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Boletines de problemas de Matematicas II

Problemas resueltos del Boletın 1

Problema 1. Dada la curva −→r (t) =

(√2 (cos t + t sen t) ,

√2 (sen t− t cos t) ,

t2√2

), con

t ∈ [0, 2π], parametrizarla naturalmente.

Resolucion.

En primer lugar, veamos si la curva esta ya parametrizada naturalmente. Para ello, hayque comprobar si

∣∣−→r ′(t)∣∣ = 1, para todo t ∈ [0, 2π].

−→r ′(t) =(√

2 t cos t,√

2 t sen t,√

2 t)

∣∣−→r ′(t)∣∣ =

√2t2 cos2 t + 2t2 sen2 t + 2t2 =

√4t2 = 2t

Por tanto, la curva no esta parametrizada naturalmente.

Para parametrizarla naturalmente, en primer lugar, hallamos la relacion entre losparametros s y t:

s =

∫2t dt = t2 =⇒ t =

√s

Por tanto, la curva parametrizada naturalmente nos queda

−→r (s) =

(√2(cos

√s +

√s sen

√s),√

2(sen

√s−√s cos

√s),

s√2

), con s ∈ [0, 4π].

1

Problema 2. Dada la curva −→r (t) =(et, e−t,

√2t

), hallar los elementos del triedro de

Frenet cuando t = 0.

Resolucion.

Vemos que el valor t = 0 define el punto P = (1, 1, 0). Observese que para hallar loselementos del triedro de Frenet, no necesitamos conocer los vectores del triedro de Frenet,sino sus respectivas direcciones. En efecto, sabemos que el vector tangente unitario en P esparalelo a −→r ′(0). Sabemos que el vector binormal es paralelo a −→r ′(0)∧−→r ′′(0). Por ultimo,sabemos que el vector normal principal es paralelo al vector que resulta de multiplicarvectorialmente −→r ′(0) ∧ −→r ′′(0) por −→r ′(0).

Calculamos dichos vectores:

−→r ′(t) =(et,−e−t,

√2)

=⇒ −→r ′ (0) =(1,−1,

√2)

−→r ′′(t) = (et, e−t, 0) =⇒ −→r ′′ (0) = (1, 1, 0)

−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

1 −1√

21 1 0

∣∣∣∣∣∣=

(−√

2,√

2, 2)≈

(−1, 1,

√2)

(−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0)) ∧ −→r ′ (0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

−√2√

2 2

1 −1√

2

∣∣∣∣∣∣=

(4, 4, 0

√2)≈ (1, 1, 0)

Elementos del triedro de Frenet:

• Recta tangente:x− 1

1=

y − 1

−1=

z√2

=⇒{

x + y = 2√2 y + z =

√2

• Plano normal: 1(x− 1)− 1(y − 1) +√

2 z = 0.

• Recta binormal:x− 1

−1=

y − 1

1=

z√2

=⇒{

x + y = 2√2 y − z =

√2

• Plano osculador: −1(x− 1) + 1(y − 1) +√

2 z = 0.

• Recta normal principal:x− 1

1=

y − 1

1=

z

0=⇒

{x− y = 0√

2 z = 0

• Plano rectificante: 1(x− 1) + 1(y − 1) = 0

2

Problema 3. Dada la curva −→r (t) = (t− cos t, sen t, t), hallar los elementos del triedrode Frenet en el punto (−1, 0, 0).

Resolucion.

En primer lugar, veamos que valor del parametro t define el punto P . Para ello, bastaresolver el sistema

t0 − cos t0 = −1sen t0 = 0

t0 = 0

de donde deducimos claramente que t0 = 0.

De igual modo que en el problema anterior, debemos notar que para hallar los ele-mentos del triedro de Frenet, no necesitamos conocer los vectores del triedro de Frenet,sino sus respectivas direcciones. Sabemos que el vector tangente unitario en P es parale-lo a −→r ′(0). Sabemos que el vector binormal es paralelo a −→r ′(0) ∧ −→r ′′(0). Por ultimo,sabemos que el vector normal principal es paralelo al vector que resulta de multiplicarvectorialmente −→r ′(0) ∧ −→r ′′(0) por −→r ′(0).


