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Capitulo III
Matemática III (733)
Objetivo 7. Aplicar el calculo diferencial e integral a una función vectorial
de una variable real.
Ejercicio 1
Calcula ( )0
cos , ,t t tsent t dtπ
∫
Solución
Justificación: En este caso se nos presenta una integral de una función
vectorial de varaible real t . Una función vectorial de variable real es aquella
que toma valores reales de un conjunto de partida (dominio) y los transforma
en un conjunto de llegada compuesto de vectores (rango).
Para resolver esta integral es válido integrar cada componente, y evaluar
la integral. Es de destacar que el resultado de esta integral será un vector, no
un escalar.
Por ultimo quiero comentar, que los ejercicios de esta guia, en mi opinión
son bastante sencillos, porque son derivadas, integrales y limites sencillos y
muchas oportunidades directos.
Procedamos a resolver la integral planteada:
( )0 0 0 0
cos , , cos , ,t t tsent t dt t tdt tsentdt tdtπ π π π
=
∫ ∫ ∫ ∫
Resolviendo cada integral, se tiene:
1) 0
cost tdtπ
∫ . Esta integral se resuelve por partes, así:
coscos
u tI t tdt
dv tdt
= →
==∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
cosco
s dv td
du dtu t
tdv tdt v se t
du
n
dt
== =→ →
== =
∫ ∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
. . .v v sentu sentdu dtI t= − = −∫ ∫
. cosI tsent sent dt tsent t= − = +∫
Evaluando esta integral se tiene:
[ ] ( ) ( )0
cos cos cos 0 0 cos00
t tdt tsent t sen senπ π
π π π= + = + − + ∫
[ ] ( ) ( )0
cos cos 0 1 0 1 20
t tdt tsent tπ π
= + = − − + = − ∫
2) 0
tsentdtπ
∫ . Esta integral se resuelve por partes, así:
u t
dI t
v sense
tt
dtntd
==
= →
∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
cosdv sentdtdv sentdt v t
du dtu t du dt
== = −
== =→ →
∫ ∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
co. .cos. sI u du t dv v t tt− −= − = −∫ ∫
cos cos . cosI t t t dt t t sent= − + = − +∫
Evaluando esta integral se tiene:
[ ] ( ) ( )0
cos cos 0cos0 00
tsentdt t t sent sen senπ π
π π π= − + = − + − − + ∫
[ ] ( )( ) ( )0
cos 1 0 0 00
tsentdt t t sentπ π
π π = − + = − − + − + = ∫
3) 0
tdtπ
∫ .
2 2 2 2 2
0
00
2 2 2 2 20
ttdt
π ππ π π
= = − = − =
∫
Finalmente la integral tiene como resultado el vector:
( )2
0
cos , , 2, ,2
t t tsent t dtπ ππ
= −
∫
Respuesta: ( )2
0
cos , , 2, ,2
t t tsent t dtπ ππ
= −
∫
Ejercicio 2
Considere las funciones 2
3
3( ) cos , ,
tf t t t
t
+=
y
3 1( ) , ,
sentg t t arctg
t t
=
, calcula:
( )0
lim ,t
f g t→
Solución
Justificación: En este caso primero efectuamos la operación producto
escalar ( ),f g t (recuerda que esta notación representa un producto escalar
de vectores).
( )2 2
3 33 3
3 1 3 1, cos , , , , cos . .
t sent sent tf g t t t t arctg t t tarctg
t t t t t t
+ + = = + +
i
( )2
3
3, cos .
sent tf g t t
t t
+= + 3.t 21 1cos . 3
senttarctg t t tarctg
t t t + = + + +
Ahora aplicamos el límite:
( ) 2
0 0
1lim , lim cos . 3t t
sentf g t t t tarctg
t t→ →
= + + +
( ) ( )2
0 0 0 0
1lim , limcos . lim 3 limt t t t
sentf g t t t tarctg
t t→ → → →
= + + +
Recuerda que el límite notable vale: 0
lim 1t
sent
t→= , y que ( )
2arctg
π∞ = ,
por lo tanto:
( ) ( ) ( )2
0
1lim , cos0. 1 3 0 0.
