A2_Pr1_2016_II_Solution

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ANÁLISIS MATEMÁTICO I - 2016 II
SOLUCIÓN DE LA PRÁCTICA N◦ 1
Tomada el 22 de agosto, 07:10 am
Duración 1:30 horas
Facultad de Ingenierı́a
Universidad de Piura
Piura - 2016
1. PREGUNTA N◦ 1
Los extremos del segmento AB de longitud a se deslizan sobre los ejes de un
sistema de coordenadas rectangulares. Las rectas AC y BC, paralelas a los ejes
coordenados, se cortan en el punto C desde el cual se baja la perpendicular CM a
la recta AB. Los puntos M generan una curva denominada astroide.
(a) Encontrar la función vectorial f que genere dicha curva.
(b) ¿Es un camino regular la función vectorial f del apartado anterior? Explique
su respuesta. Si no es regular de por lo menos un ejemplo de un punto donde
no es regular.
(c) ¿Qué consecuencia geométrica (sobre la curva generada) tiene el hecho de
que el camino no sea regular?
(d) Encontrar la función vectorial g que genera la recta tangente en un punto
arbitrario de la astroide.
(e) Calcule la longitud de la astroide.
Nota: Recordar que en un triángulo rectángulo, el cuadrado de un cateto es
igual al producto de la hipotenusa por la proyección del cateto sobre la hipotenusa.
1
(a) 3.0 ptos. b) 1.0 pto. c) 1.0 pto. d) 1.0 pto. e) 3.0 ptos.)
SOLUCIÓN:
(a) Buscamos construir el vector
−−→
OM. Para esto consideremos el triángulo rectángu-
lo ACB. Por la propiedad de los triángulos rectángulos que establece que:
“El cuadrado de un cateto es igual al producto de la hipotenusa por la
proyección del cateto sobre la hipotenusa,”
podemos escribir: (
BC
)2
=
(
AB
) (
BM
)
. (1)
Pero si consideramos el triángulo rectángulo ACB y si tenemos en cuenta
que AB = a podemos escribir BC = a cos t, por lo tanto la expresión (1) se
transforma en
(a cos t)2 = aBM
BM = a cos2 t
La componente horizontal del vector
−−→
OM es
−−→
OM · i = BM cos t = a cos3 t.
La componente vertical del vector
−−→
OM es
−−→
OM · j = a sin t − BM sin t,
= a sin t − a cos2 t sin t,
= a sin t(1 − cos2 t),
= a sin3 t.
2
La función vectorial que genera la astroide es
f : [0, 2π] ⊆ R→ R2
f (t) =
(
a cos3 t, a sin3 t
)
(b) Puesto que la imagen de la función vectorial (la astroide) tiene esquinas, el
camino que la genera no puede ser regular. La derivada si es que existe debe
ser cero en los puntos en los que hay esquinas. La derivada en cualquier punto
es:
f ′(t) = (−3a cos2 t sin t, 3a sin2 t cos t).
En el caso de la función que genera la astroide, la derivada se hará igual al
vector cero para t = 0, t = π/2 por ejemplo, allı́ la curva presenta esquinas.
(c) Si un camino no es regular quiere decir que la derivada es igual al vector cero
para algún punto de su dominio. Como el vector derivada es tangente a la
imagen de la función y el vector cero no tiene dirección definida, donde la
derivada es el vector cero la imagen tiene una esquina.
(d) Para generar una recta tangente necesitamos un punto de paso y un vector pa-
ralelo a la recta. En nuestro caso el punto de paso es un punto de la astroide
f (t) y el vector paralelo a la recta tangente es el vector derivada f ′(t). Enton-
ces,la función vectorial que genera la recta tangente a la astroide en un punto
arbitrario es:
g(u) = f (t) + u f ′(t),
=
(
a cos3 t, a sin3 t
)
+ u
(
−3a cos2 t sin t, 3a sin2 t cos t
)
,
=
(
a cos3 t − 3au cos2 t sin t, a sin3 t + 3au sin2 t cos t