−→r ′(t) = (1 + sen t, cos t, 1) =⇒ −→r ′ (0) = (1, 1, 1)

−→r ′′(t) = (cos t,− sen t, 0) =⇒ −→r ′′ (0) = (1, 0, 0)

−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

1 1 11 0 0

∣∣∣∣∣∣= (0, 1,−1)

(−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0)) ∧ −→r ′ (0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

0 1 −11 1 1

∣∣∣∣∣∣= (2,−1,−1)


• Recta tangente:x + 1

1=

y

1=

z

1=⇒

{x− y = −1y − z = 0

• Plano normal: x + 1 + y + z = 0.

• Recta binormal:x + 1

0=

y

1=

z

−1=⇒

{x = −1

y + z = 0

• Plano osculador: y − z = 0.

• Recta normal principal:x + 1

2=

y

−1=

z

−1=⇒

{x + 2y = −1y − z = 0

• Plano rectificante: 2(x + 1)− y − z = 0.

3

Problema 4. Dada la curva −→r (t) =(t, (t + 1)2, t3 − 1

), hallar los elementos del triedro

de Frenet en el punto de interseccion de dicha curva con el plano z = 0.

Resolucion.

El punto interseccion de la curva con el plano z = 0 se obtiene imponiendo que se anulela tercera componente del vector −→r (t), de modo que

t3 − 1 = 0 ⇐⇒ t = 1.

Esto significa que trabajamos con el punto P = (1, 4, 0).

Una vez mas, debemos notar que para hallar los elementos del triedro de Frenet, nonecesitamos conocer los vectores del triedro de Frenet, sino sus respectivas direcciones.Sabemos que el vector tangente unitario en P es paralelo a −→r ′(1). Sabemos que el vectorbinormal es paralelo a −→r ′(1)∧−→r ′′(1). Por ultimo, sabemos que el vector normal principales paralelo al vector que resulta de multiplicar vectorialmente −→r ′(1) ∧ −→r ′′(1) por −→r ′(1).


−→r ′(t) = (1, 2(t + 1), 3t2) =⇒ −→r ′ (1) = (1, 4, 3)

−→r ′′(t) = (0, 2, 6t) =⇒ −→r ′′ (1) = (0, 2, 6) ≈ (0, 1, 3)

−→r ′ (1) ∧ −→r ′′ (1) ≈∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

1 4 30 1 3

∣∣∣∣∣∣= (9,−3, 1)

(−→r ′ (1) ∧ −→r ′′ (1)) ∧ −→r ′ (1) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

9 −3 11 4 3

∣∣∣∣∣∣= (−13,−26, 39) ≈ (−1,−2, 3)



1=

y − 4

4=

z

3=⇒

{4x− y = 0

3y − 4z = 12

• Plano normal: x− 1 + 4(y − 4) + 3z = 0.


9=

y − 4

−3=

z

1=⇒

{x + 6y = 252y − z = 8

• Plano osculador: 9(x− 1)− 3(y − 4) + z = 0.


−1=

y − 4

−2=

z

3=⇒

{4x + y = 8

5y + 4z = 20

• Plano rectificante: −(x− 1)− 2(y − 4) + 3z = 0.

4

Problema 5. Dada la curva de ecuaciones {x = a cos t, y = a sen t, z = bt}, hallar eltriedro de Frenet, la curvatura, la recta tangente y el plano osculador en un punto genericode ella.

Resolucion.

Vectores del triedro de Frenet:

−→r ′(t) = (−a sen t, a cos t, b) ; −→r ′′(t) = (−a cos t,−a sen t, 0)

−→r ′ (t) ∧ −→r ′′ (t) ≈∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

−a sen t a cos t b−a cos t −a sen t 0

∣∣∣∣∣∣=

(ab sen t,−ab cos t, a2

)

∣∣−→r ′ (t)∣∣ =

√a2 + b2;

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′ (t)∣∣ =

√a2b2 + a4 = a

√a2 + b2

Luego,

−→t (t) =

−→r ′ (t)∣∣−→r ′ (t)∣∣ =

1√a2 + b2

(−a sen t, a cos t, b)

−→b (t) =

−→r ′ (t) ∧ −→r ′′ (t)∣∣−→r ′ (t) ∧ −→r ′′ (t)∣∣ =

1

a√

a2 + b2

(ab sen t,−ab cos t, a2

)=

1√a2 + b2

(b sen t,−b cos t, a)

y

−→n (t) =−→b (t) ∧ −→t (t) =

1

a2 + b2

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

b sen t −b cos t a−a sen t a cos t b

∣∣∣∣∣∣

=1

a2 + b2(−(a2 + b2) cos t,−(a2 + b2) sen t, 0) = (− cos t,− sen t, 0)

Curvatura.

