Esta guía trata sobre funciones vectoriales (una sola variable), las cuales son bastantes similares a las funciones de \(R\) en \(R\) que se estudió en análisis I. Las operaciones como cálculo de límite, continuidad y derivada tienen el mismo procedimiento sólo que ahora es necesario aplicar en distintas fórmulas dentro de la misma función.

Los nuevos conceptos a memorizar son la definición de curva y los distintos tipos (simple, regular, cerradas, etc).

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Ejercicios relevantes

Ejercicio 7

Sea \(C\) la curva imagen de la función vectorial \(\vec{\sigma}=(t², t³+1, t³-1), t\in[1, 4]\)

a. Halle la ecuación de su recta tangente y su plano normal en el punto \((4, 9, 7)\)

b. Calcule el módulo de su vector tangente \(\vec{\sigma}'(t_{0}), si \vec{\sigma}=(4, 9, 7)\)

c. Verifique que \(C\) es una curva plana

d. Halle la intersección de \(C\) con el plano de ecuacion \(y+z=2\).

e. Halle los puntos de \(C\) para los cuales la recta tangente a C en ellos es ortogonal al plano de ecuación \(x+9y+3z=0\).

Parte a

Halle la ecuación de su recta tangente y su plano normal en el punto \((4, 9, 7)\)

Hallar \(t\)

Como nuestra ecuación de la curva está parametrizada, tenemos que hallar primero el valor de \(t\) donde la ecuación pasa por el punto.

\[\left\{ \begin{align} t² = 4 \\ t³+1 = 9 \\ t³-1 = 7 \end{align} \right.\]

Resolviendo la ecuación nos da que \(t=2\). (Tiene que haber un solo valor de \(t\) para las tres variables para que el punto esté en la curva)

Ahora, tanto para buscar la recta tangente y el plano normal es necesario hallar el vector tangente al punto.

Se calcula primero la derivada de la curva \(\vec{\sigma}'(t) = (2t, 3t², 3t²)\) para luego buscar \(\vec{\sigma}'(2)\).

En este caso vector tangente al punto será \(\vec{\sigma}'(2) = \vec{v} = (4, 12, 12)\) (o algun múltiplo del vector ya que solo se necesita la dirección)

Con el vector \(\vec{v}\) hallado, podemos armar las ecuaciones de recta tangente y plano normal:

  • Recta tangente: \(\vec{X}: \lambda \vec{v} + (4,9,7), \lambda \in R\)
  • Plano normal: \(\pi: \vec{v}\left[(x, y, z) - (4,9,7) \right]\)

Parte b

En este sólo pide buscar el módulo del vector director \(\vec{v}=(4, 12, 12)\) hallado en el punto anterior.

\[\begin{align*} \left|\vec{\sigma}'(2) \right|=\left|(4, 12, 12)\right|=\sqrt{4²+12²+12²}=4\sqrt{49} \end{align*}\]

Parte c

La definición de la curva plana es que la curvá esté contenida en un plano.

Lo pensé así: Si una curva está contenida en un plano (acordarse del intervalo en la que está definida), entonces sus vectores tangentes pertenecerán también al plano. Por lo que se podría hallar la ecuación del plano y verificar si aplica para la ecuación de la curva.

Para comenzar hallamos dos vectores tangentes cualquieras facil de calcular:

  • \[\vec{\sigma}'(1)=(2, 3, 3)\]
  • \[\vec{\sigma}'(2)=(1, 3, 3)\]

Luego buscamos el vector normal al plano de la curva haciendo el producto vectorial de los dos vectores tangentes:

\[\vec{N}=(2,3,3)\times(1, 3, 3)=(0, -3, 3)\]

Y armamos la ecuación del plano con el vector normal y un punto cualquiera de la curva:

\[(0, -1, 1)[(x,y,z)-(1,2,0)]\]

Que simplificado da \(y-z=2\)

Por último sólo falta probar y verificar que la curva esté en el plano. Así que reemplazamos las ecuacion de la curva en la ecuación del plano:

\[(t³+1)-(t³-1)=t³+1-t³+1=2\]

Como la verifica la ecuación del plano para todo \(t\) de la curva, entonces toda la curva \(\vec{\sigma}(t)\) está contenida en el plano \(y-z=2\).

