(0,1,0)
f ' ' (0 )=(0,1,0)
Así:
T (0 )= f ' (0 )|f ' (0 )|
⇒T (0 )=(1,0,1)
√2
También:
f ' (0 ) x f ' ' (0 )=| i j k−1 0 10 1 0|=i (−1 )− j (0 )+k (1 )=(−1 ,0 ,1)
T (0 )=(−1,0,1)
Como:
B (0 )= f ' (0) x f ' ' (0)|f ' (0) x f ' ' (0)|
⇒B (0 )=(−1,0,1)√2
También:
N (0 )=B xT=12| i j k
−1 0 11 0 1|=12 (0,2,0)
N (0 )=(0,1,0)
En el punto f (o )=(0,0,0) la ecuación del plano osculador está dado por:
(P−f (0 )) .B (0 )=0
Donde P=(x , y , z) es un punto cualquiera del plano.
Entonces:
( ( x , y , z )−(0,0,0 ) ). (−1,0,1 )√2
=0
−x+z=0
1. SOLUCION
Como el plano osculador es paralelo al plano x=−2 entonces. Tendrá por vector normal al vector al vector i. Es decir el vector binormal B será paralelo al vector i. Por lo tanto el vector B no debe tener componentes en la dirección j y k respectivamente. Tenemos que:
f ' (t )=(−4 t2 ,−4 t ,1)
f ' ' ( t )=(−8 t ,−4,0)
f ' (t ) x f ' ' ( t )=| i j k−4 t2 −4 t 1−8 t −4 0|=(4 ,−8 t ,−16 t 2)
Como B/¿ f ' x f ' ' vemos que las componentes y y zse anulan cuando t=0
Así la ecuación del plano osculador en f (0 )=(1,1,0) es:
( ( x , y , z )−(1,1,0 ) ) . (1,0,0 )=0
De donde: x=1
2. SOLUCION
Si y=lnx , entonces y '=lnx+1
y '=0 Es cuando 0=lnx+1 , osea x=1e
Si hacemos x=t , entonces una ecuación vectorial que define a la curva seria:
f ( t )= (t , t lnt ,0 )
En el punto pedido t=1e
Las coordenadas del centro dela circunferencia de curvatura están determinadas por:
PC=f ( t )+ ρ (t )N (t) Donde PC es el centro de la circunferencia, ρ ( t ) es el radio de la curvatura y N (t ) es el vector normal en el punto f (t ).
Tenemos que:
f ' (t )= (1 , lnt+1,0 )⇒ f ' ( 1e )=(1,0,0 )=i
f ' ' ( t )=(o , 1t ,0)⇒ f ' ' (1e )=(0 , e ,0 )=e j
Así: f ' ( 1e )x f ' (1e )=e i x j=e k
Como:
k (1e )=|f ' ( 1e ) x f ' '( 1e )||f ' ( 1e )|
3 =e1=e
El radio de curvatura es:
ρ( 1e )= 1
k ( 1e )⇒ ρ( 1e )=1e
También:
( f '( 1e ) x f ' ' ( 1e )) x f '( 1e )=ek x i=e j
Como:
N ( 1e )=( f ' ( 1e )x f ' ' (1e )) x f '( 1e )|( f ' ( 1e )x f ' ' (1e )) x f '( 1e )|
= eej
De donde: N ( 1e )=(0,1,0 )
Si Pc es el centro dela circunferencia de curvatura en el punto f ( 1e ) entonces:
Pc= f ( 1e )+ρ( 1e )N ( 1e ) Donde f ( 1e )=(1e,−1e,0)
Así:
Pc=(1e ,−1e ,0)+ 1e (0,1,0 )
Pc=(1e ,1,0)
3. SOLUCION
a) Si Pc es el centro de la circunferencia de curvatura, entonces
Pc=f (0 )+ρ (0 ) N (0 )(1)
De:
f ' (t )=(1 , 2 t√2, t 2) , f ' (0 )=(1,0,0 )=i
f ' ' ( t )=(0 , 2√2 ,2 t) , f ' ' (0 )=(0 , 2√2 ,0)= 2
√2j
f ' (0 ) x f ' ' (0 )= 2
√2i x j= 2
√2k
Así:
k (0 )=|f ' (0 ) x f ' ' (0 )|
|f ' (0 )|3=
| 2√2 k||i3|
=2
√2
Entonces el radio de la curvatura es:
ρ (0 )= 1k (0 ) =
2
√2
También:
( f ' (0 ) x f ' ' (0 ) )x f ' (0)=¿ 2
√2k x i= 2
√2j
Entonces:
N (0 )=( f ' (0 ) x f ' ' (0 ) ) x f '(0)|( f ' (0 ) x f ' ' (0 ) ) x f '(0)|
= j=(0,1,0 )
Reemplazando f (0 )=(0,0,0 ) . ρ (0 )= 2
√2 y N (0 )= (0,1,0 )
En (1):
Pc=(0,0,0 )+ √22
(0,10 )
Así el centro de la circunferencia de curvatura está en el punto
Pc=(0 , √22,0)
b) La circunferencia de curvatura se encuentra sobre el plano osculador, de tal manera que diremos que un punto P está en dicha circunferencia si es un punto del plano osculador y además su distancia al centro del circulo de curvatura debe ser igual al radio de curvatura o sea:
d ( p ,P c)=|p−P c|=ρ (0 )=√22
Un vector normal al plano osculador en f (0 ) es el vector f ' (0 ) x f ' '(0) paralelo al vector B(0).
Como f' (0 ) x f ' ' (0 )= 2
√2k= 2
√2(0,0,1 )
Entonces B (0 )=(0,0,1 )
La ecuación del plano osculador es entonces:
( ( x , y , z )−(0,0,0 , )) . (0,0,1 )=0
O sea: Z=0
Así el punto P0=(0 , √22 , √22 ) no pertenece al plano osculador ya que su ordenada Z≠0.
Los puntos P1=(√22 , √22,0) y P2=(√22 ,0,0) pertenecen al plano osculador y podrán estar en el círculo
de curvatura. Como:
d (P1 ,PC )=|P1−PC|=|(√22 , √22,0)−(0 , √22 ,0)|
¿√(√22 −0)2
+(√22 −√22 )
2
=√22
=ρ(0)
Entonces: P1=(√22 , √22,0) está en el círculo de curvatura.
d (P2 ,PC )=|P2−PC|=|(√22 ,0,0)−(0 , √22 ,0)| ¿√(√22 −0)
2
+(0−√22 )
2
+(0−0 )2=√2( √22 )
O sea: d (P2 ,PC )=√2ρ (0 )> ρ (0 )
Así, el punto P2=(√22 ,0,0) no está en el círculo de curvatura.
