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Semestre

3-2009 José Luis Quintero

Octubre 2009

TEMA 1

FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE

REAL

Cálculo III (0253)

Semestre 3-2009

Funciones Vectoriales

de Variable Real

Prof. José Luis Quintero U.C.V. F.I.U.C.V. CÁLCULO III (0253) - TEMA 1

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 Funciones Vectoriales

de Variable Real


1.1. Vectores

1.2. Cantidades escalares y vectoriales

1.3. Función vectorial de una variable real

1.4. Ejercicios resueltos

1.5. Parametrización de algunas curvas


1.7. Gráfica de curvas paramétricas con Graphmatica

1.8. Longitud, magnitud o norma de un vector

1.9. Producto escalar

1.10. Ángulo entre vectores

1.11. Producto vectorial

1.12. Límite de una función vectorial

1.13. Continuidad de una función vectorial

1.14. Derivada de una función vectorial

1.15. Interpretación geométrica y física de la derivada

1.16. Integral de una función vectorial

1.17. Longitud de arco


1.19. Gráficas de curvas paramétricas en R2


1.21. Vectores canónicos. Direcciones

1.22. Vectores ortogonales. Proyección ortogonal

1.23. Cálculo de la proyección de un vector sobre otro

1.24. Formas de la ecuación del plano

1.25. Sistema de coordenadas móvil


1.27. Curvatura

1.28. Curvatura para una recta. Curvatura para una circunferencia

1.29. Componentes tangencial y normal de la aceleración

1.30. Circunferencia osculatriz y centro de curvatura

1.31. Torsión

1.32. Fórmulas de Frenet

1

2

3

5

7

13

23

23

25

25

26

29

30

31

31

32

32

34

39

46

60

61

62

63

65

68

70

72

73

74

75

75

INDICE GENERAL Funciones Vectoriales

de Variable Real



1.34. Sistema de coordenadas polares

1.35. Representaciones de una curva en polares

1.36. Ecuación polar de una recta

1.37. Ecuación polar de una circunferencia

1.38. Distancias en coordenadas polares

1.39. Ecuación polar de una cónica

1.40. Gráficas en coordenadas polares

1.41. Intersección de curvas en polares

1.42. Forma paramétrica de una curva en polares. Búsqueda de tangentes

1.43. Longitud de arco y área en polares

1.44. Resumen de fórmulas


1.46. Ejercicios propuestos

78

93

94

95

96

97

09

99

101

102

104

105

106

120

VECTORES Funciones Vectoriales

de Variable Real Pág.: 1 de 305


1.1. VECTORES

Definición 1. Un vector es un objeto de la forma x 1 2 n(x ,x ,..., x )= con ix 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

VECTORES Funciones Vectoriales



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

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 3 de 305


1.3. FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL

Definición 2. Se define una función vectorial de variable real como: r n: I R→ ,

r 1 nt (t) (r (t),...,r (t))→ = , donde I es un intervalo en R, ir con i 1,...,n= es una función real de

variable real con dominio iI . Las funciones ir 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,

rn

ii 1

D( ) I I=

= =∩ .

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

Solución.

Las funciones coordenadas vienen dadas por:

1 1

2 2

33 3

r (t) t 3 D(r ) [3, )

r (t) t 3 D(r ) [ 3, )

r (t) t D(r ) R

= − ⇒ = ∞

= + ⇒ = − ∞

= ⇒ =

.

Por lo tanto,

r3

ii 1

D( ) D(r) [3, )=

= = ∞∩ .

Definición 4. El rango o imagen de una función vectorial r es un conjunto de puntos en nR . Muchas funciones vectoriales con imagen en 2R o 3R tienen como rango lugares

geométricos conocidos.

Ejemplo 2. Dada la función r (t) (4 cos(t),4sen(t)), t [0,2 ]= ∈ π ,

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

2 2 2 2x y 16 cos (t) 16sen (t) 16+ = + = .

FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL



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 3R .

El rango o imagen de una función vectorial es un conjunto de puntos en nR , 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, r r1 2 1 2 1 2t , t I, t t (t ) (t )∀ ∈ ≠ ⇒ ≠ la curva

no tiene puntos de autointersección, se dirá en este caso que es una curva simple. Si r r(a) (b)= se dirá que la curva es cerrada en [a,b].

Ejemplo 5. La circunferencia f(t) (2cos(t),2sen(t))= con 0 t 2≤ ≤ π , es una curva cerrada, ya

que f f(0) (2 )= π .

Ejemplo 6. La curva conocida con el nombre de estrofoide (ver figura 5) imagen de la función

r2 3

2 2

t 1 t t(t) ,

t 1 t 1

− −= + + ,

no es una curva simple, se autointersecta, en efecto: r r(1) ( 1).= −

Figura 5. Representación gráfica de la estrofoide

EJERCICIOS RESUELTOS Funciones Vectoriales



1.4. EJERCICIOS RESUELTOS

1. Dada la función r 3(t) (t, t ), t R= ∈ , encuentre su rango o imagen.

Solución. El rango o imagen en este caso viene dado por la gráfica de 3y x= .

2. Encuentre los valores de t para los cuales la curva

r2

2

t t(t) ,

1 t t 1

= − −

se autointersecta.

Solución. Sean 1t A= y 2t B= . Se tiene entonces:

2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2A B

A (1 B) B (1 A) A A B B B A A B B A A B 01 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

2 2 2 2 2 22 2

A BA(B 1) B(A 1) AB A A B B AB A B B A 0

A 1 B 1AB(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

2 22 2 3 2 2

3 2 2 3 2 3 2

A (A 1)A (A 2) (A 1) (1 A) A 2A (A 2A 1)(1 A)

1 A A 2A 2A A A 2A 2A 1 A 2A 3A A 1 0

+= ⇒ + = + − ⇒ + = + + −− +

⇒ + = − + − + − ⇒ + − − =

Aplicando Ruffini se tiene

1 2 31 1 5 1 5

A , A , A2 2 2

− − − += − = = .

Buscando los puntos se tiene: 1 1

A B2 2

= − ⇒ = − (No dice nada).

1 5 1 5 1 5 1 5A B 1

2 2 2 2

+ + − − += − ⇒ = − − = − =

punto de autointersección

Se concluye que

r r1 5 1 5

(1, 1).2 2

+ − +− = = −




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

x y x y(t) (P (t),P (t)) (A (t),B (t))= =P

Las coordenadas de la curva descrita por el punto A vienen dadas por A x y(t) (A (t), A (t)) (2a.ctg(t),2a)= =

Aplicando semejanza de triángulos se tiene que x yB (t) ctg(t).B (t)= . Como B siempre se

encuentra sobre la circunferencia, entonces 22 2

x y y yB (t) a B (t) a B (t) 2a B (t) = − − = − .

Sustituyendo y elevando al cuadrado se tiene

22 2y y y y y

2y y

B (t) 2a B (t) ctg (t). B (t) 2a B (t) ctg (t).B (t)

B (t) 2asen (t) , B (t) 0

− = ⇒ − =

⇒ = ≠

Las coordenadas de la curva descrita por el punto B vienen dadas por

B 2x y(t) (B (t),B (t)) (a.sen(2t),2a.sen (t))= =

De modo que 2

x y(t) (P (t),P (t)) (2a.ctg(t),2asen (t))= =P

PARAMETRIZACIÓN DE ALGUNAS CURVAS



1.5. PARAMETRIZACIÓN DE ALGUNAS CURVAS

a. Recta. La imagen de la función vectorial

f 0 1 0 0 1 0(t) (x (x x )t, y (y y )t)= + − + − , t R∈

es una recta que pasa por los puntos 0 0(x ,y ) y 1 1(x ,y ) recorrida en el sentido que va

desde el punto 0 0(x ,y ) al punto 1 1(x ,y ) . Si se desea cambiar el sentido, basta con

cambiar t por t− . En tal caso se obtiene la función vectorial g 0 0 1 0 0 1(t) (x (x x )t,y (y y )t)= + − + − , t R∈

que resulta ser una recta que pasa por los puntos 0 0(x ,y ) y 1 1(x ,y ) recorrida en el

sentido que va desde el punto 1 1(x ,y ) al punto 0 0(x ,y ) .

Observación 3. Si se desea parametrizar un segmento de recta de extremos 0 0(x ,y ) y

1 1(x ,y ) recorrido en el sentido que va desde el punto 0 0(x ,y ) al punto 1 1(x , y ) se

consigue usando la función vectorial f 0 1 0 0 1 0(t) (x (x x )t,y (y y )t)= + − + − , t 0,1∈

b. Circunferencia. La imagen de la función vectorial f(t) (h r cos(t),k rsen(t)),= + + t [0,2 ]∈ π

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 [0,2 ]∈ π

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 acos(t),k bsen(t)),= + + t [0,2 ]∈ π

es una elipse de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −+ =

recorrida en sentido antihorario.

La imagen de la función vectorial g(t) (h acos(t),k bsen(t)),= + − t [0,2 ]∈ π

es una elipse de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −+ =

recorrida en sentido horario.




d. Parábola. La imagen de la función vectorial

f 2(t) (h 2pt,k pt ) , t R= + + ∈

es una parábola de ecuación 2(x h) 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 2(t) (t,at bt c) , t R= + + ∈

es una parábola de ecuación 2y ax bx c= + + con sentido de recorrido de menor a mayor

valor de la variable x.


f 2(t) (at bt c, t) , t R= + + ∈

es una parábola de ecuación 2x ay 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 acosh(t),k bsenh(t)), t R= + + ∈

es la rama derecha de la hipérbola de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− = .

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

2 2(t) (h asec(t),k b t g(t)) , tπ π= + + − < <

también es la rama derecha de la hipérbola de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− = .


f 2 2a(t) h b (t k) , t , t R

b = + + − ∈

es la rama derecha de la hipérbola de ecuación

2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− =

con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable y.


f 2 2a(t) h b (t k) , t , t R

b = − + − ∈

es la rama izquierda de la hipérbola de ecuación




2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− =

con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable y.


f 2 2b(t) t,k a (t h) , t R

a = + + − ∈

es la rama superior de la hipérbola de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− + =

con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable x.


f 2 2b(t) t,k a (t h) , t R

a = − + − ∈

es la rama inferior de la hipérbola de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− + =

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 ( ) (a asen( ),a acos( )) , 0 2θ = θ − θ − θ ≤ θ ≤ π .

La ecuación rectangular de la cicloide es

2a yx aarccos 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 0θ = y 2θ = π .

g. Hélice. La hélice es la imagen de la función vectorial

fb

(t) r cos(t),rsen(t), t .2

= π

Las funciones coordenadas satisfacen la ecuación 2 2 2(x(t)) (y(t)) r+ = , ecuación de la

circunferencia; b2z(t) tπ= “levanta” el punto a altura b

2 tπ , por lo tanto la curva en 3R 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.




Figura 7. Representación gráfica de la hélice

Ejemplo 7. Determine una parametrización de la curva dada por las ecuaciones

2 2

12

22

12

(x 2) (y 1) 4 1 y 3y (x 2) 0 y 1

xy 1 1 y 0

4y (x 2) 0 y 1

− + − = ≤ ≤

= + ≤ ≤

+ = − ≤ ≤ = − ≤ ≤

en sentido antihorario.

Solución. 2 2

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

2 2C : y (x 2)= + , 0 y 1≤ ≤ . 2r (s) (0 2s,1 s)= − −

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

23

xC : y 1

4+ = , 1 y 0− ≤ ≤ . 3r (w) (2 cos(w),sen(w))=

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

3r (t) (2cos(t 1), sen(t 1))= − − , 1 t 1 2+ π < ≤ + π 1

4 2C : y (x 2)= − , 0 y 1≤ ≤ . 4r (z) (2 2z,0 z)= + +

0 z 1 1 2 1 2 z 2 2 t 1 2 z≤ ≤ ⇒ + π ≤ + π + ≤ + π ⇒ = + π +

4r (t) (2 2(t 1 2 ), t 1 2 )= + − − π − − π , 1 2 t 2 2+ π < ≤ + π

Por lo tanto

r

(2 2cos(t),1 2sen(t)) 0 t( 2t 2 ,1 t) t 1

(t)(2cos(t 1),sen(t 1)) 1 t 1 2

(2t 4 , t 1 2 ) 1 2 t 2 2

+ + ≤ ≤ π − + π + π − π < ≤ + π= − − + π < ≤ + π − π − − π + π < ≤ + π

.




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. 2y x 1 , 2 x 2= − − ≤ ≤ , de derecha a izquierda.

Solución.

Forma alternativa de presentar la curva: 2

2

2

y x 1 2 x 1

y 1 x 1 x 1

y x 1 1 x 2

= − − ≤ ≤ − = − − ≤ ≤ = − ≤ ≤

.

21C : y x 1 , 1 x 2= − ≤ ≤

1r 2a a

(a) , 1 4 a 2 0 a 4 2 t a 4 a t 42 4

= − − + − ≤ ≤ − ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = −

1r 2(t 4) (t 4)

(t) , 1 0 t 22 4

− −= − − + ≤ ≤

22C : y 1 x , 1 x 1= − − ≤ ≤

2r 2b 1(b) ,1 b 2 b 2 2 b 4 6 t b 4 b t 4

2 4 = − − − ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = −

2r 21 (t 4)

(t) t 2,1 2 t 62 4

−= − + − < ≤

23C : y x 1 , 2 x 1= − − ≤ ≤ −

3r 2c c

(c) ,1 2 c 4 6 c 4 8 t c 4 c t 42 4

= − − ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = −




3r 2(t 4) (t 4)

(t) ,1 6 t 82 4

− −= − − ≤ ≤

Por lo tanto

r

2

2

2

(t 4) (t 4), 1 0 t 2

2 4

1 (t 4)(t) t 2,1 2 t 6

2 4

(t 4) (t 4),1 6 t 8

2 4

− −− − + ≤ ≤ −= − + − < ≤

− − − − < ≤

Otra forma:

21C : y x 1 , 1 x 2= − ≤ ≤ , 1r 2(t) ( t, t 1) 2 t 1= − − − ≤ ≤ −

22C : y 1 x , 1 x 1= − − ≤ ≤ , 2r 2(t) ( t,1 t ) 1 t 1= − − − < ≤

23C : y x 1 , 2 x 1= − − ≤ ≤ − , 3r 2(t) ( t, t 1) 1 t 2= − − ≤ ≤

Por lo tanto

r

2

2

2

( t, t 1) 2 t 1

(t) ( t,1 t ) 1 t 1

( t, t 1) 1 t 2

− − − ≤ ≤ −= − − − < ≤ − − < ≤







1. Sea R la región definida por

2

y x 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 2y 4 x 1 x 1

y x 2 0 x 1y x 2 1 x 0

= − − ≤ ≤

= + ≤ ≤ = − + − ≤ ≤

.

Proceso de parametrización en el sentido indicado:

1 r 2 21C : y 4 x , 1 x 1 (t) (t,4 t ), 1 t 1= − − ≤ ≤ ⇒ = − − ≤ ≤

2

2

r

r 2C : y x 2, 0 x 1 (u) (1 u,3 u), 0 u 1 1 u 1 2 t u 1

(t) (2 t,4 t), 1 t 2

= + ≤ ≤ ⇒ = − − ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = +⇒ = − − ≤ ≤

3

3

r

r 3C : y x 2, 1 x 0 (s) ( s,2 s), 0 s 1 2 s 2 3 t s 2

(t) (2 t, t), 2 t 3

= − + − ≤ ≤ ⇒ = − + ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = +⇒ = − ≤ ≤

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

r

2(t, 4 t ) 1 t 1(t) (2 t,4 t) 1 t 2

(2 t, t) 2 t 3

− − ≤ ≤

= − − < ≤ − < ≤

.

Al graficar la región R se tiene (ver figura 10):

Figura 10. Representación gráfica de la curva del ejercicio 1




2. Sea la curva dada por 2

2

2 2

(y 2)(x 1) 1 2 y 4

4y 2(x 1) 0 y 2

x y 1 1 y 0y 2(x 1) 0 y 2

−− + = ≤ ≤ = + ≤ ≤ + = − ≤ ≤ = − ≤ ≤

.

Determine una parametrización en sentido antihorario.

Solución.

Gráfica de la curva (ver figura 11):

1r 1C : (t) (1 cos(t),2 2sen(t)) , 0 t= + + ≤ ≤ π

2

2

r

r 2C : (s) ( s,2 2s) , 0 s 1 s 1 t 1 s t

(t) ( t,2 2(t )) , t 1

= − − ≤ ≤ π ≤ + π ≤ + π ⇒ π ≤ ≤ + π ⇒ = − π= π − − − π π ≤ ≤ + π

3

3

r ,

r 3C : (u) (cos(u),sen(u)) u 2 1 u 1 1 2 1 t 1 2 u t 1

(t) (cos(t 1),sen(t 1)) , 1 t 1 2

= π ≤ ≤ π + π ≤ + ≤ + π ⇒ + π ≤ ≤ + π ⇒ = −= − − + π ≤ ≤ + π

4

4

r ,

r

4C : (s) (1 s,2s) 0 s 1

1 2 s 2 1 2 2 1 2 t 2 2 s t 2 1(t) (1 t 2 1,2(t 2 1)) , 1 2 t 2 2

= + ≤ ≤+ π ≤ + π + ≤ + π ⇒ + π ≤ ≤ + π ⇒ = − π −

= + − π − − π − + π ≤ ≤ + π


En conclusión se tiene

r

(1 cos(t),2 2sen(t)) 0 t( t,2 2(t )) t 1

(t)(cos(t 1),sen(t 1)) 1 t 1 2

(1 t 2 1,2(t 2 1)) 1 2 t 2 2

+ + ≤ ≤ π π − − − π π < ≤ + π= − − + π < ≤ + π + − π − − π − + π < < + π

.




3. Determine una parametrización en sentido antihorario y obtenga el gráfico de la curva

2 2

2

x y 4 2 x 4

y 2 3 0 2 x 4

yx 2 4 2 3 y 2 3

3

− = ≤ ≤ − = − ≤ ≤

= − + − − ≤ ≤

.

Solución. r 1 1C : (t) (2sec(t),2tg(t)) , / 3 t / 3= − π ≤ ≤ π

r

r ,

2 2

2

C : (s) (4 6s, 2 3) , 0 s 1

/3 s /3 1 /3 /3 t 1 /3 s t /3

(t) (4 6(t / 3), 2 3) /3 t 1 /3

= − − ≤ ≤π ≤ + π ≤ + π ⇒ π ≤ ≤ + π ⇒ = − π

= − − π − π ≤ ≤ + π

r

r

3 3

3

C : (u) ( 2 2cos(u), 2 3sen(u)) , / 2 u / 2

/ 2 1 5 / 6 u 1 5 / 6 / 2 5 / 6 1 u t 1 5 / 6

(t) ( 2 2cos(t 1 5 / 6), 2 3sen(t 1 5 / 6)) , 1 / 3 t 1 4 / 3

= − + − − π ≤ ≤ π− π + + π ≤ + + π ≤ π + π + ⇒ = − − π

= − + − − π − − − π + π ≤ ≤ + π

r

r

4 4

4

C : (w) ( 2 6w,2 3) , 0 w 1

1 4 /3 w 1 4 /3 2 4 /3 w t 4 /3 1

(t) ( 2 6(t 4 /3 1),2 3) , 1 4 /3 t 2 4 /3

= − + ≤ ≤+ π ≤ + + π ≤ + π ⇒ = − π −

= − + − π − + π ≤ ≤ + π

En conclusión se tiene

r

(2sec(t),2tg(t)) / 3 t / 3

(4 6(t / 3), 2 3) / 3 t 1 / 3(t)

( 2 2cos(t 1 5 / 6), 2 3sen(t 1 5 / 6)) 1 / 3 t 1 4 / 3

( 2 6(t 4 / 3 1,2 3) 1 4 / 3 t 2 4 / 3

−π ≤ ≤ π

− − π − π < ≤ + π= − + − − π − − − π + π < ≤ + π

− + − π − + π < < + π

.

El gráfico se presenta a continuación en la figura 12:





4. Determine una parametrización en sentido antihorario y obtenga el gráfico de la curva

2 2

2

2

x y 1 1 x 0y x 1 0 0 x 3

3 4 (y 2)x 2 y 4

2

x y 5y 4 1 y 4

+ = − ≤ ≤

− + = ≤ ≤

− −= ≤ ≤

= − + ≤ ≤

.

Solución.

Curva 1: 2 2x y 1 , 1 x 0+ = − ≤ ≤ .

1r 32 2(A) (cos(A),sen(A)) , Aπ π= ≤ ≤ .

Curva 2: y x 1 0 , 0 x 3− + = ≤ ≤ .

2r (B) (3B, 1 3B) , 0 B 1= − + ≤ ≤ .

Curva 3: 23 4 (y 2)

x , 2 y 42

− −= ≤ ≤ .

3r 2(C) (3cos(C),2 2sen(C)) , 0 C π= + ≤ ≤ .

Curva 4: 2x y 5y 4 , 1 y 4= − + ≤ ≤ . 25 92 4x (y ) , 1 y 4= − − + ≤ ≤

4r 2 9 5 3 34 2 2 2(D) ( D , D) , D= − + − − ≤ ≤ .

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

1r 32 2(t) (cos(t), sen(t)) , tπ π= ≤ ≤ .

C2: y x 1 0 , 0 x 3− + = ≤ ≤ .

2r 3 3 3 32 2 2 2(t) (3(t ), 1 3(t )) , t 1π π π π= − − + − ≤ ≤ + .

C3: 23 4 (y 2)

x , 2 y 42

− −= ≤ ≤ .

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

C4: 2x y 5y 4 , 1 y 4= − + ≤ ≤ .

4r 25 9 5 52 4 2 2(t) ( (t 2 ) , (t 2 )) , 1 2 t 4 2= − − π − + − − π − + π ≤ ≤ + π .

Por tanto:

1

2

3

4

r

rr

r

r

32 2

3 32 2

32

(t) t

(t) t 1(t)

(t) 1 t 1 2

(t) 1 2 t 4 2

π π

π π

π

≤ ≤

≤ ≤ +=

+ ≤ ≤ + π + π ≤ ≤ + π

.

Su gráfico se muestra a continuación en la figura 13.





5. Determine una parametrización en sentido horario y obtenga el gráfico de la curva

2 2

2

y x 1 2 x 1

x y 1 1 y 0

x 2y 4 0 x 2

+ + = ≤ − = − ≤ ≤ − − = ≤

.

Solución.

1C : y x 1= + , 1 x 0− ≤ ≤ .

1r (t) ( 1 t, t)= − + , 0 t 1≤ ≤

2C : y x 1= − + , 0 x 1≤ ≤ . 2r (s) (s,1 s)= −

0 s 1 1 s 1 2 t s 1 s t 1≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = − .

