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Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel MartÌnez Concha
Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo
Departamento de Matem·tica y CC Emilio Villalobos MarÌn
Funciones Vectoriales y Curvas
Ejercicios resueltos
1.1 Ejercicio 1
Un par de trayectorias de [0; 1 ) en R
3 se deÖnen por
c (t) = (cos t; sin t; bt)
y
r (t) = (1; 0 ; t). Responda las siguientes preguntas:
a) øSe intersectan las curvas generadas por
c (t) y
r (t)?
b) Si estas trayectorias representan el desplazamiento de un par de partÌculas.
øEn que puntos ,si los hay, estas partÌculas se encuentran?
SoluciÛn:
a)
c (t) es la ecuaciÛn de la hÈlice ascendente sobre el manto del cilindro
x
2
2 = 1 y cada vuelta demora 2 unidades de tiempo. Asimismo,
! r (t) = (1; 0 ; t) es una recta vertical paralela al eje axial del cilindro , que
esta sobre el manto de x
2
2 = 1 y pasa por (1; 0 ; 0).
Igualando las primeras componentes cost = 1 ,obtenemos que las curvas se
intersectan para t = 0; 2 ; 4 ; : : :
b) Igualando las terceras componentes bt = t =) Si b = 1;entonces las
partÌculas se encuentran en los
puntos (1; 0 ; 0); (1; 0 ; 2 ); :::; (1; 0 ; 2 n) con n 2 Z
0
1.2 Ejercicio 2
La curva C es deÖnida a partir de la trayectoria
c (t) = (2 cos(t); 2 sin(t); t)
con 0 t 2 . Describa la representaciÛn gr·Öca de C y pruebe que si se
usa como parametro la longitud de arco s , el vector tangente a la curva es un
vector unitario.
SoluciÛn:
Por la continuidad de las funciones x(t) = 2cos(t); y(t) = 2sin(t) y z(t) = t
podemos inferir que C parte del punto
c (0) = (x(0); y(0); z(0)) = (2; 0 ; 0)
y terminaen
c (2) = (x(2); y(2); z(2)) = (2; 0 ; 2 ); adem·s que la curva se
asciende a travÈs del manto del cilindro x
2
2 = 4 porque [x(t)]
2
2
[2 cos(t)]
2
2 = 4 como se ilustra en la Ögura
El vector posiciÛn de esta curva es
c (t) = (2cos(t); 2 sin(t); t). El vector
tangente es
c
0 (t) = ( 2 sin(t); 2 cos(t); 1) D(a)
y la longitud del vector tangente es
k
c
0 (t)k =
p
[ 2 sin(t)]
2
2
p
5 (b)
La longitud total de esta curva es
Longitud =
Z
2
0
k
c
0 (t)k dt =
Z
2
0
p
5 dt = 2
p
5
DeÖnimos s(t) =
R
t
0
kc
0 (u)k du para t 2 [0; 2 ] =) s(t) es la longitud de
curva C desde (2; 0 ; 0) hasta (x(t); y(t); z(t)):
Claramente s(t) es continua y estrictamente creciente en [0; 2 ] la ecuaciÛn
s = s(t) puede resolverse para t como una funciÛn de s, es decir t = t(s) (c)
En este caso t =
s p 5
asÌ es que
c (s) =
c (t(s)) =
2 cos
s
p
5
; 2 sin
s
p
5
s
p
5
es vector posiciÛn en tÈrminos de s, derivando
c
0 (s) =
c
0 (t(s)) =
2 sin
s
p
5
p
5
; 2 cos
s
p
5
p
5
p
5
p
5
sin
s
p
5
; cos
s
p
5
Calculando su modulo
k
c
0 (s)k =
p
5
s
sin
s
p
5
2
cos
s
p
5
2
p
5
r
Por lo tanto,
c
0 (s) es vector unitario.