κ(t) =

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣

∣∣−→r ′(t)∣∣3 =

a√

a2 + b2

(a2 + b2)√

a2 + b2=

a

a2 + b2

Recta tangente.

x− a cos t

−a sen t=

y − a sen t

a cos t=

z − bt

b=⇒

{a cos t x + a sen t y = a2

b y − a cos t z = ab sen t + abt cos t

Plano osculador.

b sen t(x− a cos t)− b cos t(y − a sen t) + a(z − bt) = 0.

5

Problema 6. Dada la curva −→r (t) = (cos t− sen t, sen t + cos t, t + 1), parametrizarlanaturalmente y hallar los elementos del triedro de Frenet en el punto (1, 1, 1).

Resolucion. En primer lugar, veamos si la curva esta ya parametrizada naturalmente.Para ello, hay que comprobar si

∣∣−→r ′(t)∣∣ = 1, para todo t ∈ R.

−→r ′(t) = (− sen t− cos t, cos t− sen t, 1)

∣∣−→r ′(t)∣∣ =

√(− sen t− cos t)2 + (cos t− sen t)2 + 1

=√

2 sen2 t + 2 cos2 t + 2 sen t cos t− 2 sen t cos t + 1 =√

3

Por tanto, la curva no esta parametrizada naturalmente.

Para parametrizarla naturalmente, en primer lugar, hallamos la relacion entre losparametros s y t:

s =

∫ √3 dt =

√3 t =⇒ t =

s√3

Por tanto, la curva parametrizada naturalmente nos queda

−→r (s) =

(cos

(s√3

)− sen

(s√3

), sen

(s√3

)+ cos

(s√3

),

s√3

+ 1

)

Para determinar los elementos del triedro de Frenet, es mas comodo trabajar con la curvaparametrizada en funcion de t. En primer lugar, veamos que valor del parametro t defineel punto P . Para ello, basta resolver el sistema

cos t0 − sen t0 = 1sen t0 + cos t0 = 1

t0 + 1 = 1


Sabemos que para hallar los elementos del triedro de Frenet, no necesitamos conocerlos vectores del triedro de Frenet, sino sus respectivas direcciones. Sabemos que el vectortangente unitario en P es paralelo a −→r ′(0). Sabemos que el vector binormal es paralelo a−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0). Por ultimo, sabemos que el vector normal principal es paralelo al vectorque resulta de multiplicar vectorialmente −→r ′(0) ∧ −→r ′′(0) por −→r ′(0).


−→r ′(t) = (− sen t− cos t, cos t− sen t, 1) =⇒ −→r ′ (0) = (−1, 1, 1)

−→r ′′(t) = (− cos t + sen t,− sen t− cos t, 0) =⇒ −→r ′′ (0) = (−1,−1, 0)

−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

−1 1 1−1 −1 0

∣∣∣∣∣∣= (1,−1, 2)

6

(−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0)) ∧ −→r ′ (0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

1 −1 2−1 1 1

∣∣∣∣∣∣= (−3,−3, 0) ≈ (1, 1, 0)



−1=

y − 1

1=

z − 1

1=⇒

{x + y = 2y − z = 0

• Plano normal: −(x− 1) + y − 1 + z − 1 = 0 ⇐⇒ −x + y + z = 1.


1=

y − 1

−1=

z − 1

2=⇒

{x + y = 2

2y + z = 3

• Plano osculador: x− 1− (y − 1) + 2(z − 1) = 0 ⇐⇒ x− y + 2z = 2.


1=

y − 1

1=

z − 1

0=⇒

{x− y = 0

z = 1

• Plano rectificante: x− 1 + y − 1 = 0 ⇐⇒ x + y = 2.

7

Problema 7. Hallar el triedro de Frenet, la curvatura y la torsion en un punto arbitrario

de la curva −→r (t) =

(t, t2,

2

3t3

).

Resolucion.

