calculo

Algunos resultados sobre derivadas de funciones vectoriales
Definici´n: Si r(t) es un vector de posici´n de una particula que se mueve a lo largo de una
o
o

curva suave en el espacio, entonces:
a) la velocidad es la derivada de la posici´n v(t) =
o

dr(t)
dt

b) la rapidez es la magnitud de la velocidad v(t)
c) la aceleraci´n es la derivada de la velocidad a =
o
d) el vectordv(t)
dt

=

d2 r(t)
dt

v(t)
es una direcci´n de movimiento en el tiempo t.
o
v(t)

o
Ejemplo: El vector r(t) = 3 cos tˆ sin tˆ 2 k da la posici´n de un cuerpo en movimiento
i+3
j+t ˆ
en el tiempo t. Encuentre la rapidez del cuerpo y su direccion cuando t = 2 ¿En que
tiempo son ortogonales los vectores velocidad y aceleraci´n del cuerpo?
o
Soluci´n: Tenemos que
o

dr(t)
ˆ
=−3 sin tˆ + 3 cos tˆ + 2tk
i
j
dt
=

(−3 sin t)2 + (3 cos t)2 + (2t)2

=
√

r (t)

− sin2 t + 9 cos2 t + 4t2
9 + 4t2

por lo tanto si t = 2 entonces
por lo tanto la direcci´n es
o

9 + 4(2)2 =

√

25 = 5
1
(−3 sin 2, 3 cos 2, u)
5

por otro lado,
r · a = 0 ⇔ (−3 sin t, 3 cos t, 2t) · (−3 cos t, −3 sin t, 2) = 0
⇔ 9 sin t cos t − 9 cos t sin t + 4t = 0
⇔ 4t = 0
⇔t=0Ejercicio: Encontrar la funci´n de una particula a partir de su funci´n velocidad y posio
o

dr(t)
=
dt
cos tˆ − sin tˆ + k Encuentre la psici´n de la particula e funci´n de t si r(0) = 2ˆ + k
i
j ˆ
o
o
i ˆ

ci´n inicial. La velocidad de una particula que se mueve en el espacio es
o

1

Soluci´n: Nuestra meta es resolver el problema de valor inicial que consiste en la
oecuaci´n diferencial
o
dr(t)
= cos tˆ − sin tˆ + kconr(0) = 2ˆ + k
i
j ˆ
i ˆ
dt
ˆ
al integrar de ambos lados r(t) = sin tˆ − cos tˆ + tk + c y el valor de c lo
i
j
encontramos a partir de la condici´n inicial
o
ˆ
sin(0)ˆ − cos(0)ˆ + (0)k + c = 2ˆ + k
i
j
i ˆ
por lo tanto
c + ˆ = 2ˆ + k
j
i ˆ
c = 2ˆ − ˆ + k
i j ˆ
por lo tanto
ˆ
r(t) = (sin t + 2)ˆ + (cos t − 1)ˆ + (t + 1)k
ij
Ejercicio: Hallar el ´ngulo formado por las graficas de las funciones definidad por f (t) =
a

(t, t2 + 1, 1 − 2t), g(w) = (w + 1/2, −2 + 8w, −2) en algunos de los puntos de intersecci´n.
o
Soluci´n: El ´ngulo formado por dos curvas e un punto de intersecci´n es el formado
o
a
o

por sus tangentes en el mismo punto.
Primero igualaremos las funciones componente a componente
t=w+

12
t + 1 = −2 + 8w 1 − 2t = −2w
2

1

2

Sustituyendo 1) en 2)
1
(w + )2 = −2 + 8w
2
13
w2 − 7w +
=0
4
13
1
w1 = ,
w2 =
2
2
2

3

y sustituyendo en 1) t = 7 ´ t = 1 as´ los puntos de interseccion son: P1 (1, 2, −1),
o
ı
P2 (7, 50, −13) tomando a P1 tenemos que f (t) = (1, 2t, −2) y g (w) = (1, 8, −2)
por lo tanto
f (1) = (1, 2, −2)yg (t) = (1, 8, −2)
por lo tantoel angulo entre f y g es f (1) · g (1/2) = |f (1)||g (1/2)| cos θ
θ

f (1) · g (1/2)
|f (1)||g (1/2)|
21
√
= cos−1
3 69
−1
= cos (0,8427)
= cos−1

≈ 32o 6
Ejercicio: Mostramos que la derivada de un vector de magnitud constante es ortog-

onal a el.
Soluci´n: Sea r(t) un vector de magnitud constante
o

r(t) · r(t) = |r(t)|2 = constante
por lo tanto
dr(t) · r(t)
= r(t) · r (t)+ r (t) · r(t) = 2r(t) · r (t) · · · (1)
dt
por otro lado
(r(t))2
dr(t) · r(t)
=
= 0 · · · (2)
dt
dt
de (1) y (2) tenemos
2r(t) · r (t) = 0
r(t) · r (t) = 0
por lo tanto el vector es ortogonal a su derivada
Ejercicio: Dado un vector B no nulo y una funci´n vectorial F tal que F (t) · B = t
o

∀t y tales que el ´ngulo formado por F (t) y B es constante (independientemente
a
de t).Demostrar que F (t) es ortogonal a F (t)
3

Soluci´n: Tenemos que (F · B) = F · B + B · F por otro lado F · B = t ⇒
o

(F · B) = 1 mientras que
F ·B = F

B cos(F , B)

por lo tanto
1= F

B cos(F , B) ⇒ F

que es constante ∀t por lo que tenemos F
F

2

=

1
|B cos(F , B)

=K⇒ F

2

= K 2 y como

=F ·F

entonces
d
F · F = F · F + F + F = 2F · F ⇒ 2F · F = 0...