0tf g t arctg
→
= + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )0
lim , 1 . 1 3 0. 1 3 0. 42t
f g t arctgπ
→= + + ∞ = + + =
Respuesta: ( )0
lim , 4t
f g t→
=
Ejercicio 3
Calcula td)t(F,k0∫
π
><�
donde ( )5,0,3k =�
y F(t) = (t cost, t sent,3).
Solución
Justificación: En este caso primero efectuamos la operación producto
escalar , ( )k F t�
(recuerda que esta notación representa un producto escalar
de vectores).
( ) ( ), ( ) 3,0,5 cos , ,3 3 cos 0 15 3 cos 15k F t t t tsent t t t t= = + + = +�
i
Ahora resolvemos la integral:
( )0 0 0 0 0 0
, ( ) 3 cos 15 3 cos 15 3 cos 15k F t dt t t dt t tdt dt t tdt dtπ π π π π π
= + = + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫�
La primera integral se resuelve por partes:
coscos
u tI t tdt
dv tdt
= →
==∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
cosco
s dv td
du dtu t
tdv tdt v se t
du
n
dt
== =→ →
== =
∫ ∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
. . .v v sentu sentdu dtI t= − = −∫ ∫
. cosI tsent sent dt tsent t= − = +∫
Evaluando esta integral se tiene:
[ ] ( ) ( )0
3 cos 3 cos 3 cos 0 0 cos00
t tdt tsent t sen senπ π
π π π= + = + − + ∫
[ ] ( ) ( )0
3 cos 3 cos 3 0 1 0 1 2 30
t tdt tsent tπ π
= + = − − + = − ∫
La segunda integral es:
[ ] ( )0
15 15 15 0 150
dt tπ π
π π= = − =∫
Por lo tanto:
0
, ( ) 2 3 15k F t dtπ
π= − +∫�
Respuesta: 0
, ( ) 2 3 15k F t dtπ
π= − +∫�
Ejercicio 4
Calcula la longitud de arco de la función ( )( ) , , cost t tF t e e sent e t= con
0 t π≤ ≤ .
Solución
Justificación: La longitud de arco de una función vectorial viene dada
por:
'( )b
a
l F t dt= ∫
En este caso se tiene: 2
'
0
( )l F t dtπ
= ∫
Calculemos primero la derivada de la función vectorial:
( )( ) , , cost t tF t e e sent e t=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )' ' '' ''( ) , , cos cost t t t tF t e e sent e sent e t e t= + +
( )'( ) , cos , cost t t t tF t e e t e sent e sent e t= + − +
( ) ( )( )'( ) , cos , costt tF t e e t sent e t sent= + −
Ahora calculemos el modulo de esta función vectorial:
( ) ( )( ) ( )( )22 2'( ) cos costt tF t e e t sent e t sent= + + + −
( ) ( )2 2' 2 2 2( ) cos cost t tF t e e t sent e t sent= + + + −
( ) ( )2' 2 2 2 2( ) 1 cos 2 cos cos 2 cos
t
F t e t sent t sen t t sent t sen t = + + + + − +
Como 2 2cos 1sen t t+ = , se tiene:
( ) ( )' 2( ) 1 1 2 cos 1 2 costF t e sent t sent t= + + + −
' 2( ) 1 1 2 cos 1 2 costF t e sent t sent t= + + + −
'( ) 1 1 2 cost
F t e sent t= + + 1 2 cossent t+ −
'( ) 1 1 1t
F t e= + +
'( ) 3 tF t e=
Sustituyendo en nuestra integral, se tiene:
( )2 2
2 0 2
0 0
23 3 3 3 3 1
0t t tl e dt e dt e e e e
π ππ ππ
= = = = − = − ∫ ∫
Respuesta: ( )23 1l e π= −
Ejercicio 5
Encuentra los puntos en los cuales la curva ( )4 2 3( ) 2 ,F t t t t= − tiene recta
tangente horizontal y vertical.
Solución
Justificación: En este caso debemos analizar las componentes de la
función vectorial, recordando que un vector se escribe de la forma:
( ),a x y=�
Se tiene: 4 2( ) 2x t t t= − 3( )y t t=
Sabemos de Matemática 2, que la tangente es la derivada de la misma,
evaluada en el punto de tangencia, por lo tanto la función vectorial derivada en
este caso es:
( )' 3 2( ) 4 4 ,3F t t t t= −
Para que exista tangente horizontal en un punto de la curva t c= ,
debemos tener la siguiente característica en el vector tangente: ' ( ) 0x c ≠ '( ) 0y c =
En nuestro caso quedaría:
' 2( ) 3 0 0y c c c= = ∴ = , verifiquemos si ' ( ) 0x c ≠ :
( ) ( )3' 3( ) 4 4 4 0 4 0 00
x c c cc
= − = − ==
Como no se cumple que ' ( ) 0x c ≠ , entonces la curva no tiene recta
tangente horizontal.
