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Ayudant´ıa Curvas

2doSemestre 2012

Parametrizaci´on y curvas

Profesor: Juan Bahamondes Ayudante: Paz Palma Contreras

1. Una part´ıcula se mueve a lo largo de la curvay = 2x−x2con velocidad horizontal constante de 4[m/s]. Halle

las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on en el punto (1,1).

Soluci´on

Dada la descripci´on del problema, se trata de un problema bidimensional tal que~vx= 4[m/s], es decir,

con-siderando una curva~r(t) = (rx(t), ry(t)) se tiene que la coordenada rx0(t) es conocida.

A partir de lo anterior se tiene:

rx0= 4/

R

rx= 4t+C

Considerando condiciones iniciales homog´eneas se tieneC= 0.

Ahora, dado que se busca la aceleraci´on en el punto (1,1) y se tiene definido el movimiento de la part´ıcula en

la coordenadax, se buscar´a el instantet por el que la part´ıcula pasa porx= 1.

rx= 4t= 1

t= 1

4

Ahora, se sabe que y=ry = 2x−x2. Parametrizando esta trayectoria queda como:

ry= 2x−x2

ry= 2 [4t]−[4t]

2

ry= 8t−16t2

Finalmente, la parametrizaci´on de la curva que describe la part´ıcula es:

~r(t) = (4t,8t−16t2)

~r(t)0= (4,8−32t)

~r(t)00= (0,−32)

Con anterioridad se conoce que

~a=v0T~+kv2N~

donde:

ˆ

aT =v0 =kr(t)0k0 ˆ

aN =kv2=k·(r(t)0)

2

v=kr(t)0k=p(4)2_{+ (8−32t)}2

v=kr(t)0k=p(4)2_{+ (4·2)}2_(1−4t)2

v=kr(t)0k=p42_{((1 + 2}2_(1−4t)2₎₎

v=kr(t)0k= 4p1 + 4(1−4t)2

v0 =kr(t)0k0 ₌ (64(−1 + 4t))

p

1 + 4(1−4t)2

Por otro lado, la curvatura para este caso es:

k(t) = |ry 00_(t)·r

x0(t)−rx00(t)·ry0(t)|

_p

(rx0(t))2+ (ry0(t))2

3

y dado que se pide en particular para el punto (1,1) se eval´uan las expresiones obtenidas ent=1 4

v=kr t= 1₄0k= 4

v0 t=1

4

=kr t= 1 4

0_k0_{= 0}

k t=1₄

= 2

Finalmente se tiene que

ˆ

aT =v0=kr(t)0k0 = 0

ˆ

aN =kv2=k·(r(t)0)

2

= 2·42_{= 32}

2. Pruebe que la curva~α= (ln(t), t ln(t), t) es tangente a la superficiexz2_{−yz+cos(xy) = 1 en el punto (0,0,1).}

Soluci´on

Se sabe que la curva ser´a tangente a la superficie en el punto P0 si su vector tangente es perpendicular a la

normal de la superficie, por ende

~n·T~ = 0 (1)

Para el caso en que se conoce la ecuaci´on de la superficief(x, y, z) =xz2−yz+cos(xy)−1 = 0 la normal se

define como:

n= 5f

k 5fk =

(f_x0, f_y0, f_z0)

q

(f0

x)2+ (fy0)2+ (fz0)2

Entonces

~

n= (z

2_{−ysin(xy),−z−xsin(xy),2xz−y)}

p

(z2_−ysin(xy))2_{+ (−z−xsin(xy))}2_{+ (2xz−y)}2

_(0,0,1)

= (1,√−1,0)

2

Ahora, para calcular el vector tangente T~ se debe encontrar el valor det para cuando la curva pasa por el

punto (0,0,1)

x(t) =ln(t) = 0

y(t) =t·ln(t) = 0

z(t) =t= 1

  

 

⇒t= 1

Por definici´on se tiene que:

~

T =

~ α0_(t)

kα0~_(t)k

Para ello se calcula previamente

~

α(t) = (ln(t), t ln(t), t)

~ α0(t) =

₁

t,1 +ln(t),1

Evaluando en el punto de inter´es:

~

α0(1) = (1,1,1)

k~α0(1)k=√3

~

T =(1,√1,1)

Reemplazando los vectores calculados en la expresi´on (1)

~

n·T~ = (1,√−1,0)

2 ·

(1,1,1)

√

3

= 1−√1 + 0

6

= 0

∴~n⊥T~ lo que implica que la curva es tangente a la superficiexz2−yz+cos(xy) = 1 en el punto (0,0,1).

