Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

Funciones Vectoriales y Curvas

Ejercicios resueltos

1.1 Ejercicio 1

Un par de trayectorias de [0;1) en R3 se de�nen por �!c (t) = (cos t; sin t; bt)y �!r (t) = (1; 0; t). Responda las siguientes preguntas:a) ¿Se intersectan las curvas generadas por �!c (t) y �!r (t)?b) Si estas trayectorias representan el desplazamiento de un par de partículas.

¿En que puntos ,si los hay, estas partículas se encuentran?

Solución:a) �!c (t) es la ecuación de la hélice ascendente sobre el manto del cilindro

x2 + y2 = 1 y cada vuelta demora 2� unidades de tiempo. Asimismo,�!r (t) = (1; 0; t) es una recta vertical paralela al eje axial del cilindro , que

esta sobre el manto de x2 + y2 = 1 y pasa por (1; 0; 0).Igualando las primeras componentes cost = 1 ,obtenemos que las curvas se

intersectan para t = 0; 2�; 4�; : : :b) Igualando las terceras componentes bt = t =) Si b = 1;entonces las

partículas se encuentran en lospuntos (1; 0; 0); (1; 0; 2�); :::; (1; 0; 2n�) con n 2 Z+0 .

1.2 Ejercicio 2

La curva C es de�nida a partir de la trayectoria �!c (t) = (2 cos(t); 2 sin(t); t)con 0 � t � 2� . Describa la representación grá�ca de C y pruebe que si seusa como parametro la longitud de arco s , el vector tangente a la curva es unvector unitario.Solución:Por la continuidad de las funciones x(t) = 2cos(t); y(t) = 2sin(t) y z(t) = t

podemos inferir que C parte del punto �!c (0) = (x(0); y(0); z(0)) = (2; 0; 0)y terminaen �!c (2�) = (x(2�); y(2�); z(2�)) = (2; 0; 2�); además que la curva seasciende a través del manto del cilindro x2 + y2 = 4 porque [x(t)]2 + [y(t)]2 =[2 cos(t)]2 + [2 sin(t)]2 = 4 como se ilustra en la �gura

El vector posición de esta curva es �!c (t) = (2cos(t); 2sin(t); t). El vectortangente es �!c 0(t) = (�2 sin(t); 2 cos(t); 1) D(a)

y la longitud del vector tangente es

k�!c 0(t)k =p[�2 sin(t)]2 + [2 cos(t)]2 + 1 =

p5 (b)

1

La longitud total de esta curva es

Longitud =

Z 2�

0

k�!c 0(t)k dt =Z 2�

0

p5dt = 2�

p5

De�nimos s(t) =R t0kc0(u)k du para t 2 [0; 2�] =) s(t) es la longitud de

curva C desde (2; 0; 0) hasta (x(t); y(t); z(t)):Claramente s(t) es continua y estrictamente creciente en [0; 2�] la ecuación

s = s(t) puede resolverse para t como una función de s, es decir t = t(s) (c)En este caso t = sp

5así es que

�!c (s) = �!c (t(s)) =�2 cos

�sp5

�; 2 sin

�sp5

�;sp5

�es vector posición en términos de s, derivando

�!c 0(s) = �!c 0(t(s)) =��2 sin

�sp5

�1p5; 2 cos

�sp5

�1p5;1p5

�=

2p5

�sin

�sp5

�; cos

�sp5

�;1

2

�(1)

Calculando su modulo

k�!c 0(s)k =2p5

s�sin

�sp5

��2+

�cos

�sp5

��2+1

4

=2p5

r1 +

1

4= 1

Por lo tanto, �!c 0(s) es vector unitario.

Especi�caciones:a) Si �!c (t) describe la trayectoria de una partícula en el espacio, el vector

�!c 0(t) = (�2 sin(t); 2 cos(t); 1) es la velocidad con que se desplaza la partículapor la curva C en el punto �!c (t), en el instante �t�.b)k�!c 0(t)k =

p5 es la rapidez con que se desplaza la partícula, 8t, lo que

signi�ca que la partícula se mueve con rapidez constante 8t.c) Asimismo, la longitud del arco es

s(t) =

Z t

0

k�!c 0(t)k du

=

Z t

0

p5du =

p5t

s =p5t =) t =

sp5

En general y en teoría la ecuación s = s(t) siempre se puede resolver para ten términos de s, es decir tener t = t(s). En la práctica existen casos en los quepor razones algebraicas no se puede tener t = t(s) ¿Conoces algún caso?

2

1.3 Ejercicio 3

Una partícula se mueve en el espacio con vector posición �!r (t) = t�!A+t2�!B +2�23 t� 32�!A��!B , donde �!A y

�!B son dos vectores unitarios �jos que forman ángulo

de�3 radianes. Calcular la velocidad de la partícula en el instante t y determinaren cuanto tiempo recorre una distancia de 12 unidades de longitud de arco desdela posición en t = 0:Solución:La velocidad es el vector �!v (t) = �!r 0(t) donde

�!r 0(t) = �!A + 2t�!B + 3

�2

3t

� 12 2

3

�!A ��!B

Por lo tanto

�!v (t) = �!A + 2t�!B + 2

�2

3t

� 12 �!A ��!B

Para la segunda parte del problema usaremos

s(t) =

Z t

0

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

Calculando

�!r 0(t) � �!r 0(t) =

�!A + 2t

�!B + 2

�2

3t

� 12 �!A ��!B

!� �!A + 2t

�!B + 2

�2

3t

� 12 �!A ��!B

!= 1 + 4t+ 4t2 (a)

por lo tanto�!r 0(t) � �!r 0(t) = (1 + 2t)2

=) k�!r 0(t)k =q(1 + 2t)