4. SOLUCION
a) La función vectorial se puede escribir:
f ( t )=(t ; t−1+1 ; t−1−t) f ' (t )=(1 ;−t−2+1 ;−t−2−1) f ' ' (t )=(0 ;2t−3 ;2t−3 )= 2t 3
(0,1,1)
f ' ' ' (t )=(0 ,−5 t−4 ,−6 t−4 )= 6t 4
(0 ,−1 ,−1)
Entonces:
f ' (t ) x f ' ' ( t )= 2t 3|i j k1 −t 2 −10 1 1 |
¿2
t3( i (−t−2+t−2+1 )− j (1 )+k (1 ))
f ' (t ) x f ' ' (t )= 2t 3
(1 ,−1,1 ) ;|f ' ( t ) x f ' ' ( t )|=2√3|t|3
(1 )
f ' (t ) x f ' ' ( t )=( 2t3 )( 6t 4 )(1 ,−1,1).(0 ,−1 ,−1) ¿
2
t7(0+1−1 )=0
La torsión T está dado por:
T (t )=
( f ¿¿' ( t ) x f ' ' ( t )) . f ' ' ' ( t )
|f ' (t ) x f ' ' (t )|2= 02(6)t 6
=0¿¿
Es decir en todo punto de la curva:
T (t )=0
b) Si t=0, entonces f (0 )=(1,2,0)
De (1): f ' (1 ) x f ' ' (1 )=2(1 ,−1,1)
Luego el vector normal al plano osculador en t=1 es: (1 ,−1,1)∥B (1 )
Así la ecuación del plano osculador en f (1) es:
( ( x , y , z )−(1,2,0 ) ) . (1 ,−1,1 )=0
Ósea: x− y+z+1=0
c) La torsión mide la rapidez con que un punto sobre una curva se aleja del plano osculador.
Como en todo punto T (t )=0, quiere decir que la curva es plana y la ecuación del plano osculador es la misma en todos los puntos.
5. SOLUCION
En el punto de intersección las coordenadas del punto f ( t ) satisfacen la ecuación del plano. Es decir:
1−√t+√ t+|t 2−1|=4
De donde:
|t 2−1|=3⇒ { t 2−1=3⇒ t=±2ó
t 2−1=−3(nohay solucion)
Observando que el dominio de la función f (t ) es t ≥0, entonces en el punto de intersección, t=2
Si consideramos que t∈<1,3>¿ que contiene a t=2, entonces t 2−1>0, asi la función se puede escribir:
f ( t )=¿) Y
f ' ( x )=(−12 t−12 ,12t−12 ,2t ); f ' (2 )=( −1
2√2,12√2
,4)f ' ' ( x )=( 14 t
−32 ,−1
4t−32 ,2); f ' ' (2 )=( 1
8√2,− 18√2
,0)
f ' ' ' ( x )=(−38 t−52 ,38t−52 ,0); f ' ' ' (2 )=( −3
32√2,3
32√2,0)
;f' ' ' (2 )= 3
2√2(−1,1,0 )
También:
f ' (2 ) x f ' ' (2 )=|i j k
−12√2
12√2
4
18√2
−18√2
2|=i( 32√2 )+ j( 32√2 )+k (0 )
=32√2
(1,1,0)
Así:
f ' (2 ) x f ' ' (2 )= 32√2
(1,1,0 );|f ' (2 ) x f ' ' (2 )|=32
( f ' (2 ) x f ' ' (2 ) ) . f ' ' ' (2 )= 32√2 ( 3
2√2 )(1,1,0 ) . (−1,1,0 )
=3128
(−1+1+1 )=0
Como la torsión está dado por:
T (t )=( f ¿¿' ( t ) x f ' ' ( t )) . f ' ' ' (t )
|f ' (t ) x f ' ' ( t )|2= 0
( a2)2=0¿¿
Así:
T (t )=0
6. SOLUCION
f (t )=(1−2 t ; t 2;2e2 (t−1 )) Obtenemos:
f ' (t )=(−2 ;2t ;4 e2 (t−1))
En el punto pedido f ( t ) ∥ f ( t), osea:
f ( t )=k f ( t ) ,Entonces:
−2=k (1−2 t ) (1 )
2 t=k t2(2)
4 e2(−1)=k (2 )e2 (t−1 )(3)
De (3): k=2 Reemplazando en (1): t=1
Si se reemplaza t=1 y k=2 en la ecuación (2):
2 (1 )=(2)(1)2 Si cumple
Luego en el punto pedido t=1
El plano que contiene a la circunferencia de curvatura en un punto es el plano osculador, entonces determinaremos el plano osculador en el punto f (1 ) .
De:
f ( t )=(1−2 t ; t 2;2e2 ( t−1) ) ; f (1 )=(−1,1,2 ) f ' (t )=(−2 ;2 t ;4 e2 ( t−1) ) ; f ' (1 )= (−2,2,4 )
f ' ' (t )=(0 ;2 ;8e2( t−1)) ; f ' ' (1 )=(0,2,8)
Así:
f ´ (1 ) x f ' ' (1 )=| i j k−2 2 40 2 8|=i (8 )− j (−16 )+k (−4 )
¿(8,16 ,−4)
O sea: f ´ (1 ) x f ' ' (1 )=4(2,4 ,−1)
Como el vector B(1)∥ f ´ (1 ) x f ' ' (1 ), entonces el vector (2,4 ,−1) es una normal al plano osculador pedido.
La ecuación del plano osculador es entonces:
( ( x , y , z )−(−1,1,2 ) ) . (2,4 ,−1 )=0
2 ( x+1 )+4 ( y−1 )−( z−2 )=0
De donde:
2 x+4 y− z=0
También en el punto (1,1,6), x=1 , y=1 , z=6 reemplazando en la ecuación del plano osculador:
2 (1 )+4 (1 )−6=0
Vemos que satisface, en consecuencia el punto (1,1,6 ) está en dicho plano.
7. SOLUCION
El radio de curvatura está dado por ρ=1
k (t) donde k (t) es la curvatura. En consecuencia debemos
hallar la expresión de la curvatura para cualquier punto.