2r (t) (t 1,2 t)= − − , 1 t 2< ≤

23C : x y 1= + , 1 y 0− ≤ ≤ . 3r

2(w) ( w 1, w)= + −

0 w 1 2 w 2 3 t w 2 w t 2≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = − .

3r2(t) ( t 4t 5,2 t)= − + − , 2 t 3< ≤ 21

4 2C : y x 2= − , 2 x 2− ≤ ≤ . 4r

212

(z) ( z, z 2)= − −

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

4r21

2(t) (3 2 t, (t 3 2) 2)= + − − − − , 3 t 3 2 2< ≤ +

25C : x y 1= − + , 1 y 0− ≤ ≤ . 3r

2(w) ( w 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− ≤ ≤ ⇒ + ≤ + + ≤ + ⇒ = + + ⇒ = − − .

5r2(t) ( (t 4 2 2) 1, t 4 2 2)= − − − + − − , 3 2 2 t 4 2 2+ < ≤ +

Por lo tanto




r2

212

2

(t 1, t) 0 t 1(t 1,2 t) 1 t 2

( t 4t 5,2 t) 2 t 3(t)(3 2 t, (t 3 2) 2) 3 t 3 2 2

( (t 4 2 2) 1, t 4 2 2) 3 2 2 t 4 2 2

− ≤ ≤ − − < ≤ − + − < ≤= + − − − − < ≤ +

− − − + − − + < ≤ +

.



6. Una curva C está definida por

2 22

y cos(x) x ,4 2

2 2y x x 0,

4

x y y ,04 16 4

π π = ∈

π = ∈ π π π π − + = ∈ −

.

Parametrice la curva C en sentido antihorario.

Solución.


1 r 1 4 2 2 4C : y cos(x), x (t) ( t,cos(t)), tπ π π π= ≤ ≤ ⇒ = − − ≤ ≤ −

2

2

r

r

2 2 2 22 4 4 4 2 2

4 4 4 4

2 24 4 4 2 2 4 4 4

C : y x, 0 x (u) ( u, u), 0 u 1

u 1 t u

(t) ( (t ), (t )), t 1

π π ππ

π π π π

π π π π π π

= ≤ ≤ ⇒ = − − ≤ ≤

⇒ − ≤ − ≤ − ⇒ = −

⇒ = − + − + − ≤ ≤ −




3

3

r

r

22 23 4 16 4 4 4 4

5 3 54 4 4 4

5 54 4 4 4 4

C :(x ) y , y 0 (s) ( cos(s), sen(s)),

s 2 1 s 1 1 t s 1

(t) ( cos(t 1 ), sen(t 1 )),

π π π π π π

π π π π

π π π π π

− + = − ≤ ≤ ⇒ = +

π ≤ ≤ π ⇒ − ≤ + − ≤ + ⇒ = + −

⇒ = + − + − + 34 4

1 t 1π π− ≤ ≤ +

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

r

2 4

2 24 4 4 2 2 4 4 4

5 5 34 4 4 4 4 4 4

( t, cos(t)) t

(t) ( (t ), (t )) t 1

( cos(t 1 ), sen(t 1 )) 1 t 1

π π

π π π π π π

π π π π π π π

− − ≤ ≤ −= − + − + − ≤ ≤ − + − + − + − ≤ ≤ +

.



7. Sea la curva cuya trayectoria viene definida por 2 2

2

2 2

x y 16y 60 8 y 102x y 4 0 y 8

y 4 x 4 y 0

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: 2 2 2 2

1C : x y 16y 60 x (y 8) 4, 8 y 10

(t) (2 cos(t),8 2sen(t)), 0 t

+ = − ⇒ + − = ≤ ≤⇒ = + ≤ ≤ π1

r

Sentido horario: 1r (t) (2cos(t),8 2sen(t)), t 0= − − π ≤ ≤




2 32x y 4 4 y 8

C ,C :2x y 42x y 4 0 y 4

(s) (2,8) s( 2, 4) (2 2s,8 4s) , 0 s 1(w) (0,4) w(2, 4) (2w,4 4w) , 0 w 1

(t) (2 2t,8 4t) , 0 t 1 0 w 1 1 w 1 2 1 t 2

= − ≤ ≤= − ⇒ = − + ≤ ≤

= + − − = − − ≤ ≤⇒

= + − = − ≤ ≤= − − ≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ ≤ ≤

2

3

2

r

r

r

t w 1 w t 1⇒ = + ⇒ = −

3 r (t) (2(t 1),4 4(t 1)) (2t 2,8 4t) , 1 t 2= − − − = − − ≤ ≤ 2 2 2

4

2

C : y 4 x y x 4, 4 y 0 (v) (v,v 4), 2 v 2

Sentido horario : (v) ( v,v 4), 2 v 2 2 v 4 6

t v 4 v t 4

+ = ⇒ = − − ≤ ≤ = − − ≤ ≤

= − − − ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤⇒ = + ⇒ = −

4

4

r

r

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

5

r

22 2 2

5

2 2 2

2 2

(y 4)C :16(x 2) (y 4) 16 (x 2) 1, 2 x 1

16(u) ( 2 cos(u),4 4sen(u)), u 6 u 6 6

t u 6 u t 6

π π π

π π

−+ + − = ⇒ + + = − ≤ ≤ −

= − + + − ≤ ≤ ⇒ ≤ + + ≤ + π

⇒ = + + ⇒ = − −

5 r 2 2

(t) ( 2 cos(t 6 ),4 4sen(t 6 )), 6 t 6π π= − + − − + − − ≤ ≤ + π

Una parametrización de la curva en sentido horario es:

r2

2 2

(2 cos(t),8 2sen(t)) t 0(2 2t,8 4t) 0 t 1(2t 2,8 4t) 1 t 2(t)

( (t 4),(t 4) 4) 2 t 6( 2 cos(t 6 ),4 4sen(t 6 )) 6 t 6π π

− −π ≤ ≤ − − ≤ ≤ − − ≤ ≤= − − − − ≤ ≤ − + − − + − − ≤ ≤ + π

.

Al graficar la curva se tiene (ver figura 16):






2 2

y sen(x) x 0,

2y x 2 x 0,

x (y 1) 1 x 1,0

= ∈ π = − ∈ π π + + = ∈ −

.

Parametrice la curva C en sentido horario.

Solución.


1 r 1C : y sen(x), 0 x (t) (t,sen(t)), 0 t= ≤ ≤ π ⇒ = ≤ ≤ π

2

2

r

r

22C : y x 2, 0 x (u) ( u , 2u), 0 u 1 u 1 t u

(t) ( (t ) , 2(t )), t 1π= − ≤ ≤ π ⇒ = π − π − ≤ ≤ ⇒ π ≤ + π ≤ + π ⇒ = + π

⇒ = π − − π π − − π π ≤ ≤ + π

3

3

r

r

2 23

3 5 52 2 2 2

5 52 2

C : x (y 1) 1, 1 x 0 (s) (cos(s), 1 sen(s)),

s 1 s 1 1 2 t s 1

(t) (cos(t 1 ), 1 sen(t 1 )), 1 t 1 2

π π π π

π π

+ − = − ≤ ≤ ⇒ = − −

− ≤ ≤ − ⇒ + π ≤ + + ≤ + π ⇒ = + +

⇒ = − − − − − − + π ≤ ≤ + π

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

r5 52 2

(t,sen(t)) 0 t(t) ( (t ) , 2(t )) t 1

(cos(t 1 ), 1 sen(t 1 )) 1 t 1 2π π

≤ ≤ π= π − − π π − − π π ≤ ≤ + π − − − − − − + π < ≤ + π

.







2 2

y tg(x) x 0,4

(x 1) y 1 y 1,0

4y (x 2) y 0,1

8

π = ∈

− + = ∈ − = − ∈ π −

.

Parametrice la curva C en sentido antihorario.

Solución.


1 r 1 4 4C : y tg(x), 0 x (t) ( t, tg(t)), t 0π π= ≤ ≤ ⇒ = − − − ≤ ≤

2

2

r

r

2 22C :(x 1) y 1, 1 y 0 (s) (1 cos(s), sen(s)),

s 2 0 s t s(t) (1 cos(t ),sen(t )), 0 t

− + = − ≤ ≤ ⇒ = +π ≤ ≤ π ⇒ ≤ − π ≤ π ⇒ = − π⇒ = + + π + π ≤ ≤ π

3

3

r

r

43 8 4

4

C : y (x 2), 0 y 1 (u) (2 u( 2),u), 0 u 1

u 1 t u

(t) (2 (t )( 2), t ), t 1

ππ−

π

= − ≤ ≤ ⇒ = + − ≤ ≤

⇒ π ≤ + π ≤ + π ⇒ = + π

⇒ = + − π − − π π ≤ ≤ + π

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

r4

4

( t, tg(t)) t 0

(t) (1 cos(t ),sen(t )) 0 t(2 (t )( 2), t ) t 1

π

π

− − − ≤ ≤= + + π + π ≤ ≤ π + − π − − π π ≤ ≤ + π

.



GRÁFICA DE CURVAS PARAMÉTRICAS CON GRAPHMATICA



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 2 2x y 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 2 2 21 2 nx x ... x= + + + .

LONGITUD, MAGNITUD O NORMA DE UN VECTOR



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 OR2 2 2z= + ,

aplicando el teorema de Pitágoras al vector OR se obtiene

OR 2 2 2x y= +

y reemplazando esta última ecuación en la primera:

OR 2 2 2 2x y z= + + .

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

P OP 2 2 2x y z= = + + .

TEOREMA 1. (PROPIEDADES DE LA NORMA) a. x x 00= ⇔ =

b. x x 00> ⇔ ≠

c. x xλ = λ ( 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 nR ,∈ entonces xx

es unitario.

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

PRODUCTO ESCALAR Funciones Vectoriales



1.9. PRODUCTO ESCALAR

Definición 6. Dados los vectores x 1 2 n(x ,x ,..., x )= y y 1 2 n(y ,y ,..., y )= se define el producto

escalar x y,• por

x yn

1 1 n n i ii 1

x y ... x y x y=

• = + + =∑ .

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

b. x y x y( ) ( )λ • = λ •

c. x y z x y x z( )• + = • + •

d. x x 0• ≥

e. x x x 00• = ⇔ =

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 2 2 2

cos( )2

+ − −θ =

A B B A

A B.

Demostración.

Por la ley de los cosenos se tiene que 2 2 2

2 cos( )− = + − θB A A B A B .

(ver figura 21)

De modo que 2 2 2

cos( )2

+ − −θ =

A B B A

A B.

ÁNGULO ENTRE DOS VECTORES



Demostración.

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

Si A 1 2 3(a ,a ,a )= y B 1 2 3(b ,b ,b )= son vectores de R3, entonces

B A

B A

2 2 2 21 1 2 2 3 3

2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3

2 21 1 2 2 3 3

(b a ) (b a ) (b a )

(b b b ) (a a a ) 2(b a b a b a )

2(b a b a b a )

− = − + − + −

= + + + + + − + +

= + − + +

Reemplazando se tiene que 2 2 2 2

1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 32(b a b a b a ) (b a b a b a )cos( )

2

+ − − + + + + + •θ = = =A B B A A B

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 1 2 3(a ,a ,a )= y B 1 2 3(b ,b ,b )= . Como A X B X 0• = • = , el problema

se reduce a la solución del sistema de ecuaciones dado por

1 2 3

1 2 3

a x a y a z 0

b x b y b z 0

+ + =+ + =

.

Se puede eliminar z multiplicando la primera ecuación por 3b y la segunda por 3a− y

luego sumándolas se obtiene

1 3 3 1 2 3 3 2(a b a b )x (a b a b )y 0− + − = (*)

PRODUCTO VECTORIAL Funciones Vectoriales



De forma semejante, se puede eliminar y y

1 2 2 1 3 2 2 3(a b a b )x (a b a b )z 0− + − = (**)

Se ve fácilmente que para cualquier constante k,

2 3 3 2x k(a b a b )= − , 3 1 1 3y k(a b a b )= − , 1 2 2 1z k(a b a b )= −

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 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1(a b a b ,a b a b ,a b a b )× = − − − .

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 A= λ para algún escalar λ , por

tanto




A B A A

1 2 3 1 2 3

2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1

2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1

( ) (a ,a ,a ) ( a , a , a )

(a ( a ) a ( a ),a ( a ) a ( a ),a ( a ) a ( a ))

( a a a a , a a a a , a a a a ) (0,0,0)

× = × λ = × λ λ λ= λ − λ λ − λ λ − λ= λ − λ λ − λ λ − λ =

Se tiene entonces que si A B× son vectores paralelos entonces A B 0× = . Usando

determinantes se tiene que i j k

A B 1 2 3

1 2 3

a a ab b b

× = .

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

e. A B A B A B( ) ( ) ( )λ × = λ × = × λ

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 A B A B2 2 22( )× + • = .

(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

sen( )× = θA B A B .

Demostración.

A B A B A B A B A B A B

A B

2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2

2 2 2

( ) cos ( ) (1 cos ( ))

sen ( )

× = − • = − θ = − θ

= θ

De modo que sen( )× = θA B A B .

□




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 sen( )θB , entonces el

área del paralelogramo es sen( )× = θA B A B .

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

AB AC12ÁREA = × .

Figura 23. Aplicación geométrica del producto vectorial

1.12. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL

El límite de una función vectorial en un punto 0t de su dominio es una simple

extensión vectorial del límite de una función real.

TEOREMA 7. Sea r 1 n(t) (r (t),...,r (t))= , r L 1 nt t0

lím (t) (l ,...,l )→

= = si y sólo si i it t0lím r(t) l→

= .

A efectos de cálculo, se evalúa el límite coordenada a coordenada, es decir.

r 1 nt t t t t t0 0 0lím (t) lím r (t),..., lím r (t)→ → →

=

.

LÍMITE DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL



Ejemplo 9. Si

r 2 sen(t)(t) t , t,

t =

,

se tiene

r 2

t 0 t 0 t 0 t 0

sen(t)lím (t) lím t , lím t, lím (0,0,1)

t→ → → →

= =

.

TEOREMA 8. Si f(t) y g(t) son funciones vectoriales de una variable real tales que f b

t t0l í m (t)→

= y g ct t0l í m (t)→

= ,

entonces:

a. f g f g b c

t t t t t t0 0 0l í m[ (t) (t)] l í m (t) lí m (t)→ → →

± = ± = + .

b. f g f g b ct t t t t t0 0 0l í m( (t) (t)) lí m (t) lí m (t)→ → →

• = • = • .

c. f g f g b ct t t t t t0 0 0l í m( (t) (t)) lí m (t) lí m (t)→ → →

× = × = × (para 3R solamente)

1.13. CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL

Definición 9. Sea r0t D( )∈ . Se dirá que r es continua en 0t si y sólo si

r r 0t t0lím (t) (t )→

= .

Ejemplo 10. Estudie la continuidad de

r

2 sen(t)t , t, si t 0

(t) t

(0,0,0) si t 0

≠ = =

.

Solución.

r r2

t 0 t 0

sen(t)lím (t) lím t , t, (0,0,1) (0)

t→ →

= = ≠

,

por lo tanto la función no es continua en 0t 0= .

TEOREMA 9. La función r es continua en 0t si y sólo si sus funciones coordenadas ir son

continuas en 0t .

DERIVADA DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL



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 0t , denotada por r 0'(t ) o bien por rd

0dt (t ) ,

como el límite: r r

r

0 0 1 0 1 0 n 0 n 00 h 0 h 0

' '1 0 1 0 n 0 n 01 0 n 0h 0 h 0

(t h) (t ) r (t h) r (t ) r (t h) r (t )'(t ) lím lím ,...,

h h h

r (t h) r (t ) r (t h) r (t )lím ,..., lím (r (t ),...,r (t )).

h h

→ →

→ →

+ − + − + − = =

+ − + − = =

Ejemplo 11. Siendo r(t) (2cos(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 (t)α una

función real de variable real, entonces: a. f g f g( (t) (t))' '(t) '(t)± = ±

b. f f f( (t) (t))' '(t) (t) (t) '(t)α = α + α

c. f g f g f g( (t) (t))' (t) '(t) '(t) (t)• = • + •

d. f g f g f g( (t) (t))' (t) '(t) '(t) (t)× = × + × (para 3R solamente)

1.15. INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA Y FÍSICA DE LA DERIVADA

Se dice que r 0'(t ) es el vector director de la recta tangente a la curva r(t) en el punto

0t . La ecuación de la recta tangente a r(t) en 0t viene dada por

f r r 0 0( ) (t ) '(t ) , Rα = + α α ∈ .

Ejemplo 12. Calcula la ecuación de la recta tangente a la curva r(t) (acos(t),asen(t))= en el

punto r 4( )π .

Solución.

( ) ( )r r2 2 2 24 2 2 4 2 2( ) a, a y '( ) a, aπ π= = − ,

por lo tanto la recta tangente tiene ecuación vectorial:

INTEPRETACIÓN GEOMÉTRICA Y FÍSICA DE LA DERIVADA



( ) ( )f 2 2 2 2

2 2 2 2( ) a, a a, a , R.α = + α − α ∈

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

La rapidez instantánea es vv(t) (t)= .

La aceleración instantánea es a r(t) ''(t).=

1.16. INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL

Definición 11. Sea r 1 n(t) (r (t),...,r (t)).= Se define la integral de r(t) sobre [a,b] como

rb b b

1 na a a

(t)dt r (t)dt,..., r (t)dt . =

∫ ∫ ∫

Ejemplo 13. El vector posición de una partícula viene dado por r(t) (sen(t),3cos(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.

2 29x y 9 , z 2+ = = elipse.

b. Calcule

c r/2

0

( (t))dtπ

•∫

donde c (1,0,3)= .

Solución.

/2/2

00

(6 sen(t))dt 6t cos(t) 1 3π

π+ = − = + π∫ .

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

LONGITUD DE ARCO Funciones Vectoriales



rt

a

s(t) '( ) d= α α∫ .

Ejemplo 14. Calcule la longitud de una circunferencia de radio a.

Solución. Una parametrización para la circunferencia es r(t) (acos(t),asen(t))= con 0 t 2≤ ≤ π .

Luego r '(t) ( asen(t),acos(t))= − y su longitud será:

r2 2 2

2 2

0 0 0

s '(t) dt ( asen(t)) (acos(t)) dt a dt 2 aπ π π

= = − + = = π∫ ∫ ∫ .

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) (3cos(t),3sen(t),4t)= es una hélice, reparametrizarla en función

de la longitud de arco.

Solución.

rt t t

2 2

0 0 0

s(t) '( ) d 9sen ( ) 9cos ( ) 16d 5 d 5t= α α = α + α + α = α =∫ ∫ ∫ ,

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

vectorial

rs s 4

(s) 3cos ,3sen , s5 5 5

=

.

TEOREMA 11. Si r(s) es la parametrización intrínseca de una curva C entonces r '(s) 1= .

Demostración. Sea 1s (t) h(t)− = . Si r r(s) (h(t))= , entonces

r r'(s) '(h(t))h'(t).=

Se sabe que 1s(s (t)) t− = , entonces 1 1s '(s (t))(s (t))' 1− − = ,

se obtiene en consecuencia

r1

1

1 1h'(t) (s (t))'

'(h(t))s '(s (t))−

−= = = .

Por lo tanto r

r rr'(h(t))

'(s) '(s) 1'(h(t))

= ⇒ = .





1. Sean a 0≠ , a b a c• = • y a b a c× = × . ¿Se puede concluir que b c= ?

Solución. Sean a b c1 2 3 1 2 3 1 2 3(a ,a ,a ) , (b ,b ,b ) , (c ,c , c ).= = =

a b a c

1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3

1 1 1 2 2 2 3 3 3

a b a b a b a c a c a c

a (b c ) a (b c ) a (b c ) 0

• = • ⇒ + + = + +⇒ − + − + − =

a b a c

2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1

2 3 3 3 2 2 3 1 1 1 3 3 1 2 2 2 1 1

(a b a b ,a b a b ,a b a b ) (a c a c ,a c a c ,a c a c )

(a (b c ) a (b c ),a (b c ) a (b c ),a (b c ) a (b c ))

(0,0,0)

× = × ⇒ − − − = − − −⇒ − − − − − − − − −=

Sea el sistema de ecuaciones

1 1 1 2 2 2 3 3 3

2 3 3 3 2 2

3 1 1 1 3 3

1 2 2 2 1 1

a (b c ) a (b c ) a (b c ) 0

a (b c ) a (b c ) 0

a (b c ) a (b c ) 0

a (b c ) a (b c ) 0

− + − + − =− − − =− − − =− − − =

.

Si se suman todas las ecuaciones se tiene

1 2 3 1 1 1 2 3 2 2 1 2 3 3 3(a a a )(b c ) (a a a )(b c ) ( a a a )(b c ) 0− + − + + − − + − + + − = .

Esta ecuación se satisface si b c= o si se cumple que

1 2 3

1 2 3

1 2 3

a a a 0

a a a 0

a a a 0

− + = + − =− + + =

.

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 3 2 2(t) (3t t ,3t ,3t t )= − + es paralela al plano

x y z 2 0+ + + = ?

Solución.

r 2'(t) (3 3t ,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 N'(t) 0• = . De modo que 2 2 2(3 3t ,6t,3 2t) (1,1,1) 0 3 3t 6t 3 2t 0 3t 8t 6 0− + • = ⇒ − + + + = ⇒ − − = .

Aplicando resolvente: 8 64 4.3.6 8 136 8 2 34 4 34

t .6 6 6 3

± + ± ± ±= = = =

De modo que

1 24 34 4 34

t , t .3 3

+ −= =




Los puntos son r 1(t ) y r 2(t ).

3. Demuestre que si r(t) es constante entonces r(t) y r '(t) son ortogonales.

Solución.

Sea r(t) k= , entonces r r r2 2 2(t) k (t) (t) k= ⇒ • = . Si se deriva se tiene que

r r r r r r(t) '(t) '(t) (t) 0 (t) '(t) 0• + • = ⇒ • =

y de acuerdo a lo visto en puntos anteriores los vectores r(t) y r '(t) son ortogonales.

4. Sea el arco

2 2

2 2t(t) 1,

t 1 t 1 = − + +

c , 0 t 1≤ ≤ .

Calcule su longitud.

Solución.

c c2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2t 4t 2(t 1) 2t2t 4t 2 2t(t) 1, (t) ; ;

t 1 t 1 (t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

− + − − − ′= − ⇒ = = + + + + + +

c2 2 4 4 2 2 2 2 2

2 4 2 4 2 4 2 4 2

11

c 020

16t 4 8t 4t 4t 8t 4 (2t 2) (t 1) 2(t) 2

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

2l dt 2arctg(t)

2(t 1)

+ − + + + + +′ = = = = =+ + + + +

π= = =+∫

5. Dada la curva definida por r 3 2(t) (t 3t,3t )= − , calcule:

a. Los valores de t para los cuales r(t) se autointersecta, es decir, r r1 2(t ) (t )= siendo

1 2t t≠ .