3. SeaC la curva determinada por la intersecci´on de las superficiesy2_+z2_{= 4zey}2_{+ 4x= 0. Halle la ecuaci´on}

del plano osculador, la curvatura y la torsi´on en el puntoP = (−1,2,2)

Soluci´on

Lo primero que se debe hacer es hallar la curva intersecci´on y parametrizarla. Se tienen entonces:

y2+z2= 4z (2)

y2+ 4x= 0 (3)

La expresi´on (2) corresponde a un cilindro, lo que se hace m´as evidente haciendo completaci´on de cuadrados

se obtiene:

y2_+z2_{= 4z ⇒}

y2_+z2_{−4z= 0}

y2_+z2_{−4z+ 4 = 4}

y2+ (z−2)2= 4

Una parametrizaci´on para este ejercicio es la que se directamente del cilindro:

y= 2cos(t)

z−2 = 2sin(t)⇒z= 2 + 2sin(t)

Adem´as, de (3) se tiene que:

x(t) = −y

2

4 =−cos

2_(t)

Entonces la curva queda parametrizada como:

~

α(t) = −cos2_{(t),2cos(t),2 + 2sin(t)}

~

α0(t) = (2cos(t)sin(t),−2sin(t),2cos(t))

~

α00_{(t) = 2cos}2_(t)−2sin2_{(t),−2cos(t),−2sin(t)}

~

α000(t) = (−4sin(t)cos(t)−4sin(t)cos(t),2sin(t),−2cos(t))

Luego, se debe buscar el valor de tpara la curva en el punto P, es decir:

~

α(t) = −cos2_{(t),2cos(t),2 + 2sin(t)}

x(t) =−cos2_{(t) =−1}

y(t) = 2cos(t) = 2

z(t) = 2 + 2sin(t) = 2

     

    

⇒t= 0

Evaluando ent= 0:

~

α0(t= 0) = (0,0,2)

~

α00(t= 0) = (2,−2,0)

~

Entonces se tiene que:

k(t= 0) = k~α

0_(0)×α~00_(0)k

k~α0_(0)k3 =

k(4,4,0)k

23 =

4√2 8 =

√

2 2

τ(t= 0) = [α~

0_(0)×~α00_(0)]·~α000₍₀₎

k~α0_(0)×~α00_(0)k2 =

0 0 2 2−2 0 0 0 −2

4√22 = 0

Finalmente, la ecuaci´on del plano osculador corresponde a:

[(x, y, z)−(−1,2,2)]·B~ = 0

Por lo tanto, se calculaB~ como:

~

B= ~α

0_(t)×~α00_(t)

k~α0_(t)×~α00_(t)k =

4(1,1,0)

4√2 =

(1,1,0)

√

2

Por lo que el plano osculador es:

[(x, y, z)−(−1,2,2)]·(1,√1,0)

2 = 0

x+y= 1

4. Sea~r:_R+_→

R3 _{definida por:}

~

r(t) = (acos(t), asin(t), β(t)) (4)

la trayectoria que describe una part´ıcula que se mueve a lo largo de una curvaC. ¿Cu´al deber´ıa ser la funci´on

β(t) para que la trayectoria est´e contenida en un plano para todot?

Soluci´on

La torsi´on es una medida del cambio de direcci´on del vector binormal, es decir, cuanto m´as r´apido cambia,

m´as r´apido gira el vector binormal alrededor del vector tangente y m´as se retuerce la curva. Por lo tanto, para

una curva totalmente contenida en el plano la torsi´on es nula ya que el vector binormal es constantemente

perpendicular al plano que la contiene.

