Capitulo III
Matemática III (733)
Objetivo 7. Aplicar el calculo diferencial e integral a una función vectorial
de una variable real.
Ejercicio 1
Calcula
(
)
0
cos ,
,
t
t tsent t dt
π∫
Solución
Justificación: En este caso se nos presenta una integral de una función
vectorial de varaible real
t
. Una función vectorial de variable real es aquellaque toma valores reales de un conjunto de partida (dominio) y los transforma
en un conjunto de llegada compuesto de vectores (rango).
Para resolver esta integral es válido integrar cada componente, y evaluar
la integral. Es de destacar que el resultado de esta integral será un vector, no
un escalar.
Por ultimo quiero comentar, que los ejercicios de esta guia, en mi opinión
son bastante sencillos, porque son derivadas, integrales y limites sencillos y
muchas oportunidades directos.
Procedamos a resolver la integral planteada:
(
)
0 0 0 0
cos ,
,
cos
,
,
t
t tsent t dt
t
tdt
tsentdt
tdt
π
π π π
=
∫
∫
∫
∫
Resolviendo cada integral, se tiene:
1)
0
cos
t tdt
π
∫
. Esta integral se resuelve por partes, así:cos
cos u t
I t tdt
dv tdt
= →
=
=
∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv, se tiene:
cos
cos dv td
du dt u t
t
dv tdt v se t
du
n dt
=
= → → =
=
= =
∫
∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
.v v. sent .
u du sentdt
I= −
∫
=t −∫
. cos
Evaluando esta integral se tiene:
[
]
(
) (
)
0
cos cos cos 0 0 cos 0
0
t tdt tsent t sen sen
π π
π π π
= + = + − +
∫
[
]
(
) (
)
0
cos cos 0 1 0 1 2
0
t tdt tsent t
π π
= + = − − + = −
∫
2)
0
tsentdt
π
∫
. Esta integral se resuelve por partes, así:u t
d I t
v sen se
t t
dt ntd
=
=
= →
∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv, se tiene:
cos dv sentdt
dv sentdt v t
du dt
u t du dt
=
= = −
=
= =
→ →
∫
∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
co
. . s cos .
I =uv−
∫
vdu=−t t−∫
− tdtcos cos . cos
I = −t t+
∫
t dt= −t t+sentEvaluando esta integral se tiene:
[
]
(
) (
)
0
cos cos 0 cos 0 0
0
tsentdt t t sent sen sen
π π
π π π
= − + = − + − − +
∫
[
]
(
( )
)
(
)
0
cos 1 0 0 0
0
tsentdt t t sent
π π
π π
= − + = − − + − + =
∫
3)
0
tdt
π
∫
.2 2 2 2 2
0
0
0
2 2 2 2 2
0
t tdt
π
π
π
π
π
= = − = − =
∫
Finalmente la integral tiene como resultado el vector:
(
)
20
cos ,
,
2, ,
2
t
t tsent t dt
π
π
π
= −
∫
Respuesta:
(
)
2
0
cos ,
,
2, ,
2
t
t tsent t dt
π
π
π
= −
∫
Considere las funciones
2
3
3
( )
cos ,
t
,
f t
t
t
t
+
=
y3
1
( )
sent
, ,
g t
t arctg
t
t
=
, calcula:( )
0
lim
,
t→
f g
t
Solución
Justificación: En este caso primero efectuamos la operación producto
escalar
f g
,
( )
t
(recuerda que esta notación representa un producto escalar de vectores).( )
2 3 2 33 3
3
1
3
1
,
cos ,
t
,
sent
, ,
cos .
sent
t
.
f g
t
t
t
t arctg
t
t
tarctg
t
t
t
t
t
t
+
+
=
=
+
+
i
( )
3 23
,
cos .
sent
t
f g
t
t
t
t
+
=
+
3. t
tarctg
1
cos .
t
sent
3
t
2tarctg
1
t
t
t
+
=
+ + +
Ahora aplicamos el límite:
( )
20 0
1
lim
,
lim cos .