EspeciÖcaciones:
a) Si
c (t) describe la trayectoria de una partÌcula en el espacio, el vector
! c
0 (t) = ( 2 sin(t); 2 cos(t); 1) es la velocidad con que se desplaza la partÌcula
por la curva C en el punto
c (t), en el instante ìtî.
b)k
c
0 (t)k =
p
5 es la rapidez con que se desplaza la partÌcula, 8 t, lo que
signiÖca que la partÌcula se mueve con rapidez constante 8 t.
c) Asimismo, la longitud del arco es
s(t) =
Z
t
0
k
c
0 (t)k du
Z
t
0
p
5 du =
p
5 t
s =
p
5 t =) t =
s
p
5
En general y en teorÌa la ecuaciÛn s = s(t) siempre se puede resolver para t
en tÈrminos de s, es decir tener t = t(s). En la pr·ctica existen casos en los que
por razones algebraicas no se puede tener t = t(s) øConoces alg˙n caso?
a)
A + 2t
B + 2
2
3
t
2
A
B
A + 2t
B + 2
2
3
t
2
A
B
A
A + 2t
B
A + 2
2
3
t
2
A
B
A + 2t
A
B + 4t
2
B
B
+2(2t)
2
3
t
2
A
B
B + 2
2
3
t
2
A
A
B
+2(2t)
2
3
t
2
B
A
B
2
3
t
A
B
A
B
Como: !
A
A = 1;
B
B = 1;
A
B = cos
3
1
2
!
A
A
B = 0;
B
A
B = 0;
A
B
A
B
A
B
2
(^) p
3
2
2
3
4
Por lo tanto
r
0 (t)
r
0 (t) = 1 + t + 0 + t + 4t
2
= 1 + 4t + 4t
2 = (1 + 2t)
2
1.4 Ejercicio 4
Sea
F : I! R
n una funciÛn velocidad dos veces diferenciable.
a) Pruebe que la aceleraciÛn se puede escribir como combinaciÛn lineal de
los vectores unitarios b T y b N. especÌÖcamente se
pide establecer que:
a (t) =
d
2 s
dt
2
b T + k(t)
ds
dt
2
b N
= aT
b T + aN
b N
b) Aplicando a) calcule las componentes tangencial y normal del vector acel-
eraciÛn correspondiente a
r (t) = (t; cos
2 t; sin
2 t).
SoluciÛn:
a) Sea
g una reparametrizaciÛn de
F por longitud de arco entonces
F (t) =
! g (s) si y solo si t = t(s) () s = s(t):
aplicando la regla de la cadena
F (t) =
g (s(t)) =)
F
0 (t) =
g
0 (s) s
0 (t) =
b T
ds
dt
derivando nuevamente respecto de t
F
00 (t) =
g
00 (s) [s
0 (t)]
2
g
0 (s) s
00 (t)
Por deÖniciÛn k = k(s) = k
g
00 (s)k es la, curvatura de c en g(s):
por otro lado
b N =
d b T
ds
d b T
ds
g
00 (s) = k
g
00 (s)k
b N
Relacionando las igualdades anteriores
a (t) =
F
00 (t) =
k
g
00 (s)k
b N
ds
dt
2
b T
d
2 s
dt
2
d
2 s
dt
2
b T + k
g
00 (s)k
ds
dt
2
b N
d
2 s
dt
2
b T + k
ds
dt
2
b N
lo que signiÖca que
a (t) =
d
2 s
dt 2
b T + k
ds
dt
2
b N
b) En la aplicaciÛn de a) en
r (t) =
t; cos
2 t; sin
2 t
tenemos
r
0 (t) = (1; sin(2t); sin(2t)) :
Derivando la expresion anterior
s(t) = k
r
0 (t)k =
q
1 + 2 sin
2 (2t)
=) s(t) =
4 sin(2t) cos(2t) p
1+2 sin
2 (2t)
Por lo tanto, la componente tangencial a T es
a T
2 sin(2t) q
1 + 2 sin
2 (2t)
Adem·s,
r
00 (t) = (0; 2 cos(2t); 2 cos(2t)) y haciendo el producto cruz entre
! r
0 (t) y
r
00 (t) se tiene
r
0 (t)
r
00 (t) = 2 cos(2t) b j 2 cos(2t)
b k (e)
y
k
r
0 (t)
r
00 (t)k =
p
4 cos
2 (2t) + 4 cos
2 (2t) =
p
8 cos
2 (2t)
p
2 jcos(2t)j
Como la curvatura k en terminos de t es
k =
k
r
0 (t)
r
00 (t)k
k
r
0 (t)k
3
r
(t) = (
r '
1 )(t) =
r ('
1 (t)) =
r (tan(
t
r
(t) = (
4 a tan
2 (
t
2
(1 + tan
2 (
t
2
2
2 a tan(
t
2
)(1 tan
2 (
t
2
(1 + tan
2 (
t
2
2
a(1 tan
2 (
t
2
(1 + tan
2 (
t
2
Sustituyendo
r
(t) = (
4 a(
1 cos t
1+cos t
2
1+cos t
2
2 a
q
1 cos t
1+cos t
2 cos t
1+cos t
2
1+cos t
2
a(
2 cos t
1+cos t
2
1+cos t
= (a(1 cos
2 t); a cos t
p
1 cos
2 t; a cos t)
Por lo tanto, la reparametrizaciÛn la podemos deÖnir por:
r
(t) = (a sin
2 t; a sin(t) cos(t); a cos t)
b)
x(t) = a sin
2 t; y(t) = a sin t cos t; z(t) = a cos t
x
2
2
2 = a
2 sin
4 t + a
2 sin
2 t cos
2 t + a
2 cos
2 t
= a
2 sin
2 t(sin
2 t + cos
2 t) + a
2 cos
2 t
= a
2 (sin
2 t + cos
2 t) = a
2
) la curva est· en la esfera x
2
2
2 = a
2
c) Se
r
(t 0 ) un punto cualquiera de la curva.
