Ejemplos de curvas intersección de superficies Representar

Ejemplos de curvas intersección de superficies
Representar mediante una función vectorial la curva intersección de las superficies usando el parametro
dado.
x2 + y 2 = 4,
1. −
z = x2
parametro
x = 2 sen(t)
Se tiene que
x = 2 sen(t) ⇒ z = (2 sen(t))2
mientras
que
x2 + y 2 = 4 ⇒ y =
p
4 − 4 sen(t) = 2 cos(t)
Por lo tanto la función vectorial que representa la curva intersección es:
f (t) = (2 sen(t), 2 cos(t), 2 sen(t))2 )
2. −
4x2 + y 2 + 4z 2 = 16,
x = y2
parametro
y=t
Se tiene que
x = y 2 ⇒ x2 = y 4 = t 4
mientras
que 4x2 + y 2 + 4z 2 = 16 ⇒ z =
Por lo tanto la función vectorial que representa la curva intersección es:
p
f (t) = (t2 , t, 14 16 − 4t4 − t2 )
1
1p
16 − 4t4 − t2
4
Funciones Acotadas.- Se dice que una función f (t) es acotada en un intervalo I si existe un escalar
M > 0 tal que kf (t)k < M ∀ t ∈ I
Ejercicio.- Demostrar que si lı́m f (t) = L entonces f es acotada en 0 < |t − t0 | < δ
t→t0
Demostración: Supongamos que f (t) → L cuando t → t0 . Entonces para un > 0 arbitrario, ∃
δ > 0 tal que |f (t) − L| < siempre que 0 < |t − t0 | < δ.
Entonces kf (t)k = kf (t) − L + Lk ≤ kf (t) − Lk + kLk < + kLk
por lo tanto basta tomar M = + kLk
Ejercicio.- Si f (t) es acotada en t0 y g(t) → 0 cuando t = t0 , demostrar que f (t)xg(t) → 0 cuando
t → t0 .
Demostración: Sea > 0 arbitrario como f (t) es acotada en t0 ∃ M > 0 y un δ1 > 0 tal que
kf (t)k < M ∀ δ ∈ (t0 − δ, t0 + δ).
Por otro lado si g(t) → 0 cuando 0 < |t − t0 | < δ2 , entonces kg(t)k <
M.
Por lo que al tomar δ =min{δ1 , δ2 } se tiene que si 0 < |t − t0 | < δ entonces 0 < |t − t0 | < δ1
y 0 < |t − t0 | < δ2 . Por lo tanto
|f (t)xg(t) − 0| = |f (t)xg(t)| = |f (t)| |g(t)| | sin(f, g)|
2
≤ |f (t)| |g(t)| ≤ M
=
M
Por lo tanto f (t)xg(t) → 0 cuando t → t0
Continuidad
Definición.- Sea f R → Rn una función vectorial. Se dice que f es continua en t0 si y solo si se cumple
que
lı́m f (t) = f (t0 )
t→t0
Ejercicio: Determinar el intervalo en el que la función vectorial es continua.
√
t
f (t) = ti + Ln(t)
t2 −1 j + t2 +1 .
f3 (t) =
t
t2 +1
√
t es continua en t > 0, f2 (t) = Ln(t)
en R − {−1, 1}
t2 −1 es continua
S
es continua en R tenemos que f (t) es continua en (0, 1) (1, ∞)
Solución: Como f1 (t) =
Ejercicio: Demostrar que si f (t), g(t) y h(t) son continuas en t0 entonces [f gh] es continua en t0 .
Derivadas de Funciones Vectoriales
Sea f : R → R una función vectorial. Entonces se define la derivada de f en t
df (t)
f (t + ∆t) − f (t)
= lı́m
∆t→0
dt
∆t
cuando este lı̀mite existe.
Teorema.- Sea f : R → Rn definida asi: f (t) = (f1 (t), . . . , fn (t)) entonces
3
df (t)
= (f10 (t), . . . , fn0 (t))
dt
Demostración: Para f (t) = (f1 (t), . . . , fn (t)) se tiene que:
f 0 (t)
f (t + ∆t) − f (t)
∆t→0 ∆t
f1 (t + ∆t), . . . , fn (t + ∆t) − f1 (t), . . . , fn (t)
= lı́m
∆t→0 ∆t
f1 (t + ∆t) − f1 (t), . . . , fn (t + ∆t) − fn (t)
= lı́m
∆t→0 ∆t
fn (t + ∆t) − fn (t)
f1 (t + ∆t) − f1 (t)
= lı́m
,...,
∆t→0
∆t
∆t
f1 (t + ∆t) − f1 (t)
fn (t + ∆t) − fn (t)
= lı́m
, . . . , lı́m
∆t→0
∆t→0
∆t
∆t
0
0
= [f1 (t), . . . , fn (t)]
= f 0 (t)
= lı́m
por lo tanto para derivar una función vectorial f basta derivar cada componente de f en la
forma usual.
Ejemplo: Si f (t) = (3t2 , sin t, e2t ) entonces f 0 (t) = (6t, cos t, 2e2t )
Definición: Si r(t) es un vector de posición de una particula que se mueve a lo largo de una curva suave
en el espacio, entonces:
a) la velocidad es la derivada de la posición v(t) =
dr(t)
dt
b) la rapidez es la magnitud de la velocidad kv(t)k
c) la aceleración es la derivada de la velocidad a =
d) el vector
dv(t)
dt
=
d2 r(t)
dt
v(t)
es una dirección de movimiento en el tiempo t.
kv(t)k
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