Como:
k (t )=|f ' (t ) x f ' ' (t )|
|f ' (t )| Entonces:
De:
f ( t )=(2 t2 ,1−t ,3+2 t 2)
f ' (t )=(4 t ,−1,4 t )
f ´ ´ ( t )=(−4,0,4 )
f ' (t ) x f ' ' ( t )=| i j k4 t −1 4 t4 0 4 |=(−4,0,4 )
Así:
f ' (t ) x f ' ' (t )= (−4,0,4 ) ; |f ' (t ) x f ' ' (t )|=4 √2
Entonces como |f ' ( t )|=√32 t 2+1
k (t )= 4 √2
(32 t 2+1)32
⇒ ρ (t )=(32 t2+1)
32
4 √3(1)
De la ecuación (1) se puede observar que el radio de curvatura es mínimo cuando t=0
Así: t 1=0 y f' (t1 )=f (0 )=(0,1,3 )
Como el vector curvatura tiene la dirección del vector normal N y además:
N (0 )=( f ' (0 ) x f ' ' (0 ) ) x f ' (0 )
|( f ' (0 ) x f ' ' (0 ) ) x f ' (0 )| , entonces la recta pedida es aquella que pasa por f (0 ) y
tiene la dirección del vector N (0) u otro vector paralelo.
Así:
f ' (0 )=(0 ,−1,0 ); f ' (0 ) x f ' ' (0 )=4 (−1,0,1 )
( f ' (0 ) x f ' ' (0 ) ) x f ' (0 )=4 (1,0,1)
Entonces el vector (1,0,1) es paralelo al vector N (0) y la ecuación vectorial de la recta pedida es:
l= {(0,1,3 )−r (1,0,1 ) /r∈R }
8. SOLUCION
El plano normal está definido por los vectores N y B de tal manera que el vector tangente unitario T es un vector normal a dicho plano, si este plano normal es paralelo al plano z=1 quiere decir que el vector T debe tener solo componentes en la dirección z. Como:
T (t )= f ' ( t )|f ' ( t )| y f ' ( t )=(1−cost , sent ,2cos
t2 )
El vector T (t ) tendrá solo componente en la dirección z. Como:
1−cost=0sent=0 }⇒ t=2nπ ,nϵz
Tomando t=0, hallaremos k (0 ) y T (0)
De:
f ' (t )=(1−cost , sent ,2cost2 ); f ' (0 )=(0,0,2 )
¿2k
f ' ' ( t )=(sent , cost ,−sent2 ); f ' ' (0 )=(0,1,0 )= j
f ' ' ' ( t )=(cost ,−sent ,−12cos ( t2 )); f ' ' ' (o )=(1,0 ,−12 )
Así:
f ' (0 ) x f ' ' (0 )=2k x j=−2i=(−2,0,0)
|f ' (0 ) x f ' ' (0 )|=2 ;|f ' (0 )|=2
( f ' (0 ) x f ' ' (0 ) ) . f ' ' ' (0 )=(−2,0,0 ) .(1,0 ,−12 )=−2
Así tenemos que la curvatura es:
k (0 )=|f ' (0 ) x f ' ' (0 )|
|f ' (0 )|3= 223
=14
Y la torsión es:
T (0 )=(f ' (0 ) x f ' ' (0 ) ) . f ' ' ' (0 )
|f ' (0 ) x f ' ' (0 )|2=−24
=−12
9. SOLUCION
Intersectando los planos P y Q tenemos:
x+ y=1 y x−z=1
De donde 2 x=2, entonces x=1
Es decir en el punto de intersección de C,P yQ se tendrá que la componente x de f ' (t) debe ser igual a 1, ósea:
√1−t 2=1 Entonces t=0
Así:
f ' (t )=( −t
√1−t 2,0 ,
−t 2
1−t2 ); f ' (0 )=(0,0,0)
f ' ' ( t )=( −3 t
(1−t 2)32
,0 ,−2 t2
(1−t 2)2 ); f ' ' (0 )=(−1,0,0)
f ' ' ' (t )=( −3 t
(1−t2 )52
,0 ,−2 (1+3 t 2 )
(1−t 2 )3 ); f ' ' (0 )=(0,0 ,−2)
Se tiene que:
k (0 )=|f ' (0 ) x f ' ' (0 )|
|f ' (0 )|3 ; T (0 )=
(f ' (0 ) x f ' ' (0 ) ) . f ' ' ' (0 )
|f ' (0 ) x f ' ' (0 )|2
Como f ' (0 )=(0,0,0) y |f ' (0 )|=0Se puede notar que:
k (0 )=00
; T (0 )=00
Es decir indeterminadas. Para hallar la curvatura y torsión cuando t=0, utilizamos las siguientes expresiones:
k (0 )=limt→ 0
k (t) y τ (0 )=limt→ 0
τ (t)
Tenemos que:
f ' (t ) x f ' ' (t )= t 2
(1−t2 )52
(0 ,−1,0 ) ; |f ' (t ) x f ' ' ( t )|=¿
=t 2
(1−t 2 )52
Así:
k (t )=|f ' ( t ) x f ' ' (t )||f ' (t )|3
Donde |f ' (t )|=√ t 2
(1−t 2)2=
|t|1−t 2
Así:
k (t )=
t2
(1−t 2)52
t2|t|
(1−t2 )3=√1−t2
|t|
Y, k (0 )=limt→0
k (t)=∝, luego k (0 )=∝
También
T (0 )=(f ' (t ) x f ' ' (t ) ) . f ' ' ' ( t )
|f ' ( t ) x f ' ' (t )|2=
t2
(1−t 2 )52
(0 ,−1,0 ) .( −3 t
(1−t2 )52
,0 ,−2(1+t2)
(1−t2 )3)
[ t 2
(1−t 2 )52 ]2
T (0 )=(1−t 2 )
32 (0)
t 2=0; t ≠0
Así:
τ (0 )=limt→ 0
τ (t)=τ (0 )= limt→ 00=0
Es decir en todo punto la torsión es cero, es decir la curva es plano.
Esto pudo deducirse de la ecuación vectorial de C:
f (t )=(√1−t 2,1 , t−ln1+t
√1−t 2 )
Donde la componente y es constante: y=1, lo que indica que la curva se encuentra sobre el plano y=1
10. SOLUCION
Se sabe que:
f ' (t )=ι' ´ ( t )T (t )+ι '(t )|T ' (t )|N ( t)
Comparando se tiene
ι' ´ (t )=2 t; ι' ( t )|T ' (t )|=λt
Si ι' ' (t )=2, entonces ι' ( t )=∫2 tdtAsí:
ι' ( t )=t 2+c.