Solución. Sean 1A t= y 2B t= . Se tiene que

3 3 3 3A 3A B 3B A B 3(A B) 0− = − ⇒ − − − = .

Entonces se obtiene

2 2 2 2(A B)(A AB B 3) 0 A B o A AB B 3 0− + + − = ⇒ = + + − = .

Por otro lado se tiene que 2 23A 3B A B o A B= ⇒ = = − .

Sustituyendo: 2 2 2A A A 3 0 A 3− + − = ⇒ = ± .

De modo que los valores de t son 1t 3= − y 2t 3= .

b. La longitud del lazo entre r 1(t ) y r 2(t ) .

Solución. Si r 2'(t) (3t 3,6t)= − entonces




3 3 32 2 2 4 2 2 2

3 3 0

L (3t 3) 36t dt 9t 18t 9 36t dt 6 (t 1)dt 12 3.− −

= − + = − + + = + =∫ ∫ ∫

6. Halle la longitud de arco de la hélice cónica C de ecuaciones paramétricas dadas por tx(t) ae cos(t)= , ty(t) ae sen(t)= , tz(t) ae= , (a 0)>

desde el punto (0,0,0) hasta el punto (a,0,a).

Solución. t t t

t t t

(t) (ae cos(t),ae sen(t),ae ), t 0

(t) (ae (cos(t) sen(t)),ae (cos(t) sen(t)),ae ), t 0

= ≤

= − + ≤

r

r'

2 2t 2 2 2t 2 2 2t

t 2 2

t 2 2 2 2 t

(t) a e (cos(t) sen(t)) a e (cos(t) sen(t)) a e

ae (cos(t) sen(t)) (cos(t) sen(t)) 1

ae cos t 2cos(t)sen(t) sen (t) cos (t) 2cos(t)sen(t) sen (t) 1 3ae

= − + + +

= − + + +

= − + + + + + =

r'

r' t(t) dt 3ae dt= .

0 00

t t t b

b b bbb

3ae dt lím 3ae dt lím 3ae 3a lím (1 e ) 3a→−∞ →−∞ →−∞

−∞

= = = − =∫ ∫ .

7. Una parametrización en sentido antihorario para la curva C definida por

2 22

y cos(x) x ,4 2

2 2y x x 0,

4

x y y ,04 16 4

π π = ∈

π = ∈ π π π π − + = ∈ −

,

viene dada por la función vectorial

r

2 4

2 24 4 4 2 2 4 4 4

5 5 34 4 4 4 4 4 4

( t, cos(t)) t

(t) ( (t ), (t )) t 1

( cos(t 1 ), sen(t 1 )) 1 t 1

π π

π π π π π π

π π π π π π π

− − ≤ ≤ −= − + − + − ≤ ≤ − + − + − + − ≤ ≤ +

.

Usando la función vectorial r(t) , construya la función r' r''(t) (t)• .

Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) .

r'

2 4

24 2 4 45 5 3

4 4 4 4 4 4

( 1, sen(t)) t

(t) ( , ) t 1

( sen(t 1 ), cos(t 1 )) 1 t 1

π π

π π π

π π π π π π

− − − ≤ ≤ −= − − − < ≤ − − − + − + − < ≤ +




Paso 2. Cálculo de r''(t) .

r''2 4

4 45 5 3

4 4 4 4 4 4

(0, cos(t)) t

(t) (0,0) t 1

( cos(t 1 ), sen(t 1 )) 1 t 1

π π

π π

π π π π π π

− − ≤ ≤ −= − < ≤ − − − + − − + − < ≤ +

Paso 3. Cálculo de r' r''(t) (t)• .

r' r''2 4

4 43

4 4

sen(t)cos(t) t

(t) (t) 0 t 1

0 1 t 1

π π

π π

π π

− ≤ ≤ −• = − ≤ ≤ − − ≤ ≤ +

8. Una partícula se mueve con vector posición

r A B A B3/2

2 2(t) t t 2 t

3 = + + ×

donde A y B son dos vectores unitarios fijos que forman un ángulo de / 3π . Calcule el

tiempo empleado para desplazarse una distancia de 12 unidades de longitud de arco desde la posición inicial r(0) .

Solución.

Paso 1. Cálculo de r' r'2

(t) y (t) .

r' A B A B1/2

2(t) 2t 2 t

3 = + + ×

.

r' r' r' A B A B A B A B

A A A B A A B B A B B

B A B A B A

1/2 1/22

1/22

1/2 1/2

2 2(t) (t) (t) 2t 2 t 2t 2 t

3 3

22t( ) 2 t ( ( )) 2t( ) 4t ( )

3

2 24t t ( ( )) 2 t (( ) )

3 3

= • = + + × • + + ×

= • + • + • × + • + •

+ • × + × •

A B B

A B A B

1/22

4t t (( ) )3

24 t ( ) ( )

3

+ × •

+ × • ×

Paso 2. Uso de propiedades para el cálculo de r'(t) .

Propiedades a usar:

A A A B B B A B B A A B A B

A B A B A B A B A B

A A B A B A B A B A B B

2 2 13 2

23 33 2 4

1 , 1 , , cos( )

sen( ) , ( ) ( )

( ) ( ) 0 , ( ) ( ) 0

π

π

• = = • = = • = • • = =

× = = × • × = × =

• × = × • = • × = × • =

De manera que




r' 0 0 0 0

1/2 1/2 1/2 1/22 21 1

2 2

34

2 2 2 2(t) 1 2t. 2 t 2t. 4t .1 4t t 2 t 4t t

3 3 3 3

24 t .

3

= + + + + + + +

+

.

r' r'2 2 2 231 1 2

2 2 3 4(t) 1 2t. 2t. 4t .1 4. t. 4t 4t 1 (2t 1) (t) 2t 1= + + + + = + + = + ⇒ = + .

Paso 3. Cálculo de s(t) .

r

r't t

t2 2

0(0) 0

s(t) (t) dt (2 1)d ( ) t t 12= = α + α = α + α = + =∫ ∫ .

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

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 a 2t(t) e• = . Sabiendo que el

ángulo θ entre r'(t) y a es constante, con 2

0 π< θ < , pruebe que

r' r''r a

r' r'(n) n 1 2t (t) (t)

(t) 2 e , n 1(t) (t)

− •• = ≥•

.

Solución. 2t 1 2t 2 2t 3 2t

(n) n 2t

(t) e (t) 2 e (t) 2 e (t) 2 e

... (t) 2 e

• = ⇒ • = ⇒ • = ⇒ • =

⇒ ⇒ • =

r a r' a r'' a r''' a

r a

2t 2t 2t

2 4t 2

(t) 2e (t) cos( ) 2e (t) 2e sec( )

(t) (t) (t) 4e sec ( )

• = ⇒ θ = ⇒ = θ

⇒ • = = θ

r' a r' r'

r' r' r'

r' r' r' r'' r' r''4t 2 4t 2 4t 2(t) (t) 4e sec ( ) 2 (t) (t) 16e sec ( ) (t) (t) 8e sec ( )• = θ ⇒ • = θ ⇒ • = θ

r' r''r' r'

4t 2

4t 2

(t) (t) 8e sec ( )2

(t) (t) 4e sec ( )

• θ= =• θ

.

Por lo tanto

�r' r''

r ar' r'

n 2t n 1 2t

(t) (t)(n)(t)(t) (t)

2 e 2 e . 2−

•••

=�� .

GRÁFICAS DE CURVAS PARAMÉTRICAS EN R2



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 rt D( )∈ tal que y(t) 0=

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

c. 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 rD( ) es simétrico y r( t) ( x(t), y(t))− = − − , la curva es simétrica respecto del

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

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

e. Asíntotas y puntos asintóticos: • Si 0t = ±∞ (si está dentro del dominio de la función vectorial) entonces:

• Si t t0l í m x(t) k→

= y t t0l í m y(t)→

= ±∞ , x k= es una asíntota vertical.

• Si t t0l í m x(t)→

= ±∞ y t t0l í m y(t) k→

= , y k= es una asíntota horizontal.

• Si t t0l í m x(t)→

= ±∞ , t t0l í m y(t)→

= ±∞ , t t0

y(t)lí m m

x(t)→= y

t t0l í m[y(t) mx(t)] b→

− = con m

y b finitos entonces y mx b= + es una asíntota oblicua.

• Si t t0l í m x(t) a→

= y t t0l í m y(t) b→

= , (a,b) es un punto asintótico.

• Si r(t) no es continua en 0t entonces:

• Si t t0

l í m x(t) k−→

= y t t0

l í m y(t)−→

= ±∞ o t t0

l í m x(t) k+→

= y t t0

l í m y(t)+→

= ±∞ , x k= es una

asíntota vertical. • Si

t t0

l í m x(t)−→

= ±∞ y t t0

l í m y(t) k−→

= o t t0

l í m x(t)+→

= ±∞ y t t0

l í m y(t) k+→

= , y k= es una

asíntota horizontal.




• Si

t t0l í m x(t)→

= ±∞ , t t0l í m y(t)→

= ±∞ , t t0

y(t)lí m m

x(t)→= y

t t0l í m[y(t) mx(t)] b→

− = con m

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

• Si t t0l í m x(t) a→

= y t t0l í m y(t) b→

= , (a,b) es un punto asintótico.

• Si r(t) no es continua en 0t entonces:

• Si t t0

l í m x(t) k−→

= y t t0

l í m y(t)−→

= ±∞ o t t0

l í m x(t) k+→

= y t t0

l í m y(t)+→

= ±∞ , x k= es una

asíntota vertical. • Si

t t0

l í m x(t)−→

= ±∞ y t t0

l í m y(t) k−→

= o t t0

l í m x(t)+→

= ±∞ y t t0

l í m y(t) k+→

= , y k= es una

asíntota horizontal.

• Si t t0

l í m x(t)−→

= ±∞ , t t0

l í m y(t)−→

= ±∞ , t t0

y(t)l í m m

x(t)−→= y

t t0

l í m[y(t) mx(t)] b−→

− = o

t t0

l í m x(t)+→

= ±∞ , t t0

l í m y(t)+→

= ±∞ , t t0

y(t)lí m m

x(t)+→= y

t t0

l í m[y(t) mx(t)] b+→

− = con m y b

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

• Si t t0

l í m x(t) a−→

= y t t0

l í m y(t) b−→

= o t t0

l í m x(t) a+→

= y t t0

l í m y(t) b+→

= , (a,b) es un

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 0x '(t ) 0= , r'0t D( )∈ , con 0y '(t ) 0≠ , entonces se tiene una tangente vertical

de ecuación 0x x(t )= al gráfico en r 0(t ) .

• Si 0y '(t ) 0= , r'0t D( )∈ , con 0x '(t ) 0≠ , entonces se tiene una tangente

horizontal de ecuación 0y y(t )= al gráfico en r 0(t ) .

• Si r 0'(t ) (0,0)= , r'0t D( )∈ , entonces se tiene un punto cuspidal (pico) al gráfico

en 0t .

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, ( r't D( )∈ ), 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.




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 2

2

d y(t) 0

dx= así como los

valores de t para los cuales 2

2

d y(t)

dx no es continua.

c. Puntos de inflexión. Tome en cuenta los valores de t para los cuales 2

2

d y(t) 0

dx= y

2 2

2 2

d y d y(t ). (t ) 0

dx dx− + < , 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

r2 2

2

t t(t) ,

1 t1 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: rx 0 t 0 , (0) (0,0)= ⇒ = = . Pasa por el origen.

c. Signo:

t -1 0 1

x - + + -

y + + + -

Cuadrante II I I III

d. Simetrías:

r2 2 2 2

2 2

( t) ( t) t t( t) , ,

1 ( t) 1 t1 ( t) 1 t

− −− = = − − +− − − .

La curva no presenta ningún tipo de simetría.

e. Asíntotas y puntos asintóticos:

•••• Verticales:

2 2

2t t

t tlím 1 , lím

1 t1 t→−∞ →−∞= − = +∞

−−.

2 2

2t t

t tlím 1 , lím

1 t1 t→+∞ →+∞= − = −∞

−−.

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




•••• Horizontales:

2 2 2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

t t 1 t t 1lím , lím , lím , lím

1 t 2 1 t 21 t 1 t− − + +→− →− →− →−= −∞ = = +∞ =

− −− −.

Por lo tanto 12y = es una asíntota horizontal de la curva cuando t 1→ − .

•••• Oblicuas:

2 2

2t 1 t 1

t tlím , lím

1 t1 t− −→ →= +∞ = +∞

−−.

2 2

2t 1 t 1

t tlím , lím

1 t1 t+ +→ →= −∞ = −∞

−−

2t 2 21 t

2 2t 1 t 1 t 1t21 t

t (1 t )m lím lím lím(1 t) 2

t (1 t)−

→ → →−

−= = = + =−

.

2 2 2 2 2 3 2 2 3 2

2 2 2 2t 1 t 1 t 1 t 1

3 2 3 2 2 2 2

2 2 2t 1 t 1 t 1 t 1 t 1

t t t (1 t) 2t t t 2t t t 2tb lím 2 lím lím lím

1 t 1 t 1 t 1 t 1 t

t t t t t (t 1) t (1 t) t 1lím lím lím lím lím .

(1 t)(1 t) (1 t) 21 t 1 t 1 t

→ → → →

→ → → → →

+ − + − + −= − = = = − − − − −

− − − − − −= = = = = = −+ − +− − −

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


a. Cálculo de r'(t): 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2

2t(1 t ) t .2t 2t 2t 2t 2tx '(t) .

(1 t ) (1 t ) (1 t )

− + − += = =− − −

2 2 2 2

2 2 2 2

2t(1 t) t 2t 2t t 2t t t(2 t)y '(t) .

(1 t) (1 t) (1 t) (1 t)

− + − + − −= = = =− − − −

Por lo tanto,

r2 2 2

2t t(2 t)'(t) ,

(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: 49y '(t) 0 t 0 ó t 2 , x '(2)= ⇒ = = = .

La curva tiene una tangente horizontal en ( )r 43(2) , 4= − − de ecuación y 4= − .

• Puntos cuspidales: r '(0) (0,0)= .

d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t -1 0 1 2

x’ - - + + +

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.




III.Información de la concavidad de r(t) :

a. Cálculo de la segunda derivada:

( )

dyd 232 2 3dt dx 2

2 dx 2tdt 2 2(1 t )

(1 t )d y 3(1 t ), t 0 , t 1

4tdx−

− −= = = ≠ ≠

b. Concavidad de r(t):

t -1 0 1 2 2d y dx + - + -

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


Ejemplo 17. Estudie en forma detallada y grafique la curva

r2

2

2t 1 t(t) ,

t 1t 1

−= −− ,



a. Dominio: R { 1,1}− − .

b. Corte con los ejes: Eje x: ry 0 t 0 , (0) (1,0)= ⇒ = = Eje y: r1 1 1

2 2 2x 0 t , ( ) (0, )= ⇒ = = −




c. Signo:

t -1 0 1/2 1

x - + + - +

y - - - - +

Cuadrante III IV IV III I

d. Simetrías:

r2 2

2 2

2( t) 1 ( t) 2t 1 t( t) , ,

( t) 1 t 1( t) 1 t 1

− − − − −− = = − − − −− − − .



•••• Verticales:

2

2t t

2t 1 tlím 0 , lím

t 1t 1→−∞ →−∞

− = = −∞−−

. 2

2t t

2t 1 tlím 0 , lím

t 1t 1→+∞ →+∞

− = = +∞−−

.

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

t → +∞ .

•••• Horizontales:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

2t 1 t 1 2t 1 t 1lím , lím , lím , lím

t 1 2 t 1 2t 1 t 1− − + +→− →− →− →−

− −= −∞ = − = +∞ = −− −− −

.

Por lo tanto 12y = − es una asíntota horizontal de la curva cuando t 1→ − .

•••• Oblicuas:

2

2t 1 t 1

2t 1 tlím , lím

t 1t 1− −→ →

− = −∞ = −∞−−

. 2

2t 1 t 1

2t 1 tlím , lím

t 1t 1+ +→ →

− = +∞ = +∞−−

2t 2 2 2 2t 12t 1t 1 t 1 t 1 t 12t 1

t (t 1) t (t 1)(t 1) t (t 1)m lím lím lím lím 2.

(2t 1)(t 1) (2t 1)(t 1) 2t 1−−→ → → →−

− + − += = = = =− − − − −

2 2 3 2

2 2 2t 1 t 1 t 1

2 2

t 1 t 1

t 2t 1 t (t 1) 2(2t 1) t t 4t 2b lím 2 lím lím

t 1 t 1 t 1 t 1

(t 1)(t 2t 2) t 2t 2 1lím lím .

(t 1)(t 1) t 1 2

→ → →

→ →

− + − − + − += − = = − − − −

− + − + −= = =− + +

Por lo tanto 12y 2x= + es una asíntota oblicua de la curva cuando t 1→ .

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

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2(t 1) (2t 1)2t 2t 2 4t 2t 2t 2t 2 2(t t 1)x '(t) .

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

− − − − − + − + − − − += = = =− − − −

2 2 2 2

2 2 2 2

2t(t 1) t 2t 2t t t 2t t(t 2)y '(t) .

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

− − − − − −= = = =− − − −

Por lo tanto,




r2

2 2 2

2(t t 1) t(t 2)'(t) ,

(t 1) (t 1)

− − + −= − − .

b. Dominio: R { 1,1}− −

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

• Horizontales: 23y '(t) 0 t 0 ó t 2 , x '(0) 2 , x '(2)= ⇒ = = = − = − . 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)






4. Estudie en forma detallada y grafique la curva

r2

4 4

4t 4t(t) ,

1 t 1 t

= − −

,



a. Dominio: R { 1,1}− − .

b. Corte con los ejes: Eje x: y 0 t 0= ⇒ = . Eje y: rx 0 t 0 , (0) (0,0)= ⇒ = = . Pasa por el origen.

c. Signo:

t -1 0 1

x + - + -

y - + + -

Cuadrante IV II I III

d. Simetrías:

r2 2

4 4 4 4

4( t) 4( t) 4t 4t( t) , , ( x(t), y(t))

1 ( t) 1 ( t) 1 t 1 t

− −− = = − = − − − − − − − .

La curva es simétrica respecto del eje y. Intervalo de estudio [0, )∞ .


2

4 4t t

4t 4tlím 0 , lím 0 ,

1 t 1 t→+∞ →+∞= =

− −

2

4 4t t

4t 4tlím 0 , lím 0

1 t 1 t→−∞ →−∞= =

− −

(0,0) es un punto asintótico.

2 2

4 4 4 4t 1 t 1 t 1 t 1

4t 4t 4t 4tlím , lím , lím , lím

1 t 1 t 1 t 1 t− − + +→ → → →= +∞ = +∞ = −∞ = −∞

− − − −

•••• Oblicuas: 24t 2 441 t

4t 4t 1 t 1 t 141 t

4t (1 t )m lím lím lím t 1.

4t(1 t )−

→ → →−

−= = = =−

2 2

4 4 4 2t 1 t 1 t 1

2t 1

4t 4t 4t 4t 4t(1 t)b lím lím lím

1 t 1 t 1 t (1 t)(1 t)(1 t )

4tlím 1.

(t 1)(1 t )

→ → →

→

− − −= − = = − − − − + +

−= = −+ +

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





a. Cálculo de r'(t): 4 3 4 4 4 4

4 2 4 2 4 2 4 2

4(1 t ) 4t.4t 4 4t 16t 4 12t 4(1 3t )x '(t) .

(1 t ) (1 t ) (1 t ) (1 t )

− + − + + += = = =− − − −

4 2 3 5 5 5 4

4 2 4 2 4 2 4 2

8t(1 t ) 4t .4t 8t 8t 16t 8t 8t 8t(1 t )y '(t) .

(1 t ) (1 t ) (1 t ) (1 t )

− + − + + += = = =− − − −

Por lo tanto,

r4 4

4 2 4 2

4(1 3t ) 8t(1 t )'(t) ,

(1 t ) (1 t )

+ += − − .

b. Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t 0 1

x’ + +

y’ + + dy dx + +

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

III. Gráfico de r(t): (ver figura 26)






r2

2

t t(t) ,

1 t t 1

= − −

,



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 -1 0 1

x + + + -

y - + - +

Cuadrante IV I IV II

d. Simetrías:

r2 2

2 2

( t) ( t) t t( t) , ,

1 ( t) 1 t( t) 1 t 1

− − −− = = − − +− − − .

La curva no presenta ningún tipo de simetría. e. Asíntotas y puntos asintóticos:

• Horizontales:

2 2

2 2t t t t

t t t tlím , lím 0 , lím , lím 0

1 t 1 tt 1 t 1→−∞ →−∞ →+∞ →+∞= +∞ = = −∞ =

− −− −

Por tanto y 0= es asíntota horizontal de la curva cuando t → −∞ y t → +∞ .

• Verticales:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

t 1 t t 1 tlím , lím , lím , lím

1 t 2 1 t 2t 1 t 1− − + +→− →− →− →−= = −∞ = = +∞

− −− −.

Por lo tanto 12x = es una asíntota vertical de la curva cuando t 1→ −

• Oblicuas:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

t t t tlím lím lím lím

1 t 1 tt 1 t 1− − + +→ → → →= +∞ = −∞ = −∞ = +∞

− −− −

t2t 12 2 2t 1 t 1 t 1t

1 t

t(1 t) 1 1m lím lím lím .

t(1 t) 2t (t 1)−

→ → →−

− −= = = = −+−

2 2 2 3

2 2 2t 1 t 1 t 1

2

2t 1 t 1 t 1

t t 2t t (1 t) 2t t tb l í m lí m lí m

2(1 t)t 1 2(t 1) 2(t 1)

t(t t 2) t(t 2)(t 1) t(t 2) 3lí m lí m lí m

2(t 1)(t 1) 2(t 1) 42(t 1)

→ → →

→ → →

− + − −= + = = −− − −

− + − − + − − += = = = −+ − +−

.




Por lo tanto 1 3

y x2 4 = − +

es una asíntota oblicua de la curva.

II. Información de r'(t) :

a. Cálculo de r'(t) : 2 2 2 2

2 2 2 2

2t(1 t) t 2t 2t t 2t t t(2 t)x '(t)

(1 t) (1 t) (1 t) (1 t)

− + − + − −= = = =− − − −

.

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

(t 1) t.2t t 1 2t t 1 t 1y '(t)

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

− − − − − − += = = = −− − − −

.