La ecuaciÛn del plano normal es:
N : ((x; y; z) r(t 0 )) r
0 (t 0
y ( 0 ; 0 ; 0) 2 N si sÛlo si
r
(t 0
r
(t 0
r
(t 0
r
(t 0 ) = (a sin
2 t 0 ; a sin(t 0 ) cos(t 0 ); a cos t 0 )(2a sin t 0 cos t 0 ; a(cos
2 t 0 sin
2 t 0 ); a sin t 0
= 2a
2 sin
3 t 0 cos t 0 + a
2 (sin t 0 cos
3 t 0 sin
3 t 0 cos t 0 ) a
2 sin t 0 cos t 0
= a
2 sin
3 t 0 cos t 0
2 sin t 0 cos
3 t 0 a
2 sin t 0 cos t 0
= a
2 sin t 0 cos t 0 a
2 sin t 0 cos t 0
N
1.6 Ejercicio 6
Sea
r : R
! R
3 , deÖnida por:
r = (t
2 ;
2
3
t
3 ; t);la trayectoria regular que
describe una partÌculaque se mueve a lo largo de una curva C: Para el instante
t = 1:determine:
a) Su velocidad ,rapidez y aceleraciÛn.
b) Los versores tangente, normal y binormal a trayectoria en ese instante
c) La curvatura y torsiÛn de la curva en ese punto.
d) Las componentes tangencial y normal de la aceleraciÛn en el punto.
e) La hodÛgrafa del movimiento o trayectoria que se determina en el espacio
de velocidad.
SoluciÛn:
a) A partir de la deÖnicion tenemos que la velocidad ,rapidez y aceleraciÛn
en funciÛn del tiempo estan dadas por:
! v (t) =
r
0 (t) = (2t; 2 t
2 ; 1) =)
v (1) =
r
0 (1) = (2; 2 ; 1)
j
v (t)j =
p ! r 0
r 0 =
p
(4t 2
v (1)j = 3
a (t) =
r
00
(t) = (2; 4 t; 0) =)
a (1) = (2; 4 ; 0)
b) Los versores se pueden calcular usando las identidades
b T (t) =
! r
0 (t)
j
! r 0 (t)j
b T (1) =
! r
0 (1)
j
! r 0 (1)j
(2; 2 ;1)
3
b B (t) =
! r
0 (t)
! r
00 (t)
j
! r 0 (t)
! r
00 (t)j
b B (1) =
! r
0 (1)
! r
00 (1)
j
! r 0 (1)
! r
00 (1)j
( 4 ; 2 ;4)
6
b N (t) =
b B (t)
b T (t) =)
b N (1) =
b B (1)
b T (1) =
( 1 ; 2 : 2)
3
c) La curvatura y torsiÛn en el punto se pueden determinar usando las iden-
tidades:
(t) =
! r
0 (t)
! r
00 (t)
j
! r 0 (t)j
3 =)^ ^ (1) =
! r
0 (1)
! r
00 (1)
j
! r 0 (1)j
3 =^
6
3 3
2
9
(t) =
! r
0 (t)
! r
00 (t)
! r
000
(t)
j
! r 0 (t)
! r
00 (t)j
2 =)^ ^ (1) =^
! r
0 (1)
! r
00 (1)
! r
000
(1)
j
! r 0 (1)
! r
00 (1)j
2 =^
8
36
2
9
d) Derivando la velocidad tenemos
a (t) =
r
00 (t) = j
v (t)j
0 b T (t) + (t) j
v (t)j
2 b N (t) ;entonces
las componentes tangencial y normal de
la eceleraciÛn son:
a T = j
v (t)j
0
4 t + 8t3) p
(4t 2 +4t 4 +1)
aN = (t) j
v (t)j
2
a T = j
v (1)j
0
4 + 8 p
(4+4+1)
12
3
a N = (1) j
v (1)j
2
2
9
2 = 2
e) A partir del vector velocidad
v (t) =
r
0 (t) = (2t; 2 t
2 ; 1) podemos inferir