Además ι' (t )=|f '(t )|
Si t=0, |f '(t)|=|(1,0,0)|=1, entonces ι' (0 )=02+c=1
De donde c=1, luego ι' (t )=t 2+1
Entonces, si L es la longitud total de la curva C:
L=∫0
1
ι' ( t )dt=∫0
1
(t 2+1 )dt= t 3
3+ t ]10=43
∴L=43
11. SOLUCION
La torsión en cualquier punto está dado por:
T (0 )=(f ' (t ) x f ' ' (t ) ) . f ' ' ' (t )
|f ' (t ) x f ' ' (t )|2
Así: si f ( t )=(−2+sent , t2+2 , t2−1+2 sent ), entonces:
f ' ( t )=(cost ,2 t ,2 t+2cost )
f ' ' ( t )=(−sent ,2 ,2−2 sent )
f ' ' ' ( t )= (−cost ,0 ,−2cost ) . entonces :
f ' (t ) x f ' ' ( t )=i [2 t (2−2 sent )−2(2 t+2cost )]− j¿
f ' (t ) x f ' ' ( t )=(tsent+cost)(−4 ,−2,2)
|f ' (t ) x f ' ' ( t )|=2√6|tsent+cost|
( f ' ( t ) x f ' ' (t )) . f ' ' ' ( t )=(tsent+cost)(−4 ,−2,2).(−cost ,0 ,−2cost)
¿ (tsent+cost ) (4cost+o−4cost )=0
Entonces: en (1)
τ ( t )= 0
(2√6|tsent+cost|)2=0
O sea la torsión en cualquier punto es cero.
Si la torsión es cero en todo punto indica que la curva es plana y por lo tanto en cualquier punto el plano osculador es el mismo. Si hallamos el plano osculador cuando t=0, este plano este plano es el
mismo para t=π4
y t=π2
Así como: f ' (t ) x f ' ' (t )=(tsent+cost)(−4 ,−2,2)
f ' (0 ) x f ' ' (0 )=(−4 ,−2,2)
Este vector tiene la dirección del vector binormal B(0), entonces la ecuación del plano osculador será:
(P−f (0 ) ) . (−4 ,−2,2 )=0
f (0 )=(−2,2 ,−1)
Así: si P=(x , y , z) es un punto cualquiera del plano:
−4 ( x+2 )−2 ( y−2 )+2 ( z+1 )=0
Entonces finalmente:
2x-4x-2y-2=0
12. SOLUCION
La curva está definida en coordenadas polares por la ecuación r=φ, entonces
x=φsenφ
y=φcosφ
Una función vectorial en función de φ que describe a la curva es:
f (φ)=(φcosφ ,φsenφ ,0)
Entonces: f ' (φ )=(cosφ−φsenφ , senφ+φcosφ ,o)
De donde:
|f (φ )|=√(cosφ−φsenφ)2+(senφ+φcosφ)2
|f (φ)|=(φ2+1)12
f ' ' (φ )=(−2 senφ−φcosφ ,2cosφ−φsenφ ,0 ) ,Tambien:
f ' (φ ) x f ' ' (φ )=i (0 )− j (0 )+k [ (cosφ−φsenφ ) (2cosφ−φsenφ )+(2 senφ+φcosφ)(senφ+φcosφ)]
f (φ ) x f ' ' (φ )= (φ2+2 )k ;|f (φ ) x f ' ' (φ )|=φ2+2
Así:
k (φ )=|f ' (φ ) x f ' ' (φ )|
|f ' (φ )|3= φ2+2
(φ2+2)32
Derivando respecto de φ se tiene:
k ' (φ )= −φ (φ2+4)
(φ¿¿2+1)52 (1 );k ' (φ )=0 , si φ=0¿
De la ecuación (1) se tiene:
Si φ<0 , entonces k ' (φ )>0 , o seak (t ) escreciente
Si φ>0 , entonces k ' (φ )<0 , osea k (t ) es decreciente
Así, cuando φ=0 lacurvatura esmaxima
Entonces kmax=k (0 )=2 y el punto donde se produce la curvatura máxima es:
f (0 )=(0,0,0)
13. SOLUCION
Si L es la recta que pasa por el centro de la circunferencia de curvatura de y tiene la dirección del
vector curvatura k en el punto donde φ=π3
, entonces como el vector kes paralelo al vector norma N ,
quiere decir que la recta L es la recta normal ala curva Cen el punto f ¿ ).
Un vector normal a la curva C es el vector T que tiene la dirección del vector N .
Entonces de:
f (t )=(φ−senφ ,1−cosφ)
f ' (0 )=(1−cosφ , senφ)
Así:
|f '(0)|=√(1−cosφ)2+sen2φ=√4 sen2 φ2Como: 0<φ<2π , entonces 0<
φ2<π es decir sen
φ2>0y |f '(φ)|=2 sen φ
2 , el vector tangente está dado
por:
T (φ )= f ' (φ )|f ' (φ )|
= 1
2 senφ2
(1−cosφ , senφ )
T (φ )= 1
2 senφ2
(2 sen2 φ2 ,2 sen φ2 cos φ2 )Así:
T (φ )=(sen φ2 ,cos φ2 ) y T ' (φ )=( 12 cos φ2 ,−12 sen φ2 )
Entonces: T ( π3 )=(√34 ,−14 )
Por lo tanto la ecuación vectorial de L será:
L={f ( π3 )+r (√34 ,−14 )/r ϵR}
L={( π3−√32,12 )+r (√34 ,
−14 ) /r ϵR}
Un punto cualquiera de la recta es:
( x , y )=( π3−√32
+ √34r ,12−14r )
Si la recta intersecta al eje x entonces y=0
Luego: 12−14r=0⇒r=2
Por lo tanto el punto de intersección es: ( π3 ,0)14. SOLUCION
La ecuación vectorial de la curva será:
f ( t )=¿
Entonces:
f ' (t )=(cos π t 22 , senπ t2
2,0);|f ' (t )|=1
f ' ' (t )=(−πtsenπ t 2
2, πtcos
π t 2
2,0)
f ' (t ) x f ' ' (t )=|i j k
cosπ t2
2sen
π t2
20
−πtsenπ t 2
2πtcos
π t 2
20|=πt k
|f ' (t ) x f ' ' ( t )|=πt
Entonces:
k (t )=|f ' ( t ) x f ' ' (t )||f ' (t )|3
= πt1⇒ k ( t )=πt
También: ρ ( t )= 1k (t)
⇒ ρ ( t )= 1πt
Como:
( f ' ( t ) x f ' ' ( t )) x f (t )=πt k x (cos π t2
2i+sen π t
2
2j)
¿ πt [cos π t22 j+sen π t2
2(−i)]
Así:
( f ' ( t ) x f ' ' ( t )) x f '(t )=πt(−senπ t 2
2,cos
π t 2
2,0)
Como:
N ( t )= ( f ' ( t ) x f ' ' ( t ))x f '(t )|( f ' ( t ) x f ' ' ( t ))x f '(t )|
Entonces:
N ( t )=(−senπ t 2
2,cos
π t 2
2,0)
Así, si C es el centro de la circunferencia de curvatura, entonces:
C=f (t )+ρ ( t )N ( t )
Como:
f ( t )=¿, entonces:
τ ( t )= 0
(2√6|tsent+cost|)2=0
O sea la torsión cualquier punto es τ ( t )=0
Si la torsión es cero en todo punto indica que la curva es plana y por lo tanto en cualquier punto
El plano esculador es el mismo. Si hallamos el plano osculador cuando t=0, este plano es el mismo
para t=π4
y t=π2
.