Calculamos los vectores derivadas:

−→r ′(t) =(1, 2t, t2

); −→r ′′(t) = (0, 2, 2t) ; −→r ′′′(t) = (0, 0, 2)

−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

1 2t t2

0 2 2t

∣∣∣∣∣∣=

(2t2,−2t, 2

)

∣∣−→r ′(t)∣∣ =

√1 + 4t2 + t4;

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣ = 2

√t4 + t2 + 1

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

=

∣∣∣∣∣∣

1 2t t2

0 2 2t0 0 2

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣2 2t0 2

∣∣∣∣ = 4

Luego,−→t (t) =

−→r ′ (t)∣∣−→r ′ (t)∣∣ =

1√1 + 4t2 + t4

(1, 2t, t2

)

−→b (t) =

−→r ′ (t) ∧ −→r ′′ (t)∣∣−→r ′ (t) ∧ −→r ′′ (t)∣∣ =

1√1 + t2 + t4

(t2,−t, 1

)

y

−→n (t) =−→b (t) ∧ −→t (t) =

1√1 + 4t2 + t4

√1 + t2 + t4

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

t2 −t 11 2t t2

∣∣∣∣∣∣

=1√

1 + 4t2 + t4√

1 + t2 + t4

(−t3 − 2t, 1− t4, 2t3 + t)

Curvatura.

κ(t) =

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣

∣∣−→r ′(t)∣∣3 =

2√

t4 + t2 + 1

(t4 + 4t2 + 1)√

t4 + 4t2 + 1

Torsion.

τ(t) =

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣2 =

4

4(1 + t2 + t4)=

1

1 + t2 + t4

8

Problema 8. Dada la curva −→r (t) =(3t− t3, 3t2, 3t + t3

), hallar la curvatura y la torsion

en cada punto.

Resolucion.


−→r ′(t) =(3− 3t2, 6t, 3 + 3t2

); −→r ′′(t) = (−6t, 6, 6t) ; −→r ′′′(t) = (−6, 0, 6)

−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

3− 3t2 6t 3 + 3t2

−6t 6 6t

∣∣∣∣∣∣= (18t2 − 18,−36t, 18t2 + 18)

= 18 (t2 − 1,−2t, t2 + 1)∣∣−→r ′(t)

∣∣ = 3√

(1− t2)2 + 4t2 + (1 + t2)2 = 3√

2 + 4t2 + 2t4 = 3√

2√

(1 + t2)2 = 3√

2(1+t2)∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)

∣∣ = 318√

(t2 − 1)2 + 4t2 + (t2 + 1)2 = 18√

2(1 + t2)

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

= 3 · 6 · 6∣∣∣∣∣∣

1− t2 2t 1 + t2

−t 1 t−1 0 1

∣∣∣∣∣∣= 108

∣∣∣∣∣∣

2 2t 1 + t2

0 1 t0 0 1

∣∣∣∣∣∣= 216

Curvatura.

κ(t) =

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣

∣∣−→r ′(t)∣∣3 =

18√

2(1 + t2)

54√

2(1 + t2)3=

1

3(1 + t2)2

Torsion.

τ(t) =

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣2 =

216

648(1 + t2)2=

1

3(1 + t2)2

Observese que la curvatura y la torsion son iguales en cada punto. Por tanto, se cumple

queκ(t)

τ(t)= 1 = constante, por lo que deducimos que la curva es una helice.

9


(4

5cos t, 1− sen t,−3

5cos t

), hallar la curvatura y

la torsion en cada punto.

Resolucion.


−→r ′(t) =

(−4

5sen t,− cos t,

3

5sen t

); −→r ′′(t) =

(−4

5cos t, sen t,

3

5cos t

);

−→r ′′′(t) =

(4

5sen t, cos t,−3

5sen t

)

−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

−4

5sen t − cos t

3

5sen t

−4

5cos t sen t

3

5cos t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

(−3

5, 0,−4

5

)

∣∣−→r ′(t)∣∣ = 1;

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣ = 1

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−4

5sen t − cos t

3

5sen t

−4

5cos t sen t

3

5cos t

4

5sen t cos t −3

5sen t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0

Curvatura.

κ(t) =

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣

∣∣−→r ′(t)∣∣3 =

1

13= 1

Torsion.

τ(t) =

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣2 =

0

12= 0

Notese que, puesto que la torsion es cero en todos los puntos de la curva, deducimosque se trata de una curva plana.

10

Problema 10. Hallar los elementos del triedro de Frenet para la curva de ecuaciones{x = y2, z = x2} en el punto (1, 1, 1).

Resolucion.