3
t t
sent
f g
t
t
t
tarctg
t
t
→ →
=
+ + +
( )
(
2)
0 0 0 0
1
lim
,
lim cos .
lim 3
lim
t t t t
sent
f g
t
t
t
tarctg
t
t
→ → → →
=
+
+
+
Recuerda que el límite notable vale:
0
lim
1
t
sent
t
→
=
, y quearctg
( )
2
π
∞ =
,por lo tanto:
( )
( )
(
2)
0
1
lim
,
cos 0. 1
3 0
0.
0
t→
f g
t
arctg
=
+ +
+
( ) ( ) ( ) ( )
( )
0
lim
,
1 . 1
3
0.
1 3 0.
4
2
t
f g
t
arctg
π
→
=
+
+
∞ = + +
=
Respuesta:
( )
0
lim
,
4
t→
f g
t
=
Ejercicio 3
Calcula k,F(t) dt
0
Justificación: En este caso primero efectuamos la operación producto
escalar
k F t
, ( )
(recuerda que esta notación representa un producto escalarde vectores).
(
)
(
)
, ( )
3, 0, 5
cos ,
,3
3 cos
0 15
3 cos
15
k F t
=
i
t
t tsent
=
t
t
+ + =
t
t
+
Ahora resolvemos la integral:
(
)
0 0 0 0 0 0
, ( ) 3 cos 15 3 cos 15 3 cos 15
k F t dt t t dt t tdt dt t tdt dt
π π π π π π
= + = + = +
∫
∫
∫
∫
∫
∫
La primera integral se resuelve por partes:
cos
cos u t
I t tdt
dv tdt
= →
=
=
∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv, se tiene:
cos
cos dv td
du dt u t
t
dv tdt v se t
du
n dt
=
= → → =
=
= =
∫
∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
.v v. sent .
u du sentdt
I= −
∫
=t −∫
. cos
I =tsent−
∫
sent dt=tsent+ tEvaluando esta integral se tiene:
[
]
(
) (
)
0
3 cos 3 cos 3 cos 0 0 cos 0
0
t tdt tsent t sen sen
π π
π π π
= + = + − +
∫
[
]
(
) (
)
0
3 cos 3 cos 3 0 1 0 1 2 3
0
t tdt tsent t
π π
= + = − − + = −
∫
La segunda integral es:
[ ]
(
)
0
15 15 15 0 15
0
dt t
π
π
π
π
= = − =
∫
Por lo tanto:
0
, ( ) 2 3 15
k F t dt
π
π
= − +
∫
Respuesta:
0
, ( ) 2 3 15
k F t dt
π
π
= − +
∫
Calcula la longitud de arco de la función F t( )=
(
e e sent et, t , tcost)
con 0≤ ≤t π .Solución
Justificación: La longitud de arco de una función vectorial viene dada
por:
'
( )
b
a
l=
∫
F t dtEn este caso se tiene:
2 ' 0
( )
l F t dt
π
=
∫
Calculemos primero la derivada de la función vectorial:
(
)
( ) t, t , tcos
F t = e e sent e t
( )
(
)
( )
(
)
( )
(
' ' ' ' ')
'
( ) t , t t , t cos t cos
F t = e e sent + e sent e t + e t
(
)
'
( ) t, tcos t , t tcos
F t = e e t+e sent −e sent+e t
(
) (
)
(
)
'
( ) t, t cos , t cos
F t = e e t+sent e t−sent
Ahora calculemos el modulo de esta función vectorial:
( )
2(
(
)
)
2(
(
)
)
2'
( ) t t cos t cos
F t = e + e t+sent + e t−sent
(
)
2(
)
2' 2 2 2
( ) t t cos t cos
F t = e +e t+sent +e t−sent
(
) (
)
2
' 2 2 2 2
( ) t 1 cos 2 cos cos 2 cos
F t = e + t+ sent t+sen t + t− sent t+sen t
Como 2 2
cos 1
sen t+ t= , se tiene:
(
) (
)
' 2
( ) t 1 1 2 cos 1 2 cos
F t = e + + sent t + − sent t
' 2
( ) t 1 1 2 cos 1 2 cos
F t = e + + sent t+ − sent t
'
( ) 1 1 2 cos
t
F t =e + + sent t + −1 2sentcost
'
( ) t 1 1 1
F t =e + +
'
( ) 3 t
F t = e
(
)
2 2
2 0 2
0 0
2
3 3 3 3 3 1
0
t t t
l e dt e dt e e e e
