´ Primera pr´actica actica calificada MATEMATICA III (2015-2) Miguel Pajuelo Villanueva 1, Moises Vera Chinchay 2 1−2 Facultad Faculta d
de d e Inge I ngenier´ nier´ıa El´ectrica ectr ica y Elect E lectr´ r´onica onica (FIEE)
Universidad Universid ad Naciona N acionall de Ingenier Ingeni er´´ıa PER P ER
8 de octubre de 2015 1. En una l´ınea recta l, se ubican los puntos A fijo y otro punto variable variable M. Sea el punto P, P, un punto tal que el tri´angulo angulo APM es is´oceles oceles P A = P M . Si el punto P var´ var´ıa tal que la longitud del radio R de la circunferencia circunscrita al tri´angulo angulo APM sea constante, entonces determine la ecuaci´ on on vectorial del lugar geom´etrico etrico que describe el circuncentro O y el ortocentro H del tri´ angulo angulo APM. ´ SOLUCION
∼
2. Un destructor trata de cazar a un submarino en medio de una niebla densa, la niebla se levanta durante un instante y se observa que el submarino se encuentra en la superficie a 3 millas de distancia,y la niebla vuelve a cerrarse. La rapidez del destructor es el doble que la del submarino y adem´as as el submarino se sumergir´a inmediatamente y avanzar´ aa toda rapidez en l´ınea recta en una direcci´ on desconocida. Halle la ecuaci´ on on on vectorial de la trayectoria que seguir´ a el destructor para estar seguro de pasar sobre el submarino. ´ SOLUCION Trabajemos en coordenadas polares, Sea s: submarino y D: destructor. El destructor avanz´ o hacia donde vi´ o a s. Si s hubiera avanzado hacia D, entonces
D estar´ estar´ıa sobre S en un tiempo to 1
vt o + 2vt 2 vt o = 3
→t
o
=
1 vo
Hacemos: S : (xS (t); yS (t)) (RS (t); θo) D : (xD (t); yD (t)) (RD (t); θt ) Donde: θo : ´angulo angulo que forma el escape de S. Rs (t) = vt v t (distancia recorrida) recorrida) Para que D pase sobre S, RD (t) = R S (t) = vt v t 1 1 t > (Si t = ; RD (t) = R S (t) = 1) v v xD (t) = vtcosθ( vtcosθ(t) y yD (t) = vtsenθ( vtsenθ(t) 2 2 2 2 (x (t)) + (y (y (t)) = v D = 4v 2 2 v (cos θ(t) + t + t2 sen2 θ(θ (t))2 + sen2 θ(t) + t + t2cos2 θ(t)(θ )(θ )2) = 4v 2 3 Queda θ (t) = θ = 3lnt + lnt + C t 1 Como θ( ) = 0 v 1 C= 3ln( ln( ) v θ(t) = 3ln( ln(vt) vt ) y R(t) = vt v t θ ± ± √ 3 vt = vt = e e R(θ) = e θ ± 3 D avanza 2 millas hacia S y luego sigue una espiral de la forma R(θ) = e
≡ ≡
∀ −→
±
√
⇒
∓√ √ ±
√
θ
3
±√
⇒
√
−→
3. Sea la curva suave ς descrita ς descrita por la transformaci´ on on r :< 0; > a(1 t2 ) 2at r (t ( t) = ( ; ; 2btan− 1(t 1(t)) 2 2 1 + t + t 1 + t + t Determine la ecuaci´on on vectorial de la involuta de la curva suave ς suave ς ´ SOLUCION u t = tan = tan(( ) 2 r (u) = (acosu; acosu; asenu; asenu; bu) bu) r (u) = ( asenu; asenu; acosu, acosu, b) u s(u) = 0 r (u) du u a2 + b2 ) du 0 S (u) = a2 + b2 u s u = a2 + b2 s s bs r (s) = (acos( acos( ); asen( asen( ); ) a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 s acos( acos( ) 2 + b2 a s a ; cos( ); ) r (s) = ( cos( a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 r (s) = r (s) + (c ( c s) t (s) s acos s s a2 + b2 r (s) = (acos( acos( )); asen( asen( ); )+ a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 s s acos acos( acos( ) b a2 + b2 a2 + b2 (c s)( ; ; 2 ) a + b2 a2 + b2 a2 + b2