)
(e) La longitud de la astroide está dada por la integral
`( f ) =
∫ 2π
0
‖ f ′(t)‖ dt =
∫ 2π
0
[(
−3a cos2 t sin t
)2
+
(
3a sin2 t cos t
)2]1/2
dt,
=
∫ 2π
0
[
9a2 cos4 t sin2 t + 9a2 sin4 t cos2 t
]1/2
dt,
=
∫ 2π
0
3a
[
sin2 t cos2 t
(
cos2 t + sin2 t
)]1/2
dt =
∫ 2π
0
3a
[
sin2 t cos2 t
]1/2
dt
= 3a
∫ 2π
0
|sin t cos t| =
3a
2
∫ 2π
0
|sin 2t| dt
Si integramos de 0 a π/2, el ángulo 2t variará en el intervalo [0, π]. En dicho
intervalo la función seno es positiva o cero y no necesitamos el valor absoluto
3
pero debemos multiplicar la integral por cuatro para obtener el resultado de la
integral en el intervalo [0, 2π]. Entonces:
`( f ) =
3a
2
∫ 2π
0
|sin 2t| , dt
=
3a
2
(4)
∫ π/2
0
sin 2t dt,
= 6a
1
2
[− cos 2t]π/20 = 3a(1 + 1) = 6a.
2. PREGUNTA N◦ 2
Demuestre que si una función vectorial f tiene norma constante entonces su
derivada f ′(t) es perpendicular a f (t).
(3.0 ptos.)
SOLUCIÓN:
Tenemos que la norma de la función vectorial es constante, ‖ f (t)‖ = C. Te-
niendo en cuenta que f (t) · f (t) = ‖ f (t)‖2, escribimos:
f (t) · f (t) = C2,
derivando ambos lados respecto a t
2 f ′(t) · f (t) = 0.
Este resultado quiere decir que f ′(t) es perpendicular a f (t) para todo t en el
dominio de la función.
3. PREGUNTA N◦ 3
Suponga que empieza en el punto (0, 0, 3) y se mueve 5 unidades a lo largo de
la curva con ecuaciones paramétricas x = 3 sin t, y = 4t, z = 3 cos t en la dirección
positiva. ¿En que posición está ahora?
(4.0 ptos.)
4
SOLUCIÓN:
Se ha recorrido una longitud de arco de curva igual a 5 unidades empezando
del punto (0, 0, 3) que es generado para t = 0. Esta longitud es igual a la integral:
5 =
∫ t
0
‖ f ′(u)‖ du
5 =
∫ t
0
‖ (3 cos t, 4,−3 sin t) ‖ du
5 =
∫ t
0
[
9 cos2 t + 16 + 9 sin2 t
]1/2
dt,
5 =
∫ t
0
[25]1/2 dt =
∫ t
0
5 dt,
1 =
∫ t
0
dt,
1 = t.
Es decir cuando t = 1 la función genera un punto a una distancia de 5 unidades del
punto (0, 0, 3) medida a lo largo de la curva (hélice). Por lo tanto, ahora el punto
está en la posición f (1) = (3 sin 1, 4, 3 cos 1.
4. PREGUNTA N◦ 4
Reparametrice la curva generada por la función f (t) =
(
e2t cos 2t, 2, e2t sin 2t
)
respecto a la longitud de arco medida desde el punto t = 0 en la dirección en que
se incrementa t.
(4.0 ptos.)
SOLUCIÓN:
Calculamos la derivada:
f ′(t) =
(
2e2t cos 2t − 2e2t sin 2t, 0, 2e2t sin 2t + 2e2t cos 2t
)
.
Calculamos la norma de la derivada:
‖ f ′(t)‖ =
[(
2e2t cos 2t − 2e2t sin 2t
)2
+
(
2e2t sin 2t + 2e2t cos 2t
)2]1/2
,
= 2e2t
[(
cos2 2t − 2 sin 2t cos 2t + sin2 2t
)
,
+
(
sin2 2t − 2 sin 2t cos 2t + cos2 2t
)]1/2
,
= 2
√
2e2t.
5
La función longitud de camino es:
ψ(t) =
∫ t
0
2
√
2e2u du = 2
√
2
1
2
e2u
]t
0
=
√
2
(
e2t − 1
)
.
Si llamamos s a la variable dependiente de la función longitud de camino podemos
escribir
s =
√
2
(
e2t − 1
)
,
s
√
2
+ 1 = e2t,
despejando t de la ecuación anterior:
t =
1
2
ln
(
s
√
2 + 1
)
,
la inversa de ψ entonces es:
ψ−1(s) =
1
2
ln
(
s
√
2 + 1
)
.
Construimos la parametrización natural mediante la composición h(s) = f (ψ−1(s)):
h(s) =
e
2
1
2
ln
 s√2 + 1

cos
(
2
1
2
ln
(
s
√
2 + 1
))
, 2, e
2
1
2
ln
 s√2 + 1

sin
(
2
1
2
ln
(
s
√
2 + 1
))
h(s) =
e
ln
 s√2 + 1

cos
(
ln
(
s
√
2 + 1
))
, 2, e
ln
 s√2 + 1

sin
(
ln
(
s
√
2 + 1
)) ,
h(s) =
(
s
√
2 + 1
cos
(
ln
(
s
√
2 + 1
))
, 2,
s
√
2 + 1
sin
(
ln
(
s
√
2 + 1
)))
.
6
	PREGUNTA N° 1
	PREGUNTA N° 2
	PREGUNTA N° 3
	PREGUNTA N° 4