Analisis3

Mínima torsión: t=0, t=2π τ(0)= τ(2π)= -1/2.
Puntos: r(0)=(0,0,0) , r(2π )=( 2π ,0, 2π).
Máxima torsión: t=π τ (2π)= -1/5. Puntos: r (π)= (π, 2, π).
19. El movimiento de una partícula en un instante cualquiera tiene como vector aceleración
a(t)= (sen(t), t2, 2). Para t=0 se sabe que v( 0)=( 2,3,1) y r(0)=(0,0,0).
Encuentre la ecuación de la curva r (t) que describe la posición dela partícula.
Solución.
v( t)=( -cos(t)+c1,t3/3+c3,2t+c5),
r( 0)=( -sen(t)+c1t+ c2,t4/12+c3t+ c4,t2+c5t+ c6).
v( 0)=( -1+c1,c3,c5 )=( 2,3,1) => c1=3, c3 =3, c5=1.
r( 0)=( c2,c4,c6 )=( 0,0,0) => c2=0, c4 =0, c6=0.
Por lo tanto r(t)= (-sen(t)+3t,t4/12+3t,t2+t).

Calcule para t=0, la torsión y el plano osculador.
Solución.
r( 0)= ( 0,0,0), r’(0)= ( 2,3,1), r”(0)= ( 0,0,2),
r’’’(t)=( cos(t),2t,0) => r’’’( 0)=(1,0,0).

τ (0)= ((r’(0)× r”(0) ).r’’’( 0))/‖r’(0)× r”(0) ‖^2 = ((6,-4,0).(1,0,0))/52 = 6/52 = 3/26

B (0)= (r’(0)× r”(0))/‖r’(0)× r”(0) ‖ = (((6,-4,0).(1,0,0)))/√52 = ((3,-2,0))/√13

Plano osculador:
((3,-2,0))/√13 . (x-0, y-0, z-0) =0 => 3x-2y = 0.

Encuentre los componentes tangencial y normal del vector aceleración en t=0.
Solución.
cT(0) =(r’(0).r”(0))/‖ r”(0) ‖ = ((2,3,1).(0,0,2) )/√14 = 2/√14 . cN(0) = ‖r’(0).r”(0) ‖/‖ r”(0) ‖ = √52/√14 = √26/√7 .

 
20. Determine y grafique la función φ(α) > 0 tal que la curva
r(t) = (∫_0^t▒〖φ(α)sen(α)dα,∫_0^t▒φ(α)cos(α)dα,∫_0^t▒φ(α)tan(α)dα〗), 0 < t < π/2