−
−→
→ −
−→ · √ ·
→ −
−
√
√ √ √
3
∞ →R
tal que
√
→ −
→ − → −∗ → −∗
√
− √ −→
√ − −→
√
√
√ √
√ √ √ − − √ →r = −→r (s 4. Sea ς la ς la curva descrita por − ( s), siendo s el par´ametro ametro longitud de arco. La curva ς tiene las longit l ongitudes udes caracter´ cara cter´ısticas: ıstica s:
2
π con el eje z. 4 Su proyecci´ on on sobre el plano z = = 13, es la curva de ecuaci´ on on x2 + y 2 = 4; z = 13 Sus tangentes determinan un angulo a´ngulo de medida constante igual a
Se define ς 1 como la curva suave descrita por:
−→ (s) −→r = −→r (s ) = a−→r (s ( s) + T (s 1
1
1
Siendo a una contante. Calcule la curvatura k1 (s1 ) de funci´on on de a de la curva suave ς 1 de un punto gen´erico erico de ella. ´ SOLUCION Ya que su proyecci´ on on en un plano paralelo paralelo a XY es un c´ırculo ırculo y sus tangente al eje z es constante podemos p odemos inferir que se trata tra ta de una h´elice elice circular. circular . r = (acost; acost; asent; asent; bt) bt) De la proyecci´ on on en z=13; x2 + y 2 = 4 (acosto )2 + (asent (asento )2 = 4 2a2 = 4; a = 2 π Ahora sabemos que el angulo a´ngulo que forma con el eje z es 4 entonces llamamos a z : : vector unitario del eje Z. z = (0, (0, 0, 1) El ´angulo angulo de estos vectores lo calculamos mediante producto escalar. r z ( asent; asent; acost; acost; b)(0;0;1) π = = ( ) cosθ = cosθ = cos( cos r z 4 (a2 + b2 )(1) 1 b = como a = 2 b = 2 2 a2 + b2 Ahora: r = ( 2cost; cost; 2sent; sent; 2t) t Reparametrizando: s Reparametrizando: s = = 0 = a2 + b2 dt s = 2t s s 2 r (s) = ( 2cos( cos( ); 2sen( sen( ); s) 2 2 2
−→
√
⇒
−→
→ −
−→ −→ − − → − → √ ⇒ √ √ √ −→ √ √ √ √ · √ √ → − →r = a →r + −→T Sabemos que: − = a − √ 2 √ 2 √ √ √ s s →r = 2( 2cos ; 2 ; s) + (−sen s ; cos s ; 1) Reemplazando: − 2 √ 2 2 2 2 2 √ √ s 2 s s 2 s 2 → −r = (2cos (2cos − sen ; 2sen + cos ; s + ) 2 √ 2 2 2 2 √ 2 2 s s 2 cos 2 sen → −r = −→T = (− 2 − sen s ; cos s − 2 ; 1) 4 − 2 2 4 − → → Sabemos que: T = κ N −→ Hallamos N − → → −N = T −→T En un punto √ gen´erico: erico : t = 0 ⇒ s = 0 √ → −T = (− 1 ; − 2 ; 0) ⇒ −→T = 3 2 2 8 √ 8 → −N = √ 8 1 2 (− ; − ; 0) 8 3 2 2 −→T = κ−→ Ahora: √ N 1 2 4 1 (− ; − ;0) = κ = κ((− √ ; − ; 0) 2 8 3 2 3
1(s 1(s1 )
s
s
1
1
1
1 2 16 1 + = κ2 ( + ) 4 64 18 9
3
9 = κ 2 32
⇒
√
3 2 κ = 8
5. Sea ς u ς una na h´elice elice circular circu lar y ς 1 es el lugar geom´etrico etrico de los centros de curvatura de la h´elice eli ce circul cir cular. ar. Si k Si k es la curvatura curvatura de la h´elice, elice, entonces el producto de las torsiones de la curvas ς y ς 1 ´ SOLUCION
−→
