´Indice I
1. Funciones vectoriales de una variable real 2
1.1. Funciones vectoriales de una variable real . . . 2
1.1.1. Dominio, rango de una funci´on vectorial de variable real . . . 3
1.1.2. L´ımite de funciones vectoriales de variable real . . . 6
Ejercicios de aplicaci´on . . . 10
1.1.3. Continuidad de funciones vectoriales de variable real . . . 12
1.1.4. Derivaci´on de una funci´on vectorial de variable real . . . 15
1.1.5. Interpretaci´on geom´etrica de la derivada de una funci´on vec-torial de variable real . . . 16
1.1.6. La diferencial . . . 18
1.1.7. Integraci´on de una funci´on vectorial de variable real . . . 19
1.2. Curvas regulares . . . 22
1.3. Reparametrizaci´on de una curva parametrizada . . . 24
1.3.1. Longitud de arco . . . 25
1.3.2. Longitud de arco como par´ametro . . . 26
1.4. Vectores Tangente unitario, Normal principal y Binormal . . . 28
1.4.1. Vector tangente . . . 28
1.4.2. Vector normal . . . 29
1.4.3. Vector binormal . . . 29
1.5. Curvatura y Torsi´on . . . 32
1.5.1. Curvatura . . . 32
1.5.2. Circunferencia de Curvatura . . . 36
1.5.3. Torsi´on . . . 39
1.6. Ejercicios propuestos . . . 43
Funciones vectoriales de una
variable real
Muchos fen´omenos de la naturaleza, tales como la caida libre de un cuerpo, la trayectoria de un proyectil, la orbita de un cometa, entre otros son descritos matem´aticamente por el concepto de funciones vectoriales de una variable real que pasaremos a desarrollar.
1.1.
Funciones vectoriales de una variable real
Definici´on 1.1.1. Una funci´on vectorial de una variable real, es una funci´on de la forma f : I ⊂ R → Rn la cual, a cada n´umero real t de alg´un subconjunto I de
R, le asocia un (y solamente uno) valor f(t) en el espacio Rn. Como f(t) es punto
del espacio Rn, este tiene n-coordenadas, las cuales son en general, funciones de
variable t. As´ı podemos escribir
f(t) = (f1(t), f2(t), ..., fn(t))∈Rn
dondefi :I ⊂R→R , i= 1,2, ..., nson funciones reales de la variable t, llamadas
FUNCIONES COORDENADAS de la funci´on f.
La gr´afica de la funci´on vectorial f(t) de argumento escalar t, es el conjunto de los puntos que describen los extremos del radio vector f(t) cuando variat [8]. Ejemplo 1.1.1. Trace la gr´afica de la funci´on f(t) = (sen(t), cos(t), sen2(t)) para
todo t∈[0,2π]
Soluci´on
La gr´afica de f podemos obtenerla tabulando de la siguiente manera:
Figura 1.1: curvaC definida por la funci´onf.
Es importante notar la orientaci´on que toma una part´ıcula que se encuentra sobre la gr´afica de f. Este es lo que diferencia de su representaci´on como intersecci´on de superficies (ecuaci´on cartesiana de la curva).
La ecuaci´on cartesiana de la gr´afica de f se obtiene haciendo desaparecer la variablet de la representaci´on param´etrica def, esto es:
Figura 1.2: Intersecci´on de las supercies:x2+y2= 1
y z=x2
x = sen(t)
y = cos(t) ⇒ C :
x2+y2 = 1
z =x2
z = sen2(t)
1.1.1. Dominio, rango de una funci´on vectorial de variable real Sea f :I ⊂R→Rn una funci´on vectorial de variable real.
El dominio de f est´a definida como la intersecci´on de los dominios de las fun-ciones coordenadas de f, esto es.
El rango defest´a definida como el conjunto de todas lasn- uplas (f1(t), f2(t), ..., fn(t))
tal que t∈Dom f, esto es:
Ran f ={(f1(t), f2(t), ..., fn(t))/ t∈Dom f}
Ejemplo 1.1.2.Halle el dominio y rango de la funci´on vectorialf(t) = (t2,√t−1,√5−t)
Soluci´on
f1(t) =t2 ⇒ Dom f1 =R
f2(t) =
√
t−1 ⇒ Dom f2 = [1,∞i ⇒ Dom f =Dom f1∩Dom f2∩Dom f3 = [1,5]
f3(t) =
√
5−t ⇒ Dom f3 =h−∞,5]
Figura 1.3:Grafica defcomo intersecci´on de superficies
La ecuaci´on cartesiana de la gr´afica def es:
x = t2
y = √t−1 ⇒ C :
z =p5−√x, 1≤x≤25
z =p4−y2, 0≤y≤2
z = √5−t
El rango de f es:
Ran f ={(x, y, z)∈R3 /√x−y2 = 1 , z =p4−y2 , 1≤x≤25 , 0≤y ≤2}
Ejemplo 1.1.3. Halle el rango de la funci´on f(t) = (senh(t), cosh(t)) Soluci´on
Figura 1.4: curvaC definida por la funci´onf.
x=senh(t)
y =cosh(t) ⇒
x2 =senh2(t)
y2 =cosh2(t) ⇒y
Como cosh(t)≥1 , ∀t∈R, entonces y≥1. Luego
Ran f ={(x, y)∈R2 / y2−x2 = 1 , y ≥1}
Ejemplo 1.1.4. Encuentre una funci´on vectorial que represente la curva de inter-secci´on de las dos superficies: el cono z =px2+y2 y el plano z = 1 +y
Soluci´on
z =px2+y2
z = 1 +y ⇒(1 +y)
2 =x2+y2 ⇒1 + 2y =x2 ⇒y= x2−1 2
Figura 1.5: curvaC definida por la intersecci´on de superficies
Luego
x=t y = t2−1
2
z = t2+1 2
⇒f(t) = (t,t2−1 2 ,t
2+1
2 ) , ∀t∈R.
Antes de continuar, definamos el siguiente resultado fundamental de la topolog´ıa deR[9].