Así como:
f ' (t ) x f ' ' (t )= (tsent +cost ) (−4 ,−2,2 )
f ' (t ) x f ' ' (t )= (−4 ,−2,2 ). Este vector tiene la dirección del vector binormal B (0 ) .entonces la ecuación del plano osculador será:
(P−f (0 ) ) . (−4 ,−2,2 )=0 ; f (0 )=(−2,2 ,−1 )
Así: si P=(x , y , z) es un punto cualquiera del plano:
−4 ( x+2 )−2 ( y−2 )+2 ( z+1 )=0
O sea:
2 z−4 x−2 y−2=0
16. SOLUCION
Si la curva intercepta la plano x + y + z = ½, entonces en el punto de intersección:
1−2 t2
+ ∫0
t
esenudu + t = ½ de donde se obtiene:
∫0
t
esenudu = 0. Entonces t=0. La ecuación vectorial de C es:
f⃗ ( t )=¿ ,∫0
t
esenudu, t) y f⃗ (0 ) = (1/2,0,0)
f⃗ ' (t ) = (-1, esent, 1); f⃗ ' ' (t)=(0 ,cost esent ,0)
Así: f⃗ '(0) = (-1, 1, 1); [ f⃗ ' (0 ) ]=√3 ; f⃗ ' ' (0 )=(0,1,0 )
f⃗ '(0) x f⃗ ' ' (0 )= (−1 ,0 ,1 );|f⃗ ' (0 ) x f⃗ ' ' (0 )|=√2
Entonces la curvatura k(0) y el radio de curvatura ƍ(0) son:
K(0) = |f⃗ ' (0 ) x f⃗ ' ' (0 )|
|⃗f ' (0 )|3 = √23√3 y ƍ(0) =
3√3√2
=32
√6
Támbien: ¿(0) x f⃗ ' ' (0 )) x f⃗ '(0) = (-1, 0, -1) x (-1, 1, 1) = (1, 2, -1)
Asi: N (0 )=¿ (f⃗ ' (0) x f⃗ ' ' (0 ))x f⃗ ' (0)|(f⃗ ' (0) x f⃗ ' ' (0 ))x f⃗ ' (0)| =
(1 ,2 ,−1)√6
Si Pc = (2, 3, -3/2)
El plano osculador en f⃗ (0 )=( 12 ,0 ,0) tiene por normal al vector f⃗ '(0) x f⃗ ' ' (0 ) = (-1, 0, -1). Su ecuación
será entonces:
((x, y, z) – (1/2, 0, 0)).(-1, 0, -1) = 0
Asi, x + z = ½ es la ecuación del plano osculador. Entonces la circunferencia de curvatura pedido es
aquel que tiene su centro en (2, 3, -3/2), su radio es 32√6y se encuentra sobre el plano x + z = ½
17. SOLUCION
En el punto (2, 1, 2) se verifica que t = 2.
En el plano normal se encuentran los vectores N y B, en consecuencia un vector normal al plano normal es el vector tangente unitario T o cualquier vector paralelo a él.
El vector f⃗ ' tiene la dirección del vector T , entonces es una normal al plano pedido, Asi:
f⃗ '(t) = (1, t
√t 2−3,
−2 t
√12−2 t 2¿ ; f⃗ '(2) = (1, 2, -2)
Luego la ecuación del plano normal será:
((x, y, z) – (2, 1, 2)).(1, 2, -2) = 0
de donde: x + 2y + 2z = 0
18. SOLUCION
Si f⃗ ' ' (t )es la aceleración de la partícula, quiere decir que la posición de la partícula sobre la curva y2 = 4x en cualquier instante t del tiempo está dada por la función f⃗ ' (t ).
De la ecuación y2 = 4x, se tiene x = y2
4. Si utilizamos y como parámetro, una ecuación vectorial de la
curva sería:
g ( y )=¿, y). También se debe cumplir que g ( y ) = f⃗ ( t ), donde y depende de t. Así, por la regla de la cadena:
f⃗ '(t) = Dt f⃗ (t )=D tg ( y )=D y g ( y ) (Dt y )
También:
f⃗ ' '(t) = Dt2 f⃗ ( t ) = Dt (D y g ( y ) (Dt y ))
Aplicando nuevamente la regla de la cadena, obtenemos:
f⃗ ' '(t) = Dt (D y g ( y ) (Dt y ))+D y g ( y )(Dt2 y )
f⃗ ' '(t) = D y2 g⃗ ( y ) (Dt y ) (Dt y )+D y g ( y )(D t
2 y )
f⃗ ' '(t) = (Dt y )2D y2 g⃗ ( y )+(Dt
2 y )D y g ( y )
Donde: D y g ( y )=( y2 ,1);D y2 g⃗ ( y )=(12 ,0)
Y no se conoce cual es la función que relaciona la variable y con el tiempo t.
Se sabe también que si f⃗ ' ' (t ) es el vector aceleración entonces las componentes tangencial y normal son respectivamente:
a t = f⃗ ' '(t). T⃗
aN = f⃗ ' '(t). N⃗
Los vectores T⃗ y N⃗ son tangente y normal respectivamente a la trayectoria. El vector N⃗ siempre estará en el lado cóncavo de la curvatura; pero el sentido del vector T⃗ estará dado por el sentido en que la partícula recorra la curva. Si suponemos que la partícula se mueve en la dirección en que y aumenta, entonces los vectores T⃗ , N⃗y la curvatura k se pueden determinar de la función g⃗ ( y ). Bajo esta suposición calcularemos el punto en donde la curvatura vale ½ ya que entonces el radio de curvatura seria 2.
Luego,
D y g⃗ ( y )x D y2 g⃗ ( y ) = (y/2, 1) x (1/2, 0) = -1/2k⃗
|D y g⃗ ( y ) x D y2 g⃗ ( y )| = ½; |D y g⃗ ( y )| = √ y
2+42
Asi: k(y) = |D y g⃗ ( y ) x D y
2 g⃗ ( y )||D y g⃗ ( y )|3
= ½ (2)
( y¿¿2+4)3/2¿
Asi: k(y) = 1
( y¿¿2+4)3/2¿. Si k(y) = 1/2, entonces:
( y¿¿2+4)3/2¿= 2. Como( y¿¿2+4)3/2¿¿ 8 v y; entonces no existe ningún punto sobre la curva y2 = 4x en donde el radio de curvatura sea 2.