tenga curvatura K(t)= √(1+〖cos〗^2 (t)) .
Solución.
Paso 1. Calculo de r’ (t), ‖r’(t)‖ y r” (t).
r’(t)= (φ(t)sen(t),φ(t)cos(t),φ(t)tan⁡(t)) = φ(t)(sen(t),cos(t),tan⁡(t)) .
‖r’(t)‖ = φ(t) √(sen^2 (t)+cos^2 (t)+〖tan⁡〗^2 (t) ) = φ(t) √(1+〖tan⁡〗^2 (t) ) = φ(t)sec⁡(t).
r” (t) = φ(t) (cos(t), -sen(t),sec2(t)) + φ(t) (sen(t), cos(t), tan(t)) .
Paso 2. Calculo de r’ (t)×r”(t), ‖r’(t)×r"(t)‖ y ‖r’ (t)‖^3.
r’ (t)×r”(t) = φ(t)(sen(t),cos(t),tan⁡(t)) ×[ φ(t) (cos(t), -sen(t),sec2(t)) + φ(t)(sen(t),cos(t),tan⁡(t))] =〖(φ(t))〗^2[sen(t),cos(t),tan⁡(t))×(cos(t),-sen(t),sec^2 (t))]× φ(t)φ'(t)[(sen(t),cos(t),tan⁡(t))×(sen(t),cos(t),tan⁡(t))]
=〖(φ(t))〗^2 |■(i&j&k@sen(t)&cos⁡(t)&tan⁡(t)@cos⁡(t)&-sen(t)&〖sec〗^2 (t))|+φ(t)φ'(t)|■(i&j&k@sen(t)&cos⁡(t)&tan⁡(t)@sen⁡(t)&cos(t)&tan⁡(t))| = 〖(φ(t))〗^2 |■(i&j&k@sen(t)&cos⁡(t)&tan⁡(t)@cos⁡(t)&-sen(t)&〖sec〗^2 (t))|+φ(t)φ'(t)0
=〖(φ(t))〗^2|■(i&j&k@sen(t)&cos⁡(t)&tan⁡(t)@cos⁡(t)&-sen(t)&〖sec〗^2 (t))| = 〖(φ(t))〗^2 (1/(cos⁡(t))+(〖sen〗^2 (t))/cos⁡(t) ,sen(t) sen(t)/cos^2⁡(t) ,〖sen〗^2 (t)+〖cos〗^2 (t))
= 〖(φ(t))〗^2 ((1〖+sen〗^2 (t))/(cos⁡(t)),- (s〖en〗^3 (t))/cos^2⁡(t) ,〖sen〗^2 (t) 〖cos〗^2 (t),-1)
‖r’ (t)×r”(t) ‖ =√((〖(1+〖sen〗^2 (t))〗^2/(〖cos〗^2 (t)))+ (s〖en〗^6 (t))/cos^4⁡(t) +1) , ‖r’ (t)‖^3 =( 〖φ(t))〗^3 〖sec⁡(t)〗^3 .
Paso 3. Calculo de K (t)
K(t)= ‖r’(t)× r”(t) ‖/‖r’(t) ‖^3=(〖(φ(t))〗^2 √((〖(1+〖sen〗^2 (t))〗^2/(〖cos〗^2 (t)))+ (s〖en〗^6 (t))/cos^4⁡(t) +1))/(〖(φ(t))〗^3 〖sec⁡(t)〗^3 ) = (cos^2 (t) √((〖(1+〖sen〗^2 (t))〗^2/(〖cos〗^2 (t)))+ (s〖en〗^6 (t))/cos^4⁡(t) +1))/(φ(t)sec(t))
= √(〖cos^2 (t)(1+〖sen〗^2 (t))〗^2+s〖en〗^6 (t)+〖cos〗^4 (t))/(φ(t)sec(t))
= √(〖cos^2 (t)(2-〖cos〗^2 (t))〗^2+〖(1-〖cos〗^2 (t))〗^3 (t)+〖cos〗^4 (t))/(φ(t)sec(t))
= √(〖cos〗^2 (t)(4-4〖cos〗^2 (t)+〖cos〗^4(t))+1-3〖cos〗^2 (t)+〖3cos〗^4 (t)-〖cos〗^6 (t) 〖+cos〗^4 (t) )/(φ(t)sec(t))
= √(4〖cos〗^2 (t)-4〖cos〗^4 (t)+〖cos〗^6 (t)+1-3〖cos〗^2 (t)+〖3cos〗^4 (t)-〖cos〗^6 (t) 〖+cos〗^4 (t) )/(φ(t)sec(t))
= √(1+〖cos〗^2 (t))/(|φ(t)|sec(t))
Paso 4. Búsqueda y grafico de φ(t).
Igualando de acuerdo a lo especificado:
K(t)= √(1+〖cos〗^2 (t)) => √(1+〖cos〗^2 (t))/(φ(t)sec(t)) =√(1+〖cos〗^2 (t)) => φ(t).=cos(t).
Se muestra lagráfica de φ(t)= cos(t), 0 ≤ t ≤ π/2 (ver figura 40)




 
21. Halle una parábola y=ax2+bx+c que tenga con la unción y=sen(x) en el punto A ( п/2 ,1) la misma recta tangente y la misma curvatura.
Solución.
Paso 1. Construcción de función posición de las curvas y sus derivadas.
Parábola: r(t)=(t,at2+bt+c) => r’(t)=(1, 2at+b) =>r”(t)=(0,2a).
Trigonométrica: r(t)=...