Por lo tanto,

r2

2 2 2

t(2 t) t 1'(t) ,

(1 t) (t 1)

− += − − − .

b. Dominio:R { 1,1}− − .

c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: 5

9x '(t) 0 t 0 ó t 2 , y '(0) 1 , y '(2)= ⇒ = = = = . La curva tiene una

tangente vertical en r(0) (0,0)= de ecuación x 0= y otra en r 23(2) ( 4, )= − de

ecuación x 4= − . • Horizontales: ry '(t) 0 t D( )< ∀ ∈ . No tiene tangentes horizontales.


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)


r2

2

t t(t) ,

1 t1 t

= −−

,


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 -1 0 1

x + - + -

y + + + -

Cuadrante I II I III

d. Simetrías:

r2 2

2 2

( t) ( t) t t( t) , ,

1 ( t) 1 t1 ( t) 1 t

− −− = = − − − +− − − .


e. Asíntotas: • Verticales:

2 2

2 2t t t t

t t t tlím 0 , lím , lím 0 , lím

1 t 1 t1 t 1 t→−∞ →−∞ →+∞ →+∞= = +∞ = = −∞

− −− −.

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

cuando t → +∞ .

• Horizontales:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1


1 t 2 1 t 21 t 1 t− − + +→− →− →− →−= +∞ = = −∞ =

− −− −.

Por lo tanto 1

y2

= es una asíntota horizontal de la curva cuando t 1→ − .

• Oblicuas:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

t t t tlím , lím , lím , lím

1 t 1 tt 1 t 1− − + +→ → → →= −∞ = +∞ = +∞ = −∞

− −− −




2t 2

1 ttt 1 t 1 t 121 t

t (1 t)(1 t)m lím lím lím t(1 t) 2.

t(1 t)−

→ → →−

− += = = + =−

2 2 2 3

2 2 2t 1 t 1 t 1

2

t 1 t 1 t 1

t 2t t (1 t) 2t t t 2tb lím lím lim

1 t 1 t 1 t 1 t

t(t t 2) t(t 2)(t 1) t(t 2) 3lím lím lím

(1 t)(1 t) (t 1)(t 1) t 1 2

→ → →

→ → →

+ − + −= − = = − − − −

+ − + − += = − = − = −− + − + +

.

Por lo tanto 3

y 2x2

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

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

2 2 2

2 2 2 2

1 t 2t t 1x '(t)

(1 t ) (1 t )

− + += =− −

,

2 2 2 2

2 2 2 2

2t(1 t) t 2t 2t t 2t t t(2 t)y '(t)

(1 t) (1 t) (1 t) (1 t)

− + − + − −= = = =− − − −

.

Por lo tanto,

r2

2 2 2

t 1 t(2 t)'(t) ,

(1 t ) (1 t)

+ −= − − .

b. Dominio: R { 1,1}− − .

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

• Horizontales: 59y '(t) 0 t 0 ó t 2 , x '(0) 1 , x '(2)= ⇒ = = = = . La curva tiene

una tangente horizontal en r(0) (0,0)= de ecuación y 0= y otra en

r 23(2) ( , 4)= − − de ecuación y 4= − .

• 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)






r2 2

t 1 t 1(t) ,

t t 4

− + = − ,


Solución. I. Información de r(t):

a. Dominio: R { 2,0,2}− −

b. Corte con los ejes: • Eje x: ry 0 t 1 , ( 1) ( 2,0)= ⇒ = − − = − • Eje y: rx 0 t 1 , (1) (0, 2 /3)= ⇒ = = −

c. Signo:

t -2 -1 0 1 2

x - - - - + +

y - + - - - +

Cuadrante III II III III IV I

d. Simetrías:

r2 2 2 2

( t) 1 ( t) 1 t 1 1 t( t) , ,

( t) ( t) 4 t t 4

− − − + + − − = = − − − − − .

La curva no presenta ningún tipo de simetría. e. Asíntotas y puntos asintóticos:

• Puntos asintóticos:

2 2t t

t 1 t 1lím 0 , lím 0

t t 4→−∞ →−∞

− += =−

. 2 2t t

t 1 t 1lím 0 , lím 0

t t 4→+∞ →+∞

− += =−

.

(0,0) es un punto asintótico.




2 2

t 2 t 2

t 1 3 t 1lím , lím

4t t 4− −→− →−

− += − = −∞−

. 2 2

t 2 t 2


4t t 4+ +→− →−

− += − = +∞−

.

Por lo tanto 34x = − es una asíntota vertical de la curva cuando t 2→ − .

2 2

t 2 t 2


4t t 4− −→ →

− += = −∞−

. 2 2

t 2 t 2


4t t 4+ +→ →

− += = +∞−

.

Por lo tanto 14x = es una asíntota vertical de la curva cuando t 2→ .

• Horizontales:

2 2

t 0 t 0

t 1 t 1 1lím , lím

4t t 4− −→ →

− += −∞ = −−

. 2 2

t 0 t 0

t 1 t 1 1lím , lím

4t t 4+ +→ →

− += −∞ = −−

.

Por lo tanto 14y = − es una asíntota horizontal de la curva cuando t 0→ .

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

r2

3 2 2

2 t t 2t 4'(t) ,

t (t 4)

− + += − − .

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.


t -2 0 2

x’ - - + -

y’ - - - -

e. Valores máximos y mínimos: No tiene valores máximos ni mínimos.







rt2e t

(t) ,t 1 t 1

= − −

,


Solución. I. Información de r(t):

a. Dominio: R {1}−

b. Corte con los ejes: Eje x: ry 0 t 0 , (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 rD( ) no es simétrico entonces la curva no presenta ningún tipo de simetría.



t

t t

2e tlím 0 , lím 1

t 1 t 1→−∞ →−∞= =

− −.

Por lo tanto (0,1) es un punto asintótico. • Horizontal:

t

t t

2e tlím , lím 1

t 1 t 1→+∞ →+∞= +∞ =

− −.

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

• Oblicua:

t

t 1 t 1

2e tlím , lím

t 1 t 1− −→ →= −∞ = −∞

− −.

t

t 1 t 1

2e tlím , lím

t 1 t 1+ +→ →= +∞ = +∞

− −

Por lo tanto 34x = − es una asíntota vertical de la curva cuando t 2→ − .

tt 1

t tt 1 t 12et 1

t 1m lím lím .

2e2e−

→ →−

= = =

t t t t

t 1 t 1 t 1 t 1

t 1 2e 2et 2e 1 et e 1 e eb lím lím lím lím 0

t 1 2e t 1 2e(t 1) e t 1 e 1→ → → →

− − −= − = = = = − − − − .

Por lo tanto x

y2e

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





a. Cálculo de r'(t):

rt

2 2

2e (t 2) 1'(t) ,

(t 1) (t 1)

−= − − − .

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(2) (2e ,2)= de ecuación 2x 2e= . d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t 1 2

x’ - - +

y’ - - -

e. Valores máximos y mínimos: 2x(2) 2e= es un valor mínimo para la función x.


Figura 30. Representación gráfica de la curva del ejercicio 5 9. Estudie en forma detallada y grafique la curva

r3

3 2

t t(t) ,

t 64 t 36

= + −

,



a. Dominio: R { 6, 4,6}− − − .




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.


• Horizontales:

3 3

3 2 3 2t 4 t 4 t 4 t 4


5 5t 64 t 36 t 64 t 36− − + +→− →− →− →−= +∞ = = −∞ =

+ − + −.

Por lo tanto 15

y = es una asíntota horizontal de la curva cuando t 4→ −

• Verticales:

3 3

3 2 3 2t 6 t 6 t 6 t 6


19 19t 64 t 36 t 64 t 36− − + +→− →− →− →−= = −∞ = = +∞

+ − + −.

Por lo tanto 2719

x = es una asíntota vertical de la curva cuando t 6→ −

3 3

3 2 3 2t 6 t 6 t 6 t 6


35 35t 64 t 36 t 64 t 36− − + +→ → → →= = −∞ = = +∞

+ − + −.

Por lo tanto 2735

x = es una asíntota vertical de la curva cuando t 6→ −


3 3

3 2 3 2t t t t

t t t tlím 1 , lím 0 , lím 1 , lím 0

t 64 t 36 t 64 t 36→−∞ →−∞ →+∞ →+∞= = = =

+ − + −.

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):

r2 2

2 2 2 2 2

192t t 36'(t) ,

(t 4) (t 4t 16) (t 6) (t 6)

+= − + − + − + .

b. Dominio: R { 6, 4,6}− − − .

c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: 1

36x '(t) 0 t 0, y '(0)= ⇒ = = .

La curva tiene una tangente vertical en r(0) (0,0)= de ecuación x 0= .

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

• Puntos cuspidales: No tiene.




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.


Figura 31. Representación gráfica de la curva del ejercicio 6 10. Estudie la curva de ecuación vectorial

r2

3 3

3t 3t(t) ,

1 t 1 t

= + +

,

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:




Oblicuas:

2 2

3 3 3 3t 1 t 1 t 1 t 1

3t 3t 3t 3tlím , lím , lím , lím

1 t 1 t 1 t 1 t− − + +→− →− →− →−= +∞ = −∞ = −∞ = +∞

+ + + +.

23t 231 t3tt 1 t 1 t 1

31 t

y(t) 3tm lím lím lím 1

x(t) 3t+

→− →− →−+

= = = = − ,

2

3 3 2 2t 1 t 1 t 1 t 1

3t 3t 3t(t 1) 3tb lím y(t) mx(t) lím lím lím 1

1 t 1 t (t 1)(t t 1) t t 1→− →− →− →−

+= − = + = = = − + + + − + − +

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

Puntos asintóticos:

2 2

3 3 3 3t t t t

3t 3t 3t 3tlím 0 , lím 0 , lím 0 , lím 0

1 t 1 t 1 t 1 t→−∞ →−∞ →+∞ →+∞= = = =

+ + + +.

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

r3 3

3 2 3 2

3(1 2t ) 3t(2 t )'(t) ,

(1 t ) (1 t )

− −= + + .

Dominio: R { 1}− − .

Tangentes y puntos cuspidales: Verticales: 1 1

3 32 2x '(t) 0 t , y '( ) 0= ⇒ = ≠ .

La curva tiene angente vertical en r 2 3 31 1 13 3 32 2 2

( ) (2 ,2( ) ) ( 4, 2)= = de ecuación 3x 4= .

Horizontales: 3 3y '(t) 0 t 0 , t 2 , x '(0) 0 , x '( 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 3 3( 2) ( 2, 4)= de ecuación 3y 4= .

Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t -1 0 132

3 2

x’ + + + - -

y’ - - + + -

Gráfico (ver figura 32)

11. Sea

r t 12(t) ,e

t 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.





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:

t 1

t 1 t 1

2lím , lím e 1

t t 1+

+ +→− →−= −∞ =

+

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

t 1 t 1

t 0 t 0 t 0 t 0

2 2lím , lím e e , lím , lím e e

t t 1 t t 1+ +

− − + +→ → → →= −∞ = = +∞ =

+ +

Por lo tanto y e= es una asíntota horizontal de la curva cuando t 0→ .

Verticales:

t 1

t t 1

2lím 0 , lím e

t t 1+

+→+∞ →−= = +∞

+

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

t t 3t 2 t 1

2 t 1 t 1 t 12 2 2 2 3/2

2( t 1 ) 2 t 1 3t 2 ex '(t) ; y '(t)

t (t 1) t (t 1) t (t 1) t (t 1) 2 t 1

− − ++ + +

− + + − + − += = = = − =+ + + + +

Por lo tanto,

rt 1

2 3/2

3t 2 e'(t) ,

t (t 1) 2 t 1

+ + = − + +

.

g. Tangentes: Verticales: 2 23 3

x '(t) 0 t , y '( ) 0= ⇒ = − − > .

La curva tiene una tangente vertical en r 1/ 323

( ) ( 3 3,e )− = − de ecuación x 3 3= − .

VECTORES CANÓNICOS. DIRECCIONES



1.21. VECTORES CANÓNICOS. DIRECCIONES

Definición 14. Los vectores de 3R i j k(1,0,0), (0,1,0), (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

1 1

2 2 21 2 3

a acos( )

A a a aα = =

+ +.

De forma similar se tiene que

2 2

2 2 21 2 3

a acos( )

A a a aβ = =

+ +,

3 3

2 2 21 2 3

a acos( )

A a a aγ = =

+ +.

Ahora bien,

22 2

2 2 2 31 22 2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 3

aa acos ( ) cos ( ) cos ( ) 1

a a a a a a a a aα + β + γ = + + =

+ + + + + +.




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

b. a v w= + .

c. w b 0• = .




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 v b v b b b b b( ) 0 ( ) ( )• = + • = • + • = + • = • = λ • = λ •

De lo anterior se tiene que

a bb b

•λ =•

.

La proyección de a sobre b se puede escribir como

b ba b

a b a bb

2proy comp(proy )

• = =

.

El vector

a bw a b a b

b 2

• = − λ = −

es ortogonal a b para cualquier vector a (ver figuras 35 y 36).

CÁLCULO DE LA PROYECCIÓN DE UN VECTOR SOBRE OTRO



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 1 2 3(v ,v ,v )= y w 1 2 3(w ,w ,w )= ), se puede expresar de las siguientes formas:

FORMAS DE LA ECUACIÓN DEL PLANO



a. Ecuación vectorial. 0 0 0 1 2 3 1 2 3(x,y,z) (x ,y ,z ) t(v ,v ,v ) s(w ,w ,w )= + + , t,s R∈

b. Ecuaciones paramétricas. 0 1 1

0 2 2

0 3 3

x x tv sw

y y tv sw

z z tv sw

= + + = + + = + +

, t,s R∈

c. Ecuación cartesiana, general o implícita. Ax By Cz D 0+ + + =

d. Ecuación segmentaria. x y z

1a 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



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 r

T r 0r'(t)

(t) si '(t)'(t)

= ≠ .

Puesto que 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

N T 0T

'(t)(t) si '(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 0(t ) , donde T 00(t ) ≠ ,

como la recta que tiene vector director T 0'(t ) . Su ecuación será en consecuencia

NR r T 0 0( ) (t ) '(t ) con Rα = + α α ∈ .

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 N(t) (t) (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 r r

Br r'(t) ''(t)

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

×=×

.

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

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

luego




r r T T T N

T T T T N T B2 2

'(t) ''(t) s '(t) (t) (s ''(t) (t) s '(t) '(t) (t))

s '(t)s ''(t)( (t) (t)) (s '(t)) '(t) ( (t) (t)) (s '(t)) '(t) (t)

× = × +

= × + × =.

Si r r T2'(t) ''(t) (s '(t)) '(t)× = , entonces

r rB

r r'(t) ''(t)

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

×=×

.

Por otro lado, se puede ver también que N B T(t) (t) (t)= × .

Ejemplo 20. Calcule los vectores T, N y B para la curva r 2 3(t) (t, t , t )= .

Solución. r 2'(t) (1,2t,3t )= y r ''(t) (0,2,6t)= .

Por tanto r

Tr

2

2 4

'(t) (1,2t,3t )(t)

'(t) 1 4t 9t= =

+ +.

Si i j k

r r 2 2'(t) ''(t) 1 2t 3t (6t , 6t,2)0 2 6t

× = = − ,

se tiene r r

Br r

2

4 2

'(t) ''(t) (3t , 3t,1)(t)

'(t) ''(t) 9t 9t 1

× −= =× + +

.

i j k

N B T

2

4 2 4 22

3 4 3

8 6 4 2

1 1(t) (t) (t) . 3t 3t 1

9t 9t 1 9t 4t 1 1 2t 3t

1( 9t 2t,1 9t ,6t 3t)

81t 117t 54t 13t 1

= × = −+ + + +

= − − − ++ + + +

Sea C una curva en 3R definida como la imagen de r(t). En cada punto r 0(t ) 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 r0 0(t ) ((x,y,z) (t )) 0• − = (ver figura 37).




Definición 27. El plano rectificante es el plano generado por T y B, luego su vector normal es N. Su ecuación es N r0 0(t ) ((x, y,z) (t )) 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 r0 0(t ) ((x,y,z) (t )) 0• − = (ver figura 37).

Ejemplo 21. Calcule el plano normal a la curva r 3 2 3(t) (3t t ,3t ,3t t )= − + 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

3

2

3

3t t 2

3t 3 t 1

3t t 4

− = = ⇒ = + =

.

r r r T2 2 1'(t) (3 3t ,6t,3 3t ) , '(1) (0,6,6) , '(1) 72 6 2 , (1) (0,1,1).

2= − + = = = =

La ecuación del plano normal en el punto indicado es:

12(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. Sean las rectas

1 2y 2 x 2 y 1

L : x 1 z 1 , L : z 12 2 3+ − +− = = − + = = − .

Halle la ecuación de la recta que pasa por los puntos 1P y 2P tales que:

a. 1P es el punto de intersección de 1L con el plano xy.

b. 2P está sobre la recta 2L y su distancia a 1P es 50 .

Solución.

1

x 1 tL : y 2 2t

z 1 t

= + = − + = −

plano xy (z 0)= por tanto t 1= y 1P (2,0,0) .

2

x 2 2tL : y 1 3t

z 1 t

= + = − + = +

2 2 21 2d(P ,P ) (2 2t 2) ( 1 3t) (1 t) 50= + − + − + + + = .

Se tiene entonces: 2 2 2 2 24t 1 6t 9t 1 2t t 50 14t 4t 2 50 7t 2t 24 0+ − + + + + = ⇒ + + = ⇒ + − = .

Aplicando resolvente:

1 22 4 4.7.24 2 676 2 26 12

t t 2 , t .14 14 14 7

− ± + − ± − ±= = = ⇒ = − =

Por tanto:

2 238 29 19

P ( 2, 7, 1) ó P , , .7 7 7

− − −

Recta 1: R1 2P (2,0,0) y P ( 2, 7, 1) es : (t) (2,0,0) t( 4, 7, 1)− − − = + − − −

Recta 2: R1 2P (2,0,0) y P (38 / 7,29 / 7,19 / 7) es : (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 t t(t) (e cos(t),e sen(t),e ).=

Demuestre que para todo rt Dom( )∈ el:

a. vector binormal forma ángulo constante con el eje z.

Solución.

Sean

r rt t t t t t'(t) (e (cos(t) sen(t)),e (cos(t) sen(t)),e ) , ''(t) ( 2e sen(t),2e cos(t),e )= − + = − .

Se tiene entonces:




i j k

r r

r r

t t t

t t t

2t

2t 2t

'(t) ''(t) e (cos(t) sen(t)) e (cos(t) sen(t)) e

2e sen(t) 2e cos(t) e

e (sen(t) cos(t), sen(t) cos(t),2)

'(t) ''(t) e 2 4 e 6.

× = − +

−

= − − −

× = + =

De modo que r r

Br r'(t) ''(t) (sen(t) cos(t), sen(t) cos(t),2)

(t)'(t) ''(t) 6

× − − −= = −×

.

Aplicando fórmula:

B kB k

B k(t)

arccos arccos( (t) ) arccos(2 / 6).(t)

•θ = = • =

b. plano rectificante es perpendicular al plano xy.

Solución. r

Tr

t

t

'(t) e (cos(t) sen(t),cos(t) sen(t),1) (cos(t) sen(t),cos(t) sen(t),1)(t) .

'(t) 3e 3

− + − += = =

i j kN B T

1(t) (t) (t) (sen(t) cos(t)) ( sen(t) cos(t)) 2

18 (cos(t) sen(t)) (cos(t) sen(t)) 1

3(cos(t) sen(t), sen(t) cos(t),0)

181

(cos(t) sen(t), sen(t) cos(t),0)2

= × = − − − −− +

= + −

= + − .

Se puede ver que N k(t) 0• = .

3. Halle los puntos de la curva r 2 3(t) (t, t , t /3)= donde los planos osculadores pasan por el

punto (1, 1,0).−

Solución.

Sean

r r2'(t) (1,2t, t ) , ''(t) (0,2,2t)= = .

Se tiene entonces: i j k

r r r r2 2 4 2 4 2'(t) ''(t) 1 2t t (2t , 2t,2) '(t) ''(t) 4t 4t 4 2 t t 1.0 2 2t

× = = − ⇒ × = + + = + +

De modo que r r

Br r

2 2

4 2 4 2

'(t) ''(t) 2(t , t,1) (t , t,1)(t) .

'(t) ''(t) 2 t t 1 t t 1

× − −= = =× + + + +




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

2

4 2

(t , t,1)(x 1,y 1,z) 0.

t t 1

− • − + =+ +

Sea el punto (x,y,z) un punto de la curva r 2 3(t) (t, t , t /3)= . Se obtiene la ecuación 2

2 3 2 2 3 2 3

4 2

(t , t,1)(t 1, t 1, t /3) t (t 1) t(t 1) t /3 0 t t t / 3 0

t t 1

− • − + = − − + + = ⇒ − − + =+ +

.

Al resolver

2 3 3 2 2 3 21t t t /3 0 t 3t 3t 0 t(t 3t 3) 0 t 0 , t .

2±− − + = ⇒ − − = ⇒ − − = ⇒ = =

Los puntos son: r(0) (0,0,0)= ,

r 3 21 3 21 15 3 21

, ,9 2 21 ,2 2 2

+ + += +

r3 21 3 21 15 3 21

, ,9 2 212 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

TT Tr

'(t)d / dt '(t)(t)

ds / dt s '(t) '(t)κ = = = .

CURVATURA Funciones Vectoriales



Ejemplo 22. Demuestre que r r

r3

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

'(t)

×κ = .

Solución.

Se tiene T T N N'(t) '(t) (t) (t)s '(t) (t)= = κ , r T'(t) s '(t) (t)= ,

r T T T N2''(t) s ''(t) (t) s '(t) '(t) s ''(t) (t) [s '(t)] (t) (t)= + = + κ

r r T T N

T T T N B

2

3 3

'(t) ''(t) s '(t) (t) [s ''(t) (t) [s '(t)] (t) (t)]

s '(t)s ''(t)( (t) (t)) [s '(t)] (t)( (t) (t)) [s '(t)] (t) (t)

× = × + κ

= × + κ × = κ

Luego

r r r 33'(t) ''(t) [s '(t)] k(t) '(t) k(t)× = = .

Por lo tanto r r

r3

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

'(t)

×κ = .

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 (x) d / dsκ = θ . Se tiene que

d d dx d / dx.

ds dx ds ds / dxθ θ θ= = .

Ahora bien

2

d f ''(x)tg( ) f '(x) arctg(f '(x))

dx 1 [f '(x)]

θθ = ⇒ θ = ⇒ =+

, 2ds1 [f '(x)]

dx= + .

De modo que

2 3 2

f ''(x)(x)

(1 [f '(x)] )κ =

+.