Es decir el problema no tiene solución. Si el problema hubiera tenido solución, esta habría quedado expresada en función Dt y y Dt
2 y que no se conocen.
19. SOLUCION
En el punto de intersección f⃗ (x1 ) = g⃗ (x2 ). Es decir
1 + x1 = 31+ x2
… (1)
ex1+ 1= e4 x2 x1+ 1 = 4 x2 x2=x1+14
… (2)
x12+ 1 = 1 + 2x2 … (3)
De (2) y (3)
x1 = 1 x2=12
cumple con (1)
x1 = -1/2 x2=18
no cumple con (1)
Asi, el punto de intersección es f⃗ (1 )=¿, 2)
Entonces de:
f⃗ ( x )=¿, x2+1¿ ; f⃗ ' (x ) = (1, ex +1, 2x); f⃗ ' (1 ) = (1, e2, 2)
f⃗ ' '(x) = (0, ex +1 ,2¿ ; f⃗ ' '(1) = (0,e2, 2); f⃗ ' '(x) = (0, ex +1, 0)
f⃗ ' '(1) = (0, e2, 0). También:
f⃗ ' (1 ) x f⃗ ' '(1) = (1, e2, 2)x(0, e2, 0) = (0, -2, e2)
( f⃗ ' (1 ) x f⃗ ' '(1)). f⃗ ' ' '(1) = (0, -2, e2).(0, e2, 0) = -2e2
|f⃗ ' (1 ) x f⃗ ' ' (1)| = √e4+4 . Como Ƭ(1) = ( f⃗ ' (1 ) x f⃗ ' ' (1)) . f⃗ ' ' ' (1)
|(f⃗ ' (1 ) x f⃗ ' ' (1))|2 = -
2e2
e4+4
20. SOLUCION
De f⃗ ( t ) = (t – sent, 1 – cost, -4cos t/2)
f⃗ '( t)=(1−cost , sent ,2 sent2 )
f⃗ ' ' (t) = (sent, cost, cos t/2). Entonces:
f⃗ ' (t ) x f⃗ ' ' ( t )=|1−cost sent 2 sent /2sent cost cos t /2 |
f⃗ ' (t ) x f⃗ ' ' (t ) = i(sentcos t/2 – 2sen t/2cost) – j(cos t/2(1-cost) + 2sen t/2sent) + k(cost(1-cost) - sen2 t)
= i(2sen t/2cos2t2−2 sen t
2/(cos2 t
2−sen2
t2)¿− j(2 sen2 t
2.cos
t2−4 sen2 t
2.cos
t2)+k (cost−1)
Así:
f⃗ ' (t ) x f⃗ ' ' (t ) = 2 sen2t2 (sen t2 ,cos t2 ,−1)
|f⃗ ' ( t ) x f⃗ ' ' ( t )| = 2√2 sen2 t2
|f⃗ ' ( t )| = √(1−cost )2+sen2 t+4 sen2 t /2=√8 sen2 t /2Como sen t/2 > 0, |f⃗ ' ( t )| = 2√2 sent /2
Entonces : k(t) = |f⃗ ' ( t ) x f⃗ ' ' ( t )|
|f⃗ ' (t )|3 =
2√2 sen2 t2
8(2√2)sen3 t2
= 1
8 sent /2
Así: k(t) = 1
8 sent2
. De esta ecuación la curvatura es máxima cuando t = 0 o 2π, entonces kmax=¿oo. Es
mínima cuando t = π, entonces kmin=18.
Tomaremos t = 0 en donde la curvatura es máxima.
Si L es la longitud de la curva desde t = 0 hasta t = π, entonces:
L = ∫0
π
|f⃗ ' ( t )|dt=∫0
π
2√2 sent /2dt=−¿4√2cos t2∫0
π
❑
De donde: L = 4√2
21. SOLUCION
Si f⃗ ' (t ) = ax f⃗ ( t ), entonces f⃗ ' (0 ) es ortogonal al vector f⃗ ' (0 )
se tiene: |f⃗ ' (0 ) x f⃗ ' ' (0 )| = |f⃗ ' (0 )|.|ax f⃗ ' (0 )|senπ2
= |f⃗ ' (0 )|.|ax f⃗ ' (0 )| …. (1)
También como f⃗ ' (0 ) = ax f⃗ (0 ) = axb
Entonces a x f⃗ ' (0 ) = ax(a x b) donde a x b es ortogonal a a
Así: a x f⃗ ' (0 ) = |a|.|ax b|senπ /2 = |a|.|ax b|
|ax f⃗ ' (0 )| = |a|.|ax b|sen ϴ
Así: k(0) = |f⃗ ' (0 ) x f⃗ ' ' (0 )|
|⃗f ' (0 )|3 =
|a|2|b|senϴ|a|2|b|2 sen2ϴ
De donde: k(0) = 1
|b|senϴ = 1
|f⃗ ' (0 )|senϴ
K(0) será mínima cuando senϴ sea maximo, es decir cuando ϴ= π2
Entonces : k (0)min = 1
|f⃗ ' (0 )|22. SOLUCION
Se debe determinar el centro del círculo de curvatura.
De f⃗ ( t )=¿, t – cost, 1 - e−t) se verifica que en el punto (1,-1,0) el valor del parámetro es t = 0.
También: f⃗ ' (t ) = (-t, 1 + sent, e−t); f⃗ ' (0 ) = (0, 1, 1)
|f⃗ ' (0 )| = √2 ; f⃗ ' ' (t ) = (-1, cos t, -e−t ¿ ; f⃗ ' ' (0 ) = (-1, 1, -1)
f⃗ ' (0 ) x f⃗ ' ' (0 ) = (0, 1, 1)x(-1, 1, -1) = (-2, -1, 1)
|f⃗ ' (0 ) x f⃗ ' ' (0 )| = √6. Así la curvatura será:
K(0) = |f⃗ ' (0 ) x f⃗ ' ' (0 )|
|⃗f ' (0 )|3 = √62√2 = √3
2 ƍ(0) =
1k (0) = 2√3
3
Tambien:( f⃗ ' (0 ) x f⃗ ' ' (0 )) x f⃗ ' (0 ) = (-2, -1, 1)x(0, 1, 1) = (-2, 2, -2) y el vector normal es:
N⃗ (0 )=¿ ( f⃗' (0 ) x f⃗ ' ' (0 )) x f⃗ ' (0 )
¿¿ = 1
√3 (-1, 1, -1)
Si Pc es el centro del círculo de curvatura, entonces:
Pc = f⃗ (0 ) + ƍ(0).N⃗ (0 ) = (1, -1, 0) + 2√33
1√3 (-1, 1, -1)
De donde Pc = (1/3, -1/3, -2/3)
El punto (4/3, -4/3, 5/3) estará en la circunferencia de curvatura si su distancia al punto Pc es igual al radio de curvatura y además si pertenece al plano osculador.
