Curvas en el espacio y funciones vectoriales. Cálculo vectorial.

Función vectorial

Una función de la forma

\displaystyle \overrightarrow{r}(t) = f(t) \overrightarrow{i} + g(t)\overrightarrow{j}

\displaystyle \overrightarrow{r}(t) = f(t)\overrightarrow{i} + g(t)\overrightarrow{j} + h(t)\overrightarrow{k}

es una función vectorial, donde las funciones componentes f, g y h son funciones del parámetro t. Algunas veces, las funciones vectoriales se denotan como:

$\overrightarrow{r}(t) = <f(t), g(t)>$

$\overrightarrow{r}(t) = <f(t), g(t), h(t)>$

Trazado de una curva. Problemas resueltos.

Problema 1. Graficar la siguiente función: $\overrightarrow{r}(t) = 2\cos{t} \overrightarrow{i} - 3 \sin{t} \overrightarrow{j}$ , en $0 \le t \le 2\pi$ .

Solución. De las ecuaciones, se despejan los términos trigonométricos:

$x = 2\cos{t}$ y $y = -3\sin{t}$

$\displaystyle \frac{x}{2} = \cos{t}$ y $\displaystyle -\frac{y}{3} = \sin{t}$

Recordando que ${\sin}^{2}{\theta} + {\cos}^{2}{\theta} = 1$ y cambiando de “θ” por “t”, es decir, ${\sin}^{2}{t} + {\cos}^{2}{t} = 1$ , se realiza lo siguiente

${(\sin{t})}^{2} + {(\cos{t})}^{2} = 1$

$\displaystyle {(-\frac{y}{3})}^{2} + {(\frac{x}{2})}^{2} = 1$

$\displaystyle \frac{y^2}{9} + \frac{x^2}{4} = 1$

$\displaystyle \therefore \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$

Lo cual, representa una ecuación de una elipse vertical con centro en el origen.

Diapositiva5 — *Figura 1.Representación gráfica del trazado de una curva, para la elipse obtenido $\displaystyle \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$ .*

*Figura 1.Representación gráfica del trazado de una curva, para la elipse obtenido $\displaystyle \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$ .*

Trazado de una curva en el espacio. Problemas resueltos.

Problema 2. Graficar la siguiente función: $\displaystyle \overrightarrow{r}(t) = 4\cos{t} \overrightarrow{i} + 4 \sin{t}\overrightarrow{j} + t\overrightarrow{k}$ , $0 \le t \le 4\pi$ .

Imagen1 — Figura 2. Representación gráfica de la función vectorial $\displaystyle \overrightarrow{r}(t) = 4\cos{t} \overrightarrow{i} + 4 \sin{t}\overrightarrow{j} + t\overrightarrow{k}$ .

Solución. De la función $\overrightarrow{r}(t) = 4 \cos{t} \overrightarrow{i} + 4 \sin{t} \overrightarrow{j} + t \overrightarrow{k}$ , se pueden identificar que, en la ecuación de “x”

$x(t) = 4 \cos{t}$

$x = 4 \cos{t}$

$\displaystyle \frac{x}{4} = \cos{t}$

Y en la ecuación de $y$

$y(t) = 4 \sin{t}$

$y = 4 \sin{t}$

$\displaystyle \frac{y}{4} = \sin{t}$

Ahora, utilizando la identidad trigonométrica ${\sin}^{2}{\theta} + {\cos}^{2}{\theta} = 1$ , y cambiando la variable “θ” por “t”, es decir, ${\sin}^{2}{t} + {\cos}^{2}{t} = 1$ , se reemplaza lo siguiente

${\sin}^{2}{t} + {\cos}^{2}{t} = 1$

${(\sin{t})}^{2} + {(\cos{t})}^{2} = 1$

$\displaystyle {(\frac{y}{4})}^{2} + {(\frac{x}{4})}^{2} = 1$

$\displaystyle \frac{y^2}{16} + \frac{x^2}{16} = 1$

$\displaystyle \therefore \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{16} = 1$

Lo cual, representa una ecuación de una elipse horizontal con centro en el origen.

Diapositiva9 — *Figura 3. Representación gráfica del trazado de una curva, para la elipse obtenido $\displaystyle \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{16} = 1$ .*

*Figura 3. Representación gráfica del trazado de una curva, para la elipse obtenido $\displaystyle \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{16} = 1$ .*

Representación gráfica de una función vectorial. Problemas resueltos.

Problema 3. Representar en función vectorial la siguiente función rectangular $y = x^2 + 1$ . Una función vectorial de $\displaystyle \overrightarrow{r}(t) = t\overrightarrow{i} + (t^2 + 1) \overrightarrow{j}$ , para una semielipsoide $\displaystyle \frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{24} + \frac{z^2}{4} = 1$ , donde $z \ge 0$ .