Para que exista tangente vertical en un punto de la curva t c= , debemos
tener la siguiente característica en el vector tangente: ' ( ) 0x c = '( ) 0y c ≠
En nuestro caso quedaría:
( )1
' 3 222 2
3
04 0
( ) 4 4 0 4 1 0 11 0 1 1 1
1
cc
x c c c c c cc c c
c
== = − = → − = → → = − = → = ∴ = ± = ± = −
,
verifiquemos si '( ) 0y c ≠ :
Para 1 0c = , se tiene:
( )' 2 2( ) 3 3 0 00
y c cc
= = ==
Como no se cumple que '( ) 0y c ≠ , entonces la curva no tiene recta
tangente vertical para 1 0c = .
Para 2 1c = , se tiene:
( )' 2 2( ) 3 3 1 3 01
y c cc
= = = ≠=
Como si se cumple que '( ) 0y c ≠ , entonces la curva si tiene recta
tangente vertical para 2 1c = .
Para 3 1c = − , se tiene:
( )' 2 2( ) 3 3 1 3 01
y c cc
= = − = ≠= −
Como si se cumple que '( ) 0y c ≠ , entonces la curva si tiene recta
también tiene tangente vertical para 3 1c = − .
Finalmente pasemos a calcular los puntos de la curva donde tiene
tangente vertical:
Para 2 1c = , se tiene:
( )( ) ( ) ( )24 3(1) 1 2 1 ,1 1 2,1 1,1F = − = − = −
Para 3 1c = − , se tiene:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )4 2 3(1) 1 2 1 , 1 1 2, 1 1, 1F = − − − − = − − = − −
Respuesta: Los puntos en los cuales la curva ( )4 2 3( ) 2 ,F t t t t= − tiene
recta tangente vertical son: ( )1,1− y ( )1, 1− − .
Ejercicio 6
Halla la recta tangente a la curva descrita por la función vectorial:
( )2 3( ) cos 2,4 , ln 1
2 2
t tf t sen t
π π = + +
en el punto (1)f .
Solución
Justificación: Para poder responder esta pregunta debes conocer la
ecuación de la recta en tres dimensiones, es decir en 3ℝ , para ello explicare lo
siguiente:
Una recta en el espacio tiene una ecuación de nombre: Ecuación
Vectorial Paramétrica de la Recta.
Y lleva ese nombre porque depende de un vector, que es llamado vector
director y de un parámetro que al darle valores, define todos y cada uno de los
puntos de la recta.
Expliquemos mejor esta situación en el siguiente gráfico:
( )0 0 0 0, ,P x y z es un punto conocido de la recta y 0P���
(verde) es su vector
de pocisión (vector de pocisión de un punto es aquel vector que va desde el
origen al punto).
( ), ,P x y z es un punto generico de la recta y P��
(azul) es su vector de
pocisión (vector de pocisión de un punto es aquel vector que va desde el origen
al punto).
L��
es el vector director de la recta. Observa que este vector es paralelo
al vector 0 P P����
(rojo). Recuerda que cuando dos vectores son paralelos se
cumple: 0 = LP P ��� ��
, donde lambda (λ ) es un parámetro que al darle valores
tenemos vectores paralelos a 0 P P����
de distintos tamaños.
Por suma de vectores, en e triángulo de lados verde, rojo y azul, se
tiene:
0 0 = P P P P+��� ���� ��
Que se puede escribir:
0 0P P P P= +�� ��� ����
Como 0 = LP P ��� ��
, se tiene:
0P P Lλ= +�� ��� ��
Esta útima ecuación es la llamada, ecuación vectorial paramétrica,
porque contienen vectores y el parámetro λ .
En conclusión para conseguir la ecuación en el espacio, generalmente
se parte de esta ecuación vectorial paramétrica, y para obtenerla es necesario
conocer un punto cualquiera de la recta ( )0 0 0 0, ,P x y z y un vector director L��
.