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

dy dy / dt y '(t)

f '(x)dx dx / dt x '(t)

= = =

CURVATURA Funciones Vectoriales



y ''(t)x '(t) y '(t)x ''(t)dyd2 2(x '(t))dt dx

2 dx 3dt

( )d y y ''(t)x '(t) y '(t)x ''(t)f ''(x)

x '(t)dx (x '(t))

−−= = = = .

De modo que

( ) ( )

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

3 2 3 22 2 2y '(t)x '(t)

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

(x '(t)) (y '(t))1

−−

κ = = ++

.

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

0r P v(t) t= + .

De modo que r v r 0'(t) y ''(t)= = ,

luego para una recta (t) 0κ = .

Sea r(t) (h acos(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 acos(t) , x '(t) asen(t) , x ''(t) acos(t)= + = − = −

y(t) k asen(t) , y '(t) acos(t) , y ''(t) asen(t)= + = = −

Por lo tanto

( ) ( )2 2 2 2 2

3 2 3 2 32 2 2 2 2 2

a sen (t) a cos (t)y ''(t)x '(t) y '(t)x ''(t) a 1(t)

aa(x '(t)) (y '(t)) a sen (t) a cos (t)

+−κ = = = =

+ +.

COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL DE LA ACELERACIÓN



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 T N T N2''(t) s ''(t) (t) s '(t) '(t) (t) s ''(t) (t) (s '(t)) (t) (t)= + = + κ

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 2(s '(t)) (t)κ (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

(t) (t)''(t) comp(proy (t)) (t) comp(proy (t)) (t)= +T Nr r'' T r'' N

de modo que

r r T T r N N''(t) ''(t) (t) (t) ''(t) (t) (t)= • + • ,

donde r T''• y r N''• son las componentes tangencial y normal de la aceleración

respectivamente.

Ejemplo 23. Se definen Tc y Nc como las componentes tangencial y normal de la aceleración

respectivamente. Demuestre que r r

rT'(t) ''(t)

c (t)'(t)•= y

r r

rN

'(t) ''(t)c (t)

'(t)

×= .

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

T(t) '(t) ''(t)

c (t) (t)(t) '(t)

•= • =r' r rr''

r' r.

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

COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL DE LA ACELERACIÓN



22

N 3

'(t) ''(t) '(t) ''(t)c (t) (s '(t)) (t) '(t)

'(t)'(t)

× ×= κ = =

r r r rr

rr

1.30. CIRCUNFERENCIA OSCULATRIZ Y CENTRO DE CURVATURA

Definición 32. Se define la circunferencia osculatriz a una curva C en un punto r 0P (t )= ,

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 1

aκ = , de donde el radio de

la circunferencia osculatriz debe ser 1a κ= .

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 r N0 0 0(t ) (t ) a (t )= + .

Ejemplo 24. Halle la circunferencia osculatriz al gráfico de 2y x= para x 1= y para x 0= .

Solución.

Se tiene que

2 3 2 2 3 /2

2 2(x)

(1 [2x] ) (1 4x )κ = =

+ +.

Una parametrización para la curva es r 2(t) (t, t )= . De modo que:

T T

T N

2 2 2 2

2 2 2 2

(1,2t) 4t 1(t) '(t) (1,2t) (0,2)

1 4t (1 4t ) 1 4t 1 4t1 ( 4t,2) ( 2t,1)

'(t) ( 4t,2) (t)(1 4t ) 1 4t 16t 4 4t 1

= ⇒ = − ++ + + +

− −⇒ = − ⇒ = =

+ + + +

N C

N C

2 5 5 ( 2,1) 5 5 ( 2,1) 7t 1 (1) a(1) (1) (1) (1,1) . 4,

2 2 25 5 5 51 1 1

t 0 (0) 2 a(0) (0) (0,1) (0) (0,0) .(0,1) 0,2 2 2

− − = ⇒ κ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = + = −

= ⇒ κ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = + =

Por lo tanto

( ) 2 2

2 27 125 1 1t 1 x 4 y ; t 0 x y

2 4 2 4 = ⇒ + + − = = ⇒ + − =

.

TORSIÓN Funciones Vectoriales



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 BB Br

'(t)d / dt '(t)(t)

ds / dt s '(t) '(t)τ = = = .

TEOREMA 14. El vector B '(t) es paralelo a N(t).

Demostración. B T N B T N T N T N(t) (t) (t) '(t) '(t) (t) (t) '(t) (t) '(t)= × ⇒ = × + × = × .

Se tiene que B B'(t) (t)⊥ y B T'(t) (t)⊥ , por lo tanto B N'(t) (t)= λ .

Observación 14. • (t) 0 tτ = ∀ si y sólo si la curva es plana y el plano que la contiene es el plano osculador.

• B 0(t) 0 t '(t)τ = ∀ ⇒ = de modo que B 1 2 3(t) (b ,b ,b )= , lo que significa que el plano

osculador es el mismo siempre.

1.32. FÓRMULAS DE FRENET

A continuación se tienen las siguientes fórmulas:

B NT N

N B T

'(t) (t)s '(t) (t)'(t) (t)s '(t) (t)

'(t) (t)s '(t) (t) (t)s '(t) (t)

= −τ = κ = τ − κ

FÓRMULAS DE FRENET Funciones Vectoriales



que se conocen con el nombre de fórmulas de Frenet, por el matemático francés F. Frenet.

Demostración: B N'(t) (t)s '(t) (t).= −τ B N B'(t) (t) '(t) (t)s '(t) (t)s '(t)= λ ⇒ = λ ⇒ τ = λ ⇒ λ = ±τ ,

por convención se toma (t)s '(t)λ = −τ , de modo que B' N(t) (t)s'(t) (t).= −τ

T N'(t) (t)s '(t) (t).= κ Fue demostrada cuando se habló de curvatura.

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

N B T N B T B T N T B N B T(t) (t) (t) '(t) '(t) (t) (t) '(t) (t)s '(t) (t) (t) (t) (t)s '(t) (t)

(t)s '(t) (t) (t)s '(t) (t)= × ⇒ = × + × ⇒ −τ × + × κ

⇒ τ − κ

Con base en estas fórmulas se deduce una expresión para la torsión en función de

cualquier parámetro:

r r r

r r 0r r

2

( '(t) ''(t)) '''(t)(t) si '(t) ''(t)

'(t) ''(t)

× •τ = × ≠×

.

Ejemplo 25. Demuestre que r r r

r r 0r r

2

( '(t) ''(t)) '''(t)(t) , '(t) ''(t)

'(t) ''(t)

× •τ = × ≠×

.

Solución.

Se sabe que

r r r B3'(t) ''(t) '(t) (t) (t)× = κ ,

r r r 3'(t) ''(t) '(t) (t)× = κ

y

r r T r N2''(t) '(t) ' (t) '(t) (t) (t)= + κ .

De modo que

r r r r B r3

( '(t) ''(t)) '''(t) '(t) (t)( (t) '''(t))× • = κ • . (*)

r r T r T N N N2 2'''(t) '(t) '' (t) '(t) ' '(t) 2 r '(t) r '(t) ' (t) (t) r '(t) '(t) (t) r '(t) (t) '(t)= + + κ + κ + κ

Como B es ortogonal a T y a N,

B r r B T B N2(t) '''(t) '(t) '( (t) '(t)) r '(t) (t)( (t) '(t))• = • + κ • .

Las fórmulas de Frenet T r N'(t) (t) '(t) (t)= κ y N B T'(t) (t) r '(t) (t) (t) r '(t) (t)= τ − κ

permiten obtener

B r r B r r r3 2 3

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

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

r r r r r r3

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

FÓRMULAS DE FRENET Funciones Vectoriales



Como se sabe que

r r

r3

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

'(t)

×κ = ,

entonces

r r r r r2

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

r r r r r 0

r r2

( '(t) ''(t)) '''(t)(t) , '(t) ''(t)

'(t) ''(t)

× •τ = × ≠×

.

Ejemplo 26. Dada la curva definida por r 3 3 2 3(t) (t , t t , t t)= + − + , calcule los puntos en los

cuales la torsión es cero.

Solución. r r r2 2 2'(t) (3t ,3t 2t, 3t 1) ; ''(t) (6t,6t 2, 6t) ; '''(t) (6,6, 6)= + − + = + − = −

i j k

r r 2 2 2 2 2'(t) ''(t) 3t 3t 2t 3t 1 ( 6t 6t 2,6t, 6t )6t 6t 2 6t

× = + − + = − − − −+ −

r r r

r r r r r r

2 2

2 2 2

( '(t) ''(t)) '''(t) ( 6t 6t 2,6t, 6t )• (6,6, 6) 12(t)

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

× • − − − − −τ = = = −× × ×

.

De modo que no hay valor de t para el cual la torsión sea cero ( 0τ = ).

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 (t) 0τ = :

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

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

i j kr r'(t) ''(t) cos(t) sen(t) 2sen(t) cos(t) ( 1,2, 1)

sen(t) cos(t) 2cos(t) sen(t)× = − − − = − −

− − − +

r r r( '(t) ''(t)) '''(t) ( 1,2, 1) ( cos(t),sen(t),2sen(t) cos(t)) 0× • = − − • − + =

b. Si se toman tres puntos: r r r(0) (1,1,2) ; ( /2) (2,0, 1) ; ( ) (1, 1, 2)= π = − π = − −

El vector normal del plano será i j k1 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− − • − − − = ⇒ − + + − − + = ⇒ − + = .





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 r r (t) (acos(t),bsen(t)), '(t) ( asen(t),b cos(t)), ''(t) ( acos(t), bsen(t)), t 0,2= = − = − − ∈ π

κ = +

3 /22 2 2 2

ab(t)

a sen (t) b cos (t).

Si 2 2 2 2f(t) a sen (t) b cos (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). 2 2 2 2 2 2f '(t) 2a sen(t)cos(t) 2b sen(t)cos(t) 2(a b )sen(t)cos(t) (a b )sen(2t)= − = − = − .

2 2 32 2f '(t) (a b )sen(2t) 0 t 0, , ,π π= − = ⇒ = π . 2 2f ''(t) 2(a b )cos(2t)= − .

f ''(0) f ''( ) 0 (mínimo para f(t), máximo para (t))= π > κ . Curvatura máxima a/b.

32 2f ''( ) f ''( ) 0 (máximo para f(t), mínimo para (t))π π= < κ . Curvatura mínima b/a.

Los puntos de máxima y mínima curvatura de la elipse se encuentran ubicados en sus

vértices.

13. Dada la curva

r3

2t(t) t, t

3

= −

:

a. Calcule el punto de radio de curvatura mínimo.

Solución.

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

2 2 2 3/2 4 2 3/2 2 3 2 2

2(t 1) 4t 2t 2 2(t 1) 2(t)

((t 1) 4t ) (t 2t 1) (t 1) (t 1)

− − − − +κ = = = =− + + + + +

2 2 3 2 2 2

2 4 2 3 2 6

2 2 2 2 2 2

2 4 2 4 2 4 2 4

8(t 1)t 8t 8(t 1) 48t (t 1)'(t) ''(t)

(t 1) (t 1) (t 1)

8(t 1) 48t 8t 8 48t 8 40t 8(5t 1)''(t)

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

+ + − +⇒ κ = − = − ⇒ κ = −

+ + +

+ − + − − −⇒ κ = − = − = − =

+ + + +

'(t) 0 t 0 ''(0) 8 0 máximoκ = ⇒ = ⇒ κ = − < ⇒ .

Por lo tanto el punto de máxima curvatura es r(0) (0,0)= .




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

Solución.

r r rN

r r r

2 2 2 4

2 22 2

(0,0, 2t 2 (t 1,2t,0)'(t) ''(t) '(t) (4t(t 1), 2(t 1),0)(t)

'(t) ''(t) '(t) 2(t 1)(0,0, 2t 2 (t 1,2t,0)

− − × −× × + − − = = =× × +− − × −

NC r

3 2 2 2 42

2 2

3 2 4 3 42 2 2

3 4 2

(t) t (t 1) (4t(t 1), 2(t 1),0)(t) (t) t, t ,0 .

(t) 3 2 2(t 1)

t (4t(t 1), 2(t 1)) t t 1t, t t t(t 1), t

3 4 3 2

4t t 2t 1,

3 2

+ + − −= + = − + κ +

+ − − −= − + = − + + −

− −= −

14. Sea la curva r(t) (3cos(t),4cos(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),5cos(t))= − − , r''(t) ( 3cos(t), 4cos(t), 5sen(t))= − − −

Paso 2. Cálculo de B(t).

r rB

r r

'(t) ''(t) ( 3sen(t), 4sen(t),5cos(t)) ( 3cos(t), 4cos(t), 5sen(t))(t)

'(t) ''(t) ( 3sen(t), 4sen(t),5cos(t)) ( 3cos(t), 4cos(t), 5sen(t))

(20, 15,0) (20, 15,0) 4 3, ,0 .

25 5 5400 225

× − − × − − −= =× − − × − − −

− − = = = − +

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 r(t) ((x,y,z) (0)) 0• − = , de modo que

4 3 4 3, ,0 ((x,y,z) (3,4,0)) 0 , ,0 (x 3,y 4,z) 0

5 5 5 5

4 3(x 3) (y 4) 0 4(x 3) 3(y 4) 0

5 54x 1

− • − = ⇒ − • − − =

⇒ − − − = ⇒ − − − =

⇒ − 2 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) .

rT

r 2 2 2

'(t) ( 3sen(t), 4sen(t),5cos(t)) 3sen(t) 4sen(t)(t) , , cos(t)

5 5'(t) 9sen (t) 16sen (t) 25cos (t)

− − = = = − − + +

.




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

r' T

2 2

3sen(t) 4sen(t)(t) (t) ( 3sen(t), 4sen(t),5cos(t)) , ,cos(t)

5 5

5sen (t) 5cos (t) 5

• = − − • − −

= + =

Paso 3. Cálculo de la componente binormal de r''(t) .

r'' B4 3

(t) (t) ( 3cos(t), 4cos(t), 5sen(t)) , ,0 05 5 • = − − − • − =

.


2 2

y sen(x) x 0,

2y x 2 x 0,

x (y 1) 1 x 1,0

= ∈ π = − ∈ π π + + = ∈ −

.

Encuentre la ecuación cartesiana de la circunferencia osculatriz en el punto ( / 2,1)π .

Solución. Si se sustituye en la curva r(t) (t, sen(t))= , el parámetro t por / 2π , se puede verificar

que r( / 2) ( / 2,1)π = π , de modo que se encontrará la circunferencia osculatriz para

t / 2= π .

Paso 1. Cálculo de la curvatura en t / 2= π .

2 22 2 3/2 2 3/2

2 2

f ''( ) sen( )k( ) 1

(1 (f '( )) ) (1 (cos( )) )

π ππ

π π= = =

+ +.

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

r r rN

r r r

2 2 2 2 2 22

2 2 2 2 2 2

'( ) ''( ) '( ) (1,cos( ),0) (0, sen( ),0) (1,cos( ),0)( )

'( ) ''( ) '( ) (1,cos( ),0) (0, sen( ),0) (1,cos( ),0)

(1,0,0) (

π π π π π ππ

π π π π π π

× × × − × = = × × × − ×

×=

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 / 2= π .

Radio de curvatura: 1

R( / 2) 1( / 2)

π = =κ π

.

Centro de curvatura: C( / 2) ( / 2,1) 1.(0, 1) ( / 2,0)π = π + − = π .

Ecuación cartesiana de la circunferencia osculatriz: 2 2(x / 2) y 1− π + = .

La circunferencia osculatriz y la curva se pueden apreciar en la figura 38.




Figura 38. Circunferencia osculatriz y la curva del ejercicio 4


2 2

y tg(x) x 0,4

(x 1) y 1 y 1,0

4y (x 2) y 0,1

8

π = ∈

− + = ∈ − = − ∈ π −

.

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

2t π= se genera el

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

Paso 2. Cálculo del vector tangente unitario. r' r' T T

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

Paso 3. Cálculo del vector normal unitario. T' T' N

N2

(t) ( cos(t ), sen(t )) (t) 1 (t) ( cos(t ), sen(t ))

( ) (0,1)π

= − + π − + π ⇒ = ⇒ = − + π − + π

⇒ =.

Paso 4. Cálculo del vector aceleración. r'' r''2

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

Paso 5. Cálculo de las componentes tangencial y normal. r'' T r'' N

2 2 2 2Componente tangencial ( ) ( ) 0 Componente normal ( ) ( ) 1π π π π= • = = • = .

17. Sea la curva r 2 2 2(t) (3 2t , t 4t,2t 1)= − − − . Determine en t 1= :

a. El radio y el centro de curvatura.

Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) y r''(t) .

r' r'(t) ( 4t,2t 4,4t) (1) ( 4, 2,4)= − − ⇒ = − − , r'' r''(t) ( 4,2,4) (1) ( 4,2,4)= − ⇒ = −




Paso 2. Cálculo del radio de curvatura. r r

r

4

3 3 3 3 3 3

3

'(1) ''(1) ( 4, 2,4) ( 4,2,4) ( 16,0, 16) 16 2 2 2(1)

6 2 3'(1) ( 4, 2,4) ( 4, 2,4)

2 2 2 2273

27 27 2radio

42 2

× − − × − − −κ = = = = =

− − − −

= =

⇒ = =

Paso 3. Cálculo del centro de curvatura. r r r

Nr r r

5

5 5

'(1) ''(1) '(1) ( 16,0, 16) ( 4, 2,4) ( 32,128,32) 2 ( 1,4,1)(1)

'(1) ''(1) '(1) 16 2.6 2 .3 2 2 .3 2

× × − − × − − − − = = = =× ×

( 1,4,1)

3 2

−=

Centro: N

C r(1) 27 2( 1,4,1) 9 5 13

(1) (1) (1, 3,1) (1, 3,1) ( 1,4,1) ,12,(1) 4 4 44.3 2

− = + = − + = − + − = − κ .

b. La ecuación del plano osculador y del plano normal.

Solución. Paso 1. Cálculo de T(1) y B(1) .

rT

r'(1) ( 4, 2,4)

(1)6'(1)

− −= = .

B T N2(2,1, 2) ( 1,4,1) (9,0,9) (1,0,1)

(1) (1) (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 02

− • − + − = ⇒ + − =

Paso 3. Ecuación del plano normal. (2,1, 2)

(x 1,y 3,z 1) 0 2x y 2z 3 03

−− • − + − = ⇒ + − + =

18. Sea r 2 3(t) (2t, 3t , t )= .

a. Halle (t) / (t)τ κ .

Solución. Paso 1. Cálculo de r' r'' r'''(t), (t) y (t) .

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




Paso 2. Cálculo de (t)τ .

r r r

r r

2

2 4 2 4 2

4 2 2 2

( '(t) ''(t)) '''(t) (6 3t , 12t,4 3) (0,0,6) 24 3(t)

108t 144t 48 108t 144t 48'(t) ''(t)

2 3 2 3.

9t 12t 4 (3t 2)

× • − •τ = = =+ + + +×

= =+ + +

Paso 3. Cálculo de (t)κ .

r r

r

4 2 2

3 2 4 3/2 2 3 2 2

'(t) ''(t) 108t 144t 48 2 3(3t 2) 2 3(t)

(4 12t 9t ) (3t 2) (3t 2)'(t)

× + + +κ = = = =+ + + +

.

Paso 4. Cálculo de (t) / (t)τ κ . r(t) / (t) 1 (t) (t) t D( )τ κ = ⇒ τ = κ ∀ ∈ .

b. Calcule W T' N' B'(0) (0) (0) (0)= + + .

Solución.

De acuerdo a las fórmulas de Frenet-Serret y en concordancia con el resultado anterior

se tiene que: W T' N' B' N B T N N B T N

B T

B T B

(0) (0) (0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0)(0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0)

(0)s '(0) (0) (0)

32 (0) (0) 3 (0

2

= + + = κ + τ − κ − τ= κ + κ − κ − κ= κ −

= − = T(0,0,4 3) (2,0,0)

) (0) 3 3( 1,0,1)24 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 r r'(t) k '(t) ''(t) 0= ⇒ • = .

r r r r r r

r r r3 3 2 2

'(t) ''(t) '(t) ''(t) ''(t) ''(t)(t) .

k'(t) '(t) '(t)

×κ = = = =

20. La espiral de Cornu viene dada por

r t t

2 2

2 20 0

(t) cos( )d , sen( )d , t Rπα πα = α α ∈ ∫ ∫ .

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.

r' r'' 2 2 2 2t t t t

2 2 2 2(t) (cos( ),sen( )) , (t) ( t.sen( ), t.cos( ))π π π π= = −π π




a

0

s d a= α =∫ .

r' r'' r' r'' r''

r' r' r'3 3 2

(a) (a) (a) (a) (a)(a) a

(a) (a) (a)

×κ = = = = π .

Relación entre curvatura y longitud de arco: (s) sκ = π .

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 1

f(x)x

= ,

entonces

2

1f '(x)

x= − y

3

2f ''(x)

x= .

De modo que:

2 2 33 3x x2 3 2 3 2 4 3 2 4 3 21 (x 1)

4x 6x

f ''(x) 2x(x) , si x 0, (x)

(1 (f '(x)) ) (1 ) (x 1)+κ = = > κ = =

+ + +

Radio de curvatura mínimo Curvatura máxima⇒

2 4 3 2 3 4 1 2 33 2 4 1 2 4 42

4 3 4 3

2 4 1 2 4

4 3

6x (x 1) 2x . (x 1) .4x 6x (x 1) (x 1 2x )'(x)

(x 1) (x 1)

6x (x 1) (1 x )

(x 1)

+ − + + + −κ = =+ +

+ −=+

2 4 1 2 4'(x) 0 6x (x 1) (1 x ) 0 x 0 , x 1.κ = ⇒ + − = ⇒ = =

En x 0, la curvatura es mínima, (0) 0. En x 1, la curvatura es máxima, (1) 2 / 2.= κ = = κ =

Como f(x) es impar se tiene en x 1, la curvatura es máxima, ( 1) 2 /2.= − κ − =

Una parametrización para la curva es r(t) (t,1 / t)= .

rT

r

12t

14t

(1, )'(t)(t)

'(t) 1

−= =

+

Ecuación de la circunferencia osculatriz para t 1:=

Radio de curvatura a 2.= = C r NCentro de curvatura (1) (1) 2 (1)= = + .

T N(1, 1) (1,1)

(1) (1)2 2

−= ⇒ = .

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




Circunferencia osculatriz: 2 2(x 2) (y 2) 2− + − = .

Ecuación de la circunferencia osculatriz para t 1:= −

Radio de curvatura a 2.= = C r NCentro de curvatura ( 1) 2 ( 1)= = − + − .

T N(1, 1) ( 1, 1)

( 1) ( 1)2 2

− − −− = ⇒ − = .