Sea r la posici´ pos ici´on on de la h´elice elice en un tiempo tiemp o t. r = (acost; acost; asent; asent; bt) bt) r r Hallamos su curvatura: k = ( r )3 r = ( asent; asent; acost; acost; b) r = ( acost; acost; asent; asent; 0) (absent; absent; abcost; abcost; a2 ) a a2 + b2 Reemplazando k = k= ( a2 + b2 )3 ( a2 + b2 )3 a 1 a2 + b2 k = 2 ρ = = a + b2 k a Ahora sea: ς 1 la curva cu rva descrita por los centros de curvatura cu rvatura de la h´elice elice Est´a definida por: c = r + ρ n Hallamos Hallamo s la normal norma l de la h´elice elice r = r t 1 (8 asent; asent; acost; acost; b) = a2 + b2 t t = ( asent; asent; acost; acost; b) a2 + b2 t = t n 1 1 ( acost; acost; asent; asent; 0) = an a2 + b2 a2 + b2 n = ( cost; cost; sent; sent; 0) a2 + b2 c = (acost; acost; asent; asent; bt) bt) + ( cost; cost; sent; sent; 0) a a2 + b2 a2 + b2 c = (acost cost; cost; asent sent; sent; bt) bt) a a c = ( b2 cost; cost; b2 sent; sent; bt) bt) Ahora, hallamos las torsiones: Sea τ : τ : torsi´on on de ς y τ 1 : torsi´on on de ς de ς 1 (r r )r τ = r r r = (acost; acost; asent; asent; bt) bt)
→ − → − → −
−→ × −→ −→
− −
−
√ −
√ √
⇒
−→ −→ −→
→ − −→ −→ √ − → − −→ −→ √ − − → − − − ⇒ −→ → − − → −→ − − −→ × −→ −→ −→ × −→ → −
−→ ⇒ −→ √ −→
√
−
−
4
−
−
→ −r = (−asent; ; acost; acost; b) → −r = (−asent acost; acost; −asent; asent; 0) → −r = (asent; asent; −acost; acost; 0) (absent; absent; −abcost; abcost; a )(asent )(asent;; −acost; acost; 0) τ =
2
a2 (a2 + b2 ) + a2 bcos2 (t) a2 bsen2 (t) + a a2 b τ = = 2 2 a2(a2 + b2 ) a (a + b2 ) Para ς 1 : (c c ) c τ 1 = c c
b 2 + b2
⇒ τ = a
−→ × −→ −→ −→ × −→ → −c = (−b cost; cost; −b sent; sent; bt) bt) → −c = (b sent; ; −b cost; cost; b) → −c = (b sent cost; b sent; sent; 1) → −c = (−cost; b sent; sent; b cost; cost; 0) (−b cost − b sent; sent; b cost − b sent; sent; b )(−b sent; sent; b cost; cost; 0) τ = b (b + b + 1) b sentcost + sentcost + b b sen (t) + b + b cos (t) − b sentcost τ = 2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
1
2
4
4
4
5
1
4
2
2
2
2
5
2
4
b4 (b4 + b2 + 1)
→ τ = b (b +1 b + 1) Piden τ × × τ = ( a +b b )( b (b +1 b + 1) ) 1 ⇒ τ × × τ = (a + b )(b )(b )(b )(b + b + 1) 1
4
4
2
1
1
2
2
2
2
4
3
4
4
2
2
6. Una part´ part´ıcula se desplaza a lo largo de una curva plana con rapidez constante igual a 2, el movimiento movimiento empieza empieza en el origen cuando t=0 y el vector velocidad velocidad inicial es (2; 0). En cada instante la curvatura de la curva es 4t 4t. Si la curva nunca est´ a debajo del eje X, 5
√ π
calcule el vector velocidad cuando t = 4 ´ SOLUCION r =2 vo = (ro ) = 2 k = 4t dQ k(s) = dS t s = 0 r dt t s = 0 2 dt t s = 2 0 dt s = 2t ds =2 ds = ds = 2dt dt Integrando obtenenmos: s = 2t k = 2s Hallando Q: dQ k(s) = dS dQ 2s = dS s Q 2s ds = ds = 0 dQ s2 = Q 0 ds s De: x x0 = 0 cosQ ds x = cosQ dt ds s Igualmente para y: y y0 = 0 senQ ds y = senQ dt Pero: Q = s = s 2 ds x = cos( cos (s2 ) .. . .. (1 ) dt ds y = sen( sen(s2 ) .. . .. (2) dt Pero: s = 2t En (1) y (2) ds x = cos(4 cos (4tt2) dt ds y = sen(4 sen(4tt2 ) dt r = (2cos (2cos(4 (4tt));2sen ));2sen(4 (4tt)) r = ( 2; 2) Π ( ) 4
−→
−→ · ··
→
·
· −
· −
·
⇒ ⇒
−→ ⇒ −→ √
√ √
2 1 ) en cualquier punto de una orbita o´rb ita el´ıptica ıpt ica.. r a v ; velocidad y a es la longitud del semieje mayor de la ´orbita. orbita.