2= 1 + 2t

así que

s(t) =

Z t

0

(1 + 2u) du

=�u+ u2

�t0= t+ t2

De acuerdo a lo que se pide en el problema s(t) = 12 =) t2 + t� 12 = 0Las soluciones de esta ecuación son t1 = 3 y t2 = �4 por la naturaleza del

problema debe ser t � 0 luego desconsideramost2 = �4. Luego, 3 unidades de tiempo son necesariosEspeci�caciones:

3

a)

��!A + 2t

�!B + 2

�23 t� 12�!A ��!B

����!A + 2t

�!B + 2

�23 t� 12�!A ��!B

�=

�!A � �!A + 2t�!B � �!A + 2

�23 t� 12�!A ��!B � �!A + 2t�!A � �!B + 4t2

�!B � �!B

+2(2t)�23 t� 12�!A ��!B � �!B + 2

�23 t� 12�!A �

��!A ��!B

�+2(2t)

�23 t� 12�!B �

��!A ��!B

�+ 4

�23 t� ��!A ��!B

����!A ��!B

�Como:�!A � �!A = 1;

�!B � �!B = 1;

�!A � �!B = cos �3 =

12

�!A � �!A � �!B = 0;

�!B � �!A � �!B = 0;

��!A ��!B

����!A ��!B

�= �!A ��!B 2 =�p

32

�2= 3

4

Por lo tanto

�!r 0(t) � �!r 0(t) = 1 + t+ 0 + t+ 4t2 + 0 + 0 + 0 +8

3+3

4

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

1.4 Ejercicio 4

Sea�!F : I ! Rn una función velocidad dos veces diferenciable.

a) Pruebe que la aceleración se puede escribir como combinación lineal delos vectores unitarios bT y bN . especí�camente sepide establecer que:

�!a (t) =

�d2s

dt2

� bT + k(t)�dsdt

�2 bN= aT bT + aN bN

b) Aplicando a) calcule las componentes tangencial y normal del vector acel-eración correspondiente a �!r (t) = (t; cos2 t; sin2 t).Solución:a) Sea �!g una reparametrización de �!F por longitud de arco entonces

�!F (t) =

�!g (s) si y solo si t = t(s)() s = s(t):aplicando la regla de la cadena

�!F (t) = �!g (s(t)) =) �!

F 0(t) = �!g 0(s) s0(t) = bT ds

dt

derivando nuevamente respecto de t

�!F 00(t) = �!g 00(s) [s0(t)]2 +�!g 0(s) s00(t)

Por de�nición k = k(s) = k�!g 00(s)k es la, curvatura de c en g(s):por otro lado

4

bN =dbTds dbTds =) �!g 00(s) = k�!g 00(s)k bN

Relacionando las igualdades anteriores

�!a (t) =�!F 00(t) =

�k�!g 00(s)k bN��ds

dt

�2+ bT d2s

dt2

=d2s

dt2bT + k�!g 00(s)k�ds

dt

�2 bN=

d2s

dt2bT + k�ds

dt

�2 bNlo que signi�ca que

�!a (t) = d2s

dt2bT + k�ds

dt

�2 bNb) En la aplicación de a) en �!r (t) =

�t; cos2 t; sin2 t

�tenemos �!r 0(t) = (1;� sin(2t); sin(2t)) :Derivando la expresion anterior

s�(t) = k�!r 0(t)k =q1 + 2 sin2(2t)

=) s��(t) = 4 sin(2t) cos(2t)p1+2 sin2(2t)

Por lo tanto, la componente tangencial aT es

aT =2 sin(2t)q1 + 2 sin2(2t)

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

�!r 0(t)��!r 00(t) = �2 cos(2t)bj � 2 cos(2t)bk (e)

y

k�!r 0(t)��!r 00(t)k =p4 cos2(2t) + 4 cos2(2t) =

p8 cos2(2t)

= 2p2 jcos(2t)j

Como la curvatura k en terminos de t es

k =k�!r 0(t)��!r 00(t)k

k�!r 0(t)k3

5

reemplazando

k =2p2 jcos(2t)j�

1 + 2 sin2(2t)� 32

de

aN = k(t)

�ds

dt

�2=

2p2 jcos(2t)j�

1 + 2 sin2(2t)� 32

�1 + 2 sin2(2t)

�

Por lo tanto, la componente normal de la aceleracion en este caso es

aN =2p2 jcos(2t)jq

1 + 2 sin2(2t)

1.5 Ejercicio 5

Sea la trayectoria regular �!r : R! R3, de�nida por:

�!r (u) = ( 4au2

(1 + u2)2;2au(1� u2)(1 + u2)2

;a(1� u2)1 + u2

); a > 0

a) Pruebe que la función ' : R! ]��; �[ tal que t = '(u) = 2 arctanu de�nela reparametrización de �!r :

�!r � : ]��; �[! R tal que �r(t) = (a sin2 t; a sin(t) cos(t); a cos t)

b) Veri�que que �!r �(t) está contenida en una super�cie esférica.

c) Probar que los planos normales a la curva descrita por �r(t) pasan por elcentro de la esfera.

Solución

De '(u) = 2 arctanu se tiene que:'0(u) = 2

1+u2 > 0 8u 2 R; por lo tanto, es estrictamente creciente en Ry como ' es continua, ' es biyectiva, y por tanto, invertible. Además

'�1(t) = tan(t

2)

'�1 : ]��; �[! R es de clase C1 en ]��; �[ :Por lo anterior, se puede de�nir �r(t) :

6

�!r �(t) = (�!r � '�1)(t) = �!r ('�1(t)) = �!r (tan( t2))

=) �!r �(t) = (4a tan2( t2 )

(1 + tan2( t2 ))2;2a tan( t2 )(1� tan

2( t2 )

(1 + tan2( t2 ))2

;a(1� tan2( t2 ))(1 + tan2( t2 ))

Sustituyendo

�!r �(t) = (4a( 1�cos t1+cos t )

( 21+cos t )

2;2aq

1�cos t1+cos t (

2 cos t1+cos t )

( 21+cos t )

2;a( 2 cos t1+cos t )

( 21+cos t )

)

= (a(1� cos2 t); a cos tp1� cos2 t; a cos t)

Por lo tanto, la reparametrización la podemos de�nir por:

�!r �(t) = (a sin2 t; a sin(t) cos(t); a cos t)

b)x(t) = a sin2 t; y(t) = a sin t cos t; z(t) = a cos t

x2 + y2 + z2 = a2 sin4 t+ a2 sin2 t cos2 t+ a2 cos2 t

= a2 sin2 t(sin2 t+ cos2 t) + a2 cos2 t

= a2(sin2 t+ cos2 t) = a2

) la curva está en la esfera x2 + y2 + z2 = a2

c) Se �!r �(t0) un punto cualquiera de la curva.