sus componentes
x (t) = 2t
y(t) = 2t
2
z (t) = 1
=) y(x) =
x
2
2
z = 1
Por lo tanto, la hodÛgrafa es una parabÛla en el plano z = 1
1.7 Ejercicio 7
r (t 0 )
r
0 (t 0 ) = (t 0 + 1; 3 t 0 2 ; 2 t 0 1)(1; 3 ; 2) = 0 =) (t 0 + 1) + 3(3t 0 2) + 2(2t 0 1) =
0 =) t 0 =
1
2
Por lo tanto, el punto buscado es
r
1
2
3
2
1
2
1.9 Ejercicio 9
Se llama evoluta de una curva
r : I R
! R
2 a la curva que describen
los centros de curvatura de
r : Determine la evoluta de
la curva
r (t) = (t; t
2 ):
SoluciÛn:
La curva que describe el centro de curvatura est· dada por la ecuaciÛn:
! c (t) =
r (t) +
1
(t)
b N (t) ; determinemos la curvatura y el
versor normal.
! r
0 (t) = (1; 2 t; 0) =)
r
00
(t) = (0; 2 ; 0) =)
r
0 (t)
r
00
(t) = (0; 0 ; 2) =)
! r
0 (t)
r
00
(t)
r
0 (t) = ( 4 t; 2 ; 0)
Adem·s:
r
0 (t)
r
00
(t) = 2 y
r
0 (t)
r
00
(t)
r
0 (t) = 2
1 + 4t
2
1 = 2
(t) =
! r
0 (t)
! r
00 (t)
j
! r 0 (t)j
3 =^
2
(1 +4t 2 )
3 = 2
b N (t) =
! r
0 (t)
! r
00 (t)
! r
0 (t)
j
! r 0 (t)
! r
00 (t)
! r 0 (t)j
( 4 t;2)
2(1 +4t 2 )
1 = 2 ;^ reemplazando tÈrminos en la
ecuaciÛn tenemos
c (t) = (t; t
2 ) +
(1 +4t
2 )
3 = 2
2
( 4 t;2)
2(1 +4t 2 ) 1 = 2
4 t
3 ; 3 t
2
1
2
;que corresponde a
la ecuaciÛn paramÈtrica de la evoluta.
1.10 Ejercicio 10
Sea
r : I R! R
3 una trayectoria regular, dada por
r = (x(t); y(t); z(t)); t 2
I: Pruebe que la ecuaciÛn del plano osculador en
r (t 0 ); t 0 2 I;es:
x x (t 0 ) y y (t 0 ) z z (t 0 )
x
0 (t 0 ) y
0 (t 0 ) z
0 (t 0 )
x
00 (t 0 ) y
00 (t 0 ) z
00 (t 0 )
SoluciÛn:
La ecuaciÛn del plano osculador es : (
f
r (t 0
B (t 0 ) = 0; donde
B (t 0
r
0 (t 0
r
00 (t 0
b i b j
b k
x
0 (t 0 ) y
0 (t 0 ) z
0 (t 0 )
x
00 (t 0 ) y
00 (t 0 ) z
00 (t 0 )
B (t 0 ) = (y
0 (t 0 ) z
00
(t 0 ) y
00
(t 0 ) z
0 (t 0 ) ; x
00
(t 0 ) z
0 (t 0 ) x
0 (t 0 ) z
00
(t 0 ) ; x
0 (t 0 ) y
00 (t 0 ) x
00 (t 0 ) y
0 (t 0 ))
pongamos: x 0 = x (t 0 ) ; y 0 = y (t 0 ) y z 0 = z (t 0 )
f
r (t 0 ))
B (t 0 ) = 0 =)
(x x 0 ; y y 0 ; z z 0 ) (y
0 0 z
00
0 y
00
0 z
0 0 ; x
00
0 z
0 0 x
0 0 z
00
0 ; x
0 0 y
00 0 x
00 0 y
0 0
desarrollando
(y
0
0
z
00
0
y
00
0
z
0
0
)(x x 0 ) + (x
00
0
z
0
0
x
0
0
z
00
0
)(y y 0 ) + (x
0
0
y
00
0
x
00
0
y
0
0
)(z z 0
esto ˙ltimo se puede escribir
x x (t 0 ) y y (t 0 ) z z (t 0
x
0 (t 0 ) y
0 (t 0 ) z
0 (t 0
x
00 (t 0 ) y
00 (t 0 ) z
00 (t 0 )
lo que prueba la hipÛtesis.
