Tarea 13 3 KATHERIN ROLDAN PDF
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𝒓(𝒕) = (𝒊 + 𝒕𝟐 𝒋 + 𝒕𝟑 𝐤 ); 𝟎 ≤ 𝒕 ≤ 𝟏
Hallemos la longitud
𝟏
𝐋 = ∫|𝒓′ (𝒕)|𝒅𝒕
𝟎
𝟏
𝟏 𝟐 𝟑 𝟏 𝟑 𝟑 𝟑
𝑳 = ∫ 𝒕 √𝟒 + 𝟗𝒕 𝒅𝒕 = ∗ (𝟒 + 𝟗𝒕𝟐 )𝟐 = (𝟏𝟑𝟐 − 𝟒𝟐 ) = 𝟏/𝟐𝟕(𝟏𝟑𝟐 − 𝟖).
𝟏𝟖 𝟑 𝟐𝒛
𝟎
𝟑
𝑳 = 𝟏/𝟐𝟕(𝟏𝟑𝟐 − 𝟖).
Solución.-
6
1 2 2
√ 2 2
𝐿 = ∫ 1 + 𝑡 + ( 𝑡 ) dt
0 2
6
1
𝐿 = ∫ √1 + 𝑡 2 + 𝑡 4 dt
0 4
6 2
1
𝐿 = ∫ √(1 + 𝑡 2 ) dt
0 2
6
1
𝐿 = ∫ 1 + 𝑡 2 dt
0 2
1 3 6
𝐿 = [𝑡 + 𝑡 ]
6 0
1 1
𝐿 = [6 + (6)3 ] − [0 + (0)3 ]
6 6
𝐿 = [6 + 36] − [0]
𝐿 = 42
Ejercicio Nro.15_ Suponga que empieza en el punto (0, 0, 3) y se mueve 5 unidades a
lo largo de la curva 𝐱 = 𝟑 𝐬𝐞𝐧 𝐭, 𝐲 = 𝟒𝐭, 𝐳 = 𝟑 𝐜𝐨𝐬 𝐭 en la dirección positiva. ¿En
dónde está ahora?
Solución.-
Hallaremos t entonces si 𝑥 = 0
0
0 = 3 𝑠𝑒𝑛 𝑡 ⇒ = 𝑠𝑒𝑛 𝑡 ⇒ 𝑡 = sin−1 0 ⇒ 𝑡=0
3
Probemos si 𝑡 = 0 satisface las demas ecuaciones
0 = 3 𝑠𝑒𝑛 (0) 0 = 4(0) 3 = 3 𝑐𝑜𝑠 (0)
0 = 3(0) 0=0 3 = 3 (1)
𝟎=𝟎 𝟎=𝟎 𝟑=𝟑
Por lo tanto el punto (0,0,3) corresponde a 𝑡 = 0, entonces la longitud de arco
comienza en (0, 0, 3) y midiendo en positivo la dirección viene dada por
𝛼
𝐿 = ∫ |𝑟 ′(𝑡)| dt
𝛽
𝑡
𝐿 = ∫ 5 dt
0
𝐿 = (5𝑡)𝑡0
𝐿 = 5𝑡 − 0
𝐿 = 5𝑡
Hallaremos t entonces si 𝑥 = 1
1 = t2 ⇒ 𝑡 = ±1
Ahora hallaremos T
𝑟 ′ (𝑡 )
𝑇 (𝑡 ) =
|𝑟 ′(𝑡)|
(2𝑡, 2𝑡 2 , 1) 〈2𝑡, 2𝑡 2 , 1〉
𝑇 (𝑡 ) = =
√(2𝑡)2 + (2𝑡 2 )2 + (1)2 √4𝑡 2 + 4𝑡 4 + 1
〈2𝑡, 2𝑡 2 , 1〉 〈2𝑡, 2𝑡 2 , 1〉
= =
√(2𝑡 2 + 1)2 2𝑡 2 + 1
Ahora como 𝑡 = 1
〈2(1), 2(1)2 , 1〉 〈2, 2,1〉
𝑇(1) = =
2(1)2 + 1 3
2 2 1
𝑇(1) = ( , , )
3 3 3
Hallaremos N
𝑇 ′ (𝑡)
𝑁 (𝑡 ) =
|𝑇 ′(𝑡)|
Reemplazamos
2(2𝑡 2 + 1)−2 〈1 − 2𝑡 2 , 2𝑡, −2𝑡〉
𝑁 (𝑡 ) =
2(2𝑡 2 + 1)−2 √(1 − 2𝑡 2 )2 + (2𝑡)2 + (−2𝑡)2
(1 − 2𝑡 2 , 2𝑡, −2𝑡) (1 − 2𝑡 2 , 2𝑡, −2𝑡)
= =
√1 − 4𝑡 2 + 4𝑡 4 + 4𝑡 2 + 4𝑡 2 √1 − 4𝑡 2 + 4𝑡 4 + 8𝑡 2
(1 − 2𝑡 2 , 2𝑡, −2𝑡) (1 − 2𝑡 2 , 2𝑡, −2𝑡)
= =
√1 + 4𝑡 2 + 4𝑡 4 √(1 + 2𝑡 2 )2
(1 − 2𝑡 2 , 2𝑡, −2𝑡)
𝑁 (𝑡 ) =
1 + 2𝑡 2
Ahora como 𝑡 = 1
(1 − 2(1)2 , 2(1), −2(1)) (−1, 2, −2)
𝑁(1) = =
1 + 2(1)2 3
1 2 2
𝑁(1) = (− , , − )
3 3 3
Ejercicio Nro.49 _ Determine las ecuaciones del plano normal y del plano osculador
de la curva en el punto dado.