La ecuación del plano normal es:

�N : ((x; y; z)� �r(t0)) � �r0(t0) = 0y (0; 0; 0) 2 �N si sólo si �!r �(t0) � �!r �0(t0) = 0

�!r �(t0)��!r �0(t0) = (a sin2 t0; a sin(t0) cos(t0); a cos t0)�(2a sin t0 cos t0; a(cos2 t0�sin2 t0);�a sin t0)

= 2a2 sin3 t0 cos t0 + a2(sin t0 cos

3 t0 � sin3 t0 cos t0)� a2 sin t0 cos t0= a2 sin3 t0 cos t0 + a

2 sin t0 cos3 t0 � a2 sin t0 cos t0

= a2 sin t0 cos t0 � a2 sin t0 cos t0= 0

) (0; 0; 0) 2 �N

7

1.6 Ejercicio 6

Sea �!r : R+ ! R3, de�nida por: �!r = (t2; 23 t3; t);la trayectoria regular que

describe una partículaque se mueve a lo largo de una curva C: Para el instantet = 1:determine:a) Su velocidad ,rapidez y aceleración.b) Los versores tangente, normal y binormal a trayectoria en ese instantec) La curvatura y torsión de la curva en ese punto.d) Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el punto.e) La hodógrafa del movimiento o trayectoria que se determina en el espacio

de velocidad.

Solución:a) A partir de la de�nicion tenemos que la velocidad ,rapidez y aceleración

en función del tiempo estan dadas por:�!v (t) = �!r 0 (t) = (2t; 2t2; 1) =) �!v (1) = �!r 0 (1) = (2; 2; 1)j�!v (t)j =

p�!r 0 � �!r 0 =p(4t2 + 4t4 + 1) =) j�!v (1)j = 3

�!a (t) = �!r 00(t) = (2; 4t; 0) =) �!a (1) = (2; 4; 0)

b) Los versores se pueden calcular usando las identidadesbT (t) = �!r 0(t)j�!r 0(t)j =)

bT (1) = �!r 0(1)j�!r 0(1)j =

(2;2;1)3bB (t) = �!r 0(t)��!r

00(t)

j�!r 0(t)��!r 00 (t)j =)bB (1) = �!r 0(1)��!r

00(1)

j�!r 0(1)��!r 00 (1)j =(�4;2;4)

6bN (t) = bB (t)� bT (t) =) bN (1) = bB (1)� bT (1) = (�1;2:�2)3

c) La curvatura y torsión en el punto se pueden determinar usando las iden-tidades:

� (t) =

����!r 0(t)��!r 00 (t)���j�!r 0(t)j3 =) � (1) =

����!r 0(1)��!r 00 (1)���j�!r 0(1)j3 = 6

33 =29 > 0

� (t) =�!r 0(t)��!r

00(t) � �!r

000(t)

j�!r 0(t)��!r 00 (t)j2 =) � (1) =�!r 0(1)��!r

00(1) � �!r

000(1)

j�!r 0(1)��!r 00 (1)j2 = 836 =

29

d) Derivando la velocidad tenemos�!a (t) = �!r 00(t) = j�!v (t)j0 bT (t)+ � (t) j�!v (t)j2 bN (t) ;entonces

las componentes tangencial y normal dela eceleración son:aT = j�!v (t)j0 = 4t + 8t3)p

(4t2+4t4+1)

aN = � (t) j�!v (t)j2=)

aT = j�!v (1)j0 = 4 + 8p(4+4+1)

= 123 = 4

aN = � (1) j�!v (1)j2 = 29 (3)

2 = 2

e) A partir del vector velocidad �!v (t) = �!r 0 (t) = (2t; 2t2; 1) podemos inferirsus componentes

x (t) = 2ty(t) = 2t2

z (t) = 1=) y(x) = x2

2z = 1

Por lo tanto, la hodógrafa es una parabóla en el plano z = 1

1.7 Ejercicio 7

8

Sea �!r : R+ ! R3, de�nida por: �!r = (a cos t; asent; �(t)); trayectoriaregular que describe una partícula que se mueve a lo largo deuna curva C. ¿Cuál debe ser la función �(t) para que la trayectoria esté

contenida en un plano para todo t?:

Solución:La trayectoria de la partícula es plana si y solo sí la torsión es nula para

todo t. Es decir:

� (t) =�!r 0(t)��!r

00(t) � �!r

000(t)

j�!r 0(t)��!r 00 (t)j2 = 0 8t =) �!r 0 (t) � �!r 00(t) � �!r

000(t) = 0 8t;

luego derivemos y calculemos el producto mixto�!r 0 = (�asent; a cos t; �0(t))�!r 00 = (�a cos t;�asent; �00(t)) =) �!r 0 (t)��!r 00

(t) � �!r000(t) = a2(�000(t) + �0(t)) = 0

�!r 000 = (asent;�a cos t; �000(t)) (�000(t) + �0(t)) = 0La ecuación diferencial homógenea de tercer orden , tiene solución de la

forma �(t) = e�t; entonces�0(t) = �e�t =) �00(t) = �2e�t =) �000(t) = �3e�t reemplazando

términos en la ecuación anterior:(�3 + �)e�t = 0; e�t 6= 0 8tconduce a la ecuación característica (�3 + �) =

0;luego�(t) = C1 + C2 cos t+ C3sent; donde C1; C2; C3 son constantes reales.