Retomando nuestro ejercicio, se tiene que el punto por donde pasa la
recta es:
( ) ( )2 20
(1) 3 (1) 3(1) cos 2,4 , ln 1 1 cos 2,4 , ln 2
2 2 2 2P f sen sen
π π π π = = + + = +
( ) ( ) ( )( ) ( )2
2
0
30 2,4 , ln 2 2,4 1 , ln 2 2,4, ln 2
2P sen
π = + = − =
El vector director en este caso, es el vector que se obtiene al derivar la
función y evaluarlo en el punto de tangencia ( )0 2,4, ln 2P = , así:
( )( )
'
''
'
cos 212 3 3
( ) ,4.2 ,2 2 1
2 cos 22
ttt t
f t sen sentt
ππ π
π
+ + = + +
( )
'
'' 3 3 3 12 2( ) ,4.2 cos ,
2 2 2 12 cos 2
2
t tsen
t t tf t sen
tt
π ππ π π
π
− = + +
( )' 3 3 3 12 2( ) ,4.2 cos ,
2 2 2 12 cos 2
2
tsen
t tf t sen
tt
π ππ π π
π
− = + +
( )' 24 3 3 12( ) , cos ,
2 2 2 14 cos 2
2
tsen
t tf t sen
tt
πππ π π
π
− = +
+
( )' 3 3 12( ) ,12 cos ,
2 2 14 cos 2
2
tsen
t tf t sen
tt
πππ ππ
π
− = +
+
Evaluando la derivada en el punto de tangencia (1)f se obtiene el vector
director de la recta L��
.
( )'
(1)3 (1) 3 (1) 12
(1) ,12 cos ,2 2 1 1(1)
4 cos 22
senL f sen
πππ ππ
π
− = = +
+
��
' 3 3 12(1) ,12 cos ,
2 2 24 cos 2
2
senL f sen
πππ ππ
π
− = =
+
��
( )( )
( ) ( )' 1 1 1 2 1 2 1(1) ,12 1 0 , ,0, ,0, ,0,
2 2 2 8 24 2 4 2 24 0 2L f
π π π ππ − − − − = = − = = = +
��
Por lo tanto la ecuación vectorial parametrica de la recta tangente es:
Respuesta: ( ) 2 12,4, ln 2 ,0,
8 2P
πλ −= +
��
Ejercicio 7
Sean las funciones vectoriales:
( )
= 1etsentF
2tarctg2,,)(
)(,
−= 22
t1tLn3ktG ,)(cos,)(
donde k es una constante arbitraria. Calcula la derivada de la función < G, F>.
Solución
Justificación: Primero calculemos el producto escalar:
( )( ) ( ) ( )22 2 2, ,3ln cos ,1 , ,1
arctg tG F k t t sen t e = −
i
( ) ( ) ( )22 2 2, 3ln cos 1
arctg tG F k sen t t e t= + + −
La derivada de esta función es:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 ''' '2, 2 . 3ln cos 3ln cos 0 2arctg t arctg t
G F k sen t sen t t e t e t = + + + −
( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2'
' '' 2 2cos, 2 . cos 3 3ln cos 2
cos
arctg t arctg ttG F k sen t t t e t e arctg t t
t
= + + −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
2 2
'2' 2
22
1, 2 .cos 3 3ln cos 2
cos2 1
arctg t arctg t tsentG F k sen t t e t e t
tt t
= + − + − +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
2 2' 2
4
1 2, 2 3 ( ) 3ln cos 2
12
arctg t arctg t tG F k sen t tg t e t e t
tt= − + −
+
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
2' 24
2 6 ln cos, 3 ( ) 2
12
arctg tarctg tsen t t t e
G F k tg t e ttt
= − + −+
Otra manera de resolver este ejercicio, es que aplques la derivada del
producto escalar, que como ya sabemos, heredan las propiedades de
derivación de las funciones escalares reales, para la suma, producto, entre
otras, así:
( )' ' ', , ,G F G F G F= +
Para ( )F t , se tiene:
( ) ( )22( ) , ,1
arctg tF t sen t e =
( ) ( )( ) ( ) ( )( )2' '' 2( ) 2 , . ,0
arctg tF t sen t sen t e arctg t =
( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )
2
'2'
'22
( ) 2 cos , . ,01
arctg t tF t sen t t t e
t
= +
( ) ( )( ) ( )2'
4
1 2( ) 2 cos , . ,0
12
arctg t tF t sen t t e
tt
= +
( ) ( )2'
4
1 2( ) 2 , . ,0
12
arctg t tF t sen t e
tt
= +
Para ( )G t , se tiene:
( )( )2 2,3ln cos ,1G k t t= −
( )'
' cos0,3 , 2
cos
tG t
t
= −
' 0,3 , 2cos
sentG t
t
− = −
( )' 0, 3 , 2G tgt t= − −
Sustituyendo en la fórmula de drrivación del producto escalar, se tiene:
( )' ' ', , ,G F G F G F= +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2' 2 2 2 '4
1 2, 0, 3 , 2 , ,1 ,3ln cos ,1 ( ) 2 , . ,0
12
arctg t arctg t tG F tgt t sen t e k t t F t sen t e
tt
= − − + − = + i i
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2' 2 2 2
4
1 2, 0 3 2 2 3ln cos . 1 0
12
arctg t arctg t tG F sen t tgt e t k sen t t e t
tt= − − + + + −
+i i i
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2' 24
1 2, 3 2 2 3ln cos .