1.11 Ejercicio 11
Un automovilista se desplaza por una carretera recta. En el instante t = 0
llega a una rotonda la que recorre con un
trayectoria
f (t) = (acost; asent; bt(2 t))t 2 [0; 2] :En el instante t = 2 sale
de la rotonda y vuelve a continuar por una
carretera recta:
a) C·lcule la curvatura m·xima de la rotonda para t 2 [0; 2]øen quÈ punto
ocurre?
b) Determine la torsiÛn de la rotonda para t 2 [0; 2] :Haga un gr·Öco de la
torsiÛn en funciÛn del tiempo.
SoluciÛn:
a) Calculemos la curvatura de la trayectoria mediante la identidad: (t) = ! f
0 (t)
! f
00 (t)
! f 0 (t)
3
f
0 (t) = ( asent; a cos t; 2 b(1 t)) =)
f
0 (t) =
p
a
2
2 (1 t)
2
f
00 (t) = ( acost; asent; 2 b) =)
f
0 (t)
f
00 (t) = ( 2 ab cos t + 2ab(1
t)sent; 2 absent 2 ab(1 t) cos t; a
2 )
!
f
0 (t)
f
00 (t) = a
p
a
2
2 (1 + (1 t)
2 ;reemplazando en la identidad,
tenemos
(t) =
a
p
a 2 +4b 2 (1+(1 t) 2
(a 2 +4b 2 (1 t) 2 ) 3 = 2
Sea (t) = a
2
2 (1 t)
2 =)
0 (t) = 8 b
2 (1 t) = 0 =) En t = 1
hay un punto crÌtico de (t)
Como
00 (1) = 8b
2
0 ; en t = 1 hay un mÌnimo de (t) y un m·ximo de
(t) pues son inversamente proporcionales
Luego, (t) =
p a 2 +4b 2
a 2 y se alcanza en el punto^
f (1) = (a cos 1; asen 1 ; b):
b) Calculemos ahora la torsiÛn; (t) =
! f
0 (t)
! f
00 (t)
! f
000
(t)
! f 0 (t)
! f
00 (t)
2 8 t
f
000 (t) = (asent; a cos t; 0) =)
f
0 (t)
f
00 (t)
f
00 (t) = 2a
2 b(1 t)
b) Calculemos para que valor del par·metro t la partÌcula impacta la esfera,
sustityendo las ecuaciones paramÈtricas en la
esfera x
2
2
2 = 2t
2 = 2 =) t = 1:Luego, la posiciÛn del punto de
impacto es
r (1) = (cos 1; sin 1; 1)
c) La longitud de la curva es:
l =
Z
1
0
k
r
0 (t)k du con k
r
0 (t)k =
q
! r
0 (t)
r
0 (t)
con
r
0 (t) = (cos t t sin t; sin t + t cos t; 0)
k
r
0 (t)k =
q
! r
0 (t)
r
0 (t) =
p
t
2 =) l =
Z
1
0
tdt =
1.13 Ejercicio 13
Un proyectil es lanzado desde el nivel del suelo con una velocidad inicial de
100 m/seg con un ·ngulo de elevaciÛn de 30
o :Determine:
a) la funciÛn vectorial y las ecuaciones paramÈtricas de la trayectoria del
proyectil.
b) la altura m·xima alcanzada.
c) el alcance del proyectil
d) la velocidad y rapidez en el impacto contra el suelo.
e) la curvatura en el punto de impacto.