Por lo tanto, si la trayectoria está dada por �!r (t) = (a cos t; asent; C1 +C2 cos t+ C3sent)la partícula siempre se moverá sobre unmismo plano.

1.8 Ejercicio 8

a) Sea �!r : I � R ! R3 una trayectoria regular de modo que �!r (t) 6=0 8t: supongamos que hay un t0 2 I para el que la distancia del origen alpunto�!r (t0) 2 R3 alcanza un valor mínimo. Pruebe que en ese punto �!r 0 (t0)es perpendicular a �!r (t0) :b) Usando lo anterior , hallar los puntos en que la recta dada por �!r (t) =

(t+ 1; 3t� 2; 2t� 1) está más cerca del origen.

Solución:a) En efecto consideremos la función distancia d(t)= j�!r (t)jde un punto

cualquiera al origen y supongamos que hay un t0 2 I; tal que se alcanza unmínimo, entonces se tiene que d0(t0)= j�!r (t0)j

0=

�!r (t0)��!r 0(t0)j�!r (t0)j = 0; de donde se

tiene que �!r (t0) � �!r 0 (t0) = 0 , por lo tanto, �!r (t0) y �!r 0 (t0) son ortogonales enese punto.b) Basta encontrar un t0 2 I para el que la distancia del punto �!r (t0) 2 R3

alcanza su valor mínimo que satisface �!r (t0) � �!r 0 (t0) = 0

9

�!r (t0)�!�r 0 (t0) = (t0 + 1; 3t0 � 2; 2t0 � 1)�(1; 3; 2) = 0 =) (t0 + 1) + 3(3t0 � 2) + 2(2t0 � 1) =0 =) t0 =

12

Por lo tanto, el punto buscado es �!r�12

�=�32 ;�

12 ; 0�:

1.9 Ejercicio 9

Se llama evoluta de una curva �!r : I � R+ ! R2 a la curva que describenlos centros de curvatura de �!r : Determine la evoluta dela curva �!r (t) = (t; t2):

Solución:La curva que describe el centro de curvatura está dada por la ecuación:

�!c (t) = �!r (t) + 1�(t)

bN (t) ; determinemos la curvatura y elversor normal.�!r 0 (t) = (1; 2t; 0) =) �!r 00

(t) = (0; 2; 0) =) �!r 0 (t)��!r 00(t) = (0; 0; 2) =)

�!r 0 (t)��!r 00(t)��!r 0 (t) = (�4t; 2; 0)

Además:����!r 0 (t)��!r 00

(t)��� = 2 y ����!r 0 (t)��!r 00

(t)��!r 0 (t)��� = 2 �1 + 4t2�1=2

� (t) =

����!r 0(t)��!r 00 (t)���j�!r 0(t)j3 = 2

(1 +4t2)3=2bN (t) = �!r 0(t)��!r00(t)��!r 0(t)

j�!r 0(t)��!r 00 (t)��!r 0(t)j =(�4t;2)

2(1 +4t2)1=2; reemplazando términos en la

ecuación tenemos�!c (t) = (t; t2) + (1 +4t2)

3=2

2(�4t;2)

2(1 +4t2)1=2=��4t3; 3t2 + 1

2

�;que corresponde a

la ecuación paramétrica de la evoluta.

1.10 Ejercicio 10

Sea�!r : I � R! R3 una trayectoria regular, dada por�!r = (x(t); y(t); z(t)); t 2I: Pruebe que la ecuación del plano osculador en �!r (t0); t0 2 I;es:������

x� x (t0) y � y (t0) z � z (t0)x0 (t0) y0 (t0) z0 (t0)x00 (t0) y00 (t0) z00 (t0)

������ = 0Solución:La ecuación del plano osculador es : (

�!f ��!r (t0)) �

�!B (t0) = 0; donde

�!B (t0) =

�!r 0(t0)��!r 00(t0) =

������bi bj bk

x0 (t0) y0 (t0) z0 (t0)x00 (t0) y00 (t0) z00 (t0)

�������!B (t0) = (y

0 (t0) z00(t0)�y

00(t0) z

0 (t0) ; x00(t0) z

0 (t0)�x0 (t0) z00(t0) ; x

0 (t0) y00 (t0)�x00 (t0) y0 (t0))

pongamos: x0 = x (t0) ; y0 = y (t0) y z0 = z (t0)

(�!f ��!r (t0))�

�!B (t0) = 0 =)

10

(x� x0; y � y0; z � z0) � (y00z00

0 � y00

0 z00; x

00

0 z00 � x00z

00

0 ; x00y000 � x000y00) = 0

desarrollando

(y00z00

0 � y00

0 z00)(x� x0) + (x

00

0 z00 � x00z

00

0 )(y � y0) + (x00y000 � x000y00)(z � z0) = 0

esto último se puede escribir������x� x (t0) y � y (t0) z � z (t0)x0 (t0) y0 (t0) z0 (t0)x00 (t0) y00 (t0) z00 (t0)

������ = 0lo que prueba la hipótesis.