π π
π π
π
=
∫
=∫
= = − = −Respuesta:
(
2)
3 1
l= eπ −
Ejercicio 5
Encuentra los puntos en los cuales la curva F t( )=
(
t4−2 ,t t2 3)
tiene recta tangente horizontal y vertical.Solución
Justificación: En este caso debemos analizar las componentes de la
función vectorial, recordando que un vector se escribe de la forma:
(
,)
a = x y
Se tiene:
4 2
( ) 2
x t = −t t 3
( )
y t =t
Sabemos de Matemática 2, que la tangente es la derivada de la misma,
evaluada en el punto de tangencia, por lo tanto la función vectorial derivada en
este caso es:
(
)
' 3 2
( ) 4 4 , 3
F t = t − t t
Para que exista tangente horizontal en un punto de la curva t=c,
debemos tener la siguiente característica en el vector tangente:
'
( ) 0
x c ≠ y c'( )=0 En nuestro caso quedaría:
' 2
( ) 3 0 0
y c = c = ∴ =c , verifiquemos si x c'( )≠0:
( )
3( )
' 3
( ) 4 4 4 0 4 0 0
0
x c c c
c
= − = − =
=
Como no se cumple que '
( ) 0
x c ≠ , entonces la curva no tiene recta
tangente horizontal.
Para que exista tangente vertical en un punto de la curva t=c, debemos
tener la siguiente característica en el vector tangente:
'
( ) 0
(
)
1' 3 2
2
2 2
3
0 4 0
( ) 4 4 0 4 1 0 1
1 0 1 1 1
1
c c
x c c c c c c
c c c
c
= =
= − = → − = → → =
− = → = ∴ = ± = ±
= −
,
verifiquemos si '
( ) 0
y c ≠ :
Para c1=0, se tiene:
( )
' 2 2
( ) 3 3 0 0
0
y c c c
= = =
=
Como no se cumple que '
( ) 0
y c ≠ , entonces la curva no tiene recta
tangente vertical para c1=0. Para c2 =1, se tiene:
( )
' 2 2
( ) 3 3 1 3 0
1
y c c c
= = = ≠
=
Como si se cumple que '
( ) 0
y c ≠ , entonces la curva si tiene recta
tangente vertical para c2 =1.
Para c3= −1, se tiene:
( )
' 2 2
( ) 3 3 1 3 0
1
y c c c
= = − = ≠
= −
Como si se cumple que '
( ) 0
y c ≠ , entonces la curva si tiene recta
también tiene tangente vertical para c3 = −1.
Finalmente pasemos a calcular los puntos de la curva donde tiene
tangente vertical:
Para c2 =1, se tiene:
( )
(
4 2 3)
(
) (
)
(1) 1 2 1 ,1 1 2,1 1,1
F = − = − = −
Para c3= −1, se tiene:
( )
( ) ( )
(
4 2 3)
(
) (
)
(1) 1 2 1 , 1 1 2, 1 1, 1
F = − − − − = − − = − −
Respuesta: Los puntos en los cuales la curva
(
4 2 3)
( ) 2 ,
F t = t − t t tiene
Halla la recta tangente a la curva descrita por la función vectorial:
( )
2 3
( ) cos 2, 4 , ln 1
2 2
t t
f t
π
senπ
t
= + +
en el punto f(1).
Solución
Justificación: Para poder responder esta pregunta debes conocer la
ecuación de la recta en tres dimensiones, es decir en 3
ℝ , para ello explicare lo
siguiente:
Una recta en el espacio tiene una ecuación de nombre: Ecuación
Vectorial Paramétrica de la Recta.
Y lleva ese nombre porque depende de un vector, que es llamado vector
director y de un parámetro que al darle valores, define todos y cada uno de los
puntos de la recta.
