Capitulo 6 - Funciones vectoriales de variable escalar (Fernando Arenas Daza) (Calculo)

lOMoARcPSD|4335459
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
155
Capı́tulo 4
Funciones vectoriales de variable escalar
4.1.
Concepto y ejemplos
Comenzaremos diciendo que I ⊆ R representa a un intervalo de números reales.
Definición 4.1.1 Se denomina función vectorial de variable escalar a toda función
del tipo ~r : I ⊆ R → Rm , donde:
~r(t) =
m
X
k=1
4.1.1.
xk (t)b
ek = (x1 (t), x2 (t), · · · , xm (t)) .
Ejemplos
1. En R2 , la circunferencia C : x2 + y 2 = a2 , que se puede colocar en la forma:
~r(t) = (a cos t, a sen t) t ∈ [0, 2π[ .
2. En R2 , la elipse E :
y2
x2
+ 2 = 1, que se puede colocar en la forma:
2
a
b
~r(t) = (a cos t, b sen t) t ∈ [0, 2π[ .
3. En R2 , la elipse E :
x2
y2
+ 2 = 1, que también se puede colocar en la forma:
2
a
b
¶
µ
2u
1 − u2
.
,b
~s(u) = a
1 + u2 1 + u2
4. En R2 , la hipérbola H :
x2
y2
−
= 1, que se puede colocar en la forma:
a2
b2
~r(t) = (a sec t, b tg t) t ∈ [0, 2π[ .
5. En R2 , la hipérbola H :
y2
x2
− 2 = 1, que también se puede colocar en la forma:
2
a
b
~s(u) = (acosh u, bsenh u) .
~ o sea:
6. En Rm , la recta de posición A(~a) y dirección d,
~ t∈R.
~r(t) = ~a + td,
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
156CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
7. En R3 , la circunferencia:
x2 +
x +
y2
y
+ z2
+ z
=
=
¾
a2
a
,
que en vectores resulta ser:
√
√
£
£
a
~r(t) = (1 + 2 cos t, 1 − cos t + 3 sen t, 1 − cos t − 3 sen t), t ∈ 0, 2π .
3
Este último resultado se debe a lo siguiente, al considerar la figura 4.1, donde se ha
dibujado la circunferencia de intersección
entre la esfera E y el plano Π se tiene que
la distancia δ entre el origen O (centro de
a
E) y Π es |δ| = √ , con ello el radio r de
3
r
√
2
2
2
a,
la circunferencia es r = a − δ =
3
además, el centro C de la circunferencia
a
está dado por ~c = ~0 − δb
n = ~n siendo
3
~n = (1, 1, 1) el vector normal de Π.
Z
C
O
Y
X
Fig. 4.1
b
Sea ahora A(~a) el punto de intersección
£ de£la circunferencia con el eje X, o sea, ~a = ai y, por
último, coloquemos 6< ACP = t ∈ 0, 2π como parámetro de la circunferencia. Entonces,
observando la figura 4.2, se desprende que
−−→ −−→′ −−′→
CP = CP + P P ,
pero:
Y’
−−→′
→
d = cos t −
CP = CP cos t CA
CA ,
P
t
C
P’
X’
−−′→
′P ,
P P = CP sen tPd
′P = n
d y como sabemos:
además, Pd
b × CA,
−→
′P = n
CP Pd
b × CA =
Fig. 4.2
=n
b × (~a − ~c) = n
b × ~a ,
consiguiéndose con ello el resultado señalado más arriba.
7. También tenemos como ejemplo en R3 a la hélice cilı́ndrica circular:
~r(t) = (x(t), y(t), z(t)) = (a cos t, a sen t, bt) .
8. Otro ejemplo en R3 es la curva:
µ
¶
1
~r(t) = − sen2 t, sen t, 1 + cos t , t ∈ [0, 2π[ ,
4
que se produce al intersectar el cilindro circular de ecuación y 2 + z 2 = 2z con el cilindro
parabólico de ecuación y 2 = −4x.
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
157
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
Problema 4.1.1 Dada la esfera con centro en el origen O y radio unitario se pide proyectar
estereográficamente un punto P (x, y, z) de ella sobre el respectivo plano ecuatorial.
Solución:
Sabemos que tal esfera es:
Z
N
~r(θ, φ) = (sen θ cos φ, sen θ sen φ, cos θ),
(θ, φ) ∈ [0, π]x[0, 2π[, y la vemos en figura
6.3. El polo norte de esta esfera es N (b
k);
siendo P (x, y, z) un punto de ella con
(x, y, z) = (sen θ cos φ, sen θ sen φ, cos θ),
para conseguir la proyección estereográfica
de éste, o sea P ′ (x, y, 0) es necesario y suficiente intersectar la recta N P con el plano
XOY
P
O
X
Y
P’
Fig. 4.3
Colocando OP ′ = ρ , en la figura 4.3
que △N OP es isósceles, resulta 6<
¶
µ y observando
θ
θ
θ
π θ
π
′
= cot y, por lo tanto,x = cot cos φ e
−
con lo que ρ = tg
−
ON P =
2
2
2
2
2
2
θ
y = cot sen φ. Ası́, se consigue:
2
x
y
1
1
= =
=
,
x
y
1 − cos θ
1−z
porque:
θ
cot =
2
r
lo que implica, por ejemplo, que:
1 + cos θ
sen θ
=
,
1 − cos θ
1 − cos θ
sen θ
cot θ2 cos φ
1
x
1
−
cos θ =
=
=
,
x
sen θ cos φ
sen θ
1 − cos θ
con lo que:
µ
P x=
′
y el problema queda resuelto.
¶
x
y
,y =
,0 )
1−z
1−z
1
(2et cos t, 2et sen t, e2t − 1) , demostrar
1 + e2t
que es esférica y que su proyección estereográfica sobre el plano ecuatorial es una espiral
logarı́tmica.
Problema 4.1.2 Dada la curva: C : ~r(t) =
Solución:
Como sabemos ~r = (x(t), y(t), z(t)) = (x, y, z) y al calcular x2 + y 2 + z 2 resulta ser igual a
la unidad, lo que nos dice que C es una curva contenida en la esfera con centro O y radio
unitario.
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
158CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Y
O
X
A causa del problema anterior, sabemos
que la proyección estereográfica del punto
P (x, y, z) sobre el plano ecuatorial de tal
esfera está dada por el punto:
µ
¶
x
y
′
P x=
,y =
,0 ,
1−z
1−z
que en el caso de nuestro problema resulta
ser:
Fig. 4.4
x = et cos t , y = et sen t ,
de donde ρ2 = x2 + y 2 = e2t , o sea, ρ = et , lo que precisamente es una espiral logarı́tmica
en coordenadas polares planas (ρ, t) para el punto P ′ y que podemos ver en la figura 4.4.
4.1.2.
El caso de la función lineal
Definición 4.1.2 La función ~ℓ : R → Rm se dice función lineal cuando satisface la
propiedad:
∀ α, β, t1 , t2 ∈ R : ~ℓ(αt1 + βt2 ) = α~ℓ(t1 ) + β ~ℓ(t2 ) .
Nota:
m
Siendo {1} base de R y {ebk }m
resulta ~ℓ(t) = t~ℓ(1) con lo que
k=1 base canónica de R
m
X
bastará conocer ~ℓ(1) =
ak ebk = ~a obteniéndose ~ℓ(t) = t~a lo que representa a una recta
k=1
que pasa por el origen O de Rm .
4.2.
Lı́mites y continuidad
Definición 4.2.1
~
lı́m ~r(t) = L
t→to
m
~ < ǫ para 0 < |t − t0 | < δ .
∀ ǫ > 0 ∃ δ > 0 : ||~r(t) − L||
Nota:
Para aplicar el concepto de lı́mite que el educando ya tiene desde Cálculo I es adecuado
presentar el siguiente:
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
159
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
~ = (ℓ1 , ℓ2 , · · · , ℓm ), entonces:
Teorema 4.2.1 Siendo ~r(t) = (x1 (t), x2 (t), · · · , xm (t)) y L
¶
µ
¡
¢
~ ⇐⇒ ∀ k ∈ {1, 2, 3, · · · , m}
lı́m xk (t) = ℓk .
lı́m ~r(t) = L
t→to
t→to
Demostración:
En primer lugar, como:
~ ⇐⇒ ∀ ǫ > 0 ∃ δ > 0 : ||~r(t) − L||
~ < ǫ para 0 < |t − t0 | < δ
lı́m ~r(t) = L
t→to
o sea:
m
X
k=1
de donde:
(xk − ℓk )2 < ǫ2 para 0 < |t − t0 | < δ,
|xk − ℓk | < ǫ para 0 < |t − t0 | < δ,
es decir:
∀ k ∈ {1, 2, 3, · · · , m}
A la inversa, supongamos ahora que:
∀ k ∈ {1, 2, 3, · · · , m}
o sea:
∀ k ∈ {1, 2, 3, · · · , m}
tomando:
³
µ
µ
¶
.
¶
,
lı́m xk (t) = ℓk
t→to
lı́m xk (t) = ℓk
t→to
´
ǫ
∀ ǫ > 0 ∃ δk > 0 : |xk − ℓk | < √ para 0 < |t − t0 | < δk
m
δ = min{δ1 , δ2 , · · · , δm }
se obtiene:
~ 2=
||~r(t) − L||
con lo que:
m
X
k=1
ǫ
(xk − ℓk )2 < m( √ )2 = ǫ2 para 0 < |t − t0 | < δ
m
~
lı́m ~r(t) = L
t→to
Ejemplo 4.2.1 Calcular:
µ
µ
¶¶
1
2
~ = lı́m (1 − t) tg π t , 1
L
−
t→1
2
t − 1 t + 3 3t + 5
Solución:
En (1 − t) tg π2 t hacemos 1 − t = π2 u, consiguiéndose:
µ
µ
¶¶
2
π
2
2
2
2 cos u
π
(1 − t) tg t = u tan
· 1− u
= u cot u = sen u → cuando t → 1.
2
π
2
π
π
π u
π
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
160CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Además:
1
t−1
µ
1
2
−
t + 3 3t + 5
¶
=
t−1
1
→
cuando t → 1.
(t − 1)(t + 3)(3t + 5)
32
Luego:
µ
~ =
L
2
1
,
π 32
¶
.
Ejemplo 4.2.2 Calcular:
~ = lı́m
L
t→0
Ãr
t
5 + t sen πt sen 25t 1 − cos t
,
,
,
5−t
t
16t
t2
!
Solución:
Para (ℓ1 ):
r
³ 5 + t ´ 1t
5+t
= lı́m
=
t→0
5 − t t→0 5 − t
5−x
2
h¡
³ 5 − t + 2t ´ 1t
2
2t ´ 2t i 5−t
= lı́m 1 +
= e5 .
= lı́m
t→0
t→0
5−t
5−t
lı́m
Para (ℓ2 ):
lı́m
t→0
t
sen πt
sen πtx
= π lı́m
=π·1=π .
t→0
t
πt
Para (ℓ3 ):
lı́m
t→0
sen 25t
sen 25t
25
25
25
=
lı́m
=
·1=
,
16t
16 t→0 25t
16
16
Para (ℓ4 ):
sen2
1 − cos t
=
2
lı́m
t→0
t→0
t2
t2
lı́m
Luego:
~ =
L
µ
t
2
=
2
sen t ´2
1³
1
1
lı́m t 2
= · 12 = .
2 t→0 2