SoluciÛn:
a) Inicialmente tenemos t = 0 ,
r 0 = (0; 0) ;y
v 0 = (100 cos 30; 100 sin 30)
Integrando:
a (t) =
r
" (t) = (0; 10) =)
v (t) =
r
(t) = (100 cos 30; 10 t+
100 sin 30)
Integrando por segunda vez se obtiene:
r (t) = ((100 cos 30) t; 5 t
2 +(100 sin 30)t)
Evaluando las funciones trigonomÈtricas se obtiene:
r (t) = (
p
3 t; 5 t
2
50 t)
Por lo tanto, las ecuaciones paramÈtricas de la trayectoria del proyectil son
x(t) = 50
p
3 t; y(t) = 5 t
2
b) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura m·xima
dy
dt
= 0 =) 10 t + 50 = 0 =) t = 5s
Asi la altura m·xima h alcanzada por el proyectil es
h = y(5) = 125 + 250 = 125 m
c) El alcance m·ximo se logra cuando y(t) = 0; es decir si: 5 t
2
t( 5 t + 50) = 0 ) t = 0; t = 10:
Entonces el alcance es: x (10) = 500
p
3
d) La velocidad del proyectil en el impacto es:
v (10) = (
p
e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) =
! r
0 (10)
! r
00 (10)
k
! r 0 (10)k
p
3
4
1.14 Ejercicio 14
Sea C una curva determinada por la interseccion de los cilindros: x
2
1 y; z
2 = y
a) Parametrizar C de forma
r (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)); t 2 I: IndicaciÛn
x
2
2 = 1
b) Obtener
b T ;
b N ;
b B; K y en P = (0; 1 ; 1)
SoluciÛn:
a) Se puede parametrizar como
r (t) = (cos t; sin
2 t; sin t); t 2 [0; 2 ] ,
Calculemos el valor del parametro para
! r (t 1 ) = (cos t 1 ; sin
2 t 1 ; sin t 1 ) = (0; 1 ; 1) =) t 1 =
2
. AsÌ
r
2
b)
r
0 (t) = ( sin t; sin t cos t; cos t) =)
r
0
2
b T
2
r
00 (t) = ( cos t; 2 cos 2t; sin t);
r
00 ^
2
r
0
2
r
00 ^
2
r
0
2
r
00 ^
2
p
b B
2
1 p 5
2 p 5
y
b N
2
2 p 5
1 p 5
Derivando por tercera vez tenemos:
! r
000 (t) = (sin t; 4 sin 2t; cos t) =)
r
000 ^
2
b N
2
r
0
2
r
00 ^
2
r
0
2
r 0
2
r
00
2
r 0
2
2 p 5
1 p 5
Por otra parte
K
2
! r
0 (
2
! r
00 (
2
k
! r 0 (
2 )k
3 =^
p
5 y
2
! r
0 (
2
! r
00 (
2
! r
000
(
2
k
! r 0 (
2
! r
00 (
2 )k
1.15 Problema 15
Dada la ecuaciÛn paramÈtrica de la trayectoria
r (t) = (2t
3 3 t
2 ; t 2 arctan(t))
, encontrar todos los valores de tpara los cuales la curva
(i) Tiene tangente horizontal.
(ii) Tiene tangente vertical.
(iii) No es regular.
SoluciÛn:
El vector tangente a la curva
r (t) = (2t
3 3 t
2 ; t 2 arctan(t)) es
r
0 (t) =
(6t
2 6 t;
t
2 1
t 2
) cuya pendiente es
m (t) =
y
0 (t)
x
0 (t)
=) m (t) =
y
0 (t)
x
0 (t)
t + 1
6 t (t
2
(i) Para que la tangente sea horizontal, Èsta tiene que existir, es decir
r
0 (t) 6 =
!
0 , y adem·s
m (t) = 0. Por tanto, t = 1.
ii) Para que la tangente sea vertical, Èsta tiene que existir, es decir
r
0 (t) 6 =
y adem·s
b N (s) =
r
00 (s)
j
r
00 (s)j
= ( cos(s); sen(s); 0)
Ademas k(s) = j
r
00 (s)j =
p 2
2
Finalmente
c (s) =
r (s) +
k(s)
N (s) =
p 2
2
cos(s);
p 2
2
sen(s);
p 2
2
s
; s 2 IR
lo que implica
c
0
(s) =
(^) p
2
2
sen(s);
p 2
2
cos(s);
p 2
2
s
, y por tanto que
j
c
0 (s)j = 1 para cada s 2 IR y en deÖnitiva que
c es regular y est·
parametrizada por arco s.
1.17 Problema 17
Encontrar una parametrizaciÛn de las siguientes curvas..