Expliquemos mejor esta situación en el siguiente gráfico:
(
)
0 0, 0, 0
P x y z es un punto conocido de la recta y P0 (verde) es su vector
de pocisión (vector de pocisión de un punto es aquel vector que va desde el
(
, ,)
P x y z es un punto generico de la recta y P (azul) es su vector de
pocisión (vector de pocisión de un punto es aquel vector que va desde el origen
al punto).
L es el vector director de la recta. Observa que este vector es paralelo
al vector P P0 (rojo). Recuerda que cuando dos vectores son paralelos se
cumple: P P0 = L
λ
, donde lambda (λ) es un parámetro que al darle valorestenemos vectores paralelos a P P0 de distintos tamaños.
Por suma de vectores, en e triángulo de lados verde, rojo y azul, se
tiene:
0 0 =
P +P P P
Que se puede escribir:
0 0
P= +P P P
Como P P0 = L
λ
, se tiene:0
P
= +
P
λ
L
Esta útima ecuación es la llamada, ecuación vectorial paramétrica,
porque contienen vectores y el parámetro λ.
En conclusión para conseguir la ecuación en el espacio, generalmente
se parte de esta ecuación vectorial paramétrica, y para obtenerla es necesario
conocer un punto cualquiera de la recta P x y z0
(
0, 0, 0)
y un vector director L.Retomando nuestro ejercicio, se tiene que el punto por donde pasa la
recta es:
( )
( )
2 2
0
(1) 3 (1) 3
(1) cos 2, 4 , ln 1 1 cos 2, 4 , ln 2
2 2 2 2
P = f =
π
+ sen π
+ = π
+ sen π
( )
(
( )
( )
)
(
)
2
2 0
3
0 2, 4 , ln 2 2, 4 1 , ln 2 2, 4, ln 2 2
P sen π
= + = − =
El vector director en este caso, es el vector que se obtiene al derivar la
( )
( )
' ' ' ' cos 2 12 3 3
( ) , 4.2 ,
2 2 1
2 cos 2
2
t
t
t t
f t sen sen
t t
π
π
π
π
+ + = + + ( )
' '' 2 2 3 3 3 1
( ) , 4.2 cos ,
2 2 2 1
2 cos 2 2
t t
sen
t t t
f t sen
t t
π
π
π
π
π
π
− = + + ( )
' 2 2 3 3 3 1
( ) , 4.2 cos ,
2 2 2 1
2 cos 2 2
t sen
t t
f t sen
t t
π
π
π
π
π
π
− = + + ( )
' 2 24 3 3 1
( ) , cos ,
2 2 2 1
4 cos 2 2
t sen
t t
f t sen
t t
π
π
π
π
π
π
− = + + ( )
' 2 3 3 1
( ) ,12 cos ,
2 2 1
4 cos 2 2
t sen
t t
f t sen
t t
π
π
π
π
π
π
− = + + Evaluando la derivada en el punto de tangencia f(1) se obtiene el vector director de la recta L.
( )
'(1)
3 (1) 3 (1) 1 2
(1) ,12 cos ,
2 2 1 1
(1) 4 cos 2
2
sen
L f sen
π
π
π
π
π
π
− = = + + ' 2 3 3 1
(1) ,12 cos ,
2 2 2
4 cos 2 2
sen
L f sen
π
π
π
π
π
π
− = = + ( )
( )
( )( )
' 1 1 1 2 1 2 1
(1) ,12 1 0 , , 0, , 0, , 0,
2 4 2 2 4 2 2 2 8 2
4 0 2
L f
π
π
π
π
π
− − − −
= = − = = =
+
Respuesta:
(
2, 4, ln 2)
2, 0,18 2
P= +
λ
−π
Ejercicio 7
Sean las funciones vectoriales:
( )
= sen t e 1
t F
2
t arctg 2
, ,
)
( ( ) ,
−
= 2 2
t 1 t Ln 3 k t
G() , (cos ),
donde k es una constante arbitraria. Calcula la derivada de la función < G, F>.