2
2
e 5 , π,
25 1
,
16 2
¶
.
Nota:
De la propiedad anterior se deducen las siguientes:
1. lı́m ~c = ~c
t→to
2. Siendo lı́m r~1 (t) = L~1 y lı́m r~2 (t) = L~2 , entonces:
t→to
t→to
a) lı́m (r~1 (t) + r~2 (t)) = L~1 + L~2
t→to
b) lı́m (r~1 (t) · r~2 (t)) = L~1 · L~2
t→to
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
161
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
c) Si m = 3, entonces lı́m (r~1 (t) × r~2 (t)) = L~1 × L~2
t→to
~ entonces lı́m α(t)~r(t) = ℓL
~
3. lı́m α(t) = ℓ y lı́m ~r(t) = L,
t→to
t→to
t→to
~ ⇒ || lı́m ~r(t)|| = ||L||
~
4. lı́m ~r(t) = L
t→to
t→to
Definición 4.2.2
~r : I ⊆ R → Rm
~r(t) es continua en t0 ∈ I
ssi
lı́m ~r(t) = ~r(t0 )
t→to
ssi
lı́m (~r(t0 + h) − ~r(t0 )) = ~0
h→o
Además:
~r : I ⊆ R → Rm
∀t∈I
~r(t) es continua en I
ssi
~r(t) es continua en t
Como ejemplo de función continua en R2 tenemos la:
Problema 4.2.1 Un hilo enrrollado (que se mantiene tirante) en una circunferencia de
radio a se desenrrolla de manera que se mantiene tangente a la circunferencia en el punto
donde el hilo se separa de ella. El lugar geométrico que describe el extremo del hilo se
conoce como evolvente de la circunferencia. Encontrar alguna parametrización de la de
la evolvente de la circunferencia.
Solución:
Y
Q
Q’’ P
OQ’ AP’X
Fig. 4.5
Considerando la figura 4.5 tenemos que el
6< AOQ = t es el parámetro y el punto P (x, y) es un punto de la evolvente;
π
además, 6< Q′′ P Q = − t.Por otra parte
2
⌢
es claro que AP = QP = at. De esto se
concluye que:
³π
´
x = OQ′ +Q′ P ′ = a cos t+QP cos
−t ,
2
´
³π
−t ,
y = Q′ Q−Q′ Q′′ = a sen t−QP sen
2
de lo anterior se concluye que una parametrización de la evolvente es:
½
x = a cos t + at sen t
E:
.
y = a sen t − at cos t
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
162CALCULO INTEGRAL
4.3.
Fernando Arenas Daza
Diferencial y derivadas
Comenzaremos con el concepto de diferenciabilidad de una función vectorial de variable
escalar.
Tomando en cuenta el arco de curva C : ~r(t)
representado en la figura 4.6, sea P0 (~r(t0 ))
un punto fijo del arco y P (~r(t0 + h)) un
−−→
punto variable de él; es claro que OP se
−−→
puede aproximar por OQ (siendo Q el punto de intersección de la recta OP con la
recta tangente a C en P0 ), cometiéndose el
error:
−−→ −−→ −−→
QP = P0 P − P0 Q
P
Q
Po
O
Fig. 4.6
−−→
−−→
Poniendo: P0 Q = ~ℓ(h) y P0 P = ~r(t0 + h) − ~r(t0 ), se consigue:
−−→
~r(t0 + h) − ~r(t0 ) − ~ℓ(h)
QP
=
=α
~ (h)
h
h
lo que nos conduce a la siguiente:
Definición 4.3.1
~r : I ⊆ R → Rm
~r(t) es diferenciable en t0 ∈ I
ssi
∃ ~ℓ : R → Rm lineal :
~r(t0 + h) − ~r(t0 ) = h~ℓ(h) + h~
α(h) y :
lı́m α
~ (h) = ~0
h→o
ssi
∃ ~ℓ : R → Rm lineal :
~r(t0 + h) − ~r(t0 ) − ~ℓ(h) ~
=0
h→o
h
lı́m
Notas:
1. El vector ~ℓ(h) se conoce como diferencial de ~r(t) en t0 con incremento h y se
simboliza por:
d~r(t0 , h) = ~ℓ(h) = h~ℓ(1).
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
163
2. De lo anterior resulta:
~r(t0 + h) − ~r(t0 ) − h~ℓ(1) ~
=0
h→o
h
lı́m
o sea:
d~r
~r(t0 + h) − ~r(t0 ) ~
= ℓ(1) = D(~r(t0 )) =
(t0 )
h→o
h
dt
lı́m
es decir, la derivada de ~r(t) en t0 ; también se tiene las notaciones:
D(~r(t0 )) = ~r′ (t0 ) = r~0′
3. A causa de la propiedad fundamental de los lı́mites de este tipo de funciones, se tiene
que siendo ~r(t) = (x1 (t), x2 (t), · · · , xm (t)), resulta:
D(~r(t)) = (D(x1 (t)), D(x2 (t)), · · · , D(xm (t))).
4.3.1.
Propiedades de la derivación
1. D~a = ~0
2. D(r~1 + r~2 ) = D(r~1 ) + D(r~2 )
3. D(r~1 · r~2 ) = D(r~1 ) · r~2 + r~1 · D(r~2 )
4. D(α(t)~r(t)) = (D(α(t))~r(t) + α(t)D(~r(t))
5. Para m = 3: D(r~1 × r~2 ) = D(r~1 ) × r~2 + r~1 × D(r~2 )
6. Para m = 3: D([r~1 r~2 r~3 ]) = [(Dr~1 )r~2 r~3 ] + [r~1 (Dr~2 )r~3 ] + [r~1 r~2 (Dr~3 )]
~r · (D~r)
)
||~r||
√
~r · (D~r)
En efecto: D(||~r||) = D( ~r · ~r) =
||~r||
Nota:
En lo sucesivo colocaremos r en lugar de ||~r||.
7. ∀ t : (~r(t) 6= ~0 ⇒ D(||~r||) =
(~r × (D~r)) × ~r
)
8. Para m = 3: ∀ t : (~r(t) 6= ~0 ⇒ D(b
r) =
r3
~r · (D~r)
(~r · ~r)D(~r) − (~r · D(~r))~r
En efecto: D(b
r) = D(r−1~r) = −r−2
~r + r−1 D(~r) =
r
r3
y de ello se sigue el resultado, a causa de la regla del chanchito.
9. ∀t (r = r(t) 6= 0), (entonces, r = cte. ⇔ ~r · ~r ′ = 0)
~r · (D~r)
En efecto, r = cte. ⇒ 0 = r′ =
⇒ ~r · (D~r) = 0
r
A la inversa, ~r · (D~r) = 0 ⇒ Dr = 0 ⇒ r = cte.
−→
10. m = 3, ∀t ~r = ~r(t) 6= ~0), (entonces, rb = cte. ⇔ ~r × ~r′ = ~0)
−→
r) = ~r × (r′ rb + rD(b
r)) = ~r × (r′ rb + ~0) =
En efecto, rb = cte. ⇒ ~r × ~r ′ = ~r × D(rb
′
~
rr (~r × ~r) = 0
−→
A la inversa, ~r × ~r ′ = ~0 ⇒ D(b
r) = ~0 ⇒ rb = cte.
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
164CALCULO INTEGRAL
4.3.2.
Fernando Arenas Daza
Derivada de la función compuesta
Partiremos considerando:
α : I ⊆ R → R diferenciable en to ,
es decir:
α(t0 + h) − α(t0 ) = hD(α)(t0 ) + hǫ(h) = k .
Además:
~r : α[I] ⊆ R → Rm diferenciabe en u0 = α(t0 ) ,
o sea:
~
~r(u0 + k) − ~r(u0 ) = kD(~r)(u0 ) + k β(k)
,
de ello resulta:
~r(α(t0 + h)) − ~r(α(t0 )) = hD(~r(α(t0 )))D(α)(t0 ) + h~γ (h)) ,
con lo que:
d(~r)
d(α)
d(~r(α))
(t) =
(α(t))
(t) .
dt
dα
dt
Ejemplo 4.3.1 Siendo:
~r(u) = eu (cos u, sen u) y u(t) = Arctg t,
demostrar que:
1
(1 + t2 )2 D2~r + t(1 + t2 )D~r = ~r⊥ ,
2
donde ~r⊥ = eu (− sen u, cos u) y D =
d
.
dt
Solución:
Se tiene: D~r =
Además:
O sea:
1
d~r du
= eu (b
r + rb⊥ )
, ası́ (1 + t2 )D~r = eu (b
r + rb⊥ ) = ~r + ~r⊥
du dt
1 + t2
D2~r = D(D(~r)) = D(
d~r du
d2~r du
d~r d2 u
) = 2 ( )2 +
=
du dt
du dt
du dt2
= eu (b
r + rb⊥ + rb⊥ − rb)
1
−2t
+ eu (b
r + rb⊥ )
.
2
2
(1 + t )
(1 + t2 )2
1
(1 + t2 )2 D2~r = ~r⊥ − t(b
r + rb⊥ ) = ~r⊥ − t(1 + t2 )D~r .
2
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
165
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
4.4.
Recta tangente y plano normal
Definición 4.4.1 Siendo C : ~r(t) una curva y P0 (~r(t0 )) (r~0 = ~r(t0 )) un punto de ella
se denomina recta tangente a C en P0
a aquella recta T que es posición lı́mite (
si es que existe) de todas las secantes P0 P
a C cuando P tiende a P0 manteniéndose
sobre la curva.
Po
O
Por lo que ya sabemos la ecuación de T es
(~r − r~0 ) × Dr~0 = ~0.
Fig. 4.7
R
O
Y
Z
T
P
C
Z
O
Q
X
Fig. 4.8
Y
P
X
Fig. 4.9
Ejemplo 4.4.1 Dada la curva C por medio del sistema:
y2
y2
+ z 2 = 2z
+ 4x =
0
¾
que aparece en la figura 4.8, se desea parametrizar. Para ello, en la figura 4.9 consideramos
el punto P de esta curva y lo proyectamos en el plano (Z, O, Y ) según el punto Q y hacemos
sen2 t
y2
=−
.
6< RCQ = t ∈ [0, 2π[, z = OR = OC + CR = 1 + cos t, y = RQ = sen t, x =
4
4
Resultando la parametrización:
1
C : ~r(t) = (− sen2 t, sen t, 1 + cos t),
4
3
y−
x + 16
π
√
=
la tangente en t = resulta ser T :
1
3
3
− 8
2
√
3
2
=
z−
3
√2
− 23
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
.
lOMoARcPSD|4335459
166CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Definición 4.4.2 Siendo C : ~r(t) una curva y P0 (~r(t0 )) (r~0 = ~r(t0 )) un punto de ella
se denomina plano normal a C en P0 a
aquél plano Πn que es perpendicular en P0
a la recta tangente T a C en P0 . (Ver figura
4.10)
Po
Por lo que ya sabemos la ecuación de Πn
es:
(~r − r~0 ) · Dr~0 = 0.
Fig. 4.10
Ejemplo 4.4.2 Siguiendo con el ejemplo [4.4.1], resulta:
√
√
3
1
3
3
3
3
(x + ) + (y −
)−
(z − ) = 0.
Πn : −
8
16
2
2
2
2
√
Nota:
Si la curva C : ~r(t) tiene derivada continua y no nula D~r en cada punto de ella, entonces en
D~r
ese punto existe el vector unitario tangente dado por b
t=
||D~r||
Ejemplo 4.4.3 Siguiendo con el ejemplo [4.4.1], resulta:
(− sen t cos t, 2 cos t, −2 sen t)
b
√
t=
.
4 + cos2 t sen2 t
Definición 4.4.3 Siendo C : ~r(t) una curva alabeada, se dice que ella es una hélice si su
vector unitario tangente forma ángulo constante con una dirección fija u
b.
Ejemplo 4.4.4 Sean ~u = (1, 0, 1) y C : ~r(t) = t
x =
y =
z =
2
3t
2