(i) y = x
2
(ii) x
2
2
(iii) x
2
y
2
(iv) x
2
2 = 1
Calcular en cada caso los vectores tangente unitario b T , normal b N , la cur-
vatura (t) y la torsiÛn (t)
SoluciÛn
(i) Como se trata de una par·bola podemos parametrizarla tomando x =
t =) y = t
2
AsÌ
r (t) = (t; t
2
- 3t); y calculamos el vector tangente,
r
0 (t) = (1; 2 t + 3)
=) k
r
0 (t)k =
p
4 t
2
y
b T (t) =
r
0 (t)
k
r 0 (t)k
(1; 2 t + 3) p
4 t
2
Para calcular el vector normal en IR
2 tenemos en cuenta que es un vector
ortogonal al tangente y
unitario.
b N (t) =
( 2 t 3 ; 1) p
4 t
2
La curvatura de una curva plana es k(t) =
j
r (t)
r " (t)j
j
r
0 (t)j
3
, considerando
que IR
2 es subespacio de IR
3
En nuestro caso
r
0 (t) = (1; 2 t + 3; 0) =)
r
00 (t) = (0; 2 ; 0)
Por tanto, k(t) =
p
4 t
2
3
; la curvatura de la par·bola varÌa en
funciÛn de t
Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) =
r
0 (t)
r " (t)
r
000 (t)
j
r
0 (t)j
3
0 ; pues
r
000 (t) = (0; 0 ; 0)
lo que signiÖca que la curva siempre esta en el mismo plano.
(ii) La ecuaciÛn dada representa una circunferencia de centro el (0; 1)y
radior = 1, ya
que x
2
2
2
2 1. Por tanto, una parametrizaciÛn es
! r (t) = (cos(t); 1 + sen(t))
Calculamos el vector tangente.
r
0 (t) = ( sen(t); cos(t)) =) k
r
0 (t)k = 1 =) b T (t) =
r
0 (t)
k
r
0 (t)k
( sen(t); cos(t))
Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal
al tangente y
unitario.
b N (t) = ( cos(t); sen(t))
La curvatura de una curva plana es k(t) =
j
r
0 (t)
r " (t)j
j
r
0 (t)j
3
, considerando
que IR
2 es subespacio de IR
3
En nuestro caso
r
0 (t) = ( sen(t); cos(t); 0) =)
r
00 (t) = ( cos(t); sent(t); 0) =)
j
r (t)
r " (t)j = 1
Por tanto, k(t) = 1 la curvatura de una circunsferencia es constante
Finalmente, la torsion de la curva plana es (t) =
r
0 (t)
r " (t)
r
000 (t)
j
r
0 (t)j
3
pues
r
0 (t)
r " (t)
r
000 (t) = (0; 0 ; 0):
(iii) La ecuaciÛn dada representa una hipÈrbola de semieje a = 1 y b = 2.
Por tanto, una parametrizaciÛn es
! r (t) = (cosh(t); 2senh(t))
Calculamos el vector tangente.
r
0 (t) = (senh(t); 2 cos h(t))
=) k
r
0 (t)k =
p
senh
2 (t) + 4 cos h
2 (t)
y
b T (t) =
r
0 (t)
k
r
0 (t)k
(senh(t); 2 cos h(t)) p
senh
2 (t) + 4 cos h
2 (t)
Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal
al tangente y
unitario.
b N (t) =
( 2 cos h(t); senh(t))
p
senh
2 (t) + 4 cos h
2 (t)
La curvatura de una curva plana es k(t) =
j
r
0 (t)
r " (t)j
j
r
0 (t)j
3
, considerando
que IR
2 es subespacio de IR
3
En nuestro caso :
r
0 (t) = (senh(t); 2 cos h(t); 0) =)
r
00 (t) = (cosh(t); 2senh(t); 0)
=) j
r
0 (t)
r " (t)j = 2
Por tanto k(t) =
h p
senh
2 (t) + 4 cos h
2 (t)
i 3
;la curvatura de la hiperbola
varÌa en funciÛn de t
Por lo tanto, si s denota el par·metro arco de
r tenemos que s (t) = j
r
0 (t)j
c
0 (t) =
r
0 (t)+
0
(t)
N (t)+ (t)
N
0 (t) =
r
0 (t)+
0
(t)
N (t)+ (t)
N
0 (s) s
0 (t)
Por Frenet sabemos que: !