Definici´on 1.1.2. Sea X ⊂R:
1. Decimos que a∈R es un punto de acumulaci´on o punto l´ımite de X si y s´olo si (a−² , a+²)∩X− {a} 6=φ , ∀² >0.
2. El conjunto de todos los puntos de acumulaci´on de X es llamado conjunto derivado de X y ser´a denotado por X0.
2. (3,5)0 = [3,5]
3. Si X = {2} entonces X0 = φ. En efecto, demostremos tal afirmacion por
reducci´on al absurdo.
a) Supongamos que 2 ∈ X0. Entonces para cualquier ² > 0 se debe cumplir
(2−² , 2 +²)∩X− {2} 6= φ, la cual es falsa, ya que para ² = 0,5 (por ejemplo) no se cumple.
b) Supongamos ahora que a∈X0, donde a es cualquier numero real diferente
de 2. Entonces para cualquier² >0se debe cumplir(a−² , a+²)∩X−{a} 6=
φ, la cual es falsa, ya que para ² = |a−22| (por ejemplo) no se cumple. Por lo tanto, {2}0 =φ.
4. Z0 =φ
5. R0 =R
6. Q0 =R
7. (R−Q)0 =R
De los ejemplos mostrados, observemos que un punto de acumulaci´on de un con-junto dado, no necesariamente pertenece al concon-junto (ejemplos 1 y 2)
1.1.2. L´ımite de funciones vectoriales de variable real
Sea f : I ⊂ R → Rn una funci´on definida en un intervalo abierto I de R y sea
to ∈R un punto de acumulaci´on de I. Se dice que el limite de la funci´on f cuando
t tiende a to es L∈Rn lo cual se escribe como:
l´ım
t→to
f(t) =L
Si para cualquier ε > 0, es posible hallar un δ > 0 tal que t ∈ I , 0 <| t−to |< δ
implica k f(t)−L k< ε, donde k k es la norma euclidiana de vectores de Rn [8].
Simb´olicamente
l´ım
t→to
f(t) = L ⇔ ∀ε >0∃δ >0/ t∈Dom f ∧ 0<|t−to |< δ ⇒ kf(t)−Lk< ε
Ejemplo 1.1.6.
Demuestre por definici´on que: l´ım
t→2(2t,
t2(t−2)
t−2 ) = (4,4) Soluci´on
Primero calculemos el dominio de la funci´on f(t) = (2t,t
2(t−2)
f1(t) = 2t
f2(t) = t 2(t−2)
t−2
⇒ Dom f1 =R
Dom f2 =R− {2}
⇒Dom f =R− {2}
En seguida calculemos el valor que debe tomar δ, para cualquier valor que le asignemos aε en la definici´on de l´ımite.
∀ε >0∃δ >0/ t∈Dom f ∧ 0<|t−2|< δ ⇒ kf(t)−(4,4)k< ε
kf(t)−(4,4)k = p(2t−4)2+ (t2−4)2
≤ |2t−4|+|t2 −4|
= 2|t−2|+|t+ 2 | |t−2| ?
Acotemos|t+ 2 |.
Sea δ1 = 1 ⇒ 0 <| t −2 |< 1 ⇒ −1 < t −2 < 1 ⇒ 1 < t < 3.
⇒ 3< t+ 2 <5. Luego |t+ 2|<5.
Reemplazando este ´ultimo resultado en (?) se tiene:
kf(t)−(4,4)k≤2|t−2|+|t+ 2| |t−2|<2δ+ 5δ = 7δ=ε, luego δ2 =ε/7.
Por lo tanto δ=min{1, ε/7}.
Figura 1.6: Notemos que paraε= 2 se tieneδ=min{1,2/7}= 2/7
Ejemplo 1.1.7.
Demuestre por definici´on que: l´ım
t→2(
1 1−t3,
√
5t−1,√t
2) = (− 1 7,3,
2 √
2) Soluci´on
Primero calculemos el dominio de la funci´on f(t) = ( 1 1−t3,
√
5t−1,√t 2).
f1(t) = 1−1t3
f2(t) =
√ 5t−1
f3(t) = √t2
⇒
Dom f1 =R− {1}
Dom f2 = [15,∞i
Dom f3 =R
⇒Dom f = [1
En seguida calculemos el valor que debe tomar δ, para cualquier valor que le asignemos aε en la definici´on de l´ımite.
∀ε >0∃δ > 0/ t∈Dom f ∧ 0<|t−2|< δ ⇒ kf(t)−(−1 7,3,
2 √
2)k< ε
kf(t)−(−1 7,3,
2 √
2)k = k(
8−t3
7(1−t3),
√
5t−1−3,√t 2 −
2 √
2)k ≤ |2−t | |4 + 2t+t2 |
7|t−1| |t2+t+ 1 |+
5|t−2| √
5t−1 + 3 +
|t−2| √
2 = |t−2| |(t+ 1)2+ 3|
7|t−1| |(t+ 1
2)2 +34 |
+√5|t−2| 5t−1 + 3 +
|t−2| √
2 En seguida acotemos los t´erminos diferentes de|t−2|.
Como 3
4 ≤(t+ 12)2+ 34 ⇒ (t+11 2)2+34 ≤
4
3 , ∀t ∈ Dom f . De igual forma, dado
que
3≤√5t−1 + 3⇒ √ 1 5t−1+3 ≤
1
3 , ∀t∈Dom f. Entonces
kf(t)−(−1 7,3,
2 √
2)k≤
|t−2| |(t+ 1)2 + 3|
7|t−1|
4 3+
5|t−2|
3 +
|t−2| √
2 (?) Consideremosδ < min{|1−2|}= 1. Luego en particular sea δ1 = 1/2.
Ahora 0<|t−2|<1/2⇒ 3
2 < t < 52. Luego se tiene: 25
4 + 3<(t+ 1)2+ 3 < 49
4 + 3
2
3 < t−11 <2
⇒
|(t+ 1)2+ 3 |< 61 4
| 1 t−1 |<2
Reemplazando estos ´ultimos resultados en (?) se tiene:
kf(t)−(−1 7,3,
2 √
2)k ≤ 61
4 .2. 4 3.