t
⇒

t3
½
µ
¶
2
, t, t2 , aquı́,
3
3
2 xy
2
9x
=
z
= 4y
lo que nos dice que C es una curva alabeada, además,tenemos:
2
2 + 9t2
D~r = ( , 2t, 3t2 ) , ||D~r|| =
,
3
3
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
167
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
consiguiéndose con ello que:
µ
¶
2
, 2t, 3t2
1
π
(1, 0, 1)
3
b
t=
⇒b
t·u
b = √ = cos ,
∧ u
b= √
4
2 + 9t2
2
2
3
es decir una hélice.
4.5.
Plano osculador y recta binormal
Definición 4.5.1 Si C : ~r(t) es una curva
y P0 (r~0 ), P1 (r~1 ), P2 (r~2 ) tres puntos de ella
se denomina plano osculador a C en P0
a aquel plano Πos que es posición lı́mite ( si
es que existe) de todos los planos secantes
P0 P1 P2 a C cuando P1 y P2 tienden a P0
manteniéndose sobre la curva.
Po
P1
P2
Fig. 4.11
Para encontrar la ecuación de Πos observemos la figura 4.11 donde uno de tales planos
secantes P0 P1 P2 a C ha sido dibujado. La ecuación de este plano secante es ~r · ~n = α,
consideremos la función f (t) = ~r(t) · ~n − α, es claro que f (t0 ) = f (t1 ) = f (t2 ) = 0. Luego,
por teorema de Rolle se tiene:
∃u1 ∈]t0 , t1 [ : f ′ (u1 ) = 0, ∃u2 ∈]t0 , t2 [ : f ′ (u2 ) = 0 y ∃u3 ∈]u1 , u2 [ : f ′′ (u3 ) = 0; de ello se
desprende que:
¾
¾
u1 → t0
t1 → t0
⇒ u3 → t0 ,
⇒
u2 → t0
t2 → t0
y, por lo tanto, se consigue:
f ′ (t0 ) = Dr~0 · ~n = 0 , f ′′ (t0 ) = D2 r~0 · ~n = 0 ,
de ello la dirección de Πos será:
~n = Dr~o × D2 r~o ,
puesto que, por lo ya dicho, ~n debe ser ortogonal a ambas derivadas vectoriales. En conclusión, la ecuación del plano osculador en P0 a C será:
Πos : (~r − r~0 ) · Dr~0 × D2 r~0 = 0 ⇐⇒ [(~r − r~0 )Dr~0 D2 r~0 ] = 0.
Ejemplo 4.5.1 En el ejemplo [4.4.1] que hemos venido desarrollando se tiene:
D2~r(t) = (− 21 (cos2 t − sen2 t), − sen t, − cos t) y , por lo tanto, D2~r( π3 ) = ( 14 , −
lo que la ecuación de Πos en el respectivo punto P0 será:
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
√
3
1
2 , − 2 ),
con
lOMoARcPSD|4335459
168CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
¯
¯ x+ 3
¯
16
√
¯
¯ − 83
¯
1
¯
4
y−
−
√
3
2
1
2√
3
2
z −√23
− 23
− 12
¯
¯
¯
¯
¯=0
¯
¯
Definición 4.5.2 Siendo C : ~r(t) una curva y P0 (r~0 ) un punto de ella se denomina recta
binormal a C en P0 a aquella recta B perpendicular al plano osculador a C en P0 .
(Ver la figura 4.12.) Es claro que la
ecuación de la recta binormal es:
B : (~r − r~0 ) × (Dr~0 × D2 r~0 ) = ~0.
Po
Ejemplo 4.5.2 En el ejemplo [4.4.1] que
hemos venido desarrollando se tiene:
√
3
x + 16
z−
y − 23
√
B :
= 1
=
3
3
−4
− 4
4
Fig. 4.12
3
2
Definición 4.5.3 Siendo C : ~r(t) una curva, se define en cada punto P de ella al vector
conocido como vector unitario binormal del modo siguiente:
2
bb = D~r × D ~r
||D~r × D2~r||
4.6.
Recta normal principal y plano rectificante
Definición 4.6.1 Siendo C : ~r(t) una curva y P0 (r~0 ) un punto de ella, se denomina recta normal pricipal a C en P0 a
aquella recta N perpendicular tanto a la
recta binormal a C en P0 como a la recta tangente a C en P0 .
Po
Tal recta N aparece dibujada en la figura
4.13.
Fig. 4.13
La ecuación de N es:
N : (~r − r~0 ) × ((Dr~0 × D2 r~0 ) × Dr~0 ) = ~0.
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
169
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
Definición 4.6.2 Siendo C : ~r(t) una curva y P0 (r~0 ) un punto de ella se denomina plano
rectificante a C en P0 a aquel plano Πr perpendicular a la recta normal principal a C en
P0 .
(Ver figura 4.14.) La ecuación de Πr es:
Πr : (~r − r~0 ) · ((Dr~0 × D2 r~0 ) × Dr~0 ) = 0.
Definición 4.6.3 Siendo C : ~r(t) una curva, se define en cada punto
P de ella al vector conocido como
vector unitario normal principal del
modo siguiente:
Po
n
b=
Fig. 4.14
(D~r × D2~r) × D~r
:
||(D~r × D2~r) × D~r||
Nota:
En la figura 4.15 aparece dibujado el
triedro trirrectángulo:
n
P
{bb, b
t, n
b}.
Es evidente que estos tres vectores unitarios mutuamente ortogonales están presentes en cada punto P de la curva C.
b
t
Fig. 4.15
Problema 4.6.1 Calcular:
D(b
t), D(bb), D(b
n).
Solución:
En primer lugar, tenemos:
(~t × D~t) × ~t
||(D~r × D2~r) × D~r||
db
t
(D~r × D2~r) × D~r
=
=
n
b=
D(b
t) = (b
t)′ =
=
3
3
dt
||D~r||
||D~r||3
||~t||
||(D~r × D2~r)|| ||D~r|| sen π2
||(D~r × D2~r)||
n
b
=
n
b, en resumen:
||D~r||3
||D~r||2
||(D~r × D2~r)||
D(b
t) =
n
b.
||D~r||2
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
170CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
En segundo lugar, tenemos:
{(D~r × D2~r) × D(D~r × D2~r)} × (D~r × D2~r)
dbb
(~b × D~b) × ~b
=
D(bb) = (bb)′ =
=
=
dt
||(D~r × D2~r)||3
||~b||3
{(D~r × D2~r) × (~0 + D~r × D3~r)} × (D~r × D2~r)
[D~rD2~rD3~r]D~r × (D~r × D2~r)
=
=
=
||(D~r × D2~r)||3
||(D~r × D2~r)||3
π
2
3
2
[D~rD ~rD ~r] ||(D~r × D ~r)|| ||D~r|| sen 2
[D~rD2~rD3~r] ||(D~r × D2~r) × D~r||
n
b=−
n
b
=−
2
3
||(D~r × D ~r)||
||(D~r × D2~r)||3
y, por lo tanto, nos resulta:
2
3
||D~r|| [D~rD ~rD ~r]
D(bb) = −
n
b.
||(D~r × D2~r)||2
Por último:
db
n
D(b
n) = (b
n)′ =
= D(bb × b
t) = (Dbb) × b
t + bb × D(b
t), y ocupando los resultados anteriores,
dt
llegamos a que:
||(D~r × D2~r)|| b ||D~r|| [D~rD2~rD3~r] b
t+
b.
D(b
n) = −
||D~r||2
||(D~r × D2~r)||2
Nota:
Pensemos en la hipérbola H : b2 x2 − a2 y 2 = a2 b2 que tiene, entre otras, las siguientes dos
parametrizaciones ~r(t) = (a sec t, b tg t) y ~s(u) = (a cos hu, b sen hu). Ası́, para un mismo
punto P (x, y) de ella existen valores de t y de u tales que:
y
b tg t
b sen hu
=
=
x
a sec t
a cos hu
y de ello:
tg hu = sen t
de donde:
u = u(t) = Argth(sen t)
y, en consecuencia, tendremos:
1
du
=
cos t = sec t.
dt
1 − sen2 t
du
es
Definición 4.6.4 u = u(t) se dice cambio lı́cito o admisible de parámetro si
dt
función continua y no nula.
Nota:
du
continua y no nula ocurre que u(t) es ya sea creciente o decreciente, con lo que
dt
resulta ser uno a uno y sobre su recorrido, por tal motivo posee función inversa t = t(u) y
como:
dt
1
=
du
du
dt
se tendrá que t(u) también es cambio admisible de parámetro.
Al ser
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
171
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
4.7.
Longitud de arco y elemento de longitud
(1) Sea C : ~r(t), a ≤ t ≤ b un arco de curva, en él procederemos a efectuar la partición
en n arcos más pequeños por medio de los n + 1 puntos:
P0 (~r(a)), P1 (~r(t1 )), P2 (~r(t2 )), · · · , Pn (~r(b))
(ver la figura 4.16) e inscribimos la
poligonal P0 P1 P2 · · · Pn y calculamos el
perı́metro ℓn de tal poligonal. Si al crecer
n, cuando la norma de la partición tiende
a cero, ocurre que la sucesión {ℓn } es acotada superiormente, diremos que el arco C
es rectificable y que su longitud está dada por el lı́mite ℓ(C) al que converge {ℓn }.
(2) El arco C : ~r(t), a ≤ t ≤ b se dice
arco suave si la función ~r(t) tiene derivada continua.
Pn
Pn–1
Po
P1
P2
P3
Fig. 4.16
(3) Dado el arco suave C : ~r(t), a ≤ t ≤ b, entonces él es rectificable y su longitud está dada
por:
Z b
||D~r(t)||dt.
ℓ(C) =
a
−−−−−→
Esto se debe a que si ∆tk = tk+1 − tk → 0 y ||Pk Pk+1 || = ||~r(tk+1 ) − ~r(tk )|| = ||D~r(tk )||∆tk
(por teorema del valor medio diferencial), en consecuencia:
Z b
n
X
||D~r(tk )||∆tk =
lı́m
||D~r(t)||dt = ℓ(C).
n→∞
a
k=1
Problema 4.7.1 Calcular la longitud del arco de la curva de proyección oblicua sobre el
primer cuadrante del plano XOY y en la dirección del vector d~ = (0, a, b) de la hélice
H : ~r(t) = (a cos t, a sen t, bt).
Z
d
Y
O
X
Fig. 4.17
Luego:
ℓ=
Z
o
π
2
Solución:
Considerando la figura 4.17, tenemos
~ o sea:
ρ
~ = ~r − λd,