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

Circunferencia osculatriz: 2 2(x 2) (y 2) 2+ + + = .

22. La circunferencia 2 2x y 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 2x ay 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 2(t) (at bt c, t)= + + , t R∈ . De esta forma se

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 N N( 1, 2)

(2) (1,2) 5 (2) (0,0) (2)5

− −= + = ⇒ = .

Como

T2

(4a b,1)(2)

(4a b) 1

+=+ +

,

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

Por otro lado,

32

2a 1(2)

5(4a b) 1

κ = = + +

.

Al usar la relación (**) se tiene

3

2a 1 52a 5 a

255= ⇒ = ⇒ = ± .

Usando las relaciones (*) y (**) se tienen dos parábolas:

Parábola 1. 2 25 5 8 2 72 2 5 5 5a , b 8 , c 5 x y 8y 5 (y ) (x )= − = = − ⇒ = − + − ⇒ − = − − .




Parábola 2. 2 25 5 312 22 2 5 5 5a , b 12 , c 15 x y 12y 15 (y ) (x )= = − = ⇒ = − + ⇒ − = − .

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

r3

2t(t) t, t

3

= −

.

Obtenga la ecuación de la circunferencia osculatriz en (0,0). Solución.

T T

N N

22

2 2 2

2

2

1 (t 1,2t) 2(0) 2 radio . (t) '(t) (2t,1 t )

2 t 1 (t 1)

(2t,1 t )(t) (0) (0,1)

(t 1)

−κ = ⇒ = = ⇒ = −+ +

−⇒ = ⇒ =

+

Centro: 1 12 2(0,0) (0,1) (0, )+ = . Circunferencia: 2 21 1

2 4x (y ) .+ − =

24. Una partícula se mueve a lo largo de una curva de ecuación dada por

r 3 2(t) (t 3t, t t,3t)= − + . Calcule la componente normal y tangencial de la aceleración en un

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

Solución.

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

De modo que r'

Tr' 2 2 2

(t) (3(t 1)(t 1),2t 1,3)(t)

(t) 9(t 1) (t 1) (2t 1) 9

+ − += =+ − + + +




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

T

2

2 2 2

2

1(t) ( 3,0,4) 3(t 1) 2t 1 3

9(t 1) (t 1) (2t 1) 9 3 0 4

1(8t 4, 12t 3,6t 3) (0,0,0) t

2

× − = − ++ − + + + −

= + − + + = ⇒ = −

Calculando en el punto de interés r' r''

r'

91 1 272 2 4 41

T 2 1 81 812 16 16

( ) ( ) ( ,0,3) ( 3,2,0) 27 9c ( )

15 5( ) 0 9 9

− • − − • −− = = = = =

− + + +

94

91 122 21

N 2 1 81 812 16 16

0 3

( 6, 9,( ) ( ) 3 2 0 2 61c ( )

5( ) 0 9 9

−− − −− × − −

− = = = =− + + +

i j k

r' r''

r'

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

r r''(t) ( 2sen(t) t cos(t),2cos(t) tsen(t),0) ''(0) (0,2,0)= − − − ⇒ =

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

i j kr r r r'(0) ''(0) 1 0 1 ( 2,0,2) '(0) ''(0) 2 2

0 2 0× = = − ⇒ × =

r r r( '(0) ''(0)) '''(0) ( 2,0,2) ( 3,0,0) 6× • = − • − =

r r

r

r r r

r r

r r

r r r r

'(0) ''(0)33'(0)

( '(0) ''(0)) '''(0) 32'(0) ''(0)

'(0) ''(0)(0) 16 2 16 4(0) 12 32 2.6'(0) .(( '(0) ''(0)) '''(0))

×

× •

×

×κ = = = = =τ × •

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

Solución. r r

Br r'(0) ''(0) ( 2,0,2) 1 1

(0) ,0,'(0) ''(0) 2 2 2 2

× −= = = − × .

Luego, la ecuación es: 1 1

,0, (x,y,z) 0 x z 02 2

− • = ⇒ − + =

.




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

r r r 30 0 0 2

(t ) (0, 1,3) , '(t ) ( 2,1,0) , ''(t ) (0, , 3)= − = − = − .

Encuentre en 0t :

a. La curvatura de C.

Solución. i j k

r r r r0 0 0 0'(t ) ''(t ) 2 1 0 ( 3, 6, 3) , '(t ) ''(t ) 9 36 9 3 6.0 3 /2 3

× = − = − − − × = + + =−

r 0'(t ) 4 1 5.= + =

Se tiene entonces que: r r

r

0 00 3

0

'(t ) ''(t ) 3 6(t ) .

5 5'(t )

×κ = =

b. La ecuación del plano rectificante.

Solución. r

B T r

00 0

0

'(t )(1,2,1) ( 2,1,0)(t ) , (t ) ,

'(t )6 5

−= = =

i j kN 0

1 1(t ) 1 2 1 ( 1, 2,5)

30 302 1 0= = − −

−.

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

c. El vector N ' .

Solución.

N B T

0 0 0 0 0 0 03 6 ( 2,1,0)

'(t ) (t ).s '(t ). (t ) (t ).s '(t ). (t ) (0,0,0) . 5.5 5 5

3 6( 2,1,0).

5 5

−= τ − κ = −

= − −

27. Sea r 3 2 3(t) (3t t ,3t ,3t t )= − + . Determine:

a. que (t) (t)κ = τ en cualquier punto.

Solución.

r r r2 20 0'(t) (3 3t ,6t,3 3t ) , ''(t ) ( 6t,6,6t) , '''(t ) ( 6,0,6).= − + = − = −

i j k

r r

r r r

2 2 2 2 2 2

2 2

'(t) ''(t) 3 3t 6t 3 3t (18t 18, 36t,18t 18) 18(t 1, 2t, t 1)6t 6 6t

'(t) ''(t) 18 2(t 1) , '(t) 18(t 1).

× = − + = − − + = − − +−

× = + = +




Se tiene entonces que: r r

r

2

3 2 22 3

'(t) ''(t) 18 2(t 1) 1(t) .

3(t 1)18 18(t 1)'(t)

× +κ = = =++

r r r

r r

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

( '(t) ''(t)) '''(t) 18(t 1, 2t, t 1) ( 6,0,6) 12 1(t) .

18 .2.(t 1) 36(t 1) 3(t 1)'(t) ''(t)

× • − − + • −τ = = = =+ + +×

b. un valor 0t donde r 2(t) alcance un máximo o mínimo local.

Solución.

r 2 3 2 4 3 2 2 4 6 4 2 4 6 6 4 2(t) (3t t ) 9t (3t t ) 9t 6t t 9t 9t 6t t 2t 9t 18t= − + + + = − + + + + + = + +

r2 5 3(t) ' 0 12t 36t 36t 0 t 0 = ⇒ + + = ⇒ =

r r 2 24 2(t) '' 60t 108t 36 (0) '' 36 0 mínimo local = + + ⇒ = >

c. cómo son geométricamente los vectores r 0'(t ) y r 0''(t ).

Solución. r r'(0) ''(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 r(t) '(t)× es un vector constante, la partícula se mueve en un plano.

Solución. r r r r r r 0 r r r r

r r r r 0 r r r r1

1 2

(t) '(t) (a,b,c) ( (t) '(t))' (t) ''(t) (t) ''(t) ''(t) k (t).

''(t) '(t) k (a,b,c) '''(t) '(t) '(t) '''(t) '''(t) k '(t).

× = ⇒ × = × = ⇒ ⇒ =

× = ⇒ × = ⇒ ⇒ =

r r rr r rr r r

r r1 2

23

k ( '(t) (t)) k '(t)( '(t) ''(t)) '''(t)(t) K(( '(t) (t)) '(t)) 0

k'(t) ''(t)

× •× •τ = = = × • =×

.

29. Encuentre los puntos de máxima y mínima torsión de la curva dada por r(t) (t sen(t),1 cos(t), t)= − − , t [0,2 ].∈ π

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

i j kr r'(t) ''(t) 1 cos(t) sen(t) 1 ( cos(t),sen(t), 1 cos(t))

sen(t) cos(t) 0× = − = − − + .

r r2 2 2 2 2'(t) ''(t) cos (t) sen (t) cos (t) 2 cos(t) 1 cos (t) 2 cos(t) 2× = + + − + = − + .

2 2

( cos(t),sen(t), 1 cos(t)) (cos(t), sen(t),0) 1(t) .

cos (t) 2 cos(t) 2 cos (t) 2cos(t) 2

− − + • −τ = = −− + − +

2 2

2cos(t)sen(t) 2sen(t)'(t) 0 sen(t)(1 cos(t)) 0 t 0, ,2 .

(cos (t) 2cos(t) 2)

− +τ = = ⇒ − = ⇒ = π π− +




Mínima torsión: t 0, t 2 (0) (2 ) 1 /2.= = π τ = τ π = −

Puntos: r(0) (0,0,0)= , r(2 ) (2 ,0,2 )π = π π

Máxima torsión: t ( ) 1 /5.= π τ π = − Puntos: r( ) ( ,2, )π = π π .

30. El movimiento de una partícula en un instante cualquiera tiene como vector aceleración

a 2(t) (sen(t), t ,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 31 3 5(t) ( cos(t) c , t /3 c ,2t c )= − + + + ,

r 4 21 2 3 4 5 6(t) ( sen(t) c t c , t /12 c t c , t c t c )= − + + + + + + .

v 1 3 5 1 3 5(0) ( 1 c ,c , c ) (2,3,1) c 3,c 3,c 1= − + = ⇒ = = = .

r 2 4 6 2 4 6(0) (c ,c , c ) (0,0,0) c 0,c 0,c 0= = ⇒ = = = .

Por tanto r 4 2(t) ( sen(t) 3t, t /12 3t, t t)= − + + + .

b. Calcule para t 0= , la torsión y el plano osculador.

Solución. r r r (0) (0,0,0) , '(0) (2,3,1) , ''(0) (0,0,2) ,= = =

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

r r r

r r2

( '(0) ''(0)) '''(0) (6, 4,0) (1,0,0) 6 3(0)

52 52 26'(0) ''(0)

× • − •τ = = = =×

.

r rB

r r'(0) ''(0) (6, 4,0) (3, 2,0)

(0) .'(0) ''(0) 52 13

× − −= = =×

Plano osculador: (3, 2,0)

(x 0,y 0,z 0) 0 3x 2y 013

− • − − − = ⇒ − = .

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

Solución. r r

rT'(0) ''(0) (2,3,1) (0,0,2) 2

c (0)'(0) 14 14

• •= = = . r r

rN

'(0) ''(0) 52 26c (0)

'(0) 14 7

×= = = .

31. Determine y grafique la función ( ) 0φ α > tal que la curva

rt t t

0 0 0

(t) ( )sen( )d , ( )cos( )d , ( ) tan( )d = φ α α α φ α α α φ α α α ∫ ∫ ∫ ,

20 t π< <

tenga curvatura 2(t) 1 cos (t)κ = + .

Solución. Paso 1. Cálculo de r' r' r''(t), (t) y (t) .

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




r' 2 2 2 2(t) (t) sen (t) cos (t) tan (t) (t) 1 tan (t) (t)sec(t)= φ + + = φ + = φ .

r'' 2(t) (t)(cos(t), sen(t),sec (t)) '(t)(sen(t),cos(t), tan(t))= φ − + φ .

Paso 2. Cálculo de r' r'' r' r'' r'3

(t) (t), (t) (t) y (t)× × .

r' r''

2

2 2

(t) (t) (t)(sen(t),cos(t), tan(t)) (t)(cos(t), sen(t), sec (t)) '(t)(sen(t), cos(t), tan(t))

( (t)) (sen(t), cos(t), tan(t)) (cos(t), sen(t), sec (t)) (t) '(t) (sen(t), cos(t), t

× = φ × φ − + φ

= φ × − × φ φ

i j k i j k i j k 2 2

2 2

an(t)) (sen(t), cos(t), tan(t))

( (t)) sen(t) cos(t) tan(t) (t) '(t) sen(t) cos(t) tan(t) ( (t)) sen(t) cos(t) tan(t) (t)sen(t) cos(t) tan(t)cos(t) sen(t) sec (t) cos(t) sen(t) sec (t)

×

= φ + φ φ = φ + φ

− −

0

i j k

22 2 2 2

22

2 32

2

'(t)

1 sen (t) sen(t)( (t)) sen(t) cos(t) tan(t) ( (t)) , sen(t) , sen (t) cos (t)

cos(t) cos(t) cos (t)cos(t) sen(t) sec (t)

1 sen (t) sen (t)( (t)) , ,

cos(t) cos (t)

φ

= φ = φ + − − −

−

+= φ − 1

−

r' r''2 2 6

22 4

(1 sen (t)) sen (t)(t) (t) ( (t)) 1

cos (t) cos (t)

+× = φ + + , r'3 3 3(t) ( (t)) sec (t)= φ .

Paso 3. Cálculo de (t)κ .

2 2 6 2 2 6(1 sen (t)) sen (t) (1 sen (t)) sen (t)2 22 4 2 4cos (t) cos (t) cos (t) cos (t)

3 3 3

2 2 2 6 4

2

( (t)) 1 cos (t) 1(t) (t)(t)

(t)sec(t)( (t)) sec (t)(t)

cos (t)(1 sen (t)) sen (t) cos (t)(t)sec(t)

cos (t)(

+ +φ + + + +×κ = = =

φφ

+ + +=

φ

=

r' r''

r'

2 2 2 3 4

2 2 4 2 4 6 4

2 4 6 2 4 6 4

2 cos (t)) (1 cos (t)) cos (t)(t)sec(t)

cos (t)(4 4cos (t) cos (t)) 1 3cos (t) 3cos (t) cos (t) cos (t)(t)sec(t)

4cos (t) 4 cos (t) cos (t) 1 3cos (t) 3cos (t) cos (t) cos (t)(t)sec(t)

− + − +φ

− + + − + − +=

φ

− + + − + − +=

φ

21 cos (t)

(t) sec(t)+

=φ

Paso 4. Búsqueda y gráfico de (t)φ .

Igualando de acuerdo a lo especificado: 2

2 21 cos (t)(t) 1 cos (t) 1 cos (t) (t) cos(t)

(t)sec(t)+

κ = + ⇒ = + ⇒ φ =φ

.

Se muestra la gráfica de 2

(t) cos(t), 0 t πφ = ≤ < (ver figura 40)




Figura 40. Gráfica de 2

(t) cos(t), 0 t πφ = ≤ <

32. Halle una parábola 2y ax bx c= + + que tenga con la función y sen(x)= en el punto

2A( ,1)π la misma recta tangente y la misma curvatura.

Solución.

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

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

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

Paso 2. Cálculo de la curvatura de las curvas.

Parábola:

23/2 3/2 3/22 2 2

f ''(t) 2a 2a(t) ( )

1 (f '(t)) 1 (2at b) 1 (a b)

πκ = = ⇒ κ = + + + + π +

Trigonométrica:

23/2 3/22 2

f ''(t) sen(t)(t) ( ) 1

1 (f '(t)) 1 (cos(t))

π−κ = = ⇒ κ =

+ +

Paso 3. Relaciones encontradas entre los parámetros a determinar.

r2

2 2 4 2( ) ( ,1) a b c 1π π π π= ⇒ + + = , r'

2 2( ) (1,cos( )) (1,0) a b 0π π= = ⇒ π + =

Igualando curvaturas en 2

t 2a 1π= ⇒ = .

Paso 4. Determinación de valores de los parámetros. 12

2a 1 a= ⇒ = ± . Sustituyendo el valor de a en la relación a b 0π + = se tiene que 2

b π= ∓ .

Finalmente se determina el valor de c sustituyendo a y b en la relación 2

4 2a b c 1π π+ + = de

donde se tiene que: 2 2 2 2

4 2 8 4 8c 1 a b 1 1π π π π π= − − = ± = ±∓ .

Se concluye que existen dos parábolas como solución al problema

2 2

2 21 1y 1 x x ; y 1 x x

2 2 8 2 2 8π π π π= + − + = − + − .

SISTEMA DE COORDENADAS POLARES



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 2R 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 0θ = . 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:

2 2x r cos( ) r x yy rsen( ) arctg(y / x) , x 0

= θ = ± +⇒ = θ θ = ≠.

Figura 41. Relaciones cartesianas - polares

SISTEMA DE COORDENADAS POLARES



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

Solución. x 3cos( ) 3 ; y 3sen( ) 0= π = − = π = .

Ejemplo 29. Encuentre las coordenadas polares del punto (1,1).

Solución.

2 2r 1 1 2 ; arctg(1 /1) 4= ± + = ± θ = = π . Si 4θ = π , r 2= .

Entonces se puede apreciar que las coordenadas polares del punto son 4( 2, )π .

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, 2k )θ + π o

( r, (2k 1) )− θ + + 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 4( 2, )π también pueden

ser: 54( 2, )π− , 3

4( 2, )π− − .

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, 2k )θ + π o ( r, (2k 1) )− θ + + π con k Z∈ , estas dos expresiones se

pueden resumir en una sola k( 1) r f( k ).− = θ + π

Ejemplo 31. Encuentre las representaciones de la curva dada por r 2cos(2 )= θ .

Solución. k( 1) r 2 cos2( k ) 2 cos(2 2k ) 2cos(2 )cos(2k ) 2sen(2 )sen(2k ))− = θ + π = θ + π = θ π − θ π

de donde r 2cos(2 ) si k es par, r 2cos(2 ) si k es impar= θ = − θ .

Las dos ecuaciones representan la misma curva.

ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA



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 *r

cos( )r

θ − ω = ,

de donde se obtiene la ecuación de R en coordenadas polares: *r

rcos( )

=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: * 2 2r ( 1 /2) (1 /2) 2 2.= − + =

Sea arctg( 1) 3 4ω = − = π , luego las coordenadas de este punto son ( 2 2,3 4)π .

La ecuación polar de la recta es por lo tanto 2 2

r3

cos4

=π θ −

.

Casos particulares: (ver figura 42) a. Recta que pasa por el origen: y mx= :rsen( ) mr cos( ) tg( ) m arctg(m)θ = θ ⇒ θ = ⇒ θ =

b. Recta paralela al eje y: x c= : * cr c; 0; r

cos( )= ω = =

θ.

c. Recta es paralela al eje x: y b= : * b br b; ; r

2 cos( 2) sen( )π= ω = = =

θ − π 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



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 5 / 6.α = π

Solución. Ecuación cartesiana: 3y 3x 5 3 0+ − = . Recta perpendicular: 3y 3x.=

Punto de intersección: 5 5

, 34 4

. En coordenadas polares: 5

, .2 3

π

Ecuación polar de la recta: 52

3

r .cos( )π=

θ −

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 2 2 2a (r ') r 2rr ' cos( ')= + − θ − θ .

Casos particulares:

a. Centro en el polo, es decir, (r ', ') (0, )θ = θ , por lo tanto 2 2r a= de donde: r a= o bien

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

ecuación es r 2acos( )= θ .

ECUACIÓN POLAR DE UNA CIRCUNFERENCIA



c. Centro sobre el eje y y pasa por el polo, es decir, 2(r ', ') (a, )πθ = , por lo tanto su

ecuación es r 2asen( )= θ .

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

la recta 43πθ = . Determine su ecuación polar.

Solución.

Ecuación de la circunferencia: 43r 2acos( )π= θ − .

Como pasa por el punto 6

( 1, )π− entonces se tiene que

34 8 7 76 3 6 6 6 31 2acos( ) 2acos( ) 2acos( ) 2acos( ) 3a aπ π π− π π π− = − = = − = = − ⇒ = .

Por lo tanto 2 3 43 3r cos( )π= θ − .

1.38. DISTANCIAS EN COORDENADAS POLARES

Distancia entre dos puntos. Sean 1 1 1P (r , )θ y 2 2 2P (r , )θ dos puntos del plano, dados en

coordenadas polares. Por el teorema del coseno se tiene que la distancia de 1P a 2P viene

dada por 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2d(P ,P ) r r 2r r cos( )= + − θ − θ .

Distancia entre un punto y una recta. Sean R la recta de ecuación polar *r r cos( )= θ − ω y

P con coordenadas 1 1(r , ).θ Sea d la distancia entre las rectas R y R’, donde ésta es paralela a

R y pasa por 1 1(r , ),θ su ecuación es por lo tanto *r d r cos( )+ = θ − ω . El punto 1 1(r , )θ satisface

la ecuación de R’. Por lo tanto *1 1d(P,R) d r cos( ) r= = θ − ω − .

Ejemplo 35. Calcule la distancia de la recta

4

2r

cos( )π=

θ −

al punto (2,3 / 4)π .

Solución. 3

d(P,R) 2cos 2 2cos 2 2.4 4 2π π π = − − = − =

ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA



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

ePD

=

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( ) rθ − ω = , las coordenadas del foco

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

2 2 *r 2r cos( ) e r cos( ) r .+ ρ − ρ θ − α = θ − ω −

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( ) r .= θ − ω −

Además si la directriz es paralela al eje:

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

r1 e cos( )

=+ θ

con *r 0> .

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

r1 e cos( )

= −− θ

con *r 0< .

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

r1 esen( )

=+ θ

con *r 0> .

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

r1 esen( )

= −− θ

con *r 0< .

ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA



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 / 2θ = π por

lo tanto su ecuación general es *er

r1 e cos( )

=+ θ

.

Sustituyendo se tiene 4

r1 2cos( )

=+ θ

.

Ejemplo 37. La ecuación de una cónica es 4

r3 2sen( )

=+ θ

.

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

los vértices.

Solución. 43

23

4r

3 2sen( ) 1 sen( )= =

+ θ + θ.

Por tanto e 2 /3 1= < , la cónica es una elipse. Se tiene además que

* * *2 4er r r 2

3 3= = ⇒ = ;

por lo tanto la ecuación de la directriz es rsen( ) 2.θ =

Vértices: 1 2r( /2) 4 /5 v (4 /5, /2) ; r(3 /2) 4 v (4,3 /2)π = ⇒ = π π = ⇒ = π .

1.40. GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES

Dada una curva definida por la ecuación F(r, ) 0θ = , 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



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)

Figura 45. Gráfica de 32

r= +cos(θ)

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

GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES



Figura 46. Gráfica de r=3+cos(θ) Tipos de rosas. La gráfica de una ecuación de la forma r acos(n )= θ 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, ) 0θ = , se define el gráfico de ella como el

conjunto de puntos P(r, )θ que satisfacen la ecuación.

INTERSECCIÓN DE CURVAS EN POLARES



Ejemplo 38. Intersecte las curvas r 2cos(2 )= θ 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 cos2= ± θ ; lo cual se traduce en resolver los siguientes dos sistemas:

r 1 r 1

;r 2 cos2 r 2cos2

= = = θ = − θ

,

cuyas soluciones en el intervalo [0,2 ]π son: 5 7 11

, , ,6 6 6 6π π π πθ =

del primer sistema y 2 4 5

, , ,3 3 3 3π π π πθ =

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( )cos( ),r( )sen( ))θ = θ θ θ θr .