En primer lugar, debemos parametrizar la curva. Observese que, por ejemplo, una para-metrizacion serıa

−→r (t) =(t2, t, t4

), con t ∈ R

En segundo lugar, veamos que valor del parametro t define el punto P . Para ello, bastaresolver el sistema

t20 = −1t0 = 1t40 = 1


Para hallar los elementos del triedro de Frenet, no necesitamos conocer los vectores deltriedro de Frenet, sino sus respectivas direcciones. Sabemos que el vector tangente unitarioen P es paralelo a −→r ′(1). Sabemos que el vector binormal es paralelo a −→r ′(1) ∧ −→r ′′(1).Por ultimo, sabemos que el vector normal principal es paralelo al vector que resulta demultiplicar vectorialmente −→r ′(1) ∧ −→r ′′(1) por −→r ′(1).


−→r ′(t) = (2t, 1, 4t3) =⇒ −→r ′ (1) = (2, 1, 4)

−→r ′′(t) = (2, 0, 12t2) =⇒ −→r ′′ (1) = (2, 0, 12) = 2 (1, 0, 6)

−→r ′ (1) ∧ −→r ′′ (1) = 2

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

2 1 41 0 6

∣∣∣∣∣∣= 2 (6,−8,−1) ≈ (6,−8,−1)

(−→r ′ (1) ∧ −→r ′′ (1)) ∧ −→r ′ (1) = 2

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

6 −8 −12 1 4

∣∣∣∣∣∣= 2 (−31,−26, 22) ≈ (−31,−26, 22)



2=

y − 1

1=

z − 1

4=⇒

{x− 2y = −14y − z = 3

• Plano normal: 2(x− 1) + y − 1 + 4(z − 1) = 0 =⇒ 2x + y + 4z = 7.


6=

y − 1

−8=

z − 1

−1=⇒

{4x + 3y = 7y − 8z = −9

• Plano osculador: 6(x− 1)− 8(y − 1)− (z − 1) = 0 =⇒ 6x− 8y − z = −3.


−31=

y − 1

−26=

z − 1

22=⇒

{26x− 31y = −511y + 13z = 24

• Plano rectificante: −31(x−1)−26(y−1)+22(z−1) = 0 =⇒ −31x−26y +22z = −35.

11

Problema 11. Hallar los vectores del triedro de Frenet en cada punto de la curva−→r (t) = (et cos t, et sen t, et). Ademas, comprobar que la curva esta contenida en un conode revolucion de eje OZ, que su vector tangente

−→t forma un angulo constante con el eje

del cono y que su vector normal principal es siempre perpendicular a dicho eje.

Resolucion.


−→r ′(t) =(et(cos t− sen t), et(sen t + cos t), et

)= et (cos t− sen t, sen t + cos t, 1)

−→r ′′(t) =(−2et sen t, 2et cos t, et

)= et (−2 sen t, 2 cos t, 1)

−→r ′(t)∧−→r ′′(t) = e2t

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

cos t− sen t sen t + cos t 1−2 sen t 2 cos t 1

∣∣∣∣∣∣= e2t (sen t− cos t,− sen t− cos t, 2)

∣∣−→r ′(t)∣∣ = et

√(cos t− sen t)2 + (sen t + cos t)2 + 1 = et

√3;

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣ = e2t

√3

Luego,

−→t (t) =

−→r ′ (t)∣∣−→r ′ (t)∣∣ =

1

et√

3et (cos t− sen t, sen t + cos t, 1) =

1√3

(cos t− sen t, sen t + cos t, 1)

−→b (t) =

−→r ′ (t) ∧ −→r ′′ (t)∣∣−→r ′ (t) ∧ −→r ′′ (t)∣∣ =

1

e2t√

3e2t (sen t− cos t,− sen t− cos t, 2)

=1√3

(sen t− cos t,− sen t− cos t, 2)

y

−→n (t) =−→b (t) ∧ −→t (t) =

1

3

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

sen t− cos t − sen t− cos t 2cos t− sen t sen t + cos t 1

∣∣∣∣∣∣= (sen t + cos t, cos t− sen t, 0)

Por otra parte, veamos que la curva esta contenida en el cono de ecuacion z = x2 +y2.Para ello, basta verificar que verifican dicha ecuacion:

x2 + y2 = e2t cos2 t + e2t sen2 t = e2t = z.