12
arctg t arctg t tG F tgt e t k sen t t e
tt= − − + +
+i
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
2' 24
2 6 ln cos, 3 2
12
arctg tarctg t sen t t t e
G F tgt e t ktt
= − − + ++
i
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
2' 24
2 6 ln cos, 3 ( ) 2
12
arctg tarctg tsen t t t e
G F k tg t e ttt
= − + −+
llegando al mismo resultado, como era de esperar.
Respuesta: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
2' 24
2 6 ln cos, 3 ( ) 2
12
arctg tarctg tsen t t t e
G F k tg t e ttt
= − + −+
Ejercicio 8
Una partícula tiene como trayectoria ( )2 3( ) , 1F t t t t= − + . Calcula sus
diferentes velocidades cuando pasa por el punto ( )1,1 .
Solución
Justificación: En Física, la velocidad es la derivada de la posición y la
aceleración es la derivada de la velocidad. En este caso debemos hallar
primero los valores de t por donde pasa la curva.
Como la curva pasa por el punto ( )1,1 , se tiene:
( )2
2 3
3
1( ) , 1
1 1
x tF t t t t
y t t
= == − + →
= − + =
Debemos resolver el sistema para t , es decir, que abas ecuaciones se
satisfagan para el o los valores de t encontrados.
( )
222 2
23 32 2
1
11 11 01 1 0
00 01 01 1 1 1
1 0 11
1
tt t
tt ttt t
t tt t t tt t
t
= − = = ± − = = − = → → → → → == = − =− + = − = − − = = = −
Se observa que ambas ecuaciones se cumplen para: 1
2
1
1
t
t
= = −
.
Ahora calculemos el vector velocidad, derivando la posición o
trayectoria:
( )' 2( ) ( ) 2 ,3 1V t F t t t= = −
Para 1 1t = , se tiene que la velocidad es:
( ) ( )( ) ( ) ( )2(1) 2 1 ,3 1 1 2,3 1 2,2V = − = − =
Para 2 1t = − , se tiene que la velocidad es:
( ) ( )( ) ( ) ( )2( 1) 2 1 ,3 1 1 2,3 1 2,2V − = − − − = − − = −
Como comentario adicional, observa que la velocidad es un vector, que
tiene modulo, dirección y sentido, por ejemplo, te dicen que un vehiculo va a 80
Km/h (modulo) en la autopista para Valencia (dirección) su origen es Maracay,
es decir, ca de Maracay a Valencia (sentido).
Si calculas el modulo del vector velocodad obtienes la rapidez del objeto
que se mueve.
Respuesta: Las velocidades cuando pasa por el punto ( )1,1 son:
( )(1) 2,2V = y ( )( 1) 2,2V − = − .