BÚSQUEDA DE TANGENTES Funciones Vectoriales



Tangentes horizontales: r '( )sen( ) r( )cos( ) 0 y r '( )cos( ) r( )sen( ) 0θ θ + θ θ = θ θ − θ θ ≠ .

Tangentes verticales: r '( )sen( ) r( )cos( ) 0 y r '( )cos( ) r( )sen( ) 0θ θ + θ θ ≠ θ θ − θ θ = .

Ejemplo 39. Encuentre las tangentes horizontales y verticales a r 1 2 cos( )= + θ .


Figura 50. Gráfica del ejemplo 39

Tangentes horizontales: 2 2 2

2

2sen ( ) (1 2cos( ))cos( ) 0 2(1 cos ( )) cos( ) 2 cos ( ) 0

2 4cos ( ) cos( ) 0

53.62 ,147.46 ,21

− θ + + θ θ = ⇒ − − θ + θ + θ =

⇒ − + θ + θ =

⇒ θ = � �

2.53 ,306.38� �

y 4sen( )cos( ) sen( ) 0θ θ + θ ≠

Puntos (2.19,53.62 ) , ( 0.69,147.46 ) , ( 0.69,212.53 ) , (2.19,306.38 )− −� � � �

Tangentes verticales: 2sen( )cos( ) (1 2cos( ))sen( ) 0 2sen( )cos( ) sen( ) 2sen( )cos( ) 0

4sen( )cos( ) sen( ) 0 sen( )(4cos( ) 1) 0− θ θ − + θ θ = ⇒ − θ θ − θ − θ θ =

⇒ θ θ + θ = ⇒ θ θ + =

0 ,180 ,104.47 ,255.52⇒ θ = � � � �

y 24cos ( ) cos( ) 2 0θ + θ − ≠

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

r '( )sen( ) r( )cos( )m

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

.

BÚSQUEDA DE TANGENTES Funciones Vectoriales



Demostración.

Se sabe que dy dy / d r '( )sen( ) r( )cos( )

mdx dx / d r '( )cos( ) r( )sen( )

θ θ θ + θ θ= = =θ θ θ − θ θ

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

1.43. LONGITUD DE ARCO Y ÁREA EN POLARES

Sea

( ) (r( )cos( ),r( )sen( ))θ = θ θ θ θr

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

De modo que

2 2L (r '( )cos( ) r( )sen( )) (r '( )sen( ) r( )cos( )) dβ

α

= θ θ − θ θ + θ θ + θ θ θ∫

.

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

Solución.

2 2

0

L 2 ( 2sen( )) 4(1 cos( )) d 16.π

= − θ + + θ θ =∫

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,

21A [r( )] d

2

β

α

= θ θ∫

.

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

Solución.

212

0

A 2 (2 2cos( )) d 6π

= + θ θ = π∫

.




1.44. RESUMEN DE FÓRMULAS

t

a

3

s(t) '( ) d

(t) (t) (t) (t) (t) (t) (t) (t) (t)

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

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

= α α

= × = × = ×

× × × == =× × ×

× −κ = κ =

∫

r

T N B B T N N B T

r r rr r r NT Br r rr r r

r r

r 2 2 3/2 2 3/2

2

(t) f ''(t)k(t)

(x '(t) y '(t) ) (1 (f '(t)) )

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

'(t) (t)s '(t) (t) '(t) (t)s '(t) (t) '(t) (t)s '(t) (t)

=+ +

× •×• τ == =×

= −τ = κ = τ −

T N

r r rr rr ra T a N

r r r r

B N T N N B

2 22

3/22 2

2 2

(t)s '(t) (t)

r 2(r ') rr '' 1( ) A [r( )] d

2r (r ')

L (r( )) (r '( )) d

β

α

β

α

κ

+ −κ θ = = θ θ

+

= θ + θ θ

∫

∫

T





1. Sea la curva de ecuación vectorial

r2

3 3

3t 3t(t) ,

1 t 1 t

= + +

.

Pruebe que la curva dada verifica la ecuación 3 3x y 3xy+ = y escriba su ecuación polar.

Solución. 3 2 3 3 6 3 3 3 2

3 33 3 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3

(3t) (3t ) 27t 27t 27t (1 t ) 27t 3t 3tx y 3. . 3xy

(1 t ) (1 t ) (1 t ) (1 t ) (1 t ) 1 t 1 t

+ ++ = + = = = = =+ + + + + + +

Ecuación polar:

3 3 3 3 3 2

3 3

3 3

x y 3xy r (cos ( ) sen ( )) 3.r cos( )sen( )

r(cos ( ) sen ( )) 3cos( )sen( )3cos( )sen( )

r (r 0)cos ( ) sen ( )

+ = ⇒ θ + θ = θ θ

⇒ θ + θ = θ θθ θ

⇒ = ≠θ + θ

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

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

2 2 22 2

0 0 0

(1 cos( )) ( sen( )) d 1 2cos( ) 1d 2 1 cos( )dπ π π

+ θ + − θ θ = + θ + θ = + θ θ∫ ∫ ∫

2 2 2

0 0 0

2

0

sen( ) sen( ) sen( )2 1 cos( )d 2 d 2 d 2 d

1 cos( ) 1 cos( ) 1 cos( )

2 2 1 cos( ) 2 1 cos( ) 2 2 2 2 2 8

π π π π

ππ π

π

θ θ θ+ θ θ = θ = θ − θ− θ − θ − θ

− θ − − θ = + =

∫ ∫ ∫ ∫

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

1nr a.(sen(n )) , a 0 , n (0, )= θ > ∈ ∞ .

Pruebe que la curvatura de una espiral de MacLaurin de orden n es n 1nn 1

.(sen(n ))a

−+κ = θ .

Solución. Cálculo de r ' y r '' .

1 n 1 2n 1 n2n n nr ' a.(sen(n )) cos(n ) , r '' a(1 n)(sen(n )) cos (n ) an(sen(n )) sen(n )

− − −= θ θ = − θ θ − θ θ




Cálculo de κ .

2 2

3/22 2

2 2 2n 1 2n 1 1 n 12 2 2 2 2 2n n n n n n

3/22 2 2n2 2 2n n

r 2(r ') rr ''

r (r ')

a .(sen(n )) 2a .(sen(n )) cos (n ) a (1 n)(sen(n )) cos (n ) a n(sen(n )) sen(n )

a .(sen(n )) a .(sen(n )) cos (n )

1 2.(sen(

− − −+ +

−

+ −κ =

+

θ + θ θ − − θ θ + θ θ

= θ + θ θ

+=

2 2 2 2 1

1 3/22 2n

2 2 2 2

1 3/22 2n

n )) cos (n ) (1 n)(sen(n )) cos (n ) n(sen(n )) sen(n )

a(sen(n )) 1 (sen(n )) cos (n )

1 (1 n)(sen(n )) cos (n ) n (1 n)((1 sen(n )) cos (n


− − −

−

− −

−

θ θ − − θ θ + θ θ

θ + θ θ

+ + θ θ + + + θ= =

θ + θ θ

1 3/22 2n

1 1 1 1 n1/2 1/2 12 2 2n n n n

n 1n

))


(1 n) n 1 n 1 n 1

a(sen(n )) 1 (sen(n )) cos (n ) a(sen(n )) csc (n ) a(sen(n )) a(sen(n ))

n 1.(sen(n ))

a

−

−−−

−

θ

θ + θ θ

+ + + += = = = θ + θ θ θ θ θ θ

+= θ

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

3r

2=

+ θ.

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

Solución. 32

12

3r

2 cos( ) 1 cos( )= =

+ θ + θ elipse (ver figura 51)

Figura 51. Gráfica del ejercicio 4a




b. Grafique la curva de ecuación

r f cos .3

π = θ −

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( / 4) 3 / 4θ − π = .

Solución.

Sin rotación la ecuación de la cónica sería

43

1r

1 cos( )=

+ θ.

Al rotar se obtiene

43 4

1r

1 cos( )π=

+ θ − (hipérbola) (ver figura 53)





6. Dadas las curvas de ecuaciones 2

r 1 3cos( ) , r2 cos( )

= + θ =− θ

en el sistema de coordenadas polares, halle sus puntos de intersección.

Solución. r 1 3cos( )= + θ : Caracol con lazo:

Representaciones: r 1 3cos( )= + θ , r 1 3cos( )= − + θ .

1 12 2

2 2 1r

2 cos( ) 2(1 cos( )) 1 cos( )= = =

− θ − θ + θ − π:

Elipse rotada ángulo π sentido antihorario.

Representaciones:

1 12 2

1 1r , r

1 cos( ) 1 cos( )= = −

+ θ − π − θ − π

Intersecciones:

Primer sistema: 2

2

21 3cos( ) (2 cos( ))(1 3cos( )) 2 2 5cos( ) 3cos ( ) 2

2 cos( )(2k 1)

3cos ( ) 5cos( ) 0 cos( )(3cos( ) 5) 0 , k Z2

3 3Si k 0 , . Si k 1 , . Puntos : 1, 1,

2 2 2 2

+ θ = ⇒ − θ + θ = ⇒ + θ − θ =− θ

+ π⇒ θ − θ = ⇒ θ θ − = ⇒ θ = ∈

π π π π = θ = = θ =

Segundo sistema: 2

2 43

21 3cos( ) (2 cos( ))( 1 3cos( )) 2 2 7cos( ) 3cos ( ) 2

2 cos( )

3cos ( ) 7 cos( ) 4 0 3(cos( ) 1)(cos( ) ) 0 2k , k Z

Si k 0 , 0. Si k 1 , 2 . Puntos : (2,0) (2,2 )

− + θ = ⇒ − θ − + θ = ⇒ − + θ − θ =− θ

⇒ θ − θ + = ⇒ θ − θ − = ⇒ θ = π ∈

= θ = = θ = π π

Tercer sistema: 2

2 43

21 3cos( ) (2 cos( ))(1 3cos( )) 2 2 7cos( ) 3cos ( ) 2

2 cos( )

3cos ( ) 7cos( ) 4 0 3(cos( ) 1)(cos( ) ) 0 (2k 1) , k Z

Si k 0 , . Si k 1 , 3 . Puntos : ( 2, ) ( 2,3 )

+ θ = − ⇒ + θ + θ = − ⇒ + θ + θ = −+ θ

⇒ θ + θ + = ⇒ θ + θ + = ⇒ θ = + π ∈

= θ = π = θ = π − π − π

Cuarto sistema: 2

2

21 3cos( ) (2 cos( ))( 1 3cos( )) 2 2 5cos( ) 3cos ( ) 2

2 cos( )(2k 1)

3cos ( ) 5cos( ) 0 cos( )(3cos( ) 5) 0 , k Z2

3Si k 0 , . Si k 1 , . Puntos : 1, 1,

2 2 2

− + θ = − ⇒ + θ − + θ = − ⇒ − + θ + θ = −+ θ

+ π⇒ θ + θ = ⇒ θ θ + = ⇒ θ = ∈

π π π = θ = = θ =

32π




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 32 6

(1 , )π+ y calcule el área comprendida entre la recta, la curva y el

eje polar.

Solución. (ver figura 8) 3 3 3 3 131 1

6 6 6 6 4 2 2 4 2 4 23 3 3 3 3 11 1

6 6 6 6 4 2 2 4 2 4 2

sen( )sen( ) (1 cos( ))cos( ) (1 )m 1

sen( )cos( ) (1 cos( ))sen( ) (1 )

+π π π π

π π π π +

− + + − + + − + += = = = − = −

− − + − − + − − −.

3 3 3 22 6 4 2 6 4 2 4

4

rr r (1 )cos( ) (1 )cos( ) (1 )(1 3)

cos( )

∗∗ π π π π

π= ⇒ = + − = + − = + +θ −

.

3 22 4

4

(1 )(1 3)r

cos( )π

+ +=

θ −.





2/6 3 222 4

40

2/6 /63 222 4

40 0

/62 23 122 8

40

(1 )(1 3)1ÁREA (1 cos( )) d

2 cos( )

(1 )(1 3)1 1d (1 cos( )) d

2 2cos( )

(1 ) (1 3) 1sec ( )d 1 2cos( )

2 2

π

π

π π

π

ππ

+ + = − + θ θ θ −

+ + = θ − + θ θ θ −

+ += θ − θ − + θ +

∫

∫ ∫

∫

/6

0

/62 23/62

4 00

2 232

1 cos(2 )d

2

(1 ) (1 3) 1 sen(2 ).tg( ) 2sen( )

16 2 2 4

(1 ) (1 3) 1 3. 1 tg 1

16 12 2 6 12 8

π

πππ

+ θ θ

+ + θ θ = θ − − θ + θ + +

+ + π π π = − − + + +

∫

8. Sean las curvas 1r 1= y 2r 2 cos(3 )= θ en coordenadas polares.

a. Grafique ambas curvas en un mismo sistema de coordenadas y encuentre los puntos

de intersección.



5 7 11 13 179 9 9 9 9 9

r 2 cos(3 )(1, ),(1, ),(1, ),(1, ),(1, ),(1, )

r 1π π π π π π= θ

⇒ =




b. Plantee la(s) integral(es) que permite(n) hallar el área exterior a 1r e interior a 2r .

Solución. π π π π θ π θ − θ = + θ θ = θ + = +

π π= + = +

∫ ∫

/9 /9 /9 22 3

00 0

sen( )sen(6 )3 (4cos (3 ) 1)d 3 (1 2cos(6 ))d 3 3

3 9 3

3 33

9 6 3 2

9. Dadas las curvas

r 1 cos( )= + θ y 1

r2(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: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2r 1 cos( ) r r r cos( ) x y x y x (x x y ) x y= + θ ⇒ = + θ ⇒ + = ± + + ⇒ − + = + .

1r

2(1 cos( ))=

− θ:

12 1

2

1 1r e 1, directriz : r cos( )

2(1 cos( )) 2 2cos( ) 1 cos( )= = = ⇒ = θ = −

− θ − θ − θ

14V( ,0) y F(0,0)− .

Identificación: Parábola.

Ecuación cartesiana: 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 14

2r 2r cos( ) 1 2 x y 2x 1 2 x y 1 2x

4(x y ) (1 2x) 4x 4y 1 4x 4x y x

− θ = ⇒ ± + − = ⇒ ± + = +

⇒ + = + ⇒ + = + + ⇒ = +

Gráficas: (ver figura 57)

Figura 57. Gráficas del ejercicio 9




b. Halle las coordenadas de los puntos de intersección.

Solución.

Representaciones: k k( 1) r 1 cos( k ) ( 1) r 1 cos( )cos(k ) sen( )sen(k )− = + θ + π ⇒ − = + θ π − θ π

Si k es par, entonces r 1 cos( )= + θ . Si k es impar, entonces r 1 cos( )= − + θ .

k k1 1( 1) r ( 1) r

2(1 cos( k )) 2(1 cos( )cos(k ) sen( )sen(k ))− = ⇒ − =

− θ + π − θ π + θ π

1Si k es par, entonces r

2(1 cos( ))=

− θ .

1Si k es impar, entonces r

2(1 cos( ))= −

+ θ .

Intersecciones: 2 2

2

11 cos( ) 2(1 cos ( )) 1 2 2cos ( ) 1

2(1 cos( ))

1 2 3 5 7cos ( ) cos( ) , , ,

2 2 4 4 4 4

+ θ = ⇒ − θ = ⇒ − θ =− θ

π π π π⇒ θ = ⇒ θ = ± ⇒ θ =

Las coordenadas de los puntos de intersección son

2 2 3 2 5 2 7

1 , , 1 , , 1 , , 1 , .2 4 2 4 2 4 2 4

π π π π+ − − +

2 21 11 cos( ) 2(1 cos( )) 1 (1 cos( ))

2(1 cos( )) 2

No hay solución

+ θ = − ⇒ + θ = − ⇒ + θ = −+ θ

⇒

2

2

1 11 cos( ) 1 cos( ) 2(1 cos( )) 1

2(1 cos( )) 2(1 cos( ))1

(1 cos( )) No hay solución2

− + θ = ⇒ − θ = − − θ = −− θ − θ

⇒ − θ = − ⇒

2

2 2

1 11 cos( ) 1 cos( ) 2(1 cos ( )) 1

2(1 cos( )) 2(1 cos( ))1 1

1 cos ( ) cos ( ) (Igual caso)2 2

− + θ = − ⇒ − θ = − θ =+ θ + θ

⇒ − θ = ⇒ θ =

c. Plantee las integrales que calculan la longitud de arco para cada curva en 32 2

[ , ]π π .

Solución. r 1 cos( )= + θ : r ' sen( )= − θ .

2 2 2 2

/2 /2

/2 /2

s 2 (1 cos( )) ( sen( )) d 2 1 2cos( ) cos ( ) sen ( )d

2 2 2cos( )d 2 2 1 cos( )d

π π

π π

π π

π π

= + θ + − θ θ = + θ + θ + θ θ

= + θ θ = + θ θ

∫ ∫

∫ ∫




1

r2(1 cos( ))

=− θ

: 2

1 sen( )r ' . .

2 (1 cos( ))

θ=− θ

2 2 2

2 4 4/2 /2

2 2

4 4/2 /2

4/2

1 sen ( ) (1 cos( )) sen ( )s 2 d 2 d

4(1 cos( )) 4(1 cos( )) 4(1 cos( ))

1 2cos( ) cos ( ) sen ( ) 2 2cos( )2 d 2 d

4(1 cos( )) 4(1 cos( ))

1 cos( )2 d

2(1 cos( ))

π π

π π

π π

π π

π

π

θ − θ + θ= + θ = θ− θ − θ − θ

− θ + θ + θ − θ= θ = θ− θ − θ

− θ= θ− θ

∫ ∫

∫ ∫

∫

3

/2

12 d

(1 cos( ))

π

π

= θ− θ∫

10. Sean las ecuaciones en coordenadas polares

4

r 6 4cos( ) y r1 cos( )

= + θ =− 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

r1 cos( ) 1 cos( )

= =− θ + 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




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 4cos( ) , r 6 4cos( )= + θ = − + θ .

Para la parábola se tienen dos representaciones:

4 4

r , r1 cos( ) 1 cos( )

= = −+ θ − π − θ − π

.

Paso 2. Búsqueda de los puntos de intersección.

Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas: r 6 4cos( )

4r

1 cos( )

= + θ = + θ − π

, r 6 4cos( )

4r

1 cos( )

= − + θ = + θ − π

, r 6 4cos( )

4r

1 cos( )

= + θ = − − θ − π

, r 6 4 cos( )

4r

1 cos( )

= − + θ = − − θ − π

Del primer sistema se tiene que:

2

46 4cos( ) (6 4cos( ))(1 cos( )) 4

1 cos( )(6 4cos( ))(1 cos( )) 4

6 6cos( ) 4 cos( ) 4cos ( ) 4

+ θ = ⇒ + θ + θ − π =+ θ − π

⇒ + θ − θ =

⇒ − θ + θ − θ =

2 22 2cos( ) 4cos ( ) 0 2cos ( ) cos( ) 1 0

1 1 4.2.1 1 3cos( )

4 4

⇒ − θ − θ = ⇒ θ + θ − =

− ± + − ±⇒ θ = =

De modo que se derivan dos situaciones: cos( ) 1 2k (k Z)θ = − ⇒ θ = π + π ∈ , 51

2 3 3cos( ) 2k (k Z) y 2k (k Z)π πθ = ⇒ θ = + π ∈ θ = + π ∈ .

Si se toma 0,2θ ∈ π , entonces se tienen los ángulos 53 3

, ,π ππ .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían 53 3

(2, ) , (8, ) , (8, )π ππ .

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, / 6)π y (3 /2,5 /6)π .

Gráfico: (ver figura 59)





/22 2

/6

1A 2. ((3sen( )) (2 sen( )) )d 3 3

2

π

π

= θ − − θ θ =∫ .

12. Sean las ecuaciones en coordenadas polares

3

r 1 sen( ) y r1 2sen( )

= + θ =+ θ

.


Solución.

Paso 1. Identificación de la primera curva.

2r 1 sen( ) 1 cos( )π= + θ = + θ − .

Como a / b 1= , entonces se trata de un cardioide con ángulo de rotación igual a / 2π

radianes.

Paso 2. Identificación de la segunda curva.

2

3 3r

1 2sen( ) 1 2cos( )π= =

+ θ + θ −.

Se tiene que la excentricidad es igual a 2, por lo tanto se trata de una hipérbola con ángulo de rotación igual a / 2π radianes.


(Ver figura 60)






Solución.

Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva. Para el cardioide se tienen dos representaciones:

2 2r 1 cos( ) , r 1 cos( )π π= + θ − = − + θ − .

Para la hipérbola se tienen dos representaciones:

2 2

3 3r , r

1 2cos( ) 1 2 cos( )π π= = −

+ θ − − θ −.


Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas:

2

2

r 1 cos( )

3r

1 2cos( )

π

π

= + θ − = + θ −

, 2

2

r 1 cos( )

3r

1 2cos( )

π

π

= − + θ − = + θ −

,

2

2

r 1 cos( )

3r

1 2cos( )

π

π

= + θ − = − − θ −

, 2

2

r 1 cos( )

3r

1 2cos( )

π

π

= − + θ − = − − θ −


2

2

31 sen( ) (1 2sen( ))(1 sen( )) 3 1 3sen( ) 2sen ( ) 3

1 2sen( )

2 3sen( ) 2sen ( ) 0

3 9 4.2.2 3 25 3 5sen( )

4 4 4

+ θ = ⇒ + θ + θ = ⇒ + θ + θ =+ θ

⇒ − + θ + θ =

− ± + − ± − ±⇒ θ = = =




De modo que se derivan dos situaciones: sen( ) 2 No tiene soluciónθ = − ⇒ , 51

2 6 6sen( ) 2k (k Z) y 2k (k Z)π πθ = ⇒ θ = + π ∈ θ = + π ∈ .

Si se toma 0,2θ ∈ π , entonces se tienen los ángulos 56 6,π π .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían 3 3 52 6 2 6

( , ) , ( , )π π .


intersección, por tanto, no hace falta resolver los demás sistemas.


De acuerdo al gráfico, el polo no es un punto de intersección.

13. Sean las ecuaciones en coordenadas polares r cos(2 ) y r sen( )= θ = θ .


Solución.

Paso 1. Identificación de la primera curva. r c os(2 )= θ . Se trata de una rosa de cuatro pétalos.

Paso 2. Identificación de la segunda curva.

2r sen( ) cos( )π= θ = θ − .

