CÁLCULO III.Vectores unitarios y curvatura

Ejemplo 1. En el espacio tridimensional la posición de una partícula en movimiento está dada por la función vectorial r ( t )=2cost i+2 sent j+3 t k. Encuentre los vectores T (t ) ,N ( t ) y B (t ). Determine la curvatura k (t ).Solución: Puesto que r ' (t )=−2 sent i+2cost j+3k ,‖r ' (t )‖=√13 , y como

T (t )= r ' ( t )|r ' ( t )| es el vector tangente unitario, entonces

T (t )= r ' (t )‖r ' (t )‖

= −2√13

sent i+ 2√13

cos t j+ 3√13

k .

Después de esto, se tiene

T ' (t )= −2√13

cos t i− 2

√13sent j→ |T ' ( t )|= 2

√13

Por consiguiente: N ( t )= T ' ( t )‖T ' ( t )‖ produce la normal principal:

N ( t )=−cost i−sent j .De tal manera que el vector binormal es

B (t )=T ( t )×N ( t )

B ( t )=T ( t )×N ( t )=| i j k−2√13

sent2

√13cos t

3

√13−cos t −sent 0

|

¿ 3

√13sen t i− 3

√13cos t j+ 2

√13k .

Por último, al emplear

‖T ' (t )‖= 2

√13y|r ' (t )|=√13 en la fórmula de la curvatura:

k (t )=‖T ' (t )‖‖r ' (t )‖

,

Obtenemos, que la curvatura en cualquier punto es la constante

k (t )=

2

√13√13

= 213

observamos que la curvatura en cualquier punto es la constante.El hecho de que la curvatura k(t) en el ejemplo es constante no es una sorpresa, ya que la curva definida por r (t) es una hélice circular..

Ejemplo 2: (Planos osculante, normal y de rectificación)

En el punto correspondiente a t=π2

sobre la hélice circular del ejemplo1, encuentre una ecuación de

a) El plano osculante; b) El plano normal, y c) El plano de rectificación.Solución:

Al sustituir: t=π2

en r ( t )=2cost i+2 sent j+3 t k, tenemos que,

r ( π2 )=⟨0,2 , 3π2 ⟩ es el vector de posición del punto en cuestión: (0,2 , 3 π2 ).

a) De acuerdo al vector binormal: B ( t )=T (t )×N (t ) , se tiene :

B ( t )=T (t )×N (t )=| i j k−2√13

sent2

√13cos t

3

√13−cos t −sent 0

|→B( π2 )=T ( π2 )× N ( π2 )= 3

√13i+ 2

√13k .

Para encontrar una ecuación de un plano no se requiere una normal unitaria, por lo que en lugar de B( π2 ) es

un poco más simple usar 1

√13B ( π2 )=⟨3,0,2 ⟩

Sabemos que la ecuación de un plano es de la forma:a (x−x0 )+b ( y− y0 )+c ( z−z0 )=0

Entonces la ecuación del plano osculante es

3 ( x−0 )+0 ( y−2 )+2(z−3π2 )=0 o 3 x+2 z=3 π .

b) En el punto P, el vector T ( π2 )= 1

√13⟨−2,0,3 ⟩ó√13T ( π2 )=⟨−2,0,3 ⟩ es normal al plano que contiene

N ( π2 ) y B( π2 ). Consecuentemente, una ecuación del plano normal es

−2 ( x−0 )+0 ( y−2 )+3(z−3π2 )=0 o −4 x+6 z=9π .

c) Por último, en el punto P, el vector N ( π2 )= ⟨0 ,−1,0 ⟩ es normal al plano que contiene T ( π2 ) y B( π2 ). Una ecuación del plano de rectificación es

0 ( x−0 )+ (−1 ) ( y−2 )+0(z−3 π2 )=0o y=2.Forma alterna para obtener la curvatura Κde una curva C.

Teorema. Sea C una curva dada por las ecuaciones paramétricas x=f ( t ) , y=g ( t ) y z=h(t ) donde

f '' , g ' ' yh ' ' existen. La curvatura Κ en el punto P(x , y , z) de C es

Κ=‖r ' (t ) x r ' '( t)‖

‖r '( t)‖3

Demostración. Se sabe que,

T (t)=r '( t)

‖r '( t)‖y‖r ' (t)‖=ds

dt→r ' (t )=ds

dtT (t)

Derivando ambos miembros de la ecuación con respecto a t , se tiene:

Dt r' ( t )=Dt[ dsdt T ( t)]→r ' ' ( t )=d

2 sdt 2

T ( t )+ dsdtT '(t )(Derivadadeun producto)