1.11 Ejercicio 11

Un automovilista se desplaza por una carretera recta. En el instante t = 0llega a una rotonda la que recorre con untrayectoria

�!f(t) = (acost; asent; bt(2� t))t 2 [0; 2] :En el instante t = 2 sale

de la rotonda y vuelve a continuar por unacarretera recta:a) Cálcule la curvatura máxima de la rotonda para t 2 [0; 2]¿en qué punto

ocurre?b) Determine la torsión de la rotonda para t 2 [0; 2] :Haga un grá�co de la

torsión en función del tiempo.Solución:a) Calculemos la curvatura de la trayectoria mediante la identidad: � (t) =����!f 0(t)��!f

00(t)�������!f 0(t)

���3�!f 0(t) = (�asent; a cos t; 2b(1� t)) =)

����!f 0(t)��� = �pa2 + 4b2(1� t)2��!f 00(t) = (�acost;�asent;�2b) =) �!

f 0(t)��!f 00(t) = (�2ab cos t+2ab(1�t)sent;�2absent� 2ab(1� t) cos t; a2)����!f 0(t)��!f 00(t)��� = a

pa2 + 4b2(1 + (1� t)2;reemplazando en la identidad,

tenemos

� (t) =apa2+4b2(1+(1�t)2

(a2+4b2(1�t)2)3=2

Sea (t) = a2 + 4b2(1 � t)2 =) 0 (t) = �8b2(1 � t) = 0 =) En t = 1hay un punto crítico de (t)Como 00 (1) = 8b2 > 0; en t = 1 hay un mínimo de (t) y un máximo de

� (t) pues son inversamente proporcionales

Luego,� (t) =pa2+4b2

a2 y se alcanza en el punto�!f(1) = (a cos 1; asen1; b):

b) Calculemos ahora la torsión; � (t) =�!f 0(t)��!f

00(t) � �!f

000(t)����!f 0(t)��!f 00 (t)

���2 8t�!f 000(t) = (asent;�a cos t; 0) =) �!

f 0(t)��!f 00(t) � �!f 00(t) = 2a2b(1� t)

11

� (t) = 2a2b(1�t)a2[a2+4b2(1+(1�t)2]

Se tiene que� (0) = 2b

[a2+8b2] ; � (1) = 0; � (2) = �2b

[a2+8b2]

� 0 (t) = 0 =) 4b2(1� t)2 = a2 + 4b2 =) (1� t)2 = a2+4b2

4b2

(1�t)2 = 1+ a2

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

τ(t)

0 2 t1

1.12 Ejercicio 12

a) Demuestre que la curva descrita por �!r (t) = (t cos t; t sin t; t) se encuentrasobre la super�cie de un cono. Dibuje la curva.b) Si una particula parte del origen siguiendo la trayectoria anteriormente

descrita, determine en qué punto impacta la esfera:

x2 + y2 + z2 = 2:c) Calcule la longitud de la curva desde el origen al punto de impacto.

Solución:a) A partir de las ecuaciones paramétricas tenemos:x (t) = t cos ty (t) = t sin tz (t) = t

=)x2 + y2 = t2(cos2 t+ sin2 t)x2 + y2 = t2

z2 = x2 + y2

Que corresponde a la ecuación de un cono, cuyo sector superior ,se dibujaen el grá�co adjunto

x

y

z

12

b) Calculemos para que valor del parámetro t la partícula impacta la esfera,sustityendo las ecuaciones paramétricas en laesfera x2 + y2 + z2 = 2t2 = 2 =) t = 1:Luego, la posición del punto de

impacto es �!r (1) = (cos 1; sin 1; 1)c) La longitud de la curva es:

l =

Z 1

0

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

con �!r 0(t) = (cos t� t sin t; sin t+ t cos t; 0)

k�!r 0(t)k =q�!r 0(t) � �!r 0(t) =

pt2 =) l =

Z 1

0

tdt =1

2

1.13 Ejercicio 13

Un proyectil es lanzado desde el nivel del suelo con una velocidad inicial de100 m/seg con un ángulo de elevación de 30o:Determine:a) la función vectorial y las ecuaciones paramétricas de la trayectoria del

proyectil.b) la altura máxima alcanzada.c) el alcance del proyectild) la velocidad y rapidez en el impacto contra el suelo.e) la curvatura en el punto de impacto.

Solución:a) Inicialmente tenemos t = 0 , �!r 0 = (0; 0) ;y �!v 0 = (100 cos 30; 100 sin 30)Integrando: �!a (t) = �!r "(t) = (0;�10) =) �!v (t) = �!r�(t) = (100 cos 30;�10t+

100 sin 30)Integrando por segunda vez se obtiene:�!r (t) = ((100 cos 30) t;�5t2+(100 sin 30)t)Evaluando las funciones trigonométricas se obtiene:�!r (t) = (50

p3 t;�5t2 +

50t)Por lo tanto, las ecuaciones paramétricas de la trayectoria del proyectil son

x(t) = 50p3 t; y(t) = �5t2 + 50t

b) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura máximadydt = 0 =) �10t+ 50 = 0 =) t = 5sAsi la altura máxima h alcanzada por el proyectil esh = y(5) = �125 + 250 = 125mc) El alcance máximo se logra cuando y(t) = 0; es decir si: �5t2 + 50t = 0t(�5t+ 50) = 0) t = 0; t = 10:Entonces el alcance es: x (10) = 500

p3

d) La velocidad del proyectil en el impacto es:�!v (10) = (50p3;�50)

e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) =

����!r 0(10)��!r 00 (10)���k�!r 0(10)k3 =

5p3

104

13

1.14 Ejercicio 14

Sea C una curva determinada por la interseccion de los cilindros: x2 =1� y; z2 = ya) Parametrizar C de forma �!r (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)); t 2 I: Indicación

x2 + z2 = 1b) Obtener bT ; bN; bB;K y � en P = (0; 1; 1)Solución:a) Se puede parametrizar como �!r (t) = (cos t; sin2 t; sin t); t 2 [0; 2�] ,

Calculemos el valor del parametro para�!r (t1) = (cos t1; sin

2 t1; sin t1) = (0; 1; 1) =) t1 =�2 . Así

�!r��2

�=

(0; 1; 1):

b)�!r 0 (t) = (� sin t; sin t cos t; cos t) =) �!r 0��2

�= (�1; 0; 0) =) bT ��2 � =

(�1; 0; 0)�!r 00 (t) = (� cos t; 2 cos 2t;� sin t);�!r 00 ��

2

�= (0;�2;�1)

