1. Hallar el vector unitario tangente

a la curva dada por: r⃗ (t )=t i⃗+t 2 j⃗, cuando t=1

Solución:

La derivada de r⃗ ( t )

r⃗ ' (t )=i⃗+2 t j⃗

Por tanto, el vector unitario tangente es:

T (t)=r⃗ ' ( t )|r⃗ ' ( t )|

1

√1+4 t 2¿

Cuando t=1, el vector unitario tangente es

T (1 )= 1

√5¿

2. Hallar el vector normal unitario principal

Hallar N (t ) para la curva representada por

r⃗ (t )=3 t i⃗+2t 2 j⃗

Derivando, se obtiene

r⃗ ' (t )=3 i⃗+4 t j⃗ y |r⃗ ' (t )|=√9+16 t 2

Lo que implica que el vector unitario tangente es:

T (t)=r⃗ ' ( t )|r⃗ ' ( t )|

=1

√9+16 t2¿ (vector unitario tangente)

Ahora derivamos T (t) con respecto a t para obtener:

T ' (t )= 1

√9+16 t2(4 j⃗ )− 16 t

(9+16 t 2 )32

(3 i⃗+4 t j⃗ )

¿ 12

(9+16 t 2 )32

(−4 t i⃗+3 j⃗ )

|T ' (t )|=12√ 9+16 t 2

(9+16 t 2)3= 129+16 t 2

Por tanto el vector unitario normal principal es:

N ( t )= T ' (t)|T ' (t)|

¿ 1

√9+16 t2¿ (vector unitario normal

principal)

3. Las ecuaciones paramétricas de una curva C son x=x(s), y=y(s), z=z(s), siendo s la longitud de C medida desde un punto fijo de ella. Llamando r⃗ al vector de posición de un punto genérico de C, demostrar

que d r⃗ds

es un vector unitario

tangente a C.

El vector d r⃗ds

= dds

(x i⃗+ y j⃗+ z k⃗ )=dxdsi⃗+ dydsj⃗+ dzdsk⃗

es tangente a la curva x=x (s ) , y= y ( s ) , z=z (s). Para demostrar que su módulo es la unidad, tenemos:

|d r⃗ds|=√( dxds )2

+( dyds )2

+( dzds )2

=√ (dx )2+ (dy )2+(dz )2

(ds )2=1

4. Hallar el vector tangente unitario en un punto cualquiera de la cuerva x=t 2+1 , y=4 t−3 , z=2 t2−6 t

El vector tangente a la curva uno de sus puntos es:

d r⃗dt

=2t i⃗+4 j⃗+(4 t−6 ) k⃗

El módulo del vector es:

|d r⃗dt |=√ (2t )2+(4 )2+(4 t−6 )2

Luego el vector tangente unitario

pedido es T=2 t i⃗+4 j⃗+(4 t−6 ) k⃗

√(2 t )2+ (4 )2+ (4 t−6 )2

Observe que, como:

|d r⃗dt |=dsdt , T=

d r⃗dtdsdt

=d r⃗ds

5.Dada la curva x=t, y=t 2, z=23t 3,

hallar (a) la curvatura k, (b) la torsión τ

El vector posición r⃗=t i⃗+ t2 j⃗+ 23t 3 k⃗

Por lo tanto, d r⃗dt

=i⃗+2 t j⃗+2t 2 k⃗

dsdt

=|d r⃗dt |=√(1 )2+(2 t )2+(2 t 2 )2=1+2 t2

Y T=d r⃗ds

=d r⃗ /dtds /dt

= i⃗+2 t j⃗+2t2 k⃗

1+2t 2

dTdt

=(1+2 t 2) (2 j⃗+4 t k⃗ )−( i⃗+2 t j⃗+2t 2 k⃗ )(4 t)

(1+2 t2 )2=

−4 t i⃗+(2−4 t2 ) j⃗+4 t k⃗(1+2 t2 )2

Entonces

dTdt

=dT /dtds /dt

=−4 t i⃗+(2−4 t 2 ) j⃗+4 t k⃗

(1+2 t2 )3

Como dTds

=¿kN⃗ ,

k=|dTds |=√(−4 t )2+(2−4 t2 )2+(4 t )2

(1+2 t 2)3= 2

(1+2 t2 )2

De (a),

N⃗=1kdTds

=−2 t i⃗+ (1−2 t 2) j⃗+2t k⃗

1+2 t 2

Por lo tanto,

B⃗=T × N⃗=| i⃗ j⃗ k⃗1

1+2 t22 t1+2 t2

2 t 2

1+2 t2

−2 t1+2 t2

1−2 t 2

1+2 t22 t

1+2 t2|=2t 2 i⃗−2t j⃗+k⃗1+2 t2

De aquí d B⃗dt

=4 t i⃗+(4 t 2−2 ) j⃗−4 t k⃗

(1+2 t 2 )2 y

d B⃗ds

=

d B⃗dtdsdt

=4 t i⃗+(4 t2−2 ) j⃗−4 t k⃗

(1+2t 2 )3

También,

−τ N⃗=−τ [−2t i⃗+(1−2 t2 ) j⃗+2 t K⃗1+2 t 2 ].

Como d B⃗ds

=−τ N⃗ , se obtiene

τ= 2

(1+2t 2 )2