7. Demuestre que v 2 = GM(
−→
−
Si r = r ´ SOLUCION En los casos espec´ espec´ıficos de una orbita o´rbita el´ el´ıptica o circular , la ecuaci´ on on puede derivarse f´acilmente acilmente a partir de la conservaci´ on on de energ´ ene rg´ıa ıa y momento mom ento.. Energ´ Ene rg´ıa ıa total espec e spec´´ıfico es constante con stante a lo largo de la orbita ´ . Por lo tanto, el uso de los sub´ sub´ındices a y p para denotar d enotar apogeo y perigeo, p erigeo, respectivamente. res pectivamente. 0 < ε < 1
−→v
2 a
−→v
2 p
GM = − − −→v 2 −→v r GM 2 GM r − 2 = r − r 2
ε =
2 a
GM
2 p
a
p
a
p
Recordando que para una orbita o´rbit a el´ el´ıptica ıptic a (y por po r lo tanto tambi´en en una orbita o´rbita 6
circular ) los vectores de velocidad y radio son perpendiculares al apogeo y perigeo,la conservaci´ on del momento angular requiere: on ra = r a v a = r = r p v p h = r v p = va r p 1 ra2 GM GM 2 (1 ) v = a 2 r p2 ra r p 2 2 1 r p ra 2 GM GM va= 2 r p2 ra r p Aislando Aisland o la l a energ´ e nerg´ıa ıa cin´ c in´etica etica en el apogeo apo geo y simplific s implificando ando:: 2 r p 1 2 GM GM va=( )( 2 ) 2 ra r p r p ra2 r p2 1 2 r p ra v = GM( )( 2 ) 2 a rar p r p ra2 1 2 r p v a = GM 2 ra (r p + r + ra ) A partir par tir de la geometr´ geometr´ıa de una elipse 2a = r = r p + r + ra; donde a es la longitud del semieje mayor v a2 GM 2a ra ε = = GM( ) 2 ra ra (2a (2a) GM 2a ra 1 ε = GM( )= 2ara ra 2a Esto en la primera ecuaci´ on: on: 2 GM GM v = 2 r 2a 2 1 v 2 = GM( ) r a
−→
−→
⇒ −→
− −→ − −→
−→
−
−
− −
−→ −→
−→
−
−→
−
−
−
− −
−→
− ⇒ −→
−
− −
8. Halle las ecuaciones intr´ intr´ınsecas de la curva regular ς , descrita por la transformaci´ on on 2 R tal que r θ = (aθ r : [0;2π [0;2π ] asenθ; asenθ; a acosθ) acosθ) , a > 0. ´ SOLUCION r = (aθ asenθ; asenθ ; a acosθ) acosθ) ( r ) = (a acosθ; acosθ; asenθ) asenθ) ( r ) = (asenθ; asenθ ; acosθ) acosθ) ( r ) = (acosθ; acosθ; asenθ) asenθ)
−→
−→
→
−→ −→ −→ −→
− −
−
−
−
−
7
→r ) × ((−→r ) (− k = ((r) ) Reemplazando: a cosθ − a k = a (−2cosθ − 2) −1 ⇒ k = a (−cosθ 2cosθ − 2) − → →r ) ).(r) ( r × (− Ahora: τ = (−→r × (−→r ) ) (0; (0; 0; a cosθ − a ).(acosθ; acosθ; −asenθ; asenθ; 0) τ = →r ) × (−→r ) ) ((− 0+0+0 τ = − → ( r ) × (−→r ) ) ⇒ τ = 0 Reparametrizando: s = (x ) + (y (y ) · dθ s = (a) (1 − cosθ) cosθ) + (a (a (senθ) senθ) ) · dθ θ s = −4acos( acos( ) + 4a 4a 2 arccos(4a a − s) ⇒ θ = 2arccos(4 4a cosθ − 1 ⇒ k = a (−2cosθ − 2) y τ = 0;
2
3