1
7 |t−2|+
5|t−2|
3 +
|t−2| √
2
< 122
21 δ+ 5δ
3 +
δ
√
2 =ε⇒δ =
ε
122
21 +53 + √12
Por lo tanto, el valor de δ que buscamos para cualquierε es:
δ =min{1 2 ,
ε
122
21 +53 +√12
}
Teorema 1.1.1. Sea f :I ⊂R→Rn una funci´on definida en un intervalo abierto
I de R y sea to ∈R un punto de acumulaci´on de I. Entonces
l´ım
t→to
f(t) =L= (l1, l2, ..., ln)∈Rn si y s´olo si l´ım t→to
fi(t) =li ∀i= 1,2, ..., n
Ejemplo 1.1.8. Calcule si existe l´ım
t→0 µ
e2t−1
Ln(1−4t),
sen23t
Ln2(1 + 2t) ¶
Soluci´on
Aplicando L’Hˆopital se tiene:
l´ım
t→0
e2t−1
Ln(1−4t) = l´ımt→0
2e2t
−4 1−4t
= −1 2 l´ım
t→0
sen23t
Ln2(1 + 2t) = l´ımt→0
6cos(3t)sen(3t) 2Ln(1 + 2t) 2
1+2t
= l´ım
t→0
3sen(6t) (1 + 2t) 4Ln(1 + 2t) = l´ım
t→0
18cos(6t) (1 + 2t) + 3sen(6t) 2
8 1+2t
= 9 4 Por lo tanto:
l´ım
t→0 µ
e2t−1
Ln(1−4t),
sen23t
Ln2(1 + 2t) ¶ = µ −1 2, 9 4 ¶
Definici´on 1.1.3. Si f y g son funciones vectoriales de variable real con rango en
Rn y dominios Dom f y Dom g en R, entonces f+g , f −g , f ×g (s´olo cuando
n = 3) son funciones vectoriales y f.g es una funci´on escalar, cuyos dominios son
Dom f ∩Dom g y sus reglas de correspondencia son:
1. (f±g)(t) = f(t)±g(t)
2. (f.g)(t) = f(t).g(t)
3. (f×g)(t) = f(t)×g(t) (definida s´olo en R3)
Siϕes una funci´on real de una variable real entonces la funci´onϕ f se define como:
(ϕ f)(t) = ϕ(t)f(t) , ∀t ∈Dom(ϕ f) = Dom ϕ∩Dom f
Teorema 1.1.2. Sif ygson funciones vectoriales tales que l´ım
t→to
f(t) = By l´ım
t→to
g(t) =C
donde to ∈R es punto de acumulaci´on de Dom f ∩Dom g, entonces:
1. l´ım
t→to
(f±g)(t) = B±C
2. l´ım
t→to
3. l´ım
t→to(f×g)(t) = B×C
4. Si f es una funci´on vectorial y ϕ una funci´on real talque l´ım
t→to
f(t) =B y
l´ım
t→to
ϕ(t) =k donde to es punto de acumulaci´on de Dom f ∩Dom ϕ, entonces:
l´ım
t→to
(ϕ f)(t) =k B
Prueba Ver [1]
EJERCICIOS DE APLICACI ´ON
1. Trace las curvas representadas por las siguientes ecuaciones param´etricas y encuentre las sus ecuaciones cartesianas:
a) x=t2 , y = 6−3t
b) x=et , y =e−t
c) x=cosht , y =senht
2. Investigue la familia de curvas definida por las ecuaciones param´etricasx=t2
, y = t3 −ct. ¿Como cambia la forma al aumentar c?. Ilustre la respuesta
graficando varios miembros de la familia.
3. Las curvas de cat´astrofe de cola de milano se definen mediante las ecua-ciones param´etricas x = t2 , y = t3 −ct. Grafica varias de ellas. ¿Qu´e
caracteristicas tienen en com´un? ¿C´omo cambian cuando aumenta c?
4. Las curvas cuyas ecuaciones son x = asen(nt) , y = bcost se denominan figuras figuras de Lissajous. Investigue c´omo var´ıan al cambiar a, b y n (n
es un entero positivo).
5. Un par de trayectorias de [0,∞) en R3 se definen por c(t) = (cost, sint, bt) y
r(t) = (1,0, t). Responda las siguientes preguntas:
a) ¿Se intersectan las curvas generadas porc(t) y r(t)?
b) Si estas trayectorias representan el desplazamiento de un par de part´ıculas. ¿En que puntos ,si los hay, estas part´ıculas se encuentran?
6. Sea C la curva descrita por la funci´onα(t) = (t3−4t, t2−4) , t∈R. Trace la
gr´afica de la curva C indicando, si existen, simetr´ıa, puntos dobles y as´ıntotas. 7. SeaC la curva descrita por f(t) = ( 1
1−t,
√
5t−1,√t
2). Pruebe por definici´on que
l´ım
t→2f(t) = (−1,3,
2 √
2)
8. Halle el dominio de las siguientes funciones vectoriales:
a) f(t) = (Ln(4−t2),√t2−3t+ 2)
b) f(t) = (e−t, Ln(4−t)2, t Ln( 2 t−3))
c) f(t) = (−t√9−t2, t
t−3, Ln(2 +t))
9. Demuestre por definici´on los siguientes l´ımites:
a) l´ım
t→2(2t ,
t3−2t2
t−2 ) = (4,4)
b) l´ım
t→2(2t ,
t3−2t2
t−2 ,
sen(t−2)
t−2 ) = (4,4,1)
c) l´ım
t→0+(
√
t sen(1
t),
3
√
t cos(1
t),
5
√
t) = (0,0,0)
10. Sea C la curva descrita por la funci´on f(t) =
Ã
t, t2,3 r
1− t2 25−
t4
16
!
a) Trace la curvaC.
b) Pruebe por definici´on que l´ım
t→0f(t) = (0,0,3)
11. Usando la definici´on de limite demuestre que:
l´ım
t→2(t, p
t(2−t),p2 (2−t)) = (2,0,0)
12. Calcule si existe los siguientes limites:
a) l´ım
t→1+(1−[|t|],
1 +cosπt
1−t ,
√
t−1)
b) l´ım
t→1/2(t
4, √5t2+ 1, t4sen3(π[|t|])
t6+ 1 )
c) l´ım
t→1(
1 2−t,
4 p
1−[|t|]
1.1.3. Continuidad de funciones vectoriales de variable real
Sea f :I ⊂R→Rn una funci´on definida en un subconjunto I deR. Se dice que
f es continua en el punto to ∈I si y s´olo si
∀ε >0∃δ >0/ t∈Dom f ∧ |t−to |< δ ⇒ kf(t)−Lk< ε
En particular, si to ∈I es un punto de acumulaci´on de I entoncesf es continua en
to si y s´olo si
l´ım
t→to
f(t) =f(to)
NOTA 1.1.1.