�!r 0��2

���!r 00 ��

2

�= (0;�1; 2) =)

�!r 0 ��2 ���!r 00 ��2

� = p5=) bB ��2 � = �0;� 1p

5; 2p

5

�y bN ��2 � = �0;� 2p

5;� 1p

5

�Derivando por tercera vez tenemos:�!r 000 (t) = (sin t;�4 sin 2t;� cos t) =) �!r 000 ��

2

�= (1; 0; 0)

bN ��2 � = �!r 0��2

���!r 00 ��

2

���!r 0

��2

� �!r 0 ��2 ���!r 00 ��2

���!r 0

��2

� = �0;� 2p5;� 1p

5

�Por otra parte

K��2

�=

����!r 0(�2 )��!r 00(�2 )���k�!r 0(�2 )k3

=p5 y �

��2

�=

�!r 0(�2 )��!r

00(�2 ) �

�!r000(�2 )

k�!r 0(�2 )��!r 00(�2 )k2= 0

1.15 Problema 15

Dada la ecuación paramétrica de la trayectoria�!r (t) = (2t3�3t2; t�2arctan(t)), encontrar todos los valores de tpara los cuales la curva(i) Tiene tangente horizontal.(ii) Tiene tangente vertical.(iii) No es regular.

Solución:El vector tangente a la curva �!r (t) = (2t3 � 3t2; t� 2arctan(t)) es �!r 0(t) =

(6t2 � 6t; t2 � 1t2 + 1

) cuya pendiente es

m (t) =y0 (t)

x0 (t)=) m (t) =

y0 (t)

x0 (t)=

t+ 1

6t (t2 + 1)(i) Para que la tangente sea horizontal, ésta tiene que existir, es decir�!r 0(t) 6=

�!0 , y ademásm (t) = 0. Por tanto, t = �1.ii) Para que la tangente sea vertical, ésta tiene que existir, es decir�!r 0(t) 6= �!0 ,

y además

14

m(t) =1: Por tanto,t = 0:(iii) Para que la curva sea no regular �!r 0(t) = �!0 =) x0(t) = y0(t) = 0, es

decir, t = 1.

1.16 Problema 16

Se llama evoluta de una curva parametrizada regular �!r (t) ,con curvaturano nula, al lugar geométrico de los centros de curvatura. Denotamos la evolutade �!r (t) por �!c (t).(i) Encontrar una parametrización de �!c (t).

(ii) Hallar la evoluta de la parábola �!r (t) =�t;t2

2

�.

(iii) Hallar la evoluta de la hélice �!r (s) =�p

22 cos(s);

p22 sen(s);

p22 s�, s 2

IR y comprobar que es regular y que s es su parámetro arco.Solución:(i) Si �!r (t) es punto de la curva y �!c (t) su correspondiente centro de

curvatura para t entonces la condición que de�ne el lugar geométrico se tienela relación�!c (t)��!r (t) = 1

k(t)

�!N (t) de donde se deduce que la ecuación de la

evoluta es�!c (t) = �!r (t) + 1

k(t)

�!N (t)

(ii) Calculamos en primer lugar el vector normal y la curvatura de la parábola.�!r (t) =

�t;t2

2

�=) �!r 0(t) = (1; t) =) j�!r 0(t)j =

p1 + t2 =)

�!N (t) =

(�t; 1)p1 + t2

Por otra parte�!r "(t) = (0; 1) =) k(t) =

j�!r 0 (t)��!r " (t)jj�!r 0(t)j3

=1�p

1 + t2�3

Por lo tanto

�!c (t) =�t;t2

2

�+

�p1 + t2

�3�p1 + t2

� (�t; 1) = ��t3; 1 + 32t2�

iii) Calculamos el vector tangente a la curva a partir de su de�nición�!r (s) =

�p22 cos(s);

p22 sen(s);

p22 s�=) �!r 0(s) =

��p22 sen(s);

p22 cos(s);

p22

�=)

j�!r 0(s)j = 1Por tanto bT (s) = ��p

22 sen(s);

p22 cos(s);

p22

�Por otra parte,bT 0 (s) = �!r 00(s) = ��p

22 cos(s);�

p22 sen(s); 0

�=) j�!r 00(s)j =

p22

de donde

15

bN (s) = �!r 00(s)j�!r 00(s)j = (� cos(s);�sen(s); 0)

Ademas k(s) = j�!r 00(s)j =p22

Finalmente�!c (s) = �!r (s) + 1

k(s)

�!N (s) =

��p22 cos(s);�

p22 sen(s);

p22 s�; s 2 IR

lo que implica �!c 0(s) =

�p22 sen(s);�

p22 cos(s);

p22 s�, y por tanto que

j�!c 0(s)j = 1 para cada s 2 IR y en de�nitiva que �!c es regular y estáparametrizada por arco s.

1.17 Problema 17

Encontrar una parametrización de las siguientes curvas . .(i) y = x2 + 3x(ii) x2 + y2 + 2y = 0

(iii) x2 � y2

4= 1

(iv) x2 + 3y2 = 1Calcular en cada caso los vectores tangente unitario bT , normal bN , la cur-

vatura � (t) y la torsión � (t)Solución

(i) Como se trata de una parábola podemos parametrizarla tomando x =t =) y = t2 + 3tAsí �!r (t) = (t; t2 + 3t); y calculamos el vector tangente, �!r 0(t) = (1; 2t+ 3)

=) k�!r 0(t)k =p4t2 + 12t+ 10

y bT (t) = �!r 0(t)k�!r 0(t)k =

(1; 2t+ 3)p4t2 + 12t+ 10

Para calcular el vector normal en IR2tenemos en cuenta que es un vectorortogonal al tangente yunitario.bN (t) = (�2t� 3; 1)p