La distancia es: √( 43−13 )
2
+(−43 +13 )
2
+( 53+ 23 )2
=√ 679 >¿ ƍ(0) = 2√33
O sea el punto (4/3, -4/3, 5/3) no pertence a la circunferencia de curvatura.
Para el punto (4/3, -5/3, 0) calculamos también su distancia al punto Pc:
√( 43 + 13 )
2
+(−53 + 13 )
2
+(0+ 23 )2
= √ 299 >¿ ƍ(0)
Por lo tanto el punto (4/3, -5/3, 0) tampoco está en la circunferencia de curvatura.
23. SOLUCION
Las ecuaciones paramétricas de la trayectoria de la partícula están expresadas en función del parámetro t que es el tiempo. El vector posición es entonces:
f⃗ (t )=( ln (t 2+1 ) ,2 tan−1t ,2√ t2+1) .Además:
f⃗ ' (t ) = (2t
t2+1,2
t2+1,2t
√ t2+1 ); f⃗ ' (2 )=¿ (4/5, 2/5, 4/√5)
f⃗ ' ' (t ) = (
2−2t 2
(t ¿¿2+1)2 , −4 t
(t¿¿2+1)2 , 2(t ¿¿2+1)3/2¿
¿¿ ); f⃗ ' ' (2 ) = (-6/25, -8/25, 2√5/25)
f⃗ ' (2 ) x f⃗ ' ' (2 ) = (4/5, 2/5, 4/√5)x(-6/25, -8/25, 2√5/25) = 4125
(9√5 ,−8 √5 ,−5 )
( f⃗ ¿¿ ' (2 ) x f⃗ ' ' (2 )) x f⃗ ' (2 ) ¿ = 4125
15
(9√5 ,−8√5 ,−5 )x(4, 2, 4/√5)
= 825
(-3, -4, √5)
Así los vectores tangente unitario y normal principal son:
T⃗ (2 )= f⃗ '(2)
|f⃗ '(2)| = 15
(2, 1, 2√5¿ ; entonces T⃗ (2 ) = 15
(2, 1, 2√5)
N⃗ (2 )=( f⃗ ¿¿ ' (2 ) x f⃗ ' ' (2 )) x f⃗ ' (2 )¿¿ ¿ =
(−3 ,−4 ,√5)√30
Asi las componentes tangencial (aT ¿ y normal (aN ¿de la aceleración estarán dadas por:
aT = f⃗ ' ' (2 ).T⃗ (2 ) = 125
¿).15
(2, 1, 2√5)
= 1125
¿) = 0, ósea aT=0
Y aN = f⃗ ' ' (2 ).N⃗ (2 ) = 125
¿).1
√30 (-3, -4, √5)
= 1
25√30 (18+12+10)
aN=125√30
24. SOLUCION
Para esta curva C, definida también en el problema N° 20, se encontró que la curvatura en cualquier punto esta dado por:
K(t) = 1
8 sent2
. Entonces el radio de curvatura será:
ƍ(t) = 8sent2
. De está ecuación el radio de curvatura es máximo cuando t = π. Entonces ƍ(π) = 8.
También se encontró que:
f⃗ ' (t ) = (1-cost, sent, 2sent2
); f⃗ ' (π ) = (2, 0, 2)
f⃗ ' (t )x f⃗ ' ' ( t ) = 2sen2t2
(sent2
, cost2
, -1); f⃗ ' (π ) x f⃗ ' ' (π ) = 2(1, 0, -1)
Entonces:
¿)x f⃗ ' (π ) = 2(1, 0, -1)x(2, 0, 2) = -2j
N⃗ (π) = (0, -1, 0)
Si Pces el centro de la circunferencia de curvatura, entonces:
Pc= f⃗ (π ) + ƍ(π)N⃗ (π) = (π, 2, 0) + 8(0, -1, 0) = (π, -6, 0)
25. SOLUCION
f(uo¿¿ = (2, ½, ln2) y f(u) = (euo, e−uo, √2uo ¿
deducimos el valor de uoigualando:
f(uo¿¿=f(u) (2, ½, ln2) = (euo, e−uo, √2uo ¿
obtenemos que ln2 = uo que será el punto comienzo de la distancia recorrida en un instante t.
Sabemos: Lc = ∫a
b
√x ' ¿¿¿ x ' (u )=eu❑
2t = ∫ln 2
u
√e−2u+e−2u+2du y’(u) = −e−u❑
2t = 2senh(2) – 2senh(ln2) z’(u) = √2
u = arcsenh( t+3/4)
ahora el valor de u lo reemplazaremos en la curva f(u) = eu❑, e−u❑, √2u❑
de donde obtenemos nuestra función que describe el movimiento
g(t) = f(arcsenh(t+3/4)) = ( earcsenh (t+3 /4) , e−arcsenh(t+3 /4 ), √2 arcsenh(t+3/4))
26. SOLUCION
Como: x = r.cos ϴ, y = r.senϴ
Donde: r= e−t, ϴ(t) = π2
t, entonces el vector posición de la paratícula en el instante t está dada por:
f⃗ (t ) = e−t(cosπ2
t, senπ2t ¿
De donde el vector velocidad es:
v⃗ (t )= f⃗ ' ( t )=e−t (−π2
senπ2t−cos π
2t ,π2cos
π2t−sen
π2t )
Si ϴ es el ángulo que forman los vectores f⃗ ( t ) y f⃗ ' (t ) en el punto pedido, entonces:
Cosϴ = f⃗ ( t ) . f⃗ ' ( t )
|f⃗ ( t )|.|f⃗ ' ( t )| = -2(π2+4 )−1/2 …. (1)
Como:
f⃗ (t ) . f⃗ ' ( t ) = e−2 t(-1); |f⃗ (t )| = e−t
|f⃗ ' ( t )| = 12e−t(π2+4)1/2 tenemos que:
f⃗ (t ) . f⃗ ' (t )|f⃗ (t )|.|f⃗ ' (t )| = -2(π2+4 )−1/2
Es decir la ecuación (1) se cumple para todo t, o sea los vectores f⃗ (t ) y f⃗ ' (t ) ,en todo punto de la trayectoria forman un ángulo cuyo coseno es -2(π2+4 )−1/2.