Sito ∈I no es punto de acumulaci´on de I entoncesf es continua en to.
Teorema 1.1.3.
Sea f :I ⊂R→Rn una funci´on definida en un subconjunto I deR. Se dice que
f es continua en el punto to ∈ I si y s´olo si sus funciones coordenadas fi , ∀i =
1,2, ..., n son continuas en to.
Ejemplo 1.1.9.
Sea f(t) =¡t3,ksen2(π t
2 )k, t− ktk2 ¢
∀t∈[−1,1] 1. Determine los puntos de discontinuidad.
2. ¿Es posible redefinirf en dichos puntos de discontinuidad de tal forma que sea continua?
Soluci´on
Desarrollando los maximos enteros en f, se tiene:
f(t) =
(−1,1,2) t =−1 (t3,0, t−1), −1< t <0
(t3,0, t), 0≤t <1
(1,1,0), t = 1 1). i) ¿Esf continua en t=−1?
l´ım
t→−1+(t
3,0, t−1) = (−1,0,−2)6= (−1,1,−2) =f(−1)
ii) ¿Esf continua ent = 0?
l´ım
t→0−(t
3,0, t−1) = (0,0,−1)
l´ım
t→0+(t
3,0, t) = (0,0,0)
Entonce f es discontinua (discontinuidad de primera especie) ent = 0. iii) ¿Es f continua ent = 1?
l´ım
t→1−(t
3,0, t) = (1,0,1)6= (1,1,0) =f(1)
Entonces f es discontinua (evitable) en t = 1.
2). la funci´on f solo se puede redefinir en t = −1 y en t = 1, de tal forma que sea continua. Esto es:
f∗(t) =
(−1,0,−2) t=−1 (t3,0, t−1), −1≤t <0
f∗(t) =
(1,0,1) t = 1 (t3,0, t), 0≤t <1
Figura 1.7: Gr´afica de la funci´onf(t) =¡t3,ksen2(π t
2 )k, t− ktk2
¢
∀t∈[−1,1]
Teorema 1.1.4. Sea ϕ:J →I una funci´on real donde J, I ⊂R y f :I →Rn una
funci´on vectorial de variable real. Si ϕ es continua en to ∈ J y f es continua en
ϕ(to)∈I entonces f◦ϕ es continua en to.
Soluci´on
Primero hallemos el dominio de f ◦ϕ.
Se tiene que Dom(ϕ) = Ry Dom(f) = [0,∞), luego:
Dom(f ◦ϕ) = {t∈R/ t∈Dom(ϕ)∧ϕ(t)∈Dom(f)} = t∈R ∧ sen(t)≥0
= t∈R ∧ ...∪[−2π , −π]∪[0, π]∪[2π , 3π]∪...
=
∞
[
n=−∞
[2nπ , (2n+ 1)π]
Dado queϕes continua enDom(ϕ) yf es continua ent ≥0 entonces por el ´ultimo teorema se tiene que
(f◦ϕ)(t) =f(ϕ(t)) =f(sen(t)) = (sen(t), sen2(t)) t ∈
∞
[
n=−∞
[2nπ , (2n+ 1)π]
es continua en todot ∈Dom(f ◦ϕ) = S∞n=−∞[2nπ , (2n+ 1)π]
Teorema 1.1.5. Si las funciones vectoriales f , g :I ⊂ R→ Rn son continuas en
to, entonces f ±g , f.g y f ×g (solo cuando n = 3) son tambien continuas en
to. Lo reciproco no es cierto.
Ejemplo 1.1.11. Dadas las funciones:
f(t) =
¡
sent, Ln(t+ 1),sent t
¢
, t ∈ h−1,1i − {0}
(0,1,1), t = 0 y
g(t) =
¡
t, t
sent, Ln(t+ 1) ¢
, t∈ h−1,1i − {0} (0,1,0), t= 0
¿Son las funciones f , g y f×g continuas en t= 0?
Soluci´on
i) ¿Es f continua en t= 0?
l´ım
t→0 µ
sent, Ln(t+ 1),sent t
¶
= (0,0,1)6= (0,1,1) =f(0)
Por lo tantof no es continua ent = 0 ii) ¿Esg continua en t= 0?
l´ım
t→0 µ
t, t
sent, Ln(t+ 1)
¶
= (0,1,0) =g(0)
Notemos que este caso el ´ultimo teorema no concluye nada a cerca de la con-tinuidad de f×g en t= 0, ya que f no es continua ent= 0.
iii) ¿Es f ×g continua ent = 0? Primero definamos f×g:
f(t)×g(t) =
(Ln2(t+ 1)−1, sent−sent Ln(t+ 1), t−t Ln(t+ 1)), t∈ h−1,1i − {0}
(−1,0,0), t= 0
Ahora calculemos:
l´ım
t→0 ¡
Ln2(t+ 1)−1, sent−sent Ln(t+ 1), t−t Ln(t+ 1)¢= (−1,0,0) = (f×g)(0)
Por lo tantof ×g es continua en t= 0.