Solución
Justificación: Primero calculemos el producto escalar:
(
)
(
)
( )
( )
22 2 2
, , 3ln cos ,1 , arctg t ,1
G F = k t −t sen t e
i
( )
(
)
( )
22 2 2
, 3ln cos arctg t 1
G F =k sen t + t e + −t
La derivada de esta función es:
(
)
'( ) ( )
(
)
'(
)
'( )
2(
)
( )
2 '2
, 2 . 3ln cos arctg t 3ln cos arctg t 0 2
G F = k sen t sen t + t e + t e + − t
(
)
' 2( ) ( )
(
)
( )
'(
cos)
'( )
2(
)
( )
2(
( )
2)
', 2 . cos 3 3ln cos 2
cos
arctg t arctg t
t
G F k sen t t t e t e arctg t t
t
= + + −
(
)
( ) ( )
( )(
)
( )( )
( )
2 2
' 2
' 2
2 2
1
, 2 .cos 3 3ln cos 2
cos
2 1
arctg t arctg t t
sent
G F k sen t t e t e t
t
t t
= + − + −
+
(
)
'( )
( )2(
)
( )2( )
2
4
1 2
, 2 3 ( ) 3ln cos 2
1 2
arctg t arctg t t
G F k sen t tg t e t e t
t t
= − + −
+
(
)
( )
( )(
)
( )2 2
' 2
4
2 6 ln cos
, 3 ( ) 2
1 2
arctg t arctg t
sen t t t e
G F k tg t e t
t t
= − + −
+
Otra manera de resolver este ejercicio, es que aplques la derivada del
producto escalar, que como ya sabemos, heredan las propiedades de
derivación de las funciones escalares reales, para la suma, producto, entre
otras, así:
(
)
' ' ', , ,
G F = G F + G F
Para F t( ), se tiene:
( )
( )
22
( ) , arctg t ,1
F t =sen t e
( ) ( )
(
)
'( )
2(
( )
)
'' 2
( ) 2 , arctg t . , 0
F t = sen t sen t e arctg t
( ) ( )
(
)
( )
( )
( )
( )
2 ' 2 ' ' 2 2( ) 2 cos , . , 0
1
arctg t t
F t sen t t t e
t = +
( ) ( )
(
)
( )
2'
4
1 2
( ) 2 cos , . , 0
1 2
arctg t t
F t sen t t e
t t = +
( )
( )
2'
4
1 2
( ) 2 , . , 0
1 2
arctg t t
F t sen t e
t t = +
Para G t( ), se tiene:
(
)
(
2 2)
, 3ln cos ,1
G= k t −t
(
)
'' cos
0, 3 , 2
cos t G t t = − '
0, 3 , 2 cos sent G t t − = −
(
)
'0, 3 , 2
G = − tgt − t
Sustituyendo en la fórmula de drrivación del producto escalar, se tiene:
(
)
' ' ', , ,
G F = G F + G F
(
)
'(
)
( )
( )
2(
(
)
)
( )
( )
22 2 2 '
4
1 2
, 0, 3 , 2 , ,1 , 3ln cos ,1 ( ) 2 , . , 0
1 2
arctg t arctg t t
G F tgt t sen t e k t t F t sen t e
t t = − − + − = + i i
(
)
'( )
( )
2( )
(
)
( )
2( )
2 2 2
4
1 2
, 0 3 2 2 3ln cos . 1 0
1 2
arctg t arctg t t
G F sen t tgt e t k sen t t e t
t t
= − − + + + −
+
i i i
(
)
'( )
2( )
(
)
( )
22
4
1 2
, 3 2 2 3ln cos .
1 2
arctg t arctg t t
G F tgt e t k sen t t e
t t = − − + + + i
(
)
( )
( )
(
)
( )
2 2 ' 2 42 6 ln cos
, 3 2
1 2
arctg t
arctg t sen t t t e
G F tgt e t k
t t = − − + + + i
(
)
( )
( )
(
)
( )
2 2 ' 2 42 6 ln cos
, 3 ( ) 2
1 2
arctg t arctg t
sen t t t e
G F k tg t e t
t t
= − + −
+
llegando al mismo resultado, como era de esperar.