4t2 + 12t+ 10

La curvatura de una curva plana es k(t) =j�!r (t)��!r " (t)j

j�!r 0(t)j3, considerando

que IR2es subespacio de IR3

En nuestro caso �!r 0(t) = (1; 2t+ 3; 0) =) �!r 00(t) = (0; 2; 0)Por tanto, k(t) =

2�p4t2 + 12t+ 10

�3 ; la curvatura de la parábola varía enfunción de t

Finalmente, la torsion de la curva plana es �(t) =�!r 0 (t)��!r " (t) � �!r 000 (t)

j�!r 0(t)j3=

0; pues �!r 000 (t) = (0; 0; 0)

16

lo que signi�ca que la curva siempre esta en el mismo plano.(ii) La ecuación dada representa una circunferencia de centro el (0;�1)y

radior = 1, yaque x2 + y2 + 2y = x2 + (y + 1)2 � 1. Por tanto, una parametrización es

�!r (t) = (cos(t);�1 + sen(t))Calculamos el vector tangente.�!r 0(t) = (�sen(t); cos(t)) =) k�!r 0(t)k = 1 =) bT (t) = �!r 0(t)

k�!r 0(t)k =

(�sen(t); cos(t))Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal

al tangente yunitario.bN (t) = (�cos(t);�sen(t))La curvatura de una curva plana es k(t) =

j�!r 0 (t)��!r " (t)jj�!r 0(t)j3

, considerando

que IR2es subespacio de IR3

En nuestro caso�!r 0(t) = (�sen(t); cos(t); 0) =) �!r 00(t) = (� cos(t);�sent(t); 0) =)j�!r (t)��!r " (t)j = 1Por tanto, k(t) = 1 la curvatura de una circunsferencia es constante

Finalmente, la torsion de la curva plana es �(t) =�!r 0 (t)��!r " (t) � �!r 000 (t)

j�!r 0(t)j3=

0;pues �!r 0 (t)��!r " (t) � �!r 000 (t) = (0; 0; 0):(iii) La ecuación dada representa una hipérbola de semieje a = 1 y b = 2.

Por tanto, una parametrización es�!r (t) = (cosh(t); 2senh(t))Calculamos el vector tangente.�!r 0 (t) = (senh(t); 2 cosh(t))

=) k�!r 0 (t)k =psenh2(t) + 4 cosh2(t)

y bT (t) = �!r 0(t)k�!r 0(t)k =

(senh(t); 2 cosh(t))psenh2(t) + 4 cosh2(t)

Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonalal tangente yunitario.bN (t) = (�2 cosh(t); senh(t))p

senh2(t) + 4 cosh2(t)

La curvatura de una curva plana es k(t) =j�!r 0 (t)��!r " (t)j

j�!r 0(t)j3, considerando

que IR2es subespacio de IR3

En nuestro caso :�!r 0 (t) = (senh(t); 2 cosh(t); 0) =) �!r 00 (t) = (cosh(t); 2senh(t); 0)=) j�!r 0 (t)��!r " (t)j = 2Por tanto k(t) =

2hpsenh2(t) + 4 cosh2(t)

i3 ;la curvatura de la hiperbolavaría en función de t

17

Finalmente, la torsion de la curva plana es �(t) =�!r 0 (t)��!r " (t) � �!r 000 (t)

j�!r 0(t)j3=

0;pues �!r 0 (t)��!r " (t) � �!r 000 (t) = (0; 0; 0)(iv) La ecuación dada representa una elipse de centro el (0; 0)y semiejes a = 1

y b =1p3

Por tanto, una parametrización es �!r (t) = (cos(t); 1p3sen(t))

Calculamos el vector tangente.

�!r 0(t) = (�sen(t); 1p3cos(t)) =) k�!r 0(t)k =

p3

3

p2sen2(t) + 1 =)

bT (t) = �!r 0(t)k�!r 0(t)k =

p3p

2sen2(t) + 1(�sen(t); 1p

3cos(t))

Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonalal tangente yunitario.bN (t) = p

3p2sen2(t) + 1

(� 1p3cos(t);�sen(t))

La curvatura de una curva plana es k(t) =j�!r 0 (t)��!r " (t)j

j�!r 0(t)j3, considerando

que IR2es subespacio de IR3

En nuestro caso�!r 0(t) = (�sen(t); 1p3cos(t); 0) =) �!r 00(t) = (� cos(t);� 1p

3sent(t); 0) =)

j�!r (t)��!r " (t)j = 1p3

Por tanto, k(t) =3hp

2sen2(t) + 1i3 la curvatura de la elipse varía en función

de t

Finalmente, la torsion de la curva plana es �(t) =�!r 0 (t)��!r " (t) � �!r 000 (t)

j�!r 0(t)j3=

0;pues �!r 0 (t)��!r " (t) � �!r 000 (t) = (0; 0; 0)

1.18 Problema 18

Sean �!r : I ! IR3una curva regular y consideremos �!c la evoluta de �!r .Demostrar que �!c es regular si y solo si la torsión y la derivada de la curvaturade �!r no se anulan simultáneamente en ningún punto y en este caso demostrarque el parámetro arco de �!c ; s� satisface que(s� (t))

0= 1

k2(t)

q(k0 (t))

2+ (k (t))

2(� (t))

2 j�!r 0(t)j2 8t 2 ISolución: La evoluta de está de�nida como la curva�!c (t) = �!r (t)+ 1

k(t)

�!N (t) = �!r (t)+� (t)�!N (t), donde � (t) = 1

k(t)es el radio

de curvatura de �!r :

18

Por lo tanto, si s denota el parámetro arco de �!r tenemos que s (t) = j�!r 0(t)j�!c 0(t) = �!r 0(t)+�0 (t)�!N (t)+� (t)�!N 0 (t) = �!r 0(t)+�0 (t)�!N (t)+� (t)�!N 0 (s) s0 (t)Por Frenet sabemos que:�!N 0 (s) = �k (s) bT (s)� � (s) bB (s) =) �!