1.1.4. Derivaci´on de una funci´on vectorial de variable real
Definici´on 1.1.4. Sea f : I ⊂ R → Rn una funci´on vectorial definida en un
intervalo I y to ∈ I un punto de acumulaci´on de I. Decimos que f es derivable en
to, si y s´olo si existe l´ım t→to
f(t)−f(to)
t−to
. En caso afirmativo, denotamos por f0(t
o) a
este limite y le llamaremos DERIVADA de f en to.
f0(to) = l´ım t→to
f(t)−f(to)
t−to
Observaci´on 1.1.1. 1. Decimos que f es diferenciable en J ⊂I si y s´olo si f es derivable en todos los puntos to ∈J.
2. Si f es derivable en J ⊂I, podemos definir la funci´on
f0 :J → Rn
t → f0(t)
3. f0(t
o) = l´ım t→to
f(t)−f(to)
t−to
= l´ım
h→0
f(to+h)−f(to)
h
Ejemplo 1.1.12. Calcule la derivada si existe de la funci´on
f(t) =
(t3sen(1 t),
t
1+e1t ) si t6= 0
(0,0) si t= 0
Soluci´on
f0(0) = l´ım
t→0
f(t)−f(0)
t−0 = l´ımt→0
(t3sen(1
t), 1+et1
t)
t = l´ımt→0(t
2sen(1
t),
1 1 +e1t
) l´ım
t→0t
2sen(1
t) = 0 , l´ımt→0
1 1 +e1t
=? Se Tiene que: l´ım
t→0+
1 1 +e1t
= 0 , l´ım
t→0−
1 1 +e1t
= 1. Luego l´ım
t→0
1 1 +e1t
no existe. Por lo tanto f0(0) no existe.
1.1.5. Interpretaci´on geom´etrica de la derivada de una funci´on vectorial de variable real
Figura 1.8: Interpretaci´on geom´etrica de la derivada
La derivada def entoes interpretada como el vector direcci´on de la recta tangente
a la curvaf en el punto f(to) siempre que f0(to)6= 0.
El vector f(to+h)−f(to)
h tiene la direcci´on de la recta secanteLs, a la curva definida
porf. Cuandoh→0 , f(to+h)−f(to)
h →f0(to), es decir cuandoh→0 la recta secante
Ls toma una posici´on limite que es la recta tangente Lt a la curva f en el punto
f(to), cuyo vector direccional es f0(to).
l´ım
h→0
f(to+h)−f(to)
h =f
0(t
o)
Af0(t
o) se le llama vector tangente a la curva en el puntof(to) siempre quef0(to)6=
0.
Si f es derivable en to y f0(to) 6= 0, la recta tangente a la curva f en el punto
f(to) es definida por:
la derivada de f ento se interpreta f´ısicamente como la velocidad de una part´ıcula
cuyo movimiento es descrito por la funci´on vectorial (funci´on posici´on) f = f(t) en el instante t = to. En este caso f0(to) es llamado vector velocidad de f en el
instante t = to y su magnitud k f0(to) k es llamada rapidez de f en el instante
t=to.
Las siguientes son notaciones usuales para la derivada de f en to:
df
dt(to) , D f(to) , f˙(to)
Teorema 1.1.6.
Sea f = (f1, f2, ...fn) : I → Rn una funci´on vectorial definida en el intervalo
abiertoI ⊂R y to ∈I. Se dice quef es derivable en to si y solo si fi son derivables
ento , ∀i= 1,2, ...n. En este caso:
f0(t
o) = (f10(to), f20(to), ...fn0(to)).
Definici´on 1.1.5. Se dice que la funci´on vectorial f : I ⊂ R → Rn derivable es
de clase C1 si f0 es continua en I. En general decimos que f es de clase Ck en I
(k≥2) si y solo si f(k−1) :I →Rn es derivable en I y fk es continua en I.
Teorema 1.1.7.
Si la funci´on f es derivable en to entonces esf es continua en to.
Teorema 1.1.8.
Sif,g yϕson derivables sobre [a, b], entonces f±g , f.g , ϕ f y f×g son tambien diferenciables sobre [a, b] y
1. (f±g)0 =f0 ±g0
2. (f.g)0 =f0.g+f.g0
3. (f×g)0 =f0 ×g+f ×g0
4. (ϕ f)0 =ϕ0f +ϕ f0 (ϕ es una funci´on escalar).
1. f(t) = (t3, t2)
2. f(t) = (t,|t|) Soluci´on
1. Se tiene que f0(t) = (3t2, 2t), luego existe la derivada de f en (0,0) y es
f0(0) = (0,0); m´as no existe la recta tangente en dicho punto (para tener una
recta tangente en f(0) se debe cumplir quef0(0)6= (0,0)).
2. Se tiene que f(t) =
(t, t) sit ≥0 (t,−t) sit <0
Dado quef0
−(0) = l´ımt→0− (t,−t)
t = (1,−1) y f0+(0) = l´ımt→0+ (t,t)
t = (1,1), f0(0)
no existe. Por lo tanto no existe la recta tangente en el punto (0,0).
Figura 1.9: Gr´afica de la funci´on
f(t) = (t3, t2)
Figura 1.10: Gr´afica de la funci´on
f(t) = (t ,|t|)
Observaci´on 1.1.2.
observemos que en el ´ultimo ejemplo, es posible que exista la derivada en puntos angulos, pero m´as no es posible que exista una unica recta tangente.
1.1.6. La diferencial
Sea la funci´on f : [a, b]→Rn. Si definimos
ϕ(to;h) =
f(to+h)−f(to)
h −f0(to), sih6= 0
0, sih= 0
entonces se puede escribir:
Figura 1.11: Interpretaci´on geom´etrica de la diferencial
Definici´on 1.1.6. Al vector h f0(t
o) se le llama el diferencial de la funci´on f en
to para el incremento h y se denota por:
df(to;h) = h f0(to)
Comoϕ(to;h) = 0entonces para peque˜nos incrementosh, el diferencial es una
aprox-imaci´on para el incremento de f, esto es, 4f(to;h)≈df(to;h). Si usamosdt en vez
de h y df en vez de df(to;h), podemos escribir:
df =f0(to)dt
Si f(t) = (f1(t), f2(t), ..., fn(t)) entonces df = (df1, df2, ...dfn).
