Ejercicios funciones vectoriales

[pic 1] 

Ing. Armando Duarte          

1. Determine el triedro móvil de la curva

𝑟(𝑡) = (sin 𝑡 − 𝑡 cos 𝑡)𝑖 + (cos 𝑡 + 𝑡 sin 𝑡)𝑗 + 2𝑘 Cuando 𝑡 = 𝜋⁄2.

Solución:  el vector binormal de una curva en el espacio 𝐵 = 𝑇 × 𝑁 es un vector ortogonal a 𝑇 y 𝑁 

[pic 2] 

Figura 1. El marco TBN de vectores unitarios mutuamente ortogonales.

Juntos 𝑇, 𝑁 y 𝐵 definen un marco de referencia vectorial de mano derecha, en movimiento, que desempeña un papel central para el calculo de las trayectorias de las partículas que se mueven en el espacio. Se conoce como

Triedro de Frenet (Sistema Frenet)

[pic 3] 

Figura 2. Los tres planos definidos por los vectores T, N y B.

El vector tangente unitario esta dado por  

𝑣(𝑡)

𝑇(𝑡) = [pic 4] 

‖𝑣(𝑡)‖

Luego para la función con valores vectoriales  

𝑟(𝑡) = (sin 𝑡 − 𝑡 cos 𝑡)𝑖 + (cos 𝑡 + 𝑡 sin 𝑡)𝑗 + 2𝑘 

Las derivadas de las componentes escalares son:

• (sin 𝑡 − 𝑡 cos 𝑡)′ = (sin 𝑡)′ − (𝑡)′ cos 𝑡 − 𝑡(cos 𝑡)′ = cos 𝑡 − cos 𝑡 + 𝑡 sin 𝑡 

(sin 𝑡 − 𝑡 cos 𝑡)′ = 𝑡 sin 𝑡 

• (cos 𝑡 + 𝑡 sin 𝑡)′ = (cos 𝑡)′ + (𝑡)′ sin 𝑡 + 𝑡(sin 𝑡)′ 

(cos 𝑡 + 𝑡 sin 𝑡)′ = − sin 𝑡 + sin 𝑡 + 𝑡𝑐𝑜𝑠 𝑡 = 𝑡 cos 𝑡 

• (2)′ = 0 

Derivando con respecto de la variable 𝑡 

𝑟′(𝑡) = 𝑡 sin 𝑡 𝑖 + 𝑡 cos 𝑡 𝑗 + 0 𝑘 

Luego el vector velocidad  

𝑣(𝑡) = 𝑟′(𝑡) = 〈𝑡 sin 𝑡, 𝑡 cos 𝑡, 0〉 

La rapidez o módulo del vector velocidad es  

𝑑𝑠

[pic 5] = ‖𝑣(𝑡)‖ = ‖(𝑡 sin 𝑡, 𝑡 cos 𝑡, 0)‖ 

𝑑𝑡

Desarrollando obtenemos  

‖𝑣[pic 6] |𝑡| 

Sustituyendo para obtener el vector tangente unitario

        𝑣(𝑡)        〈𝑡 sin 𝑡, 𝑡 cos 𝑡, 0〉

        𝑇(𝑡) =        [pic 7]=        = 〈sin 𝑡, cos 𝑡, 0〉 

        ‖𝑣(𝑡)‖        |𝑡|

Evaluando en 𝑡 = 𝜋⁄2 obtenemos 𝑇(𝜋⁄2) = 〈1,0,0〉.

El vector normal principal  

𝑑𝑇⁄𝑑𝑡

𝑁(𝑡) = [pic 8] 

‖𝑑𝑇⁄𝑑𝑡‖

Derivando al vector tangente unitario

        𝑑𝑇        𝑑

        =        [〈sin 𝑡, cos 𝑡, 0〉] = 〈cos 𝑡, − sin 𝑡, 0〉 [pic 9]

        𝑑𝑡        𝑑𝑡

Tomando el modulo

𝑑𝑇[pic 10]

        ‖        ‖ 

𝑑𝑡

Luego, el vector normal principal

𝑑𝑇⁄𝑑𝑡

𝑁(𝑡) = [pic 11] = 〈cos 𝑡, − sin 𝑡, 0〉 

‖𝑑𝑇⁄𝑑𝑡‖

Evaluando en 𝑡 = 𝜋⁄2 obtenemos 𝑁(𝜋⁄2) = 〈0, −1, 0〉 

Ahora el vector binormal se obtiene como  

𝐵(𝑡) = 𝑇(𝑡) × 𝑁(𝑡) 

𝐵(𝑡) = 〈0,0, −1〉 

Es un vector constante. Por lo tanto  

𝜋

𝐵 ( ) = 〈0,0, −1〉 

2

Cuando 𝑡 = 𝜋⁄2 se tiene el punto de la curva (1, 𝜋⁄2 , 2) la ecuación del plano osculador es  

𝜋

0(𝑥 − 1) + 0 (𝑦 − [pic 12]) − 1(𝑧 − 2) = 0 

2

O bien  

𝑧 − 2 = 0 

Para hallar la ecuación del plano normal  

𝜋

1(𝑥 − 1) + 0 (𝑦 − [pic 13]) + 0(𝑧 − 2) = 0 

2

Entonces  

𝑥 − 1 = 0 

El plano rectificador esta dado por  

𝜋

0(𝑥 − 1) − 1 (𝑦 − [pic 14]) + 0(𝑧 − 2) = 0 

2

Entonces  

𝜋

𝑦 − [pic 15] = 0 

2

2. Calcule la longitud del arco de la curva

1. 𝑟(𝑡) = 〈2𝑡[pic 16], cos 2𝑡, sin 2𝑡〉  sobre el intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 1.
2. 𝑟(𝑡) = 〈𝑡, arcsin 𝑡, −ln (1−𝑡)〉 sobre el intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 1⁄2. [pic 17]

1+𝑡

1. 𝑥 = 3𝑡2        𝑦 = 𝑡3        𝑧 = 6𝑡 sobre el intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 1 

Solución:  la longitud del arco de una curva suave  

𝑟(𝑡) = 𝑥(𝑡) 𝑖 + 𝑦(𝑡) 𝑗 + 𝑧(𝑡) 𝑘 

Sobre el intervalo 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏, recorrida exactamente una vez cuando 𝑡 varia desde 𝑡 = 𝑎 hasta 𝑡 = 𝑏 es  

        𝑏        𝑑𝑥 2        𝑑𝑦 2        𝑑𝑧 2[pic 18]

        𝐿 = ∫ √(        )        + (        )        + (        ) 𝑑𝑡 

        𝑑𝑡        𝑑𝑡        𝑑𝑡

𝑎

[pic 19] 

Figura 3. El vector de posición de una partícula que se mueve en el espacio es una función del tiempo.

1. Para la función con valores vectoriales 𝑟(𝑡) = 〈2𝑡[pic 20], cos 2𝑡, sin 2𝑡〉 sobre el intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 1. Se tiene que  

        2        2[pic 21]

        𝑑𝑡        𝑑𝑡        𝑑𝑡

Luego  

(𝑑𝑥[pic 22])2 + (𝑑𝑦)2 + (𝑑𝑧)2 = 9𝑡 + 4(𝑠𝑖𝑛22𝑡 + 𝑐𝑜𝑠22𝑡) = 9𝑡 + 4 

        𝑑𝑡        𝑑𝑡        𝑑𝑡

...