N 0 (s) = �� (s) bT (s)� � (s) bB (s)�!c 0(t) = j�!r 0(t)j bT (t) + �0 (t)�!N (t) + � (t) s0 (t) h� bT (s)� � (s) � (s) bB (s)i=) �!c 0(t) = �0 (t)�!N (t)� � (t) � (t) j�!r 0(t)j bB (t) :Así j�!c 0(t)j =

p(�0 (t))2 + �2 (t) �2 (t) j�!r 0(t)j)2 puesto que el Triedro de

Frenet es ortonormal. Sustituyendo � y �0 por su expresión en función de lacurvatura, resulta que

j�!c 0(t)j =

s(k0 (t))2

(k (t))4+�2 (t)

k2 (t)j�!r 0(t)j2 = 1

k2 (t)

q(k0 (t))2 + k2 (t) �2 (t) j�!r 0(t)j2 para

cada t 2 Iy por tanto, como � (t) y j�!r 0(t)j 6= �!

0 c es singular en t 2 I si y solo sik�(t) = � (t) = 0La expresión anterior muestra también que cuando �!c es regular, la derivada

de su parámetroarco coincide con el término de la derecha de la igualdad

1.19 Problema 19

Consideremos la curva C dada por �!r (t) = (et; e2t; t); t 2 R:Hallar su curvatura y su torsión en el punto (1; 1; 0). ¿Es cierto que la curvatiene torsión negativa en todos sus puntos?SoluciónCalculamos primero las derivadas:�!r 0(t) = (et; 2e2t; 1)) k�!r 0(t)k =

p1 + e2t + 4e4t

�!r 00 = (et; 4e2t; 0)�!r 0 ��!r 00 = (�4e2t; et; 2e3t) )

�!r 0 ��!r 00 = pe2t + 16e4t + 4e6t

�!r 000= (et; 8e2t; 0)

Y podemos obtener la curvatura y la torsión en cada punto:

k(t) =

�!r 0 ��!r 00

k�!r 0(t)k3=

pe2t + 16e4t + 4e6t�p1 + e2t + 4e4t

�3�(t) =

�!r 0 ��!r 00 � �!r 000

k�!r 0 ��!r 00k2=

4e3t�pe2t + 16e4t + 4e6t

�2En el punto (1; 1; 0) = (et0 ; e2t0 ; t0) =) t = 0De donde deducimos que la curvatura y la torsión son

k(0) =

�!r 0 (0)��!r 00(0)

k�!r 0(0)k3=

p21

63=2

�(0) =�!r 0 (0)��!r 00

(0) � �!r 000(0)

k�!r 0 (0)��!r 00 (0)k2=4

21

19

Por último, la función �(t) es claramente positiva, 8 t 2 IR

1.20 Problema 20

Considere la curva C dada por �!r (t) = (cosh(t); sinh(t); t); t 2 IR(a) Dibuje aproximadamente su traza.(b) Si se recorre la traza partiendo desde punto (1; 0; 0), tras recorrer una

longitud de arcop2 sobre la curva, ¿cuáles son las coordenadas del punto del

espacio en el que nos encontraremos?Solución.Consideremos la proyección de la curva sobre el plano XY :x2�y2 = cosh2(t)�sinh2(t) = 1 se trata de una rama de hipérbola, cuyo eje

de simetria es X, toma valores positivos de X y se recorre en el sentido crecientede Y .La tercera componente es simplemente z = t; para valores t > 0 la curva

se eleva con respecto al plano z = 0 hacia, mientras que para valores de t < 0;�baja�con respecto el plano z = 0.

.Determinemos el valor del parametro en el punto de partida(1; 0; 0) = (cosh(t); sinh(t); t) =) t = 0Empezamos en s(0), la longitud de la curva, desde ese punto, se mide la

longitud de arco siguienteCalculemos la rapidez, y luego la lonitud del arco�!r (t) = (cosh(t); sinh(t); t); t 2 IR)�!r 0(t) = (senh(t); cosh(t); 1); t 2 IR=) k�!r 0(t)k =

pcosh2(t) + sinh2(t) + 1 =

p2cosh2(t) =

p2cosh(t) .

Así que la longitud desde s(0)hastas(t) =

R t0k�!r 0(u)k du =

p2R t0cosh(u)du =

p2 senh(u)jt0 =

p2senh (t)

Ahora sólo queda determinar el valor de tque hace que la longitud sea exac-tamente

p2. Esto es, resolverp

2 =p2sinh(t) ) 1 = sinh(t) ) t = arcsinh(1):

De manera que estaremos en el punto de coordenadas�!r (arcsinh(1)) = (cosh(arcsinh(1)); sinh(arcsinh(1)); arcsinh(1)) = (

p2; 1; arcsinh(1))

1.21 Problema 21

20

Consideremos la curva C dada por �!r (t) = (t; t2; t3) 2 R:Hallar su curvatura y su torsión en el punto (0; 0; 0). ¿En qué punto tiene

la curva una torsiòn (en valor absoluto) máxima?SoluciónCalculamos primero las derivadas:

k(t) =

�!r 0 (t)��!r 00(t)

k�!r 0(t)k3=

p4 + 36t2 + 36t4�p1 + 4t2 + 9t4

�3�(t) =

�!r 0 ��!r 00 � �!r 000

k�!r 0 ��!r 00k2=

12

[4 + 36t2 + 36t4]2

De donde deducimos que la curvatura y la torsión son

k(0) =

�!r 0 (0)��!r 00(0)

k�!r 0(0)k3= 2

�(0) =�!r 0 (0)��!r 00

(0) � �!r 000(0)

k�!r 0 (0)��!r 00 (0)k2= 3

Como el denominador que aparece en la expresión de �(t) es siempre unacantidad positiva quetoma su valor mínimo en t = 0, concluimos que el valor absoluto de la torsión

alcanza su valor máximo en t = 0.

21