ρ1 = a cos t − λ0 
ρ2 = a sen t − λa ,

0 =
bt − λb
de donde λ = t y ası́:
ρ
~(t) = a(cos t, sen t − t, 0) y también
D~
ρ(t) = a(− sen t, cos t − 1, 0), resultando ||D~
ρ(t)|| = 2a sen 2t .
t
1
t
2a sen dt = 4a cos |0π2 = 4a(1 − √ ) .
2
2
2
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
172CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Problema 4.7.2 La molécula de ADN
tiene la forma de dos hélices cilı́ndricas
congruentes que vemos en la figura 4.181).
El radio de cada una de éstas es de 10
amgstroms (1 amgstrom equivale a 10−8
cm.) y cada una de ellas se eleva unos 34
amgstroms durante cada vuelta y hay casi
2, 9 × 108 vueltas completas. Calcular la
longitud aproximada de cada hélice.
Fig. 4.18
Solución:
µ
¶ µ
¶
34
17
Una de estas hélices tiene la forma de ~r(t) = 10 cos t, 10 sen t,
= 10 cos t, 10 sen t,
,
2π
π
¶
µ
17
de donde
ası́ se tiene ~r ′ (t) = −10 sen t, 10 cos t,
π
′
||~r (t)|| =
s
100 +
µ
17
π
¶2
=
√
289 + 100π 2
,
π
por esto la longitud de una vuelta completa es:
√
Z 2π √
p
289 + 100π 2
289 + 100π 2
dt =
· 2π = 2 289 + 100π 2 amgstroms,
π
π
0
luego la longitud de cada hélice completa es:
p
2 289 + 100π 2 · 10−8 · 2, 9 · 108 cm. ≈ 2, 07 m.
Definición 4.7.1 Dada la curva suave C :
~r(t) se define en cada punto de ella al
elemento de longitud de arco como:
ds = ||D~r(t)||dt =
o sea:
ds =
p
p
(x′ )2 + (y ′ )2 + (z ′ )2 dt,
dz
ds
dy
dx
P
(dx)2 + (dy)2 + (dz)2 .
(ver la figura 4.19.)
Fig. 4.19
Con esta definición resulta que la longitud del arco de C que se inicia en el punto fijo A(~r(a))
y termina en el punto variable P (~r(t)) estará dada por:
s(t) =
Z
t
ds
a
teniéndose que si el orden puntual es A y luego P , entonces s > o; ahora si P coincide con
A, entonces s = 0 y si el orden es P y luego A, entonces s < 0.
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
173
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
Por otro lado, como ds = ||D~r(t)||dt, se deduce que ds
r(t)|| > 0, por lo tanto, s(t) es
dt = ||D~
cambio admisible de parámetro como también t(s) y con ello C : ~r(t(s)) consiguiéndose:
d~r dt
1
d~r
=
= D~r
=b
t.
ds
dt ds
||D~r||
Además, resulta:
(
Notas:
d~r d2~r
d2~r d~r b
d~r 2
) = 1 ⇒ 2 · 2 = 0 ⇒ 2⊥
=t
ds
ds ds
ds ds
De lo anterior y considerando los resultados obtenidos en las páginas 14 y 15 se tendrá:
(1) en primer lugar:
db
t
d2~r
db
t dt
||(D~r × D2~r)||
=
=
=
n
b.
2
ds
ds
dt ds
||D~r||3
(2) Por analogı́a:
dbb
dbb dt
[D~rD2~rD3~r]
=
=−
n
b.
ds
dt ds
||(D~r × D2~r)||2
(3) Por último:
db
n
db
n dt
||(D~r × D2~r)|| b
[D~rD2~rD3~r] b
=
=−
b.
t
+
ds
dt ds
||D~r||3
||(D~r × D2~r)||2
4.8.
Curvatura y torsión
P2
∆s
∆θ
P1
T1
Definición 4.8.1 Dada la curva C : ~r(s),
consideramos en ella los puntos P y Q separados por el arco ∆s y sea ∆θ el ángulo formado por las rectas tangentes a C
en P y en Q respectivamente. Se denomina curvatura de C en el punto P al
número (si existe) dado por:
κ=
T2
Fig. 4.20
1
∆θ
= lı́m
.
ρ ∆s→0 ∆s
(Ver la figura 4.20.)
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
174CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Nota:
En la figura 4.21 el triángulo es isósceles y.
||
con ello:
∆b
t
∆θ
|| = sen
;
2
2
κ = lı́m
∆s→0
= lı́m ||
∆s→0
= lı́m ||
∆s→0
∆θ
∆θ
=
∆s
t1
t2
∆b
t
∆θ
=
|| lı́m
∆s ∆θ→0 ||∆b
t||
∆t
∆b
t
∆θ
=
|| lı́m
∆s ∆θ→0 2 sen ∆θ
2
Fig. 4.21
∆b
t
db
t
||D~r × D2~r||
= lı́m ||
|| = || || =
∆s→0 ∆s
ds
||D~r||3
En resumen:
κ=
1
||D~r × D2~r||
=
ρ
||D~r||3
donde ρ se conoce como radio de curvatura de la curva C en el punto P .
Nota:
En el caso de una curva plana, digamos y = f (x) ésta puede escribirse en la forma:
~r(x) = (x, f (x), 0) = (x, y, 0),
con lo que resulta:
~r ′ (x) = (1, y ′ , 0) , ~r ′′ (x) = 0, y ′′ , 0),
de donde:
||~r ′ (x)|| =
p
1 + (y ′ )2 , ~r ′ (x) × ~r ′′ (x) = (0, 0, y ′′ ),
por lo tanto, en esta situación la curvatura de la curva plana es:
κ=
|y ′′ |
3
(1 + y ′ ) 2
.
Por otra parte, como la curva es plana resulta que el plano osculador es aquel en el que la
curva plana está contenida. Si en esta curva plana tomamos el punto P0 por este punto también pasa la la circunferencia osculatriz a la curva en ese punto, esta circunferencia
es tangente a la curva en ese punto y su centro C está contenido en la recta que pasa por
P0 en la dirección del vector normal en ese punto y su radio ρ es el inverso multiplicativo
de la curvatura de la curva en ese punto, o sea:
ρ=
1
.
κ
Problema 4.8.1 Dada la curva plana asociada con y = x2 , encontrar la ecuación de la
circunferencia osculatriz en su punto P0 (1, 1).
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
175
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
Solución:
En este caso se tiene:
Y
y ′ = 2x ⇒ y ′ (1) = 2 , y ′′ = 2 ⇒ y ′′ (1) = 2,
con ello resulta:
x
C ρ
Po
O
√
5 5
2
,
κ(1) = √ ⇒ ρ(1) =
2
5 5
X
además, como el vector tangente es:
1
1
b
t(1) = √ (1, 2) ⇒ n
b(1) = √ (−2, 1),
5
5
Fig. 4.22
por lo tanto, el centro de la circunferencia osculatriz tiene vector posición:
¶
µ
7
,
~c = ~r0 + ρ(1)b
n(1) = −4,
2
y, en conclusión, la ecuación de esta circunferencia es:
¶2
µ
125
7
2
=
(x + 4) + y −
2
4
que la vemos en la figura 4.22.
Definición 4.8.2 Dada la curva C : ~r(s), consideramos en ella los puntos P y Q separados
por el arco ∆s y sea ∆φ el ángulo formado por los planos osculadores a C en P y en
Q respectivamente. Se denomina torsión de C en el punto P al número (si existe) dado
por:
∆φ
.
τ = lı́m
∆s→0 ∆s
Nota:
En forma similar a como se hizo con la curvatura el triángulo formado por los vectores
binormales es isósceles y:
∆bb
∆φ
||
|| = sen
,
2
2
con ello:
∆φ
∆bb
∆φ
∆φ
∆bb
τ = lı́m
= lı́m ||
= lı́m ||
|| lı́m
|| lı́m
=
∆s→0 ∆s
∆s→0 ∆s ∆φ→0 ||∆b
b|| ∆s→0 ∆s ∆φ→0 2 sen ∆φ
2
= lı́m ||
∆s→0
dbb
[D~rD2~rD3~r]
∆bb
|| = || || =
.
∆s
ds
||(D~r × D2~r)||2
En resumen:
τ=
[D~rD2~rD3~r]
.
||(D~r × D2~r)||2
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
176CALCULO INTEGRAL
4.9.
Fórmulas de Frenet-Serret
Estas son:
4.9.1.
Fernando Arenas Daza



=
−τ n
b 







db
t
=
κb
n 

ds






db
n

b
b
= −κt + τ b 
ds
dbb
ds
Vector de Darboux
Este es el vector d~ tal que:
dbb
ds
=
db
t
=
ds
db
n
ds
Nota:
=
d~ × bb