Respuesta:
(
)
( )
( )(
)
( )2 2
' 2
4
2 6 ln cos
, 3 ( ) 2
1 2
arctg t arctg t
sen t t t e
G F k tg t e t
t t
= − + −
Ejercicio 8
Una partícula tiene como trayectoria F t( )=
(
t t2, 3− +t 1)
. Calcula susdiferentes velocidades cuando pasa por el punto
( )
1,1 .Solución
Justificación: En Física, la velocidad es la derivada de la posición y la
aceleración es la derivada de la velocidad. En este caso debemos hallar
primero los valores de t por donde pasa la curva. Como la curva pasa por el punto
( )
1,1 , se tiene:(
)
22 3
3
1
( ) , 1
1 1
x t
F t t t t
y t t
= =
= − + →
= − + =
Debemos resolver el sistema para t, es decir, que abas ecuaciones se satisfagan para el o los valores de t encontrados.
(
)
2 2
2 2
2
3 3
2 2
1
1
1 1
1 0
1 1 0
0
0 0
1 0
1 1 1 1
1 0 1 1
1
t
t t
t
t t
t
t t
t t
t t t t
t t
t
=
−
= = ±
− =
= − =
→ → → = → = → =
− =
− + = − = −
− = =
=
−
Se observa que ambas ecuaciones se cumplen para: 1 2
1 1
t t
=
= −
.
Ahora calculemos el vector velocidad, derivando la posición o
trayectoria:
(
)
' 2
( ) ( ) 2 ,3 1
V t =F t = t t −
Para t1=1, se tiene que la velocidad es:
( ) ( )
(
2)
(
) ( )
(1) 2 1 ,3 1 1 2,3 1 2, 2
V = − = − =
Para t2= −1, se tiene que la velocidad es:
( ) ( )
(
2)
(
) (
)
( 1) 2 1 , 3 1 1 2, 3 1 2, 2V − = − − − = − − = −
Como comentario adicional, observa que la velocidad es un vector, que
tiene modulo, dirección y sentido, por ejemplo, te dicen que un vehiculo va a 80
Km/h (modulo) en la autopista para Valencia (dirección) su origen es Maracay,
es decir, ca de Maracay a Valencia (sentido).
Si calculas el modulo del vector velocodad obtienes la rapidez del objeto
Respuesta: Las velocidades cuando pasa por el punto
( )
1,1 son:( )
(1) 2, 2
V = y V( 1)− = −
(
2, 2)
.Ejercicio 9
Calcula la velocidad, rapidez y aceleración para la partícula cuya
posición está dada por F(t)=e−t
(
sen(t2), 2t, cos(πt))
Solución
Justificación: Tal como te mencione en el ejercicio anterior, la velocidad
es la derivada de la posición, así:
( )
( )
(
2)
(
( )
2( )
)
( ) , 2 , cos t , 2 t, tcos
F t = sen t t πt = e sen t− te− e− πt
( )
(
)
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
(
( )
)
(
' ' ' ' ' ')
' 2 2
( ) ( ) t t , 2 t 2 t , t cos t cos
V t =F t = e− sen t + e− sen t t e− + t e− e− πt +e− πt
( )( )
( )
( )
( )( )
(
2 2 ' 2 ')
( ) tcos t , 2 t 2 t, tcos t
V t = e− t t −e sen t− e− − te− −e− πt −e sen− π πt t
( )
( )
( )
( )
(
2 2)
( ) 2 tcos t , 2 t 2 t, tcos t
V t = te− t −e sen t− e− − te− −e− πt −πe sen− πt
( )
( )
( )
( )
( )
(
2 2)
( ) t 2 cos , 2 t 1 , t cos
V t = e− t t −sen t e− −t e− − πt −πsen πt
La rapidez, es el modulo del vector velocidad, por lo tanto:
( )
( )
{
2 2}
2( )
2{
( )
( )
}
2( ) t 2 cos 2 t 1 t cos
V t = e− t t −sen t + e− −t + e− − πt −πsen πt
( )
( )
{