τ(t) = 0

⇔ [~r

0_(t)×~r00_(t)]·~r000_(t)

k~r0_(t)×~r00_(t)k2 = 0

⇔[~r0(t)×~r00(t)]·~r000(t) = 0 (5)

Es decir, se tiene que satisfacer (5). Para ello se calcula:

~

r0(t) = (−asin(t), acos(t), β0(t))

~

r00(t) = (−acos(t),−asin(t), β00(t))

~

r000(t) = (asin(t),−acos(t), β000(t))

Luego,

~r0(t)×~r00(t) =

ˆi ˆj ˆk

−asin(t) acos(t) β0(t)

−acos(t) −asin(t) β00_(t)

= (aβ00(t)cos(t) +aβ0(t)sin(t))ˆi+ (−aβ0(t)cos(t) +aβ00(t)sin(t))ˆj+ (a2)ˆk

Volviendo a la expresi´on (5) se tiene:

[~r0(t)×~r00(t)]·~r000(t) = (aβ00(t)cos(t) +aβ0(t)sin(t),−aβ0(t)cos(t) +aβ00(t)sin(t), a2)·(asin(t),−acos(t), β000(t)) = [aβ00(t)cos(t) +aβ0(t)sin(t)]·asin(t) + [−aβ0(t)cos(t) +aβ00(t)sin(t)]· −acos(t) +a2β000(t) =a2β00(t)sin(t)cos(t) +a2β0(t)sin2(t) +a2β0(t)cos2(t)−a2β00(t)sin(t)cos(t) +a2β000(t) =a2β0(t) +a2β000(t)

==a2(β0(t) +β000(t)) = 0 (∗)

corres-pondiente es:

r+r3_{= 0}

⇔r(1 +r2) = 0

⇒r= 0

⇒r=±i

Finalmente la soluci´on de (∗)

β(t) =C1e0+C2cos(t) +C3sint(t)

∴β(t) =C1+C2cos(t) +C3sint(t)

conC1, C2, C3∈_R

5. Pruebe que la curva dada por la parametrizaci´on~r= (4₅cos(t),1−sin(t),−3

5cos(t)) corresponde a una

cir-cunferencia. Encuentre su centro, radio y plano donde se encuentra.

Soluci´on

Para verificar si la curva dada corresponde a una circunferencia basta con corroborar que la curvatura ksea

constante y la torsi´onτes nula. Recuerde que la curvatura es una medida del cambio de direcci´on del vector

tangente a una curva, cuanto m´as r´apido cambia ´este a medida que nos desplazamos a lo largo de la curva,

se dice, que m´as grande es la curvatura. Adem´as el radio de curvatura se define como el inverso de la curvatura.

Se tiene entonces que:

~

r0(t) = (−4

5sin(t),−cos(t), 3 5sin(t))

~

r00(t) = (−4

5cos(t), sin(t), 3 5cos(t))

~

r000_{(t) = (}4

5sin(t), cos(t),− 3 5sin(t))

Sabiendo que

k(t) = k~r

0_(t)×~r00_(t)k

k~r0_(t)k3 y τ(t) =

[~r0_(t)×~r00_(t)]·~r000_(t)

k~r0_(t)×~r00_(t)k2

Entonces se tiene que:

~r0(t)×~r00(t) =

ˆi ˆj ˆk

−4

5sin(t) −cos(t) 35sin(t) −4

5cos(t) sin(t) 3 5cos(t)

= −3 5sin

2_(t)−3

5cos

2_(t),−

−12

25sin(t)cos(t) + 12

25sin(t)cos(t)

,−4

5sin

2_(t)−4

5cos

2_(t)

=

−3

5,0,− 4 5

[~r0(t)×~r00(t)]·~r000(t) =

−3

5,0,− 4 5

·

₄

5sin(t), cos(t),− 3 5sin(t)

=

₁₂

25sin(t) + 0− 12 25sin(t)

~ r0(t) =

s

−4

5sin(t)

2

+ (−cos(t))2₊

₃

5sin(t)

2 = s ₅ 5 2

(sin(t))2_{+ (−cos(t))}2

= 1

De los resultados anteriores se tiene que:

k(t) = 1 τ(t) = 0

con lo que se demuestra que la parametrizaci´on dada corresponde a una circunferencia.

El c´ırculo osculador a una curva en un punto dado es una circunferencia cuyo centro se encuentra sobre

la normal a la curva y tiene la misma curvatura que la curva dada en ese punto. Como ya se ha verificado, la

curva~res una circunferencia, por lo que su centro coincide con el centro del c´ırculo osculador.

