Problemas resueltos de curvas

Problemas de curvas parametrizadas
Problema 1 Encontrar todos los valores de t para los cuales la curva
α(t) = (2t3 − 3t2 , t − 2 arctan(t)) :
(i) Tiene tangente horizontal.
(ii) Tiene tangente vertical.
(iii) No es regular.
Solución:
Ã
!
t2 − 1
El vector tangente a la curva α(t) = (x(t), y(t)) es α (t) = (x (t), y (t)) = 6t(t − 1), 2
,
t +1
y 0 (t)
cuya pendiente es m(t) = 0 .
x (t)
0
0
0
(i) Para que la tangente sea horizontal, ésta tiene que existir, es decir, α0 (t) 6= ~0 y además
y 0 (t) = 0. Por tanto, t = 0.
(ii) Para que la tangente sea vertical, ésta tiene que existir, es decir, α0 (t) 6= ~0 y además
x0 (t) = 0. Por tanto, t = −1.
(iii) Para que la curva sea no regular x0 = y 0 = 0, es decir, t = 1.
Problema 2 Llamamos evoluta de una curva parametrizada regular α con curvatura no nula
al lugar geométrico de los centros de curvatura. Denotamos la evoluta de α por β .
(i) Dar una parametrización de β .
µ
(ii) Hallar la evoluta de la parábola α(t) =
evoluta.
(iii) Dada la curva α(s) =
Ã√
√
√ !
2
2
2
cos(s),
sen(s),
s , hallar su evoluta.
2
2
2
•
Solución:
¶
1
t, t2 , t ∈ IR, y dibujar juntas la curva y su
2
(i) Si α(t) es la curva, entonces el lugar geométrico de los centros de curvatura está dado por
β(t) = α(t) +
1
n(t).
κ(t)
(ii) Calculamos en primer lugar la curvatura de la parábola.
µ
¶
√
1
1
α(t) = t, t2 , α0 (t) = (1, t), α00 (t) = (0, 1), |α0 (t)| = 1 + t2 , n = √
(−t, 1).
2
1 + t2
1
κ(t) =
.
(1 + t2 )3/2
Por tanto,
µ
µ
¶
¶
1
3 2
(1 + t2 )3/2
3
β(t) = t, t2 + √
(−t,
1)
=
−t
,
1
+
t
.
2
2
1 + t2
7
6
5
4
3
2
1
0
-8
-4
0
4
8
Figura 1: Parábola y su evoluta
(iii) Calculamos los vectores y funciones que intervienen.
√
√ !
à √
2
2
2
0
resulta que |α0 (s)| = 1 y por tanto, ~t(s) = α0 (s).
α (s) = −
sen(s),
cos(s),
2
2
2
Por otra parte,
√
à √
!
2
2
0
00
t (s) = α (s) = −
cos(s), −
sen(s), 0 ,
2
2
√
2
0
. Por otro lado, α0 ∧ α00 =
de donde n(s) = (− cos(s), − sen(s), 0), ya que ||t (s)|| =
2
√
µ
¶
1
1
1
2
sen(s), − cos(s), . Finalmente, κ(s) =
y
2
2
2
2
√
√ !
à √
2
2
2
cos(s), −
sen(s),
s .
β(s) = −
2
2
2
Problema 3 Dar una parametrización de las siguientes curvas y calcular en cada caso el vector
tangente unitario ~t, el vector normal ~n y la curvatura κ.
(i) y = x2 + 3x
(iii) x2 −
(ii) x2 + y 2 + 2y = 0
y2
= 1 (iv) x2 + 3y 2 = 1
4
•
Solución:
(i) Como se trata de una parábola que es una curva dada en forma explícita podemos
parametrizarla utilizando la variable independiente, es decir x, como parámetro.
α(t) = (t, t2 + 3t).
Calculamos el vector tangente.
α0 (t) = (1, 2t + 3), ||α0 (t)|| =
√
4t2 + 12t + 10, ~t =
α0 (t)
1
(1, 2t + 3).
=√ 2
0
||α (t)||
4t + 12t + 10
Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y
unitario.
1
~n = √ 2
(−2t − 3, 1).
4t + 12t + 10
La fórmula de la curvatura de una curva plana es κ(t) =
(0, 2). Por tanto,
det(α0 , α00 )
. En nuestro caso α00 (t) =
0
3
||α (t)||
2
κ(t) = √ 2
.
( 4t + 12t + 10)3
(ii) La ecuación dada representa una circunferencia de centro el (0, −1) y radio r = 1, ya
que x2 + y 2 + 2y = x2 + (y + 1)2 − 1. Por tanto, una parametrización es
α(t) = (cos(t), −1 + sen(t)).
Calculamos el vector tangente.
α0 (t) = (− sen(t), cos(t)), ||α0 (t)|| = 1, ~t =
α0 (t)
= (− sen(t), cos(t)).
||α0 (t)||
Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y
unitario.
~n = (− cos(t), − sen(t)).
det(α0 , α00 )
. En nuestro caso α00 (t) =
||α0 (t)||3
La fórmula de la curvatura de una curva plana es κ(t) =
(− cos(t), − sen(t)). Por tanto,
κ(t) = 1.
(iii) La ecuación dada representa una hipérbola de semieje a = 1 y b = 2. Por tanto, una
parametrización es
α(t) = (cosh(t), 2 senh(t)).
Calculamos el vector tangente.
α0 (t) = (senh(t), 2 cosh(t)), ||α0 (t)|| =
~t =
q
senh2 (t) + 4 cosh2 (t),
α0 (t)
1
q
(senh(t), 2 cosh(t)).
=
||α0 (t)||
senh2 (t) + 4 cosh2 (t)
Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y
unitario.
1
~n = q
(−2 cosh(t), senh(t)).
senh2 (t) + 4 cosh2 (t)
La fórmula de la curvatura de una curva plana es κ(t) =
(cosh(t), 2 senh(t)). Por tanto,
det(α0 , α00 )
. En nuestro caso α00 (t) =
||α0 (t)||3
−2
κ(t) = q
3.
senh2 (t) + 4 cosh2 (t)
1
(iv) La ecuación dada representa una elipse de centro el (0, 0) y semiejes a = 1 y b = √ .
3
Por tanto, una parametrización es
1
α(t) = (cos(t), √ sen(t)).
3
Calculamos el vector tangente.
√ q
3
1
α0 (t) = (− sen(t), √ cos(t)), ||α0 (t)|| =
2 sen2 (t) + 1,
3
3
√
1
α0 (t)
3
~t =
=q
(− sen(t), √ cos(t)).
0
||α (t)||
3
2 sen2 (t) + 1
Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y
unitario.
√
3
1
~n = q
(− √ cos(t), − sen(t)).
3
2 sen2 (t) + 1
La fórmula de la curvatura de una curva plana es κ(t) =
1
(− cos(t), − √ sen(t)). Por tanto,
3
3
κ(t) = q
2 sen2 (t) + 1
det(α0 , α00 )
. En nuestro caso α00 (t) =
||α0 (t)||3
.