Teorema 1.1.9.
Se cumplen los siguientes resultados: 1. d(f±g) = df ±dg
2. d(f.g) = f.dg+df.g
3. d(f×g) = f×dg+df ×g
4. d(φ f) =φ df + (dφ)f
5. d(f◦φ) = (f ◦φ)0dφ
1.1.7. Integraci´on de una funci´on vectorial de variable real
Sif = (f1, f2, ...fn) es una funci´on vectorial definida sobre [a, b] entonces Z b
a
f(t)dt =
µZ b
a
f1(t)dt, Z b
a
f2(t)dt, ..., Z b
a
Esta integral existe si cada una de las integrales
Z b
a
fi(t)dt existe para todo
i= 1,2, ..., n. NOTA 1.1.2.
La integral indefinida de una funci´on vectorial f se define como:
Z
f(t)dt=g(t) +C si g0(t) = f(t) y C : es un vector constante
Teorema 1.1.10.
Primer teorema fundamental del c´alculo
Sea f(t) = (f1(t), f2(t), ...fn(t)) continua sobre un intervalo I y sea to ∈I entonces
d dt
Z t
to
f(u)du=f(t) t∈I
Teorema 1.1.11.
Segundo teorema fundamental del c´alculo
Sif(t) = (f1(t), f2(t), ...fn(t)) tiene derivadas continuas sobre un intervaloIentonces
para todoa, b∈I Z
b
a
f0(t)dt =f(b)−f(a)
Ejemplo 1.1.14. Usando diferenciales halle el valor aproximado de la rapidez de una part´ıcula en el instante t = 1,4seg.. Si para cualquier instante t:
V0(t) = (−π2sen(πt), πcos(πt),2π t e1−t2)
y V(0) = (π,0,−πe) Soluci´on
Integrando y usando el segundo teorema fundamental del c´alculo se tiene:
Z t
0
V0(u)du =
Z t
0
(−π2sen(πu), πcos(πu),2π u e1−u2)du
V(t)−V(0) =
µZ t
0
−π2sen(πu)du, Z t
0
πcos(πu)du,
Z t
0
2π u e1−u2
du
¶
V(t)−(π,0,−πe) = (π cos(π t)−π, sen(π t),−π e1−t2
+π e)
V(t) = (π cos(π t), sen(π t),−π e1−t2
)
HaciendoV(1,4) =V(1+0,4), consideremosto = 1 yh= 0,4 para usar diferenciales
Luego
V(1 + 0,4) ≈ v(1) +h V0(1)
V(1,4) ≈ (−π,0,−π) + (0,4) (0,−π,2π) ≈ (−π,−0,4π,−0,2π)
Finalmente el valor aproximado de la rapidez es:
kV(1,4)k≈p1,2π
Ejemplo 1.1.15. Un proyectil se dispara con ´angulo de elevaci´on α y velocidad inicial vo. Despreciando la resistencia del aire, la ´unica fuerza externa se debe a la
gravedad, encuentre la funci´on de posici´on r(t) del proyectil.¿Qu´e valor de α hace m´aximo el alcance (la distancia horizontal recorrida)?
Soluci´on
Figura 1.12:
Fijemos los ejes de modo que el proyectil salga del origen. Como la fuerza debido a la gravedad es hacia abajo, tenemos F~ = m~a = m(0,−g) =⇒~a = (0,−g) =⇒
r00(t) =V0(t) = (0, g)
Integrando este ´ultimo resultado se tiene: V(t) = (c1, −g t+c2).
Dado que V(0) = (c1, c2) y V(0) = (vocos(α), vosen(α)) =⇒ (c1, c2) =
(vocos(α), vosen(α)). Luego V(t) = (vocos(α), −g t+vosen(α)).
Como V(t) = r0(t) = ((v
ocos(α), −g t+vosen(α)) , integrando nuevamente se
tiene:
r(t) = (vot cos(α), −
g
2t
2+v
ot sen(α)) + (q1, q2)
Por otro lado sabemos que r(0) = (0,0). Entoncesr(0) = (q1, q2), luego concluimos
que la funci´on posici´on del proyectil est´a dado por:
r(t) = (vot cos(α), −
g
2t
2+v
Para que se tenga m´aximo alcancey=−g2t2+v
ot sen(α) = 0, entoncest= 0 ´ot = 2vo
g sen(α). Luego el m´aximo alcance es d=x= 2gv2osen(α)cos(α) = v 2
o
g sen(2α).
Finalmente d tiene m´aximo valor cuando 2α =π/2, entonces α=π/4.
Ejemplo 1.1.16. SeaC descrita por la funci´on vectorialf(t) = (cost, sent, et), halle
el punto en el cual la recta tangente es paralelo al plano √3x+y−4 = 0 Soluci´on
Primero debemos hallar el valor de to para el cual la recta tangente enf(to) a la
curva C sea paralelo al plano dado, esto es, se debe cumplir que f0(t) es ortogonal
al vector normalN del plano.
f0(t
o)⊥N ⇐⇒f0(to). N = 0
Se tiene que f0(t) = (−sent, cost, et) y el vector normal al plano N = (√3, 1, 0).
Luego f0(t
o). N = (−sent, cost, et).(
√
3, 1,0) = 0 =⇒ T an(to) = 1/
√ 3 =⇒
to = π6
Por lo tanto, el punto en el cual la recta tangente es paralelo al plano√3x+y−4 = 0 es: f(π
6) = (
√
3 2 , 12, e
π
6)
1.2.
Curvas regulares
Definici´on 1.2.1. Se dice que una curva C ⊂Rn es una curva param´etrizada, si
ex-iste una funci´on vectorial α : [a, b] → Rn tal que α([a, b]) = C.
A la funci´on α(t) = (α1(t), α2(t), ..., αn(t)) se le llama parametrizaci´on de la curva
C [3].
Ejemplo 1.2.1. Sea C una curva originada por la intersecci´on del cilindro
(x−2)2+y2 = 4 y el plano x+z = 4.¿ Es C una curva parametrizada?