Se trata de una circunferencia que pasa por el polo, de radio ½ y con ángulo de rotación igual a / 2π radianes.


(Ver figura 61)






Solución.

Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva.

Para la rosa se tienen dos representaciones: r cos(2 ) , r cos(2 )= θ = − θ .

Para la circunferencia se tiene una representación:

2r cos( )π= θ − .


Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas: r cos(2 )r sen( )

= θ = θ

, r cos(2 )r sen( )= − θ

= θ


2 2cos(2 ) sen( ) 1 2sen ( ) sen( ) 2sen ( ) sen( ) 1 0

1 1 4.2.1 1 9 1 3sen( )

4 4 4

θ = θ ⇒ − θ = θ ⇒ θ + θ − =

− ± + − ± − ±⇒ θ = = =

De modo que se derivan dos situaciones: 3

2sen( ) 1 2k (k Z)πθ = − ⇒ θ = + π ∈ , 51

2 6 6sen( ) 2k (k Z) y 2k (k Z)π πθ = ⇒ θ = + π ∈ θ = + π ∈ .

Si se toma 0,2θ ∈ π , entonces se tienen los ángulos 3 52 6 6

, ,π π π .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían 3 51 1

2 2 6 2 6( 1, ) , ( , ) , ( , )π π π− .


intersección distintos al polo, por tanto, no hace falta resolver el otro sistema.


Primera curva: (2k 1)1 12 2 2

0 cos(2 ) arccos(0) 2k , k Z+ = θ ⇒ θ = ⇒ + π ∈

.

Por lo tanto la rosa de cuatro pétalos pasa por el polo. Segunda curva: 0 sen( ) arc sen(0) (2k 1) , k Z= θ ⇒ θ = ⇒ + π ∈ .

Por lo tanto la circunferencia pasa por el polo.

En conclusión, el polo también es un punto de intersección de las dos curvas.

EJERCICIOS PROPUESTOS Funciones Vectoriales



1.46. EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Calcule el dominio de las siguientes funciones:

a. f 22

2t(t) ln(t), 1 t ,

4 t

= + −

b. g1

(t) arcsen(t), ,1t 1

= −

c. h1

(t) t, , 1 tt

= −

d. k(t) ( 1 t, 1 t)= + −

e. m2

2

t 1 t(t) ,

t 1 t 1

−= + −

f. p 2 2(t) (ln(t t 1),ln(t 1))= + + +

g. r(t) (t,arcsen(t),ln(t))=

2. Dadas las siguientes funciones vectoriales describa su rango:

a. r 2 2(t) (2 t ,1 2t )= + −

b. r(t) (2cos(t),3sen(t),2)=

c. r 2(t) (3t,1 2t )= −

d. r(t) (1 2cos(3t), 2 sen(3t))= + − +

e. r1

(t) t,t 1

= −

f. r1

(t) 2, t,t 1

= −

g. r(t) (sen(t),cos(2t))=

h. r 2(t) (sen(t),2cos (t))=

i. r 2(t) (t 1,2t 1, 3)= − + −

Rta. 2x y 5+ =

Rta. 22 yx

4 9 1 , z 2+ = =

Rta. 229 x y 1+ =

Rta. 2(x 1) 2

4 (y 2) 1− + + =

Rta. 1x 1

y −=

Rta. 1y 1z , x 2−= =

Rta. 22x y 1+ =

Rta. 22x y 2+ =

Rta. 22(x 1) y 1 , z 3+ = − = −

3. Dada la curva r 2 2(t) (t 1, t 1)= + − , demuestre que describe una curva no simple y

encuentre los valores de t para los cuales se autointersecta.

4. Parametrice la curva:

a. ln(ln(x 1) 1)

yln(x 1) 1

+ +=+ −

tomando como parámetro un t para el cual t ln(x 1).= +

b. 2y x 3xy− = tomando como parámetro un t para el cual 2x ty= .




c. 3 3y x 3xy+ = tomando como parámetro un t para el cual y tx= .

d. 2y x(x y) 0− + = tomando como parámetro un t para el cual t x y= + .

5. 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 / 2≤ < π , P es el punto tal que OP AB= . Encuentre las ecuaciones paramétricas de la

curva descrita por P.





7. En los siguientes ejercicios, determine si los vectores dados son ortogonales, paralelos o

ninguno de ellos. a. u i j v i j3 5 y 6 10= + = − −

b. u i j v i j2 3 y 6 4= + = −

c. u i j v i j2 3 y 6 4= + = +

d. u i j v i j2 3 y 6 4= + = − +

8. Sean u i j v i j3 4 y .= + = + α Determine α tal que:

a. u y v sean ortogonales

b. u y v sean paralelos c. el ángulo entre u y v sea 2 3π

d. el ángulo entre u y v sea 3π

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 j v k2 ; 3= − =

b. u i j v j k;= − = +

c. u i j v i k2 3 ; 7 4= − + = +

d. u i j k v i j k2 3 ; 6 4 2= − + = + −

12. Determine una parametrización de las siguientes curvas en el sentido indicado:

a. 2 2x y 3+ = ; horario y antihorario

b. 2 2x y 4− = ; horario

c. x y 1+ = ; antihorario

d. y 1 x , 2 x 2= − − ≤ ≤ , de izquierda a derecha

e.

2y 4 x 2 x 2y 0 2 x 1 , 1 x 2

y x 1 1 x 0y x 1 0 x 1

= − − ≤ ≤

= − < < − < ≤

= + − ≤ < = − + ≤ ≤

, antihorario

f.

2y 1 x 0 x 1x 0 1 y 1

y x 1 0 0 x 1

= − ≤ ≤ = − ≤ ≤ − + = < ≤

, antihorario




g. 2 2

y x 1 0 x 1y x 1 1 x 0

x y 1 1 y 0

= − + ≤ ≤ = + − ≤ ≤ + = − ≤ ≤

, horario

h.

2

2 2

2 2

y x 0 x 3

(x 3) (y 2)1 0 x 3, y 2

9 49

x (y 1) 1 1 x 0

= ≤ ≤

− − + = ≤ ≤ ≥ + − = − ≤ ≤

, horario

i.

22

3

(y 1)x 1 x 0

43x y 3 0 1 x 0

y (x 1) 0 1 x 0

−+ = ≥ − + = − ≤ ≤ + + = − ≤ ≤

, antihorario

13. Halle una parametrización en sentido antihorario para la curva C dada por x2

2 2

y 1 sen( ) 0 x 2

x 2y y 3 1 y 1y 1 x 2 1 y 2

π = + ≤ ≤ − + = − ≤ ≤ + + = ≤ ≤

.

14. Una curva C es la unión de los siguientes segmentos de curva:

1C : arco de elipse 2 2(x 1) (y 1)

14 9− −+ =

que comienza en 6 6

1 ,113 13

+ +

y termina en 6 6

1 ,113 13

− −

,

recorrido en sentido antihorario.

2C : 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 2(x,y) R∈ que satisfacen al menos una de las inecuaciones 2 2 2 2x y 2x 0 , x y 2y 0+ − ≤ + − ≤ recorrida en sentido antihorario.




16. Calcule los siguientes límites:

a. t 0

1lím t,

t 1→

+

b. t 0

sen(t)lím ,1

t→

c. 1 / t2t 0

1lím (1 t) ,

t 1→

+ +

d. 2

3 2 2t 1

t 1 tlím ,ln(t),

t t t 1 t 1→

− − + − +

e. t 0

sen(3t) tlím ,

2t cos(t)→

f. 2t 0

1 cos(t) 1 cos(t)lím ,

t t→

− −

17. Estudie la continuidad de las siguientes funciones:

a. rln(t 1)

t, ,2 t 0(t) t

(0,1,5) t 0

+ ≠ = =

b. r2

3

tt 1, t 1

t t 1(t)

sen(t 1)1 , t 2t 1 t 1

t 1

+ ≤ − + = − + − + > −

c. r23

sen(2t) cos(2t) sen(4t), , t 0

sen(3t) cos(3t) cos(5t)(t)

( ,1,1) t 0

≠ = =

18. Pruebe que la curva descrita por r 3 2(t) (t 4t, t )= − 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 t t(t) (e sen(t),e t,e cos(t))− − −=

b. r (t) (3sen(t),4 cos(t), t / 2) t / 2= = π

c. r 4 2 3(t) (t 2t , t )= −

d. r 2 2(t) (sen (t),sen(t ))=

e. r (t) (t cos(t) sen(t), t cos(t)) t 0= − + =




20. Pruebe que r kt kt(t) (e ,e )−= y r ''(t) son paralelos.

21. La función posición de una partícula está dada por r 2 2(t) (t ,5t, t 16t)= − . ¿Cuándo es

mínima su rapidez?

22. Halle los valores de t para los cuales el vector tangente a la curva descrita por

r 2(t) (2t 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 g(t) (t)• . Rta. 1 2t cos(t) sen(2t)+ + +

b. Calcule la derivada de la función f g(t) (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 f2

( )π .

25. Evalúe las siguientes integrales:

a.

42 3

22

t, 1 t ,4t dt

1 t

+ + ∫

b. ( )

0

t cos(t), tsen(t), t dtπ

∫

c.

i j k2

2 3

1

(t 3t 4t )dt−

+ +∫

26. Determine la longitud de arco de la curva descrita por r 2(t) (t, t, t )= con t [ 3,3].∈ −

27. Dada r(t) (3cos(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 t t(t) (Ae ,B cos(e ),Bsen(e ))α α α= ,

partiendo de 0t 0= , siendo A, B, α constantes reales positivas.




31. Sea r una función vectorial dada por

r2

2 2

2t 1 t(t) , ,1

1 t 1 t

−= + + .

Pruebe que el ángulo formado por r(t) y r'(t) es constante, es decir, no depende de t.

32. Dada la curva

r3

2t(t) t, t

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 3(t) (t(t 1), t 1)= − − .

36. En cada caso, estudie en forma detallada y grafique la curva, indicando la dirección de la

trayectoria:

a. r2t t

(t) ,t 1 t 1

= + −

b. r2

2

2t t 1(t) ,

t1 t

+= −




c. rte t

(t) ,t t 1

= −

d. r2 2

2

t t(t) ,

1 t 1 t

= − −




e. r2

2

t t(t) ,

t 1 t 1

= + −

f. r2

2

t 3 t(t) ,

t t 4

+= −

g. r2

2

t 1 t(t) ,

t t 1

+= −




h. r 1 / t 1(t) e ,

t 1 = −

i. r2 3

2 2

t t(t) ,

1 t 1 t

= − −

j. r2 3

3 2

t t(t) ,

1 t 1 t

= − −




37. Sea la curva de ecuación

r2 1

(t) ,ln(t 2)t t 1

= ++

,

cuya gráfica se muestra en la figura 3. Realice un estudio completo e indique el sentido de

su trayectoria.


38. Demuestre que r r r

Nr r r

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

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

× × =× ×

.

39. Determine los vectores T(t) y N(t) en el punto indicado en cada una de las siguientes

curvas:

a. r 3 2(t) (t 3t,3t ) ; t 2= − =

b. r t t(t) (e ,e ) ; t 0−= =

c. r (t) (t sen(t),1 cos(t)) ; 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 2(t) (t 1, t ,1 2t) ; t 1= + − − = −

b. r t t t(t) (e cos(t),e sen(t),e ) ; t 0= =




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 r2 2(t) (t, t , t 3) ; P( (0))= +

b. r (t) (cos(t),sen(t), t g(t)) ; P(1,0,0)=

c. r r2(t) (t,ln(t), t ) ; P( (1))=

d. r t t(t) (e ,e ,ln(1 t)) ; t 0−= + =

e. r (t) (t cos(t), tsen(t), t) ; t 0= =

42. Halle los puntos de la curva r 2 3(t) (t, t , t )= donde el plano osculador pasa por el punto

(2, 1 /3, 6)− − .

43. ¿En qué puntos sobre la curva dada por r 2(t) (2 / t,ln(t), t )= − 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

r3 t 3 t 104 4 3

(4,4t,4t) 0 t 1(t) (4,4,8 4t) 1 t 2

(4 cos( ),2 2sen( ),0) 2 tπ π

≤ ≤= − ≤ ≤ + − ≤ ≤

.

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 / 2 t 2(t) (e 1,e 1, t 1)= + + + en el punto (2,2,1).

46. La trayectoria de una partícula está dada por el vector posición de la curva

r5 6 7t 2t t

(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 3 3(t) (cos (t),sen (t)) , t 0,2= ∈ π 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.




48. Las coordenadas de una partícula en el tiempo t, son

2

x(t) sen(t) t cos(t)y(t) cos(t) tsen(t)

z(t) t

= − = + =

, t 0≥ .

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 t(t) (e ,e ,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 2(t) (2t,ln(t), t )= . 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 2 2(t) (t 1, t 1, t) en P(2,0,1)= + −

b. r r2(t) (ln(t), t, t ) en P( (1))=

c. r 2 3(t) (t 2t, t t) en t 1= − − =

d. r 1 1

(t) , en t 01 t 1 t = = + −

e. r (t) (at asen(t),a acos(t)) en t / 2 y t= − − = π = π

52. Calcule el radio y centro de curvatura de la curva de ecuación: a. r 2t 2t(t) (cos(t),3e ,3e )−= en P(1,3,3).

b. r 2 2 3(t) (1 2t,1 t t ,1 t t t )= + + − − + − en P(1,1,1).

c. r 3 2(t) (t , t , t)= en el punto donde su plano osculador es perpendicular al plano

6x y z 0+ − = .

d. 2xy e−= en P(0,1).

53. Para la gráfica de 2y x= 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 3 3(t) (cos (t),sen (t),cos(2t))= .




55. Demuestre que la curvatura de la parábola de n-ésimo orden ny x= es n 1

2 2n 2 3/2

n(n 1) x(x)

(n x x )

+−κ =

+.

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

r2 2 2 2

e(x '(t)) (y '(t)) (x '(t)) (y '(t))

(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 2y x= se encuentran sobre la curva

r2

3 6t 1(t) 4t ,

2

+= −

.

57. Un punto se mueve en el espacio según la función vectorial r(t) (4 cos(t),4sen(t),4cos(t))= .

Pruebe que el radio de curvatura es

3/22(t) 2 2 1 sen (t) ρ = +

.

58. Halle los puntos de la gráfica de 3y (x 1) 3= − + en los que la curvatura es cero.

59. Sea C la curva de ecuación

r 2 2(t) (t t 1, t 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 2 20(t) (1 t ,1 t, 2t ) en t t= − + − =

b. r 0(t) (2cos(t) sen(t), sen(t),cos(t)) en t t (0 t 2 )= − = ≤ ≤ π

c. 2t2

(t) (tsen(t) cos(t), t cos(t) sen(t), ) en t= + − = πr

d. r r2 2(t) (ln(t 1) ,ln(t 1),(t 1) ) en P( (2))= − − −




61. Demuestre que las siguientes curvas son planas y halle la ecuación del plano que las

contiene:

a. r22t 1 t

(t) , , t 2t 1 t 1

+= + − −

b. r2

1 t 1 1(t) , ,

1 t 1 t1 t

+ = − +−

c. r(t) (cos(t),sen(t),1 cos(t) sen(t))= − −

d. r 2 2(t) (2t 1, t , t 2)= + +

e. r 2 2(t) (2 t,1 t ,3t t )= + + +

62. Sea C la curva descrita por r(t) (acos(t),7 sen(t),b cos(t))= − . Pruebe que la curva es:

a. plana b. una circunferencia sólo si 2 2a b 1+ =

63. Sea la curva dada por

r(t) (4cos(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) (acos(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

r4 3

(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) (3cos(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.




67. Dada la curva r 2 3 2(t) (2t 1, t , t )= + , 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

r2 2 2

1 3 5(t) 1, 2, 1

t t t = + + −

es una recta.

69. Dada la curva definida por r(t) (acos(t),asen(t), f(t))= pruebe que ésta es plana si f(t) es

solución de f '''(t) f '(t) 0.+ =

70. Una partícula tiene aceleración instantánea (1,0,1). Para t 1= está en el punto 3

,3,22

y

tiene velocidad 3

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

r22t 1 t

(t) , , t 2t 1 t 1

−= + − − .

Razone su respuesta.

72. Para los siguientes puntos dados en coordenadas polares, halle las coordenadas

cartesianas correspondientes: a. (4, / 4)π

b. (3,5 /6)π

c. (2,0) d. ( 4, /3)− π

e. ( 2, 7 / 6)− − π

73. Se dan las coordenadas cartesianas de un punto. Encuentre las coordenadas polares (r, )θ

del punto donde r 0> y 0 2≤ θ ≤ π . a. ( 1,1)−




b. (0, 5)−

c. (2 3, 2)−

d. ( 1, 3)− −

74. Encuentre la ecuación polar de las siguientes cartesianas: a. 2 2 2 2(x y ) 2a xy+ = . Rta. 2 2r a sen(2 )= θ

b. 2 3y (2a x) x− = . Rta. r 2asen( )tg( )= θ θ

c. 2 2 3 2 2(x y ) 4x y+ = . Rta. 2 2r sen (2 )= θ

d. 4 2 2x x (x y) 0+ − + = . Rta. r (1 tg( ))= ± + θ

e. 2 2 3 2 2 2 2 2(x y ) 6x y (x y )+ = − . Rta. r csc(4 )= ± θ

f. 2 2 2 2 2 2 2 316x y (x y ) (x y )− = +

g. xy 4=

75. Encuentre la ecuación cartesiana de las siguientes ecuaciones en coordenadas polares:

a. r 1 cos( )= − θ . Rta. 2 2 2 2 2(x y x) x y+ + = +

b. r 2 cos( ) 3sen( )= θ + θ . Rta. 2 2x y 2x 3y 0+ − − =

c. r 3 / (2 3sen( ))= + θ . Rta. 2 24x 5y 18y 9 0− + − =

d. r a= θ . Rta. 2 2 2 2 2(x y ) a (arctg(y / x))+ =

e. r 9 cos(2 )= θ . Rta. 2 2 2 2 2(x y ) 9(x y )+ = −

76. Halle la ecuación polar de la recta que pasa por el punto en coordenadas polares: a. (6,2 /3)π y es perpendicular al eje polar.

b. (2 2,3 / 4)π y es paralela al eje polar.

c. (4,5 /6)π y es tal que su distancia al polo es igual a 2 3 .

d. (4 3, /2)π y forma un ángulo 2 /3α = π con el eje polar.

e. (4,2 /3)π y por el punto en coordenadas polares (2 2, / 4).π

77. Encuentre la ecuación de la circunferencia con centro: a. (a, )α y pasa por el polo Rta. r 2acos( )= θ − α

b. En la recta / 3θ = π y pasa por (5, /2)π y (0,0) Rta. 2 10r cos( /3)

3= θ − π

c. Sobre la recta 3 / 4θ = π , radio 5 y pasa por el polo Rta. r 10cos( 3 / 4)= θ − π

78. Demuestre que los puntos A(1, /3), B( 3, / 6)π π y C(1,0) son los vértices de un

triángulo equilátero.




79. Demuestre que 32 3P( 3, )π es el punto medio del segmento cuyos extremos son

(3, / 6) y (3, /2).π π

80. Halle la distancia del punto R(1, /6)π a la recta r cos( /3) 2θ − π = . 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( ) 4= θ = − Rta. r 4 / (1 cos( ))= − θ

b. e 1 / 2 r cos( ) 2= θ = Rta. r 2 / (2 cos( ))= + θ

c. e 2 r cos( / 3) 3= θ + π = Rta. r 6 /(1 2 cos( /3))= + + θ + π

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. 2e 1 ; y 2x 1= = +

b. r 2 / (1 sen( ))= − θ Rta. 2e 1 ; y (x 4) / 4= = −

c. r 4 / (6 sen( ))= + θ Rta. 2 2e 1 /6 ; 36x 35y 8y 16 0= + + − =

d. r 5 / (1 2cos( ))= − + θ

e. r 4 / (2 sen( ))= − − θ

83. Encuentre los puntos de intersección entre las parejas de curvas. a. r 2 cos( ) ; r 2sen( )= θ = θ

b. r 1 cos( ) ; r cos(2 )= − + θ = θ

c. r 4(1 sen( )) ; r(1 sen( )) 3= + θ − θ =

84. Halle la ecuación polar de la recta tangente a r 2 2cos( )= − θ en el punto 2,2π

.

85. Encuentre la ecuación polar de la parábola con foco en el polo y vértice el punto 3

3,4π −

.

86. Para la curva de ecuación cartesiana 2 2 2 2 2x y (x x y )+ = + + :

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.




87. Grafique en un mismo sistema de coordenadas polares las curvas dadas por

13

r 3cos4π = − θ −

y 2

3r 1 cos

4π = − θ −

.

Indique los puntos de intersección entre 1r y 2r y señálelos en el gráfico.

88. Grafique la curva de ecuación polar

r 6 3sen3π = + θ −

.

89. Grafique las curvas

1r 3 3cos6π = − θ −

y 2r 6sen

3π = − θ +

.

90. Dadas las ecuaciones

15

r2 3sen( )

= −+ θ

y 2r 6sen( )= − θ :

a. Identifique y grafique cada curva.

b. Dar todas las ecuaciones que representan dichas curvas.

c. Calcule las intersecciones de las curvas.

d. Grafique 1r 6π θ −

.

91. Identifique y grafique en un mismo sistema polar las curvas de ecuación r 1= , r 2sen(3 )= θ . 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:

r 2 cos( )= θ , r 2 cos3π = − − θ

, r 2 cos

3π = − + θ

.

93. Halle en coordenadas polares la ecuación de la cónica de excentricidad 1 y directriz

r cos 2 24π θ − =

.

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 .




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 2 2

3/22 2

r 2(r ') rr ''( )

r (r ')

+ −κ θ =

+

.

96. Use la fórmula anterior para calcular la curvatura de

a. r 1 sen( )= − θ

b. r = θ (espiral de Arquímedes) c. r a.sen( )= θ

97. Una curva 1C tiene como ecuación cartesiana 2 2 2 2 2(x y 2x) 4(x y )+ − = + .

a. Determine la ecuación polar de 1C e identifíquela.

b. Grafique la curva obtenida anteriormente rotándola / 4π radianes en sentido

antihorario y dé la ecuación polar de la curva rotada. c. Determine los puntos de la curva 1C 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 2C de ecuación polar r 4cos( )= θ y 1C en el mismo plano.

e. Determine los puntos de intersección entre las curvas 1C y 2C e índiquelos en el

gráfico.

98. Sea C una curva polar descrita por r r( ) , a b= θ ≤ θ ≤ . Pruebe que la longitud de arco de

la curva C viene dada por b

2 2

a

S r (r ') d= + θ∫

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).

BIBLIOGRAFÍA Funciones Vectoriales



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