}
2( )
2{
( )
( )
}
22 2 2
( ) t 2 cos 2 1 cos
V t = e− t t −sen t + −t + − πt −πsen πt
( )
( )
{
}
2( )
2{
( )
( )
}
22 2 2
( ) t 2 cos 2 1 cos
V t = e− t t −sen t + −t + − πt −πsen πt
( )
( )
{
2 2}
2( )
2{
( )
( )
}
2( ) t 2 cos 2 1 cos
V t =e− t t −sen t + −t + − πt −πsen πt
Y la aceleración, es la derivada del vector velocidad, así:
( )
( )
{
2 2}
'( )
'{
( )
( )
}
'( ) t 2 cos , 2 t 1 , t cos
a t = e− t t −sen t e− −t e− − πt −πsen πt
( )
( )
( )
( ) ( )
(
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
)
' '
2 2 2 2
` ' '
'
( ) 2 cos 2 cos ,
2 1 1 2 , cos cos
t t
t t t t
a t e t t sen t t t sen t e
e t t e e πt πsen πt πt πsen πt e
− −
− − − −
= − + −
− + − − − + − −
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
( )
( )
( )
( )
( )
)
2 2 2 2 2
2
( ) 2 cos 2 2 cos 2 2 cos ,
2 2 1 , cos cos
t t
t t t t
a t e t tsen t t t t t t sen t e
e t e e πsen πt π πt πt πsen πt e
− −
− − − −
= − − − −
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
( )
( )
( )
( )
)
2 2 2 2 2
2
( ) 2 cos 2 2 cos 2 2 cos ,
2 2 2 , cos cos
t
a t e t tsen t t t t t t sen t
t πsen πt π πt πt πsen πt
−
= − − − +
− − + − + +
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
2 2 2 2 2 2)
( ) t 2 cos 4 4 cos , 4 2 , 2 cos cos
a t =e− t − t sen t − t t +sen t − + t πsen πt −π πt + πt
Por lo tanto:
Respuesta:
Velocidad:
(
( )
2( )
2( )
( )
( )
)
( ) t 2 cos , 2 t 1 , t cos
V t = e− t t −sen t e− −t e− − πt −πsen πt
Rapidez:
{
( )
2( )
2}
2( )
2{
( )
( )
}
2( ) t 2 cos 2 1 cos
V t =e− t t −sen t + −t + − πt −πsen πt
Aceleración:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
2 2 2 2 2 2)
( ) t 2 cos 4 4 cos , 4 2 , 2 cos cos
a t =e− t − t sen t − t t +sen t − + t πsen πt −π πt + πt
Ejercicio 10
Halla la recta tangente a la cuva descrita por la función vectorial:
(
2)
(
2( )
)
1 2 2( ) 1 cos t
g t = arctg t i+ + πt j+e k
En g(1).
Solución
Justificación: Recordando lo explicado en el ejercicio 6 de esta guia, se
tiene:
(
)
(
(
( )
)
)
1 ( )2 1
2 2 2
0 (1) 1 1 cos 1
P =g = arctg i+ +
π
j+e k( )
(
)
(
)
12
2 2 2
0 (1) 1 cos
4
P =g =
π
i+ +π
j+e k
( )
(
)
2
2 2
0 (1) 1 1
16
P =g =
π
i+ + − j+e k2
2
0 (1) 2
16
P =g =
π
i+ j+e kEl vector director en este caso, es el vector que se obtiene al derivar la
función y evaluarlo en el punto de tangencia g(1), así:
(
)(
)
(
( )
)
( )
' 2
2 '
'
2
1 cos
( ) 2 2
2 1 cos
t t
g t arctgt arctgt i j e k
t
π π
+
= + +
+
(
)
( )( )
( )
' 2 '
2 2
2 1
( ) 2 2
1 2 1 cos
t
sen t t
g t arctgt i j e k
t t
π π π
−
= + +
(
)
'
2
2 1
( ) 2
1
g t arctgt i
t
−
= +
+
( )
2sen t
π π
( )
2
2 2
1 cos
t
j e k
t
π +
+
( )
( )
2 '
2 2
2
( ) 2
1 1 cos
t
sen t
arctgt
g t i j e k
t t
π π
π
−
= + +
+ +
Evaluando la derivada en el punto de tangencia g(1) se obtiene el vector director de la recta L.