Ejercicio 9
Calcula la velocidad, rapidez y aceleración para la partícula cuya
posición está dada por ( ))tcos(,t2),t(sene)t(F2t π= −
Solución
Justificación: Tal como te mencione en el ejercicio anterior, la velocidad
es la derivada de la posición, así:
( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2( ) ,2 ,cos ,2 , cost t tF t sen t t t e sen t te e tπ π− − −= =
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )' ' ' ' ''' 2 2( ) ( ) , 2 2 , cos cost t t t t tV t F t e sen t e sen t t e t e e t e tπ π− − − − − −= = + + +
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )' '2 2 2( ) cos ,2 2 , cost t t t t tV t e t t e sen t e te e t e sen t tπ π π− − − − − −= − − − −
( ) ( ) ( ) ( )( )2 2( ) 2 cos ,2 2 , cost t t t t tV t te t e sen t e te e t e sen tπ π π− − − − − −= − − − −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2( ) 2 cos ,2 1 , cost t tV t e t t sen t e t e t sen tπ π π− − − = − − − −
La rapidez, es el modulo del vector velocidad, por lo tanto:
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ){ }2 222 2( ) 2 cos 2 1 cost t tV t e t t sen t e t e t sen tπ π π− − − = − + − + − −
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ){ }2 222 2 2( ) 2 cos 2 1 costV t e t t sen t t t sen tπ π π− = − + − + − −
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ){ }2 222 2 2( ) 2 cos 2 1 costV t e t t sen t t t sen tπ π π− = − + − + − −
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ){ }2 222 2( ) 2 cos 2 1 costV t e t t sen t t t sen tπ π π− = − + − + − −
Y la aceleración, es la derivada del vector velocidad, así:
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ){ }' ''2 2( ) 2 cos , 2 1 , cost t ta t e t t sen t e t e t sen tπ π π− − − = − − − −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )(( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )
' '2 2 2 2
` '''
( ) 2 cos 2 cos ,
2 1 1 2 , cos cos
t t
t t t t
a t e t t sen t t t sen t e
e t t e e t sen t t sen t eπ π π π π π
− −
− − − −
= − + −
− + − − − + − −
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )(( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )
2 2 2 2 2
2
( ) 2cos 2 2 cos 2 2 cos ,
2 2 1 , cos cos
t t
t t t t
a t e t tsen t t t t t t sen t e
e t e e sen t t t sen t eπ π π π π π π
− −
− − − −
= − − − −
− − − − − − −
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )(( ) ( ) ( ) ( ))
2 2 2 2 2
2
( ) 2cos 2 2 cos 2 2 cos ,
2 2 2 , cos cos
ta t e t tsen t t t t t t sen t
t sen t t t sen tπ π π π π π π
−= − − − +
− − + − + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2( ) 2cos 4 4 cos , 4 2 ,2 cos costa t e t t sen t t t sen t t sen t t tπ π π π π−= − − + − + − +
Por lo tanto:
Respuesta:
Velocidad: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2( ) 2 cos ,2 1 , cost t tV t e t t sen t e t e t sen tπ π π− − − = − − − −
Rapidez: ( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ){ }2 222 2( ) 2 cos 2 1 costV t e t t sen t t t sen tπ π π− = − + − + − −
Aceleración:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2( ) 2cos 4 4 cos , 4 2 ,2 cos costa t e t t sen t t t sen t t sen t t tπ π π π π−= − − + − + − +
Ejercicio 10
Halla la recta tangente a la cuva descrita por la función vectorial:
( ) ( )( )1
22 2 2( ) 1 cost
g t arctg t i t j e kπ= + + +� � �
En (1)g .
Solución
Justificación: Recordando lo explicado en el ejercicio 6 de esta guia, se
tiene:
( ) ( )( )( ) ( )12 12 2 2
0 (1) 1 1 cos 1P g arctg i j e kπ= = + + +� � �
( )( )( )12
22 20 (1) 1 cos
4P g i j e k
π π = = + + +
� � �
( )( )2
22
0 (1) 1 116
P g i j e kπ= = + + − +� � �
22
0 (1) 216
P g i j e kπ= = + +� � �
El vector director en este caso, es el vector que se obtiene al derivar la
función y evaluarlo en el punto de tangencia (1)g , así:
( ) ( ) ( )( )( )
'22''
2
1 cos( ) 2 2
2 1 cos
ttg t arctgt arctgt i j e k
t
π
π
+= + +
+
� � �
( ) ( ) ( )( )
'2'
2 2
21( ) 2 2
1 2 1 cos
tsen t tg t arctgt i j e k
t t
π ππ
−= + +
+ +
� � �
( )'2
21( ) 2
1g t arctgt i
t
−= +
+
� ( )2
sen tπ π
( )2
22
1 cos
tj e k
tπ+
+
� �
( )( )
2'2 2
2( ) 2
1 1 cos
tsen tarctgtg t i j e k
t t
π ππ
−= + +
+ +
� � �
Evaluando la derivada en el punto de tangencia (1)g se obtiene el vector
director de la recta L��
.