El centro de dicho c´ırculo puede buscarse como:

C=~r(t0) + 1

k ~

N(t0) (6)

Entonces, se tiene que:

~

T = ~r

0_(t)

k~r0_(t)k =

−4

5sin(t),−cos(t), 3 5sin(t)

~

N = ~r

0_(t)

k~r0_(t)k =

−4

5cos(t), sin(t), 3 5cos(t)

y puesto que el plano en el que est´a contenido el c´ırculo osculador es el plano osculador, se calculaB~

~

B =T~×N~ =

−3

5,0,− 4 5

Para terminar, se necesita unt perteneciente a la curva. En este caso se elegir´a π₂.

Es as´ı que:~r(t0= π₂) = (0,0,0), por ende:

C=~rπ

2

+1

k ~

Nπ

2

= (0,0,0) + (1)(0,1,0) = (0,1,0)

Finalmente, la ecuaci´on del plano osculador para el mismo t0=π₂ corresponde a:

[(x, y, z)−(0,0,0)]·

−3

5,0,− 4 5

= 0

3x+ 4z= 0

6. Considere la h´elice cil´ındrica~γ= (acos(t), asin(t), bt) dondeaybson constantes positivas.

a) Pruebe que la torsi´on es constante

b) Dado un valoraencuentrebde modo que la torsi´on sea m´axima

c) Siθ(t) desgina el ´angulo formado por la recta tangente a la curva con el ejez, para cadat. Pruebe que:

cos(θ(t)) = √ b a2_+b2

Soluci´on

a) Se tiene que:

~

γ0_{(t) = (−asin(t), acos(t), b)}

~

γ00(t) = (−acos(t),−asin(t),0)

~

γ000(t) = (asin(t),−acos(t),0)

Luego:

~

γ0(t)×~γ00(t) =

ˆ_i ˆ_{j k}ˆ

−asin(t) acos(t) b −acos(t) −asin(t) 0

= absin(t),−abcos(t), a2

k~γ0(t)×~γ00(t)k=p(absin(t))2_{+ (−abcos(t))}2_+a4

=pa2_b2_(sin(t)2_+cos2_(t))2_+a4

=pa2_b2_+a4

Entonces se tiene que:

τ(t) = [~γ

0_(t)×~γ00_(t)]·~γ000_(t)

k~γ0_(t)×~γ00_(t)k2

= absin(t),−abcos(t), a

2

·(asin(t),−acos(t),0)

a√b2_+a22

= a

2_bsin2_{(t) +a}2_bcos2_(t)

a2_(b2_+a2₎

= a

2_b(sin2_{(t) +cos}2_(t))

a2_(b2_+a2₎

= b

(b2_+a2₎

∴τ(t) es constante

b) Basta con maximizar la expresi´on hallada anteriormente para torsi´on y verificar si corresponde a un

m´aximo o a un m´ınimo. Entonces:

∂τ

∂b = 0⇔

(b2+a2)−2b2

(b2_+a2₎2

⇔ a

2_−b2

(b2_+a2₎2

⇔b2=a2

⇔b=±a

Adem´as:

∂2_τ

∂b2 =

−2b(a2_+b2_)−2·2b(a2_−b2_)(a2_+b2₎

(a2_+b2₎4

=−2b(a

2_+b2_)−4b(a2_−b2₎

(a2_+b2₎3

=−2b

3_−2ba2_−4ba2_−4b3

(a2_+b2₎3

=2b

3_−6ba2

(a2_+b2₎3

Evaluando parab=ayb=−a:

∂2_τ ∂b2

_b=a

== 2a

3_−6a3

(2a2₎3 = −4

8a3 <0⇒b=aes un m´aximo

∂2τ ∂b2

_b=a

== −2a

3_{+ 6a}3

(2a2₎3 =

4

8a3 >0⇒b=−aes un m´ınimo

∴La torsi´on en m´axima cuandob=a.

c) El ´angulo que forman dos vectores~uy~v viene dado por la expresi´on:

cosα= ~u·~v

k~uk · k~vk

Y dado que se busca el ´angulo formado por la recta tangente a la curva con el ejez, es decir, el ´angulo

entre el vector tangente y el vector unitario ˆk, es claro que aplicando la expresi´on es posible hallarlo.

cosθ=

~ T·kˆ

kT~k · kˆkk

=T~·kˆ

= ~γ 0_(t)

k~γ0_(t)k ·kˆ

= (−asin(t), acos(t), b)

k(−asin(t), acos(t), b)k·ˆk

= _p b

a2_sin2_{(t) +a}2_cos2_{(t) +b}2

= √ b a2_+b2

lo que prueba la afirmaci´on dada.