d~ × b
t 








~
d×n
b 
Para encontrar el vector de Darboux tenemos que:
db
n
= −κb
t + τ bb,
ds
o sea:
de ello se desprende que:
4.10.
db
n
= −κb
n × bb + τ b
t×n
b = (κbb + τ b
t) × n
b,
ds
d~ = κbb + τ b
t.
Problemas resueltos
Problema 4.10.1 La condición necesaria y suficiente para que una curva sea plana es que
su torsión sea nula.
Solución:
Supongamos primero que la curva es plana, o sea C
D~r == (Dx, Dy, 0) y D2~r = (D2 x, D2 y, 0) y , por lo
¯
¯
~b = D~r × D2~r = ¯ Dx
¯ D2 x
: ~r(t) = (x(t), y(t), 0), de ello resulta
tanto, se tiene:
¯
Dy ¯¯ b
k,
D2 y ¯
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
177
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
dbb ~
o sea bb = ±b
k de donde
= 0 = −τ n
b y como n
b 6= ~0 se obtiene τ = 0.
ds
A la inversa, τ = 0 ⇒ [D~rD2~rD3~r] = 0, lo que nos dice que D~r,D2~r y D3~r son coplanares.
En primer lugar, si estos tres vectores fueran colineales se tendrı́a ~b = D~r × D2~r = ~0 ⇒
y ′′
x′′
z ′′
′
′
′
′
′
′
x′ = y ′ = z ′ ⇒ log x = log y = log z = log a ⇒ x = y = z = a ⇒ x + c1 = y + c2 =
z + c3 = at, es decir, C es una recta y por ende es plana.
Ahora si {D~r, D2~r} es L.I. se tendrá ~b = D~r × D2~r, de ello D~r · bb = D2~r · bb = D3~r · bb = 0,
con lo que D2~r · bb + D~r · Dbb = 0 = D3~r · bb + D2~r · Dbb, o sea , D~r · Dbb = 0 = D2~r · Dbb y como
bb2 = 1 ⇒ 2bb · Dbb = 0 se deduce que Dbb es ortogonal, a la vez, con D~r,D2~r y bb, esto implica
que Dbb = ~0 con lo que bb = b
c es constante y como D~r · bb = 0, se obtiene, al integrar, ~r · b
c=k
resultado que nos dice que C es curva plana.
Nota:
.
En lo sucesivo colocaremos ~r en lugar de
d~r
.
ds
Problema 4.10.2 Dar forma paramétrica a la folium de Descartes de ecuación:
x3 + y 3 = 3axy .
Solución:
Haciendo y = tx resulta:
x=
3at
1 + t3
,
y=
3at2
.
1 + t3
Problema 4.10.3 Probar que las rectas tangentes a la curva C : ~r(t) = (a cos 2t, a sen 2t, b tg t)
determinan sobre el plano (X, O, Y ) una cardioide.
Solución:
Tenemos que la dirección de la tangente a la curva en el punto P (~r(t)) está dada por la
derivada:
D(~r(t)) = (−2a sen 2t, 2a cos 2t, b sec2 t) ,
luego la ecuación de la recta tangente es:
x − a cos 2t
y − a sen 2t
z − b tg t
=
=
,
−2a sen 2t
2a cos 2t
b sec2 t
y ésta interseca al plano (X, O, Y ) , por ende, al hacer z = 0, se consigue:

a
a
x =
+ a cos 2t −
cos 4t 


2
2
y
=
a sen 2t
−
que son las ecuaciones paramétricas de una cardioide.