Soluci´on
Figura 1.13: Intersecci´on del cilindro con el plano
Figura 1.14: Grafica de la cur-vaC
Definici´on 1.2.2. Sea C ⊂Rn una curva parametrizada por α: [a, b]→Rn.
1. Se dice que C es una curva con puntos dobles si: α(t1) = α2(t), t1 6=t2
2. Se dice que C es una curva simple si no posee puntos dobles
3. Se dice que C es una curva cerrada si: α(a) =α(b)
4. Se dice que C es una curva regular, si α(t) es de clase C0 y α0(t) 6= 0 ,
∀t∈[a, b].
NOTA 1.2.1.
Una curva regular es aquella curva que admite rectas tangentes en todos los puntos α(t) para todo t ∈Domα.
Ejemplo 1.2.2. ¿la curva C definida por f(t) = (t3 −4t, t2−4) es una curva con
puntos dobles?. ¿Es regular?
Soluci´on
f(t1) =f(t2) entonces (t31−4t1, t21−4) = (t32−4t2, t22−4) Luego
t3
1 −4t1 = t32−4t2 (1.1)
t2
1−4 = t22−4 (1.2)
De (2) se tiene que t1 = t2 ´o t1 = −t2. El primer resultado no se considera ya que
estamos buscando puntos dobles. Luego reemplazandot1 =−t2 en (1) se tiene que:
t= 0 ´o t2 = 2 ´ot2 =−2. Luego consideramos como t1 = 2 y t2 =−2. Por lo tanto
Finalmente veamos la regularidad de C.
f0(t) = (3t2−4,2t), luego f0(t)6= 0 para todo t ∈ Domf =R y f ∈C1. por lo
tanto C es una curva regular.
Figura 1.15: curvaCdefinida por la funci´onf.
1.3.
Reparametrizaci´
on de una curva parametrizada
Definici´on 1.3.1. Sea λ : [a, b] → Rn la parametrizaci´on de la curva C. Decimos
que µ : [c, d] → Rn es una repametrizaci´on de λ si y solo si existe una funci´on
ϕ: [a, b]→[c, d] mon´otona y sobreyectiva tal que λ=µ◦ϕ
Ejemplo 1.3.1. Reparametrice la curva C definida por la funci´on
λ(t) = (cos(t), sen(t)), t ∈[0,2π],
de tal menera que est´e definida sobre el intervalo [0,1] y que: 1. mantenga su orientaci´on
2. invierta la orientaci´on.
Soluci´on
1. Definamosϕ(t) = t
2π y notemos que ϕes una funci´on sobreyectiva y mon´otona
creciente (ϕ0(t)>0). Como λ(t) =µ(ϕ(t))Vλ(t) =µ(k) y dado que t= 2πk
se tiene:
Figura 1.16: t−0 2π−0 =k1−−00
2. Definamos ϕ(t) = 1 − t
2π y notemos que ϕ es una funci´on sobreyectiva y
mon´otona decreciente (ϕ0(t) < 0). Como λ(t) = µ(ϕ(t)) V λ(t) = µ(k) y
dado que t= 2π−2πk se tiene:
µ(k) = (cos(2πk),−sen(2πk)), k∈[0,1]
Figura 1.17: t−0 2π−0 =11−−k0
1.3.1. Longitud de arco
Definici´on 1.3.2. Si C es la curva definida por la funci´on vectorial
α(t) = (α1(t), α2(t), ..., αn(t)) y α01, α02, ..., α0n son continuas en el intervalo
cerra-do [a, b] entonces si L unidades es la longitud de arco de la curva medida desde el punto f(a) hasta el punto f(b),
L=
Z b
a
kα0(t)kdt
Ejemplo 1.3.2. Halle la longitud de la curva C descrita por funci´on
f(t) = (−cos(t),0) , t∈[π 2,
3π
Soluci´on Se tiene que
L=
Z b
a
kf0(t)kdt=
Z 3π
2
π
2
|sen(t)|dt =
Z π
π
2
sen(t)dt−
Z 3π
2
π
sen(t)dt = 2
observemos que la traza del la curva C es el segmento de recta cuya longitud es 1. Este ejemplo nos demuestra en general, que la longitud de arco de una curva no es la longitud de su traza.
Figura 1.18: Traza def
NOTA 1.3.1.
La curva C descrita por la funci´on λ(t) = (t, φ(t)) , ∀t∈[0,1] donde
φ(t) =
tsen(π
2t) sit6= 0
0 si t= 0
es una curva que no se puede hallar su longitud de arco, ya que es una curva que no es de clase C1.
Figura 1.19: Traza deλ
1.3.2. Longitud de arco como par´ametro
Sea C la curva en R3 definida por la funci´on vectorial
dicho intervalo C es rectificable (esto es, la longitud de su arco entre dos puntos puede medirse). Si s unidades es la longitud de arco medida desde un punto arbi-trarioα(t0) hasta un punto cualquiera α(t), de tal manera que s aumenta cuando t
aumenta, entonces
s=
Z t
t0
kα0(u)kdu
Asi s ser´a positivo si la longitud de arco mide en la direcci´on en que t aumenta y
s ser´a negativo si se mide en la direcci´on en que t disminuye. por lo tanto s es una distancia dirigida. A cada valor de s le corresponde un ´unico punto P de la curva C. En consecuencia, las coordenadas de P son funciones de s y s es funci´on de t. Entonces la curva puede definirse por una funci´on vectorial del par´ametro s. Teorema 1.3.1. Sea µ: [c, d]→Rn una funci´on vectorial de clase C1 en [c, d]. Las
siguientes afirmaciones son equivalentes:
1. µ es parametrizado por longitud de arco.
2. kµ0(s)k= 1 para todo s∈[c, d]
1⇔2
Ejemplo 1.3.3. Sea C la curva descrita por la funci´on
f(t) = (acos(kt), asen(kt), bkt) k >0 , t≥0
describe la curva C en t´erminos de la longitud de arco.