2
3
3/2
3
2
2
θ 0 θ 0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
θ =
2arccos(4 arccos(4a a 4a
− s)
−→ ∈ −→ − −→
9. Sea ς la ς la curva suave cerrada convexa y plana descrita por α (s), [0; l] orientada positivamente. La curva suave ς suave ς 1 descrita por β (s (s) = α (s) µ N ( N (s) es el vector normal, se denomina una curva paralela a α (s). Calcule la curvatura de la curva suave ς 1 . ´ SOLUCION ς : r (s ( s) r ∗ (s1 ) = r (s ( s) u n (s (s) ∗ ( r ) (s1 ) = ( r ) (s) u( n ) ds t ∗ = [ t (s ( s) u( k t τ b )] ...(1) ds1 Pero como r (s ( s)// r ∗ (s1 ) [ t (s) u( k t + τ b )] t (s ( s) = 1 ds 1 = ...(2) ds1 1 + uk + uk (2) en (1)
−→ −→ → − −→ − −→ −→ −→ − −→ → − −→ − − −→ − −→ −→ −→ −→ − − −→ −→ −→ ⇒ 8
−→
− −→ − →
→ −t (s ) = −→t
uk t uτ b ∗ + 1 1 + uk + uk 1 + uk + uk uτ b t ∗ (s1 ) = t 1 + uk + uk uτ uτ ds (tj( tj (s1 )) = [( t ) (( b ) + b ( ) )] 1 + uk + uk 1 + uk + uk ds1 uτ uτ 1 k ∗ n ∗ = [k k τ n ( b ( ) ] 1 + uk + uk 1 + uk + uk 1 + uk + uk 2 1 uτ k ∗ = (k 0) 1 + uk + uk 1 + uk + uk 2 k uτ k∗ = 1 + uk + uk (1 + uk + uk))2 k + uk + uk 2 uτ 2 ∗ k (s) = (1 + uk + uk))2
−→ − −→ −→ → − − −→ −→ −→ − −→ − −→ − − − → − − → −
10. Encuentre la curvatura y el centro de curvatura de la c´ onica onica x2 2xy + xy + y y 2 x + 3y 3y 4 = 0 en el punto punto (0; 1). ´ SOLUCION Parametrizamos la curva, hacemos x=t t2 2ty + ty + y y 2 t + 3y 3y 4 = 0 y2 + (3 2t)y + t + t2 t 4 = 0 (3 2t) (3 2t)2 4(1)(t 4(1)(t2 4 t) y = 2 2t 3 25 8t y = Para t=0 x = 0, y = 0 2 El valor que satisface es: 2t 3 + 25 8t y= 2 Ahora tenemos: 2t 2 t 3 + 25 8t r (t ( t) = (x, y ) = (t; ) Derivando: 3 25 8t 2 8 ); ) r (t) = (1; r (t) = (0; 25 8t (25 8t)3 Para t=0; 23 8 r = (1; ) ; r (t) = (0; ) 5 125 Sabemos: r r (1; (1; 23/ 23/5) (0; 8/125) k = = ( r )3 (1; (1; 23/ 23/5)3 8 k = 125 k = 6,135 10−4 554 3/2 ( ) 25 Sabemos r = r . r 25 8t 2 (1; 25 8t T = 2( 25 8t + 8t 8t 27 8t 25 8t 25 8t 35( 25 8t 2) ; T = ( 2(2 25 8t + 8t 8 t 27 25 8t( 2(2 8t 35 + 8t 8t
−
−
−
− − − − − − − − ± − − − − − ± √ − → − √ − √ − − −→ √ − − √ − −
−−
×
−→
→ −
× −
→ × √ −→−−→ − √ − √ − − √ −− √ − √ − − ) √ − √ √ − − − − 27)
9
√ 8t − 25 −(√ 8t − 25)(√ 25 − 8t − 2) ; ) √ √ √ ( 25 − 8t)( 2(2 25 − 8t + 8t 8 t − 27) 2(2 25 − 8t + 8t 8 t − 27) 15 25 Para t=0 → N = (− ; ) 34 34 − → − → C = r + ρ. N 1 1 Sabemos que: ρ = = = 1,62 ∗ 10 k 6,135 ∗ 10 −15 ; 25 ) C = = (0; 1) + 1, 1,63 ∗ 103( 34 34 = (714, (714,7; 1192 1192,,17) ⇒ C = −→ N = (
3
−4
10