( )
( )
(
(
( )
( )
)
)
( )
2 1 '
2 2
1
2 1
(1) 2
1 1 1 cos 1
sen arctg
L g i
π
π
j e kπ
−= = + +
+ +
( )
( )
2 '
2
2. 4
(1) 2
1 1 1 cos
sen
L g i j e k
π
π
π
π
−= = + +
+ +
( )
2'
2. 0
4
(1) 2
2 1 1
L g i j e k
π
π
−= = + +
+
'
2 (1)
L=g =
. 4 2
π
2 2 2
0
2 0 2 2
4 4
1 1
i+ j+ e k =
π
i+ j+ e k =π
i+ e k+
Por lo tanto la ecuación vectorial parametrica de la recta tangente es:
Respuesta:
2
2 2
, 2, , 0, 2
16 4
P=
π
e +λ
π
e
A continuación se te presentaran una serie de ejercicios propuestos,
¿Por qué es importante resolverlos? Por que tú estarás solo en el examen y tu
eres quien a las finales debes aprehender para tener éxito en la asignatura.
Cualquier duda de los problemas que a continuación se te presentan, déjamelo
saber, a través, de mi correo: jorgegranadillomat@gmail.com. Recuerda que en
mi página en el apartado “novedades” en la sección “material durante el
estudio” se encuentra un programa de nombre Mathype que es un excelente
editor de ecuaciones con el cual podrás escribir tus dudas matemáticas, o
escanea las páginas de tu cuaderno y envíame las dudas para darte respuesta
a la brevedad posible.
Por último recuerda resolver cada ejercicio bajo la estructura,
justificar todas y cada una de tus respuestas, de manera, que es importante
que tomes el hábito de estructurar las soluciones de esta manera, siempre
dando justificación y luego la respuesta.
EJERCICIOS PROPUESTOS
Ejercicio 1
Dada la curva definida por x = + 2 t 1 1
arccos , y =
+ 2 t 1 t arcsen .
Calcula
π π 4 , 4 punto el en y d dx y x d y d . Ejercicio 2
Calcula la longitud de arco de la función:
(
2 2 2)
( ) t, t , tcos
G t = a a sent a t
Con 0≤ ≤t 2π y a constante positiva. Ejercicio 3
Halle los puntos en los que la curva descrita por
− = − = t 12 t ) t ( y t 2 t ) t ( x 3 2 , Posee:
a) Tangente vertical. b) Tangente horizontal.
Ejercicio 4
Halla la posición r(t) de un móvil si la velocidad en todo instante t viene
dada por v(t)=
(
et ,cos2t)
y la posición inicial es r(0)=(
2,−1)
.Ejercicio 5
Considera las funciones:
= + = t 2 arctg t t t t g t t t 1 t tg 2 t f 2 , , cos ) ( , , , ) (
Calcula lím f,g (t)
0
t→ < > .
Ejercicio 6
Sean las funciones vectoriales:
( )
(
π)
= cos t , e , )
t (
F tg(t2) , G(t)=
(
k3 , 5Ln(cost),3−t4)
donde k es una constante arbitraria. Calcula la derivada de la función <
Ejercicio 7
Calcula
(
3Ln(2t) ,cos (Lnt) , t)
dt2 e
e
2
∫
Ejercicio 8
La aceleración de una partícula es: ''
(
)
( ) , cos ,
F t = sent t t su velocidad y su
posición iniciales son: '
(
)
(0) 1, 0,1
F = y F(0)=
(
0,1, 0)
respectivamente. Calcula su posición instantánea.Ejercicio 9
Analizar la continuidad de la función vectorial r(t) = ti + 2 j+ (2− t2)k
en t =0.
Ejercicio 10
Dada la curva definida por x= t – sen t, y= 1 – cos t.
a) Calcula
4 t en x d
y d y x d
y d
2 2
π = .