Parte d

Para hallar la intersección de la curva con el plano \(y+z=2\) es simplemente meter la ecuación de la curva en la ecuación del plano y despejar la ecuación restante.

\[C:\left\{ \begin{align} x:& \, t² = 4 \\ y:& \, t³+1 = 9 \\ z:& \, t³-1 = 7 \end{align} \right.\] \[(t³+1)+(t³-1)=2 \\ 2t³=2 \\ t=1\]

Una vez que despejamos \(t=1\) podemos hallar el punto de intersección que buscabamos reemplazando en la ecuación de la curva: \(\vec{\sigma}=(1, 2, 0)\)

Parte e

Sabemos que la ecuación al plano es \(x+9y+3z=0\) y la normal al plano (que es un vector con dirección ortogonal al plano) es \(\vec{N}=\lambda(1,9,3), \lambda \in R\).

Para buscar una recta tangente a la curva que sea ortogonal al plano, quiere decir que la recta tangente tenga como vector director algún múltiplo del vector normal del plano \(\vec{\sigma}'(t)=\vec{N}\). Por lo que podemos armar la ecuación:

\[\left\{ \begin{align} 2t &= \lambda \\ 3t² &= 3\lambda \\ 3t² &= 9\lambda \end{align} \right.\]

Resolvemos la ecuación para despejar \(t\) y \(\lambda\) (nos tiene que dar los mismos valores de t y de \(\lambda\) al mismo tiempo):

\[\left\{ \begin{align} t² &= \lambda \\ t³+1 &= 3\lambda \\ t³-1 &= 9\lambda \end{align} \right. \\ t=0 \land \lambda=0\]

Como para verificar la igualdad \(t=0\) y \(\lambda=0\), vemos que ambos nos dan vectores nulos. Entonces no existe punto en la curvaque tenga recta tangente ortogonal al plano \(x+9y+3z=0\)

Ejercicio 9

Si \(\vec{X}=(\sqrt{5}cos(t), \sqrt{5}sen(t)), t \in R\) es la posición de un punto material en el plano \(xy\) en función del tiempo \(t\), su velocidad es \(\vec{v}(t)=\vec{g}'(t)\) y su aceleración es \(\vec{a}(t)=\vec{g}''(t)\)

a. Calcule y grafique la velocidad y la aceleración del punto material cuando pasa por (1, 2). b. Verifique que en este ejemplo el módulo de la velocidad y el de la aceleración se mantienen constantes; indique las correspondientes unidades de medida cuando las coordenadas de la posición se dan en metros y el tiempo en segundos.

Parte a

Podemos comenzar hallando las ecuaciones para posición, velocidad y aceleración.

\[\begin{align} posición \,\, \vec{g}(t) &= (\sqrt{5}cos(t), \sqrt{5}sen(t)) \\ velocidad \,\, \vec{g}'(t) &= (-\sqrt{5}sen(t), \sqrt{5}cos(t)) \\ aceleración \,\, \vec{g}''(t) &= (-\sqrt{5}cos(t),-\sqrt{5}sen(t)) \end{align}\]

Antes de buscar la velocidad y la aceleración en el punto (1, 2), como la curva está parametrizada, hay que buscar el valor del parámetro \(t\) cuando pasa por dicho punto. Así que igualamos las ecuaciones de posición por el punto:

\[\vec{X}:\left\{ \begin{align} \sqrt{5}cos(t) &= 1 \\ \sqrt{5}sen(t) &= 2 \end{align} \right.\]

Y despejamos \(t\)

\[\left\{ \begin{align} t &= arccos\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \\ t &= arcsen\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right) \end{align} \right.\]

Al parecer \(arccos\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\) y \(arcsen\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right)\) representan un mísmo ángulo (se puede probar valor de \(t\) reemplazando en las ecuaciones originales y da el punto (1,2)). OJO HAY QUE PONER TODAS LAS PERIODICIDADES DE t. NO LO PUSE POR QUE VOY A TARDAR MUCHO, ESTAN EN EL PDF

Ahora sí se puede hallar la velocidad y la aceleración en ese punto reemplazando por el valor de \(t\):

\[\begin{align} velocidad \,\, \vec{g}'(arccos\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)) &= (-2, 1) \\ aceleración \,\, \vec{g}''(arccos\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)) &= (-2,-1) \end{align}\]

Observamos que tienen distintas direcciones, donde \(\vec{v}\) es tangencial y \(\vec{a}\) apunta hacia el centro de la circunferencia, porque se trata de un Movimiento Circular (MCU específicamente)

Parte b

Para probar que módulo de \(\vec{v}\) y \(\vec{a}\) son constantes, podemos buscar una función de la variación del módulo de \(\vec{v}\) y \(\vec{a}\).

\[\begin{align} |velocidad| \,\, |\vec{g}'(t)| &= \sqrt{5(sen²(t)+cos²(t))}=\sqrt{5} m/s\\ |aceleración| \,\, |\vec{g}''(t)| &= \sqrt{5(sen²(t)+cos²(t))}=\sqrt{5} m/s² \end{align}\]