Solución. Despejando la variable $z$

$\displaystyle \frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{24} + \frac{z^2}{4} = 1$

$\displaystyle \frac{z^2}{4} = 1 - \frac{x^2}{12} - \frac{y^2}{24}$

$\displaystyle z^2 = 4 - \frac{4}{12} x^2 - \frac{4}{24} y^2 = 4 - \frac{1}{3} x^2 - \frac{1}{6} y^2$

$\displaystyle z = \frac{24 - 2x^2 - y^2}{6}$

Reemplazando $x = t$ y $y = x^2$ , se despeja $z$

$\displaystyle z^2 = \frac{24-2t^2-t^4}{6}$

$\displaystyle z = \sqrt{\frac{24-2t^2-t^4}{6}}$

Si $z=0$ , se tiene que

$\displaystyle 0 = \frac{24-2t^2-t^4}{6}$

$24 - 2t^2 - t^4 = 0$

$t^4 + 2t^2 - 24 = 0$

Utilizando la fórmula general

$\displaystyle x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$

Se reemplaza $x$ por “ $t^2$ ” en el primer miembro

$\displaystyle t^2 = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$

Entonces los coeficientes a utilizar son $a=1$ , $b=2$ , $c=-24$ . Así que sustituyendo en la ecuación:

$\displaystyle t^2 = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$

$\displaystyle t^2 = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4(1)(-24)}}{2(1)}$

$\displaystyle t^2 = \frac{-2 \pm \sqrt{4+96}}{2}$

$\displaystyle t^2 = \frac{-2 \pm \sqrt{100}}{2} = \frac{-2 \pm 10}{2}$

La primera solución es

$\displaystyle {t_1}^{2} = \frac{-2+10}{2} = \frac{8}{2} = 4$

$\displaystyle {t}_{1} = \pm \sqrt{4} = \pm 2$

La segunda solución es

$\displaystyle {t_2}^{2} = \frac{-2-10}{2} = - \frac{12}{2} = -6$

$\displaystyle {t_2} = \sqrt{-6} = i\sqrt{6}$

Así que solo se tomará la primera solución. Por lo tanto el intervalo que toma todos los valores deberán estar entre $-2 \le t \le 2$ , así que

$\overrightarrow{r}(t) = x \overrightarrow{i} + y \overrightarrow{j} + z \overrightarrow{k}$

$\displaystyle \overrightarrow{r}(t) = t \overrightarrow{i} + t^2 \overrightarrow{j} + (\sqrt{\frac{24 - 2t^2 - t^4}{6}}) \overrightarrow{k}$

para $-2 \le t \le 2$ .

Límites y continuidad. Límites de una función vectorial.

1.- Si $\overrightarrow{r}$ es una función vectorial tal que $\overrightarrow{r}(t) = f(t) \overrightarrow{i} + g(t) \overrightarrow{j}$ , entonces:

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow a}{\overrightarrow{r}(t)} = [\lim_{t \rightarrow a}{f(t)}] \overrightarrow{i} + [\lim_{t \rightarrow a}{g(t)}] \overrightarrow{j}$

en caso de que $\overrightarrow{r} (t)$ está en el plano.

Siempre que existan los límites de f y g cuando $t \rightarrow a$ .

2.- Si $\overrightarrow{r}$ es una función vectorial tal que $\overrightarrow{r}(t) = f(t) \overrightarrow{i} + g(t) \overrightarrow{j} + h(t) \overrightarrow{k}$ , entonces:

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow a}{\overrightarrow{r}(t)} = [\lim_{t \rightarrow a)}{f(t)}] \overrightarrow{i} + [\lim_{t \rightarrow a}{g(t)}] \overrightarrow{j} + [\lim_{t \rightarrow a}{h(t)}] \overrightarrow{k}$

En caso de que $\overrightarrow{r}(t)$ esté en el espacio.

Siempre que existan los límites de f, g y h cuando $t \rightarrow a$ .

Continuidad de una función vectorial.

Una función vectorial $\overrightarrow{r}(t)$ es continua en un punto dado por t=a si el límite de $\overrightarrow{r}(t)$ cuando $t \rightarrow a$ existe y

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow a}{\overrightarrow{r}(t)} = \overrightarrow{r}(a)$

Una función vectorial $\overrightarrow{r}(t)$ es continua en un intervalo I si es continuo en todos los puntos del intervalo.

Problemas resueltos.

Problema 4. Observar la continuidad para la siguiente función vectorial:

$\overrightarrow{r}(t) = t \overrightarrow{i} + a \overrightarrow{j} + (a^2-t^2 ) \overrightarrow{k}$

para $t=0$ .

Solución. En base a la función vectorial, se toman los limites en ambos miembros cuando t tiende a cero.

$\displaystyle \overrightarrow{r}(t) = t \overrightarrow{i} + a \overrightarrow{j} +(a^2-t^2) \overrightarrow{k}$

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0}{\overrightarrow{r}(t)} = [\lim_{t \rightarrow 0}{t}] \overrightarrow{i} + [\lim_{t \rightarrow 0}{a}] \overrightarrow{j} + [\lim_{t \rightarrow 0}{(a^2-t^2)}] \overrightarrow{k}$