a

sen 4t 
2
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
178CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Problema 4.10.4 Los planos osculadores a la curva C : ~r(t) son todos paralelos a un plano
fijo. Demostrar que la curva es plana.
Solución:
Sabemos que la ecuación del plano osculador es:
~ − ~r) · (~r ′ × ~r ′′ ) = 0 .
(R
Sea ~n la dirección del plano fijo, luego ~r ′ × ~r ′′ = α~n, con α 6= 0. Multipicando punto ~r ′ la
expresión vectorial anterior, resulta:
α~n · ~r ′ = (~r ′ × ~r ′′ ) · ~r ′ = 0 ⇒ D(~n · ~r) = 0 ,
por lo tanto, se obtiene:
~n · ~r = β
que es la ecuación de un plano que contiene a ~r = ~r(t), lo que se deseaba.
Problema 4.10.5 Demostrar que si las tangentes a una curva forman ángulo constante α
con una dirección fija u
b, entonces la razón entre la curvatura y la torsión es constante.
Solución:
Se sabe que u
b·b
t = cos α, derivando la expresión anterior con respecto a s resulta:
0=u
b·
db
t
=u
b · (κb
n) = κ(b
u·n
b) ⇒ u
b·n
b=0,
ds
Derivando u
b·n
b = 0 con respecto a s, obtenemos:
0=u
b·
db
n
= (τ bb − κb
t) · u
b = τ (b
u · bb) − κ(b
u·b
t) = τ (b
u · bb) − κ cos α
ds
Derivando u
b · bb con respecto a s, obtenemos:
u
b·
dbb
=u
b · (−τ n
b) = −τ 0 = 0 ⇒ u
b · bb = a (constante)
ds
(I)
(II)
luego, de (I) y (II) se deduce que:
0 = τ a − κ cos α ⇒
κ
a
=
,
τ
cos α
lo que se pedı́a.
Problema 4.10.6 Probar que la curva:
µ
¶
t
t
t
C : ~r(t) = a sen , cos , sen
,
a
a
2a
yace sobre una superficie esférica y que su proyección sobre el plano (Y, O, Z) es un arco de
parábola.
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
179
Solución:
Tenemos
µ
¶
t
t
t
C : ~r(t) = (x, y, z) = a sen , cos , sen
,
a
a
2a
como sabemos, de trigonometrı́a, se tiene que:
sen2
luego:
o sea:
θ
1 − cos θ
=
,
2
2
µ
¶¶
µ
t
3
t
1
a
t
1 − cos
= a2 − y ,
x2 + y 2 + z 2 = a2 sen2 + cos2 +
a
a 2
a
2
2
³
a ´2
25 2
x2 + y +
+ z2 =
a ,
4
16
³
a ´
5
que representa la ecuación de la esfera con centro en 0, − , 0 y radio a, luego la curva es
4
4
esférica. Además, tenemos que la proyección de la curva en el plano (Y, O, Z) es la parábola
de ecuaciones:
)
a
z 2 = − (y − a)
.
2
x =
0
Problema 4.10.7 Los planos osculadores a la curva C : ~r(t) pasan por un punto fijo.
Demostrar que la curva es plana.
Solución:
Sabemos que la ecuación del plano osculador es:
~ − ~r) · (~r ′ × ~r ′′ ) = 0 .
(R
~ = ~0, conseguimos:
Tomando el punto fijo como el origen, o sea R
~r · (~r ′ × ~r ′′ ) = 0 ,
resultado que muestra que ~r, ~r
~n = ~r × ~r ′ . Ahora:
′
y ~r
′′
son coplanares. El vector normal a este plano es
~n × ~n ′ = (~r × ~r ′ ) × (~r × ~r ′ ) ′ = (~r × ~r ′ ) × (~r × ~r ′′ ) =
£
¤
£
¤
= ~r~r ′~r ′′ ~r − ~r~r ′~r ~r ′′ = ~0 − ~0 = ~0 ,
luego, el vector ~n tiene dirección constante, y como ~r ′ ⊥ ~n, o sea ~r ′ · ~n = 0, o mejor:
d
(~r · ~n) = 0 ⇒ ~r · ~n = α ,
dt
y esta última ecuación representa la ecuación de un plano que contiene a la curva C : ~r = ~r(t).
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
180CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Problema 4.10.8 Demostrar que toda curva cuya normal principal es perpendicular a una
recta fija, es una hélice.
Solución:
Sea u
b la dirección de la recta fija, por lo tanto, u
b·n
b = 0 o mejor u
b · (κb
n) = 0, o sea:
db
d
t=0⇒
(b
u·b
t) = 0 ⇒ u
b·b
t=α
ds
ds
lo que significa que la curva es una hélice.
u
b·
Problema 4.10.9 Si las rectas tangente y binormal en un punto de una curva C forman
respectivamente ángulos α y β con una recta fija, entonces:
sen α dα
κ
=− .
sen β dβ
τ
.
dβ
(db · bb). = db · bb = − sen β
ds
De esto resulta:
Solución:
Sea d~ la dirección de la recta fija,
entonces:
de ello:
dα
db · (κb
n) = − sen α
ds
db · b
t = cos α y db · bb = cos β,
dβ
db · (−τ n
b) = − sen β
ds
y, por lo tanto, al dividir miembro a miembro las dos expresiones anteriores se obtiene lo que se desea.
.
dα
(db · b
t). = db · b
t = − sen α
ds
(ver arriba)
Problema 4.10.10 Dada la curva C : ~r(s), probar que:
£ d2~r d3~r d4~r ¤
d τ
= κ5 ( ) .
ds2 ds3 ds4
ds κ
Solución:
Tenemos:
.
.
..
...
~r = b
t = κb
n y también ~r = (κb
n). = κ. n
b + κn
b = κτ bb − κ2 b
t + κ. n
b. Por lo tanto, llegamos a:
..
y como, además, resulta:
....
...
~r × ~r = κ2 (τ b
t + κbb)
t + (κ.. − κτ 2 − κ3 )b
n;
~r = (2κ. τ + κτ . )bb − 3κκ. b
obtenemos finalmente:
£.. ... ....¤
τ
κτ . − κ. τ 2
κ = κ5 ( ). ,
~r ~r ~r = κ2 (−3κκ. τ + 2κκ. τ + κ2 τ . ) = κ3 (κτ . − κ. τ ) = κ3
κ2
κ
como se deseaba.
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
181
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
Problema 4.10.11 Sean C1 y C2 dos curvas tales que en puntos correspondientes la recta
normal es común. Si bb, b
t, n
b, s, κ, τ son los elementos de C1 , demostrar que ακ + βτ = 1,
donde α y β son constantes.
Solución:
Sea C1 : ~r(s), por condición se tendrá:
~
C2 : R(s)
= ~r(s) + α(s)b
n(s) ,
con ello:
.
~
~ = dR = b
R
t + α. n
b + α(−κb
t + τ bb) = ατ bb + (1 − ακ)b
t + α. n
b,
ds
.
~ . es el vector tangente a C2 , por lo tanto, R⊥
~ n
pero R
b, lo que nos lleva a que:
α. = 0 ⇒ α = cte.
de donde:
.
~ = ατ bb + (1 − ακ)b
R
t.
Ahora bien:
..
2~
~ = d R = ατ .bb + ατ (−τ n
t
b) + κb
n(1 − ακ) + (1 − ακ). b
R
ds2
o sea:
..
~ = ατ .bb + (1 − ακ). b
R
t + (κ(1 − ακ) − ατ 2 )b
n.
.
~ está en el plano osculador de Q, de ello se desprende que:
Pero, R
.
o sea:
~ = ατ bb + (1 − ακ)b
ατ .bb + (1 − ακ). b
t es paralelo con R
t,
e integrando resulta:
ατ .
(1 − ακ).
=
ατ
1 − ακ
log β + log τ = log(1 − ακ) ,
es decir:
βτ = 1 − ακ ,
llegándose finalmente a:
ακ + βτ = 1.
¯ ¯
1 ¯¯ dp ¯¯
, donde p(s)
r ¯ dr ¯
es la distancia desde el origen a la recta tangente a la curva C trazada en P (~r (s)) y r = ||~r||.
Problema 4.10.12 Sea C : ~r (s) una curva plana, demostrar que κ =
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
182CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
En la figura 4.23 presentamos la situación.
Considerando el plano en que está contenida la curva inmerso en la tercera dimensión
resultará que la ecuación de la tangente en
P a la curva tiene ecuación:
N R
~ − ~r) × b
(R
t = ~0,
luego, la distancia mencionada es:
p = OP1 = || ~r × b
t ||,
P
P1
T
O
Fig. 4.23
−→
−→
−→
π
en esa figura se tiene P T = b
t, P N = n
b, P R = rb, 6< T P R = θ, 6< RP N =
2
se tiene:
dp ds
dp
=
,
dr
ds dr
donde:
¯
¯ ~r · ~r
(~r × b
t) · (~r × κb
n)
κ
dp
d
(~r × b
t) · (~r × b
t)′
¯
=
=
=
(|| ~r × b
t ||) =
t
ds
ds
|| ~r × b
t ||
|| ~r × b
t ||
|| ~r × b
t || ¯ ~r · b
y también:
por lo tanto:
4.11.
¯
¯ r2 ~r · b
κ
t
¯
=
¯
b
b
~
r
·
t
0
|| ~r × t ||
¯
¯
¯ = − κ r cos θ r sen θ = −κ r cos θ,
¯
r sen θ
− θ. Ahora
¯
~r · b
t ¯¯
=
b
t·n
b ¯
dr
dr dt
~r · (~r)′ 1
ds
=
=
= rb · b
t = cos θ ⇒
= sec θ,
ds
dt ds
r ||~r ′ ||
dr
¯ ¯
¯
¯
1 ¯¯ dp ¯¯ 1 ¯¯ dp ds ¯¯ 1
=
= |−κ r cos θ sec θ| = κ.
r ¯ dr ¯ r ¯ ds dr ¯ r
Aplicaciones al movimiento planetario
En este apartado confirmaremos las leyes del astrónomo alemán Johannes Kepler (15711630) quien las descubrió en forma empı́rica, ellas son:
Primera ley de Kepler “Los planetas describen órbitas elı́pticas en uno de cuyos
focos está el sol.”
Segunda ley de Kepler ‘Las áreas barridas por el radio vector desde el sol a un
planeta son proporcionales al tiempo.”
Tercera ley de Kepler “El cuadrado del perı́odo de un planeta es proporcional al
cubo de su distancia media al sol.”
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
183
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
Nota:
Perı́odo de un planeta es el tiempo necesario para que éste recorra una vez la órbita
elı́ptica.
En este párrafo haciendo uso del método vectorial se verá como se pueden deducir estas
leyes a partir de las leyes de Newton (Isaac Newton (1642-1727)).
Nota:
En primer lugar recordaremos que:
El área encerrada por la porción de curva que en coordenadas polares es C : ρ = ρ(θ), con
θ1 ≤ θ ≤ θ2 está dada por:
Z
1 θ2 2
ρ dθ .
σ=
2 θ1
4.11.1.
Las cónicas en polares
Dados un punto fijo O, llamado foco, una recta fija ℓ, conocida como directriz y un número
real positivo e, denominado excentricidad; se llama cónica al lugar geométrico de los
puntos del plano cuyo cuociente entre sus distancias a O y a ℓ es e, o sea:
δ(P, O)
=e.
δ(P, ℓ)
Este lugar geométrico lo pasaremos a estudiar en la página siguiente considerando dos situaciones que son aquellas en que la directriz se encuentra a la derecha del polo y la otra donde
el polo esta a la derecha de la directriz.
Solución:
d
d
P
P
ρ
O
ρ
θ
p
θ
X
p
Fig. 4.24
O
X
Fig. 4.25
Tomando el polo en O y como eje polar se coloca sobre la perpendicular bajada desde O a ℓ,
con ello se ha determinado el parámetro p de la cónica que viene a ser la distancia entre
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
184CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
el foco y la directriz. Se presentan dos situaciones posibles que se muestran en las figuras
4.24 y 4.25.
Si se considera la figura 4.24 la ecuación del lugar geométrico resulta ser :
ρ=
pe
.
1 + e cos θ
Si la figura es la 4.25, entonces se obtiene la ecuación:
ρ=
pe
.
1 − e cos θ
Notas:
(1) Si 0 < e < 1, entonces la cónica se llama elipse.
(2) Si e = 1, entonces la cónica se conoce como parábola.
(3) Si e > 1, entonces la cónica se denomina hipérbola.
(4) Si la directriz es paralela al eje polar se obtendrán las ecuaciones:
ρ=
pe
pe
, ρ=
.
1 + e sen θ
1 − e sen θ
Problema 4.11.1 Identificar y esbozar el gráfico del la cónica cuya ecuación en coordenadas polares es
8
ρ=
.
3 − cos θ
Solución:
Tenemos:
8
ρ=
=
3 − cos θ
Y
d’
LR
O=F’C| F
d
X
8
3
,
1
1 − cos θ
3
o sea es una elipse con excentricidad igual
1
y parámetro p = 8. Pasando a
a e =
3
coordenadas cartesianas, la ecuación será:
3ρ = 8 + ρ cos θ ,
Fig. 4.26
o mejor:
es decir:
p
3 x2 + y 2 = 8 + x ,
(x − 1)2
y2
+
=1,
9
8
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
185
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
√
con lo que el semieje mayor es a = 3, semieje menor b = 2 2, distancia focal c = 1; focos
16
, las directrices tienen ecuaciones
F ′ (0, 0), F (2, 0), centro C(1, 0), latus rectum LR =
3
′
d : x = −8 y d : x = 9.
El gráfico lo vemos en la figura 4.26.
Problema 4.11.2 Identificar y esbozar el gráfico del la cónica cuya ecuación en coorde12
encontrando sus elementos fundamentales.
nadas polares es ρ =
3 + 2 cos θ
Solución:
Tenemos:
12
=
ρ=
3 + 2 cos θ
Y
B
A’ F’
C
O
A
X
B’
Fig. 4.27
12
3
,
2
1 + cos θ
3
o sea, es una elipse con excentricidad igual
2
y parámetro p = 6. Pasando la
a e =
3
ecuación dada 3ρ = 12 − 2ρ cos θ a coordenadas cartesianas, obtenemos:
p
3 x2 + y 2 = 12 − 2x ,
es decir:
¶2
µ
24
x
+
p
y2
5
3 x2 + y 2 = 12 − 2x ⇐⇒ µ ¶2 + µ
¶2 = 1 ,
36
12
√
5
5
por lo tanto, los ejes de simetrı́a son las rctas
dadas
por
el
eje
polar
y la recta de ecuación
µ
¶
24
36
24
, el semieje
x = − . El centro de la elipse está en C − , 0 , el semieje mayor es a =
5
5
5
12
24
24
54
menor es b = √ , la distancia focal es c =
, c+p =
+6 =
, el latus rectum es
5
5 ¶
5
5
µ
12
2b2
= 4. Los vértices del eje mayor son A′ (−12, 0), A
, 0 . Los vértices del eje menor
a
5
¶
¶
µ
¶
µ
µ
12
24 12
48
24
son B ′ − , − √ , B − , √ . Los focos se ubican en F ′ − , 0 , O = F (0, 0), las
5
5
5
5
5
78
directrices tienen ecuaciones x = − , x = 6.
5
El gráfico lo vemos en la figura 4.27.
Problema 4.11.3 Identificar, esbozar el gráfico del la cónica y encontrar sus elementos
principales (focos, vértices, excentricidad, parámetro, centro, ejes de simetrı́a) cuya ecuación
16
en coordenadas polares es ρ =
.
3 − 5 cos θ
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
186CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
La ecuación planteada es equivalente a escribir:
16
3
ρ=
,
5
1 − cos θ
3
5
de donde la excentricidad es e = , o sea se
3
16
trata de una hipérbola, además, ep =
3
con lo que el parámetro de la hipérbola es
16
p=
.
5
Y
F’
F
C
X
Fig. 4.28
Por otra parte:
ρ=
o sea:
p
16
⇐⇒ 3ρ = 16 + 5ρ cos θ ⇐⇒ 3 x2 + y 2 = 16 + 5x,
3 − 5 cos θ
9(x2 + y 2 ) = (16 + 5x)2 ⇐⇒
(x + 5)2
y2
−
= 1,
9
16
con lo que:
a = 3, b = 4, c = 5, C(−5, 0), F ′ (−10, 0, ), F (0, 0), A′ (−8, 0), A(−2, 0), B ′ (−5, −4), B(−5, 4),
32
, los ejes de simetrı́a tienen ecuaciones x = −5, y = 0 y las ası́ntotas
el latus rectum mide
3
tienen ecuaciones 4x − 3y + 20 = 0, 4x + 3y + 20 = 0.
El gráfico lo vemos en la figura 4.28.
Problema 4.11.4 Identificar, esbozar el gráfico del la cónica y encontrar sus elementos
principales (focos, vértices, excentricidad, parámetro, centro, ejes de simetrı́a) cuya ecuación
16
.
en coordenadas polares es ρ =
3 + 5 sen θ
Solución:
Y
F
C
F’
X
Fig. 4.29
La ecuación planteada es equivalente a escribir:
16
3
,
ρ=
5
1 + sen θ
3
5
de donde la excentricidad es e = , o sea se
3
16
trata de una hipérbola, además, ep =
3
con lo que el parámetro de la hipérbola es
16
.
p=
5
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
187
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
Por otra parte:
ρ=
o sea:
p
16
⇐⇒ 3ρ = 16 − 5ρ sen θ ⇐⇒ 3 x2 + y 2 = 16 − 5y,
3 + 5 sen θ
9(x2 + y 2 ) = (16 − 5y)2 ⇐⇒
(y − 5)2
x2
−
= 1,
9
16
con lo que:
a = 3, b = 4, c = 5, C(0, 5), F ′ (0, 0), F (0, 10), A′ (−4, 5), A(4, 5), B ′ (0, 2), B(0, 8),
32
el latus rectum mide
, los ejes de simetrı́a tienen ecuaciones x = 0, y = 5 y las ası́ntotas
3
tienen ecuaciones 3x − 4y + 20 = 0, 3x + 4y − 20 = 0.
El gráfico lo vemos en la figura 4.29.
4.11.2.
Vectores velocidad y aceleración en coordenadas
polares
En esta situación consideraremos la curva C en coordenadas polares y en que tanto ρ como
θ son funciones del tiempo t, o sea:
C : ~r(t) = ρ(t)(cos(θ(t)), sen(θ(t))),
ası́ la velocidad es:
~v =
.
dρ
dθ
d~r
=
(cos θ, sen θ) + ρ(− sen θ, cos θ)
= ρ. rb + ρθb
r⊥ ,
dt
dt
dt
donde rb = (cos θ, sen θ) y rb⊥ = (− sen θ, cos θ).
Por otra parte:
~a =
pero:
.
.
..
..
d~v
..
.. ⊥
.. ⊥
..
.. ⊥
= ρb
r + ρθb
r + ρθb
r + ρθb
r⊥ − ρθ2 rb = (ρ − ρθ2 )b
r + (ρθ + 2ρθ)b
r ,
dt
..
..
ρθ + 2ρθ =
1 d 2.
(ρ θ),
ρ dt
.
y si ρ2 θ es constante, entonces la aceleración será radial. Además:
1
σ(t) =
2
o sea:
Z
t
t0
ρ2
dθ
1 dθ
1 .
.
dt ⇒ σ(t) = ρ2
= ρ2 θ,
dt
2 dt
2
.
.
ρ2 θ = 2σ(t).
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
188CALCULO INTEGRAL
4.11.3.
Fernando Arenas Daza
Demostración de las leyes de Kepler
Supongamos que el sol tiene masa M y que uno de los planetas tiene masa m y que este
último es atraı́do por el sol con una fuerza F~ (sin influir otras fuerzas), luego, según Newton,
F~ = m~a donde ~a es la aceleración del movimiento del planeta con respecto al sol. A causa
de la gravitación universal se tiene:
Mm
F~ = −G 2 rb,
ρ
por lo tanto, deducimos que:
~a = −
GM
rb,
ρ2
o sea la aceleración es radial. Probaremos que la órbita del planeta es plana. Como ~r y ~a
son linealmente dependientes (ya que la aceleración es radial) se tiene:
.
~0 = ~r × ~a = ~r × ~v + ~v × ~v = (~r × ~v ). ,
luego:
~r × ~v = ~c, donde ~c es constante,
o sea:
~r · ~c = 0,
lo que nos dice que la órbita es plana ya que está contenida en un plano de dirección normal
~c. Por otra parte, como la aceleración es radial, las áreas barridas son proporcionales al
tiempo, lo que demuestra la segunda ley de Kepler:
Segunda ley de Kepler ‘Las áreas barridas por el radio vector desde el sol a un
planeta son proporcionales al tiempo.”
Por lo demás, no es difı́cil encontrar la constante de proporcionalidad ya que:
.
con lo que:
.
~r × ~v = ~c = (ρb
r) × (ρ. rb + ρθb
r⊥ ) = ρ2 θb
r × rb⊥ ,
.
.
|| ~c || = | ρ2 θ | = 2| σ(t) |,
.
donde σ(t) es la razón según la cual el radio vector barre las áreas con respecto al tiempo.
Ahora estableceremos que la órbita es elı́ptica, para ello consideramos:
µ
¶
.
.
.
.
GM
~a × ~c = − 2 rb × ρ2 θ(b
r × rb⊥ ) = −GM θ(b
r × ((b
r × rb⊥ ) = GM θb
r⊥ = GM rb,
ρ
o sea:
o mejor:
.
~ donde A
~ es constante,
(~v × ~c). = GM rb ⇒ ~v × ~c = GM rb + A,
~v × ~c = GM (b
r + ~e),
pero:
~c 2 = [~r ~v ~c], porque ~c = ~r × ~v ,
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])
lOMoARcPSD|4335459
189
Capı́tulo 4: Fuciones vectoriales de variable escalar
o también:
de donde:
c2 = ~c 2 = [~r ~v ~c] = GM (ρ + ~r · ~e) = GM ρ(1 + e cos θ),
GM ρ(1 + e cos θ) = c2 ,
colocando ep =
c2
conseguimos:
GM
ρ(1 + e cos θ) = ep ⇒ ρ =
ep
,
1 + e cos θ
o sea tenemos una cónica y puesto que los planetas se mueven en una órbita cerrada ésta
debe ser una elipse, con lo que tenemos la primera ley de Kepler:
Primera ley de Kepler “Los planetas describen órbitas elı́pticas en uno de cuyos
focos está el sol.”
A continuación procederemos a calcular el perı́odo de un√planeta. Para ello sea a el semieje
mayor de la elipse , b el respectivo semieje menor (c1 = a2 − b2 ) y T el perı́odo. Como el
c
radio vector barre áreas con rapidez y el área encerrada por la elipse es πab resulta:
2
2πab
c
T = πab ⇒ T =
,
2
c
y como:
p
b = a 1 − e2 ,
obtenemos:
√
2πa2 1 − e2
,
T =
c
además:
ep
ep
, ρπ = ρ(π) =
,
1+e
1−e
resulta que la distancia media al sol es:
ρ0 = ρ(0) =
c1 b2
·
ρ0 + ρπ
ep
ρ=
=
= a c2 = a,
2
2
1−e
c
1 − 12
a
como también:
ep =
c2
,
GM
(1)
(2)
de (1) y (2) llegamos a:
c2 = aGM (1 − e2 ) ⇒ c =
con lo que:
p
aGM (1 − e2 ),
2πa2
4π 2 a3
T =√
⇒ T2 =
,
GM
aGM
o sea, T 2 es proporcional con a3 lo que conlleva la tercera ley de Kepler:
Tercera ley de Kepler “El cuadrado del perı́odo de un planeta es proporcional al
cubo de su distancia media al sol.”
Downloaded by Meztli 3k ([email protected])