Como la velocidad v⃗ (t ) = |f⃗ ' (t )|,entonces en cualquier punto;
v⃗ (t ) = 12e−t (π2+4 )
12
Como las componentes de la aceleración son:
aT = f⃗ ' ' (t ) . T⃗ ( t )=l' ' ( t ) … (2)
aN = f⃗ ' ' ( t ).N⃗ ( t ) = l’(t)|T⃗ ' ( t )| … (3)
Donde l’(t) = |f⃗ ' ( t )| = v⃗ (t ). Entonces l’’(t) = v⃗ (t )
Luego la componente tangencial de la aceleración en cualquier punto es:
aT = -12e−t(π2+4)1/2
El vector T⃗ (t ) será:
T⃗ (t ) = f⃗ ' ( t )
|f⃗ ' ( t )| = −πsenπ2t−2cos π
2t , πcos
π2t−2 sen π
2t ¿ ¿
¿¿
T⃗ (t )= π2
Luego, la componente normal de la aceleración es:
aN = π4e−t (π2+4 )
12
27. SOLUCION
Se sabe que f⃗ ' (t ) = l’(t)T⃗ (t ) donde l’(t) = |f⃗ ' ( t )|
También f⃗ ' ' ( t ) = l’’(t)T⃗ (t )+l' ( t ) T⃗ ' (t). Comparando con la expresión: f⃗ ' ' ( t )= h(t)T⃗ (t )+√1+3 t2+9 t 2T⃗ ' ( t )
Se deduce que:
h(t) = l’’(t) y l’(t) = √1+3 t2+9 t 4
Por otra parte:
T⃗ '( t) = k(t)l’(t)N⃗ (t ), entonces
f⃗ ' ' (t ) = l’’(t)T⃗ ' ( t )+k (t )¿
Asi f⃗ ' (t )x f⃗ ' ' ( t ) = k(t)(l ’(t )¿¿3 B⃗ ( t ) …(1)
|f⃗ ' (t ) x f⃗ ' ' (t )|=k(t)¿ …(2)
Reemplazando (1) y (2) en la fórmula para la torsión:
Ƭ(t) = ( f⃗ ' (t ) x f⃗ ' ' (t )) . f⃗ ' ' ' (t )
|( f⃗ ' ( t ) x f⃗ ' ' (t))|2 = k (t)¿¿
De donde:
Ƭ(t) = B⃗ ( t ) . f⃗ ' ' ' (t)k (t)¿¿
… (3)
Como se dice que el vector B⃗ ( t ) es paralelo y del mismo sentido que el vector (9t 2 ,−6√3t ,−3 t ¿ = 3t(3t,−2√3 ,−1¿ ,entonces si dividimos este vector entre su módulo tendremos el vector B⃗ ( t ).
O sea: B⃗ (t ) = (3 t ,−2√3 ,−1)
√9 t2+12+1
Si t = 1
√3 , B⃗ (t ) = 14
(√3 ,−2√3 ,−1 )
También de l’(t) = √1+3 t2+9 t 4, l’( 1√3 ) = √3
Y como por condiciones del problema f⃗' ' ' ( 1
√3)= (0, 0, -6)
k(1
√3¿ = √6
3, haciendo t =
1
√3 en (3) y reemplazando los valores correspondientes:
Ƭ(1
√3¿ = 1/4 (√3 ,−2√3 ,−1) .(0 ,0 ,−6)
√63
√33 Ƭ(1
√3¿= 12√2
28. SOLUCION
Se sabe que si una curva esta definida por una ecuación vectorial f⃗ ( s ) en donde el parámetros es la longitud de arco, entonces el vector curvatura k⃗ ( s) y ls torsión Ƭ(s) son respectivamente.
k⃗ ( s) = Ds2 f⃗ ( s ); Ƭ(s) = -Ds B⃗ (s ) . N⃗ (s ) … (1)
Entonces de:
f⃗ ( s )=¿
Ds f⃗ ( s )=f⃗ ' ( s ) =(-4 /5 sen s ,−cos s ,3/5 sen s¿¿
Ds f⃗ ( s ) = f⃗ ' ' (s ) = (−4/5cos s , sen s ,3 /5cos s¿¿
Entonces: k⃗ ( s)=¿
También el vector tangente unitario está dado por:
T⃗ ( s ) = f⃗ ' ( s ) = =(-4 /5 sen s ,−cos s ,3/5 sen s¿¿
El vector normal principal es: N⃗ (s )= k⃗ ( s)|k⃗ ( s)| = (-4/5cos s, sen s, 3/5cos s)
Y como el vector binomal es B⃗ (s )=T⃗ ( s )xN⃗ (s ):
B (s )=| −45 sens
−cos s 35sens
−45cos s
sens3
5coss|
Asi: B (s ) = (-3/5, 0, -4/5)
B ' (s ) = Ds B⃗ (s ) = 0. Es decir en (1) Ƭ(s) = 0
Así la curvatura y torsión en todo punto de la curva es constante: k(π ¿ = 1; Ƭ(π) = 0
29. SOLUCION
ƍ(s) = 1k (s ) = 1
Encontraremos también que en todo punto, Ƭ(s) = 0, lo que indica que la curva es plana y se encontrara sobre el plano osculador que es el mismo en todo punto.
Como B⃗ (s ) = (-3/5, 0, -4/5) y un punto de la curva es f⃗ (0 ) = (4/5, 1, -3/5) entonces la ecuación del plano en el cual se encuentra la curva será:
((x,y,z) – (4/5, 1, -3/5)).(-3/5, 0, -4/5) = 0
O sea: 3x + 4z = 0
30. SOLUCION
Como la velocidad es s en un instante t, recorrerá st, con esto calculamos la longitud de cuerda y relacionamos el tiempo con el ángulo.
5t = 12∫0
Ɣ
e2Ɣ du
20t + 1 = e2Ɣ
Ɣ = ln√20 t+1
r = √20 t+1
como el vector posición está dado por:
f⃗ (t )= (√20 t+1 , ln√20 t+1)
v⃗=f⃗ ' ( t ) = (10
√20 t+1 ; 10
20 t+1 )
a⃗= f⃗ ' ' ( t ) = (−100
√20 t+13/2,
−20020 t+12
)
Como nos piden cuando Ɣ=4
20t +1 = e2( π4)
t = e( π2
)−120
v⃗=¿(10
eπ4
; 10
eπ2
¿
a⃗=¿(−100
e3π4
, −200eπ
)