Soluci´on
f0(t) = (−aksen(kt), akcos(kt), bk) kf0(t)k=√a2k2+b2k2
s=
Z t
0
kf0(u)kdu =k√a2+b2t V t = s
k√a2+b2 ∀s≥0
As´ı,
µ(s) = (acos(√ s
a2+b2), asen(
s
√
a2+b2),
sb
√
a2+b2)
1.4.
Vectores Tangente unitario, Normal principal y
Binor-mal
Seaf : [a, b]→R3una curva regular sobre [a, b] definida porf(t) = (x(t), y(t), z(t)).
Es decirf0(t)6= 0 ∀t ∈[a, b].
1.4.1. Vector tangente
Definici´on 1.4.1. 1. El vectorf0(t)es el vector tangente a la curva C en el punto
f(t) y sigue la direcci´on de la curva.
2. El vector T(t) = kff00(t)(t)k es el vector tangente unitario en el punto f(t)
Figura 1.20:
Observaci´on 1.4.1.
1. Como s(t) = R0tkf0(u)kdu , ∀t ∈ [a, b] es la longitud de arco entonces
T(t) = fs00(t)(t) luegof0(t) = T(t)s0(t)
2. Se cumple T0(t) es ortogonal al vector T(t), esto es, T0(t).T(t) = 0. En efecto
como T es unitario,
kTk= 1 ⇒ kTk2 = 1 ⇒T.T = 1
Luego derivando se tiene:
T0.T +T.T0 = 0 ⇒T0.T = 0 ∀t ∈[a, b]
3. Si para alg´unt0,f0(t0) = 0 entonces:
T(t0) = l´ım t→t0
f0(t)
kf0(t)k = l´ımt→t0T(t)
1.4.2. Vector normal
Definici´on 1.4.2. 1. Cualquier vector que pasa por el punto f(t) de una curva C
y es ortogonal a la tangente f0(t) en ese punto, se llama normal a la curva.
2. El vector T0(t) se llama normal principal a la curva C en el punto f(t).
3. Si T0(t)6= 0 entoncesN(t) = T0(t)
kT0(t)k es el vector unitario normal principal.
Observaci´on 1.4.2.
1. Considerando el par´ametro t como tiempo, si derivamos f0(t) = T(t)s0(t) se
tiene el vector aceleraci´on
f00(t) =s00(t)T(t) +s0(t)T0(t)
y como T0(t) =N(t)kT0(t)k, se tiene
f00(t) =s00(t)T(t) +s0(t)kT0(t)kN(t)
Esta ´ultima ecuaci´on expresa el vector aceleraci´on como una combinaci´on lineal de los vectores T y N. Geom´etricamente f00 se encuentra en el plano
determi-nado por T y N.
2. La componente tangencial del vector aceleraci´on es: aT =s00 = f
0.f00
kf0k
3. La componente normal del vector aceleraci´on es aN = s0kT0k. N´otese que
aN ≥ 0. A la componente normal de la aceleraci´on tambi´en se le llama
com-ponente centr´ıpeta de la aceleraci´on.
Figura 1.21:
1.4.3. Vector binormal
Figura 1.22:
NOTA 1.4.1. 1. El plano que pasa por f(t0) determinado por los vectores T(t0)
y N(t0) se llama plano osculador de C en f(t0) y su ecuaci´on es:
B(t0)((x, y, z)−f(t0)) = 0
2. El plano que pasa porf(t0)determinado por los vectores N(t0)yB(t0)se llama
plano normal de C en f(t0) y su ecuaci´on es:
T(t0)((x, y, z)−f(t0)) = 0
3. El plano que pasa por f(t0) determinado por los vectoresB(t0) yT(t0) se llama
plano rectificante de C en f(t0) y su ecuaci´on es:
N(t0)((x, y, z)−f(t0)) = 0
4. En cada punto f(t) de C los vectores T(t), N(t) y B(t) forman una basa ortonormal de R3
Teorema 1.4.1. Si C es una curva en R3 descrita porf entonces
a) B(t) = f
0(t)×f00(t)
kf0(t)×f00(t)k b) N(t) =B(t)×T(t) =
(f0(t)×f00(t))×f0(t)
k(f0(t)×f00(t))×f0(t)k
Ejemplo 1.4.1. El plano osculador de la curva C :
y=√x
z =x2 en el punto (1,1,1),
corta al cilindro x2+y2 = 1 determinando la curva D. Halle los vectoresT, N yB
Figura 1.23:
Soluci´on
Primero hallemos el plano osculadorPosc: ((x, y, z)−f(to))B(to) = 0 de la curva
C en el punto (1,1,1). Para esto parametricemos la curva C por:
x = t , y = √t , z = t2, luego C est´a representado por la funci´on vectorial
f(t) = (t,√t, t2) , ∀t≥0.
El valor deto se obtiene def(to) = (1,1,1). Entonces to = 1.
Por otro lado
f0(t) = (1, 1
2√t,2t) ⇒ f
0(1) = (1,1/2,2)
f00(t) = (0,−t−3/2
4 ,2) ⇒ f00(1) = (0,−1/4,2)
B(1) = f
0(1)×f00(1)
kf0(1)×f00(1)k =
2 √
87(6,−8,−1)
Reemplazando este ´ultimo resultado en la ecuaci´on del plano osculador se tiene:
Posc: ((x, y, z)−(1,1,1))
2 √
87(6,−8,−1) = 0 ⇒ 6x−8y−z+ 3 = 0 Determinemos ahora la curva D, que es la intersecci´on del plano osculador con el cilindro:x2 +y2 = 1.
D=Posc∩Cilindro:
6x−8y−z+ 3 = 0
x2+y2 = 1 ⇒ α(t) = (cost, sent,6cost−8sent+3)
De α(to) = (0,1,−5) se tiene to =π/2. Luego:
α0(t) = (−sent, cost,−6sent−8cost) ⇒ α0(π/2) = (−1,0,−6)
α00(t) = (−cost,−sent,−6cost+ 8sent) ⇒ α00(π/2) = (0,−1,8)
α0(π/2)×α00(π/2) = (−6,8,1)
(α0(π/2)×α00(π/2))×α0(π/2) = (−48,−37,8)