N
0 (s) = k (s) b T (s) (s) b B (s) =)
N
0 (s) = (s) b T (s) (s) b B (s)
c
0 (t) = j
r
0 (t)j
b T (t) +
0
(t)
N (t) + (t) s
0 (t)
h
b T (s) (s) (s)
b B (s)
i
c
0 (t) =
0
(t)
N (t) (t) (t) j
r
0 (t)j
b B (t) :
AsÌ j
c
0 (t)j =
p
0 (t))
2
2 (t)
2 (t) j
r
0 (t)j)
2 puesto que el Triedro de
Frenet es ortonormal. Sustituyendo y
0 por su expresiÛn en funciÛn de la
curvatura, resulta que
j
c
0 (t)j =
s
(k
0 (t))
2
(k (t))
4
2 (t)
k
2 (t)
j
r 0 (t)j
2
k
2 (t)
q
(k 0 (t)) 2
r 0 (t)j
2 para
cada t 2 I
y por tanto, como (t) y j
r
0 (t)j 6 =
0 c es singular en t 2 I si y solo si
k
(t) = (t) = 0
La expresiÛn anterior muestra tambiÈn que cuando
c es regular, la derivada
de su par·metro
arco coincide con el tÈrmino de la derecha de la igualdad
1.19 Problema 19
Consideremos la curva C dada por
r (t) = (e
t ; e
2 t ; t); t 2 R:
Hallar su curvatura y su torsiÛn en el punto (1; 1 ; 0). øEs cierto que la curva
tiene torsiÛn negativa en todos sus puntos?
SoluciÛn
Calculamos primero las derivadas:
! r
0 (t) = (e
t ; 2 e
2 t ; 1) ) k
r
0 (t)k =
p
1 + e 2 t
r
00 = (e
t ; 4 e
2 t ; 0)
r
0
r
00 = ( 4 e
2 t ; e
t ; 2 e
3 t ) )
r
0
r
00
p
e
2 t
4 t
6 t
r
000 = (e
t ; 8 e
2 t ; 0)
Y podemos obtener la curvatura y la torsiÛn en cada punto:
k(t) =
r
0
r
00
k
r
0 (t)k
3
p
e
2 t
4 t
6 t
p
1 + e
2 t
4 t
(t) =
r
0
r
00
r
000
k
r 0
r
00 k
2
4 e
3 t
p
e
2 t
4 t
6 t
2
En el punto (1; 1 ; 0) = (e
t 0 ; e
2 t
0
; t 0 ) =) t = 0
De donde deducimos que la curvatura y la torsiÛn son
k(0) =
r
0 (0)
r
00 (0)
k
r
0 (0)k
3
p
21
3 = 2
r
0 (0)
r
00
(0)
r
000
(0)
k
r
0 (0)
r
00 (0)k
2
Por ˙ltimo, la funciÛn (t) es claramente positiva, 8 t 2 IR
1.20 Problema 20
Considere la curva C dada por
r (t) = (cosh(t); sinh(t); t); t 2 IR
(a) Dibuje aproximadamente su traza.
(b) Si se recorre la traza partiendo desde punto (1; 0 ; 0), tras recorrer una
longitud de arco
p
2 sobre la curva, øcu·les son las coordenadas del punto del
espacio en el que nos encontraremos?
SoluciÛn.
Consideremos la proyecciÛn de la curva sobre el plano XY :
x
2 y
2 = cos h
2 (t) sinh
2 (t) = 1 se trata de una rama de hipÈrbola, cuyo eje
de simetria es X, toma valores positivos de X y se recorre en el sentido creciente
de Y.
La tercera componente es simplemente z = t; para valores t > 0 la curva
se eleva con respecto al plano z = 0 hacia, mientras que para valores de t < 0 ;
ìbajaî con respecto el plano z = 0.
Determinemos el valor del parametro en el punto de partida
(1; 0 ; 0) = (cosh(t); sinh(t); t) =) t = 0
Empezamos en s(0), la longitud de la curva, desde ese punto, se mide la
longitud de arco siguiente
Calculemos la rapidez, y luego la lonitud del arco
! r (t) = (cosh(t); sinh(t); t); t 2 IR )
r
0 (t) = (senh(t); cos h(t); 1); t 2 IR
=) k
r
0 (t)k =
p
cosh
2 (t) + sinh
2 (t) + 1 =
p
2 cosh
2 (t) =
p
2 cosh(t).
AsÌ que la longitud desde s(0)hasta
s(t) =
R
t
0
k
r
0 (u)k du =
p
2
R
t
0
cosh(u)du =
p
2 senh(u)j
t
0
p
2 senh (t)
Ahora sÛlo queda determinar el valor de tque hace que la longitud sea exac-
tamente
p
- Esto es, resolver p
2 =
p
2 sinh(t) ) 1 = sinh(t) ) t = arcsinh(1):
De manera que estaremos en el punto de coordenadas
! r (arcsinh(1)) = (cosh(arcsinh(1)); sinh(arcsinh(1)); arcsinh(1)) = (
p
2 ; 1 ; arcsinh(1))
1.21 Problema 21