Ahora utilizamos la propiedad distributiva del producto vectorial en una suma:

a x (b+c )=a xb+a xc , para obtener: r ' (t ) xr ' ' ( t )

r ' (t ) xr ' ' ( t )=[ dsdt T (t )] x [ d2 sdt2 T ( t )+ dsdtT ' (t)](i)

r ' (t ) xr ' ' ( t )=dsdtT ( t ) x d

2 sdt 2T ( t )+ ds

dtT (t ) x ds

dtT ' (t)→

r ' (t ) xr ' ' ( t )=dsdtd2 sdt 2

T ( t ) xT ( t )+( dsdt )2

T (t ) xT ' ( t )(ii)

Es claro que,

T (t ) x T ( t )=0 y‖r ' (t )‖=dsdt

Al sustituir en la ecuación (ii):

r ' (t ) xr ' ' ( t )=0+‖r ' (t )‖2T (t ) xT ' ( t )(iii)

Con los conocimientos: T (t ) yT ' (t ) son ortogonales. ¿Por qué?

Además,‖ax b‖=‖a‖‖b‖cosθ→‖T (t ) x T ' (t )‖=‖T ( t )‖x‖T ' ( t )‖=‖T ' (t )‖.

De la ecuación (iii) queda: ‖r ' ( t ) x r ' ' ( t )‖=‖r ' ( t )‖2‖T (t ) xT ' (t )‖=‖r ' (t )‖2‖T ' (t )‖→

‖T ' (t )‖=‖r ' ( t ) xr ' ' (t )‖‖r ' (t )‖2

Por definición:Κ=‖T ' ( t )‖‖r ' ( t )‖

→Κ=

‖r ' ( t ) xr ' ' ( t )‖‖r ' ( t )‖2

‖r ' (t )‖

Κ=‖r ' ( t ) x r ' ' ( t )‖

‖r ' ( t )‖3

Ejercicios1. Encuentre la tangente unitaria T(t) para

r (t )=(t cost−sent ) i+ (t sent+cost ) j+ t2 k , t>02. Use el procedimiento descrito en el ejemplo 1 para determinar T(t), N(t), B(t) en relación con el

movimiento sobre una hélice circular general que se describe mediante r ( t )=acost i+asent j+ct k .Respuestas:

1. T= 1

√5¿

2. T=(a2+b2 )−12 (−a sent i−a cos t j+ck );

N=−cost i – sent j;

B=(a2+b2 )−12 (c sent i−c cos t j+ak )

Ejercicio: Demostrar el Teorema“Si una curva regular C es la gráfica de y=f ( x ), entonces la curvatura Ҟ en cualquier punto P(x , y) está dada por

Ҟ=|y ' '|

[1+( y ' )2 ]32

Ejemplo. Trazar la gráfica de y=1−x2 y calcular la curvatura en los puntos ( x , y ) ; (0,1 ) ; (1,0 ) y (2 ,−3 )(La gráfica se deja al estudiante)Como y '=−2 x y y ' '=−2. Del Teorema se tiene que la curvatura para los puntos dados:

( x , y ) :Ҟ=|−2|

[1+(−2 x )2 ]32

= 2

[1+4 x2 ]32

; (0,1 ):Ҟ=|−2|

[1+4 x0 ]32

= 2

[1+0 ]32

=2

(1,0 ) :Ҟ=|−2|

[1+4 x (1 )2 ]32

= 2

[5 ]32

≈0.18 ; (2 ,−3 ):Ҟ=|−2|

[1+4 x (2 )2 ]32

= 2

[1+16 ]32

= 2

[17 ]32

≈0.03

EJERCICIOS SOBRE CURVATURA

1. En los siguientes ejercicios encuentre la curvatura en el punto P de cada curva plana.a) y=2−x3; P(1,1)b) y=ex

2

; P(0,1)

c) y=sin x ; P( π2,1)

d) x=t−1 , y=√ t ; P(3,2)

e) x=2sin t , y=3cos t ; P(1 , 3√32

)

2. En cada uno de los siguientes ejercicios, encuentre los puntos en la curva indicada en los cuales la curvatura es 0.

a) y=x 4−12 x2

b) y=sinh x

3. Compruebe que la curvatura en cualquier punto de una línea recta es cero.4. Compruebe que la máxima curvatura de una parábola se da en el vértice. Utilice: y=a x2+bx+c

(función cuadrática)

RESPUESTAS

1. a) 6

1032

b) 2 c) 1 d)2

1732

e) 48

(21 )32

; 2. a) (±√2 ,−20 ) b) (0 ,0 )

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