𝐱 = 𝟐 𝐬𝐞𝐧 𝟑𝐭, 𝐲 = 𝐭, 𝐳 = 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝐭; (𝟎, 𝛑, −𝟐)
Solución.- Encontremos t
1
𝑇 ′ (𝑡 ) = (−6 sen 3𝑡 ∗ 3,1, −6 𝑐𝑜𝑠 3𝑡 ∗ 3)
√37
1
𝑇 ′ (𝑡 ) = (−18 sen 3𝑡, 0, −18 𝑐𝑜𝑠 3𝑡)
√37
√(−182 sen2 3𝑡 + 0 + −18 2 𝑐𝑜𝑠 2 3𝑡 )
|𝑇 ′(𝑡)| =
√37
√(−18 )(sen 3𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 3𝑡) √(−182 )(1)
2 2 2 18
= = =
√37 √37 √37
1 18
(−18 sen 3𝑡, 0, −18 𝑐𝑜𝑠 3𝑡 ) (− sen 3𝑡, 0, − 𝑐𝑜𝑠 3𝑡)
𝑇 ′ (𝑡 ) √37 √37
𝑁 (𝑡 ) = ′ = =
|𝑇 (𝑡)| 18 18
√37 √37
( )
𝑁 𝑡 = − sen 3𝑡, 0, − 𝑐𝑜𝑠 3𝑡
Entonces sustituyamos t= 𝜋
Si y=t entonces 𝑥 = 𝑡 2 𝑦 𝑧 = 𝑡 4
𝑟 ′ (𝑡 ) (2𝑡, 1, 4𝑡 3 ) (2𝑡, 1, 4𝑡 3 )
𝑇 (𝑡 ) = = =
|𝑟 ′(𝑡)| √(2𝑡)2 + ( 1)2 + ( 4𝑡 3 )2 √4𝑡 2 + 1 + 16𝑡 6
1 −3 −1
𝑇 ′(𝑡) = − (4𝑡 2 + 1 + 16𝑡 6 ) 2 (8𝑡 + 96𝑡 5 ) ∗ (2𝑡, 1, 4𝑡 3 ) + (4𝑡 2 + 1 + 16𝑡 6 ) 2
2
∗ (2𝑡, 0, 12𝑡 2 )
Ahora encontremos el plano osculador para 𝐵(1) = 𝑇(1) × 𝑁(1)
Sustituimos t=1 en 𝑇 ′ (𝑡)
1 −3
𝑇 ′ (1) = [− (4(1)2 + 1 + 16(1)6 ) 2 (8(1) + 96(1)5 ) ∗ (2(1), 1, 4(1)3 )]
2
−1
+ [(4(1)2 + 1 + 16(1)6 ) 2 ∗ (2(1), 0, 12(1)2 )]
1 −3 −1
𝑇 ′ (1) = [− (4 + 1 + 16) 2 (8 + 96) ∗ (2,1,4)] + [(4 + 1 + 16) 2 ∗ (2,0,12)]
2
1 −3 −1
𝑇 ′ (1) = [− (21) 2 (104) ∗ (2,1,4)] + [(21) 2 ∗ (2,0,12)]
2
2
𝑇 ′ (1) = (−31, −26,22)
21√21