( )( )
( )( )( )( )
( )2 1'2 2
12 1(1) 2
1 1 1 cos 1
senarctgL g i j e k
π π
π
−= = + +
+ +
�� � � �
( )( )
2'
2
2.4(1) 2
1 1 1 cos
senL g i j e k
ππ π
π−
= = + ++ +
�� � � �
( ) 2'2. 04(1) 2
2 1 1L g i j e k
ππ−
= = + ++
�� � � �
'2
(1)L g= =�� .
42
π2 2 20
2 0 2 24 41 1
i j e k i j e k i e kπ π+ + = + + = +
+
� � � � � � � �
Por lo tanto la ecuación vectorial parametrica de la recta tangente es:
Respuesta: 2
2 2, 2, ,0,216 4
P e eπ πλ = +
��
A continuación se te presentaran una serie de ejercicios propuestos,
¿Por qué es importante resolverlos? Por que tú estarás solo en el examen y tu
eres quien a las finales debes aprehender para tener éxito en la asignatura.
Cualquier duda de los problemas que a continuación se te presentan, déjamelo
saber, a través, de mi correo: [email protected]. Recuerda que en
mi página en el apartado “novedades” en la sección “material durante el
estudio” se encuentra un programa de nombre Mathype que es un excelente
editor de ecuaciones con el cual podrás escribir tus dudas matemáticas, o
escanea las páginas de tu cuaderno y envíame las dudas para darte respuesta
a la brevedad posible.
Por último recuerda resolver cada ejercicio bajo la estructura,
justificación y respuesta , ya que en los exámenes de desarrollo deberás
justificar todas y cada una de tus respuestas, de manera, que es importante
que tomes el hábito de estructurar las soluciones de esta manera, siempre
dando justificación y luego la respuesta .
EJERCICIOS PROPUESTOS
Ejercicio 1
Dada la curva definida por x =
+ 2t1
1arccos , y =
+ 2t1
tarcsen .
Calcula
ππ4
, 4
punto elenyd
dxy
xdyd
.
Ejercicio 2
Calcula la longitud de arco de la función:
( )2 2 2( ) , , cost t tG t a a sent a t=
Con 0 2t π≤ ≤ y a constante positiva.
Ejercicio 3
Halle los puntos en los que la curva descrita por
−=−=
t12t)t(y
t2t)t(x3
2
,
Posee: a) Tangente vertical. b) Tangente horizontal.
Ejercicio 4
Halla la posición )t(r�
de un móvil si la velocidad en todo instante t viene
dada por ( )t2cos,e)t(v t=�
y la posición inicial es ( )1,2)0(r −=�
.
Ejercicio 5
Considera las funciones:
=
+=t2
arctgtt
ttgt
tt1
ttg2tf2
,,cos
)(,,,)(
Calcula )(, tgflím0t
><→
.
Ejercicio 6
Sean las funciones vectoriales:
( )( )π= ,e,tcos)t(F )t(tg 2, ( )43 t3,)t(cosLn5,k)t(G −=
donde k es una constante arbitraria. Calcula la derivada de la función <
G, F>.
Ejercicio 7
Calcula ( ) tdt,)Lnt(cos,)t2(Ln32e
e
2∫
Ejercicio 8
La aceleración de una partícula es: ( )''( ) ,cos ,F t sent t t= su velocidad y su
posición iniciales son: ( )'(0) 1,0,1F = y ( )(0) 0,1,0F = respectivamente. Calcula
su posición instantánea.
Ejercicio 9
Analizar la continuidad de la función vectorial k)t(2j2itr(t) 2−++=
en t =0.
Ejercicio 10
Dada la curva definida por x= t – sen t, y= 1 – cos t.
a) Calcula 4
tenxd
ydy
xdyd
2
2 π= .
b) Calcula la ecuación de la recta tangente para 4
tπ= .