Veamos ahora que el vector tangente unitario forma un angulo constante con el ejedel cono, que es −→e = (0, 0, 1). Para ello, basta comprobar que el coseno del angulo que

forman esos vectores es constante: cos α =−→t · −→e|−→t ||−→e | =

−→t · −→e =

1√3. Luego, el angulo

constante es α = arc cos

(1√3

).

12

Finalmente, veamos que su vector normal principal es siempre perpendicular el eje delcono. Se trata, pues, de comprobar que los vectores −→n (t) y −→e son perpendiculares, paratodo valor de t. En efecto,

−→n (t) · −→e =1

3(sen t + cos t, cos t− sen t, 0) · (0, 0, 1) = 0.

13

Problema 12. Dada la curva −→r (t) = (2 cos t, 2 sen t, t), hallar los puntos de esta para loscuales el plano osculador por dicho punto es paralelo a la recta {x + 2z = 2, x− y = 2}.Resolucion.

Un plano es paralelo a una recta si y solo si el vector normal del plano y el vector directorde la recta son perpendiculares. Por tanto, se trata de comprobar que el vector normal delplano osculador es perpendicular al vector director de la recta. El vector perpendicular delplano osculador es el vector binormal. Por tanto, vamos a hallar la direccion del vectorbinormal (no hace falta calcular el propio vector binormal) en cada punto y el vectordirector de la recta, y despues, vamos a imponer que ambos sean perpendiculares.

−→r ′(t) = (−2 sen t, 2 cos t, 1) ; −→r ′′(t) = (−2 cos t,−2 sen t, 0)

−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

−2 sen t 2 cos t 1−2 cos t −2 sen t 0

∣∣∣∣∣∣= (2 sen t,−2 cos t, 4) ≈ (sen t,− cos t, 2)

Calculamos ahora el vector director de la recta. Dicha recta viene dada como interseccionde dos planos. Por tanto, el vector director de ella se obtiene de multiplicar vectorialmentelos vectores normales de los respectivos planos:

• Vector normal del plano x + 2z = 2: (1, 0, 2).

• Vector normal del plano x− y = 2: (1,−1, 0).

Luego, el vector director de la recta es −→v =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

1 0 21 −1 0

∣∣∣∣∣∣= (2, 2,−1).

Por consiguiente, para el que el plano osculador sea paralelo a la recta, se debe cumplirque

(sen t,− cos t, 2) · (2, 2,−1) = 0 ⇐⇒ sen t− cos t− 1 = 0 ⇐⇒ sen t− cos t = 1

Esta ecuacion tiene dos soluciones:

Solucion 1.

{sen t = 1cos t = 0

⇐⇒ t =π

2+ 2nπ, con n ∈ Z

Solucion 2.

{sen t = 0cos t = −1

⇐⇒ t = π + 2nπ, con n ∈ Z

14

Problema 13. Hallar la curvatura y la torsion de −→r (t) =(t2, cos t, sen t

)en cada uno de

sus puntos.

Resolucion.


−→r ′(t) = (2t,− sen t, cos t) ; −→r ′′(t) = (2,− cos t,− sen t) ; −→r ′′′(t) = (0, sen t,− cos t)

−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

2t − sen t cos t

2 − cos t − sen t

∣∣∣∣∣∣∣∣= (1, 2t sen t + 2 cos t,−2t cos t + 2 sen t)

∣∣−→r ′(t)∣∣ =

√1 + 4t2

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣ =

√1 + (2t sen t + 2 cos t)2 + (−2t cos t + 2 sen t)2 =

√1 + 4t2

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2t − sen t cos t


0 sen t − cos t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2t − sen t cos t


2t 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2t

∣∣∣∣∣− sen t cos t

− cos t − sen t

∣∣∣∣∣ = 2t

Curvatura.

κ(t) =

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣

∣∣−→r ′(t)∣∣3 =

√1 + 4t2

(1 + 4t2)√

1 + 4t2=

1

1 + 4t2

Torsion.

τ(t) =

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣2 =

2t

1 + 4t2

15

Problema 14. Demostrar que la curva −→r (t) = (cos t, sen t, 2− cos t) es plana.

Resolucion.

Una curva es plana si y solo si la torsion es cero en todos sus puntos, es decir, si se cumpleque τ(t) = 0, para todo t. Sabemos que la formula de la torsion viene dada por

τ(t) =

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣2

Por tanto, que la torsion sea nula equivale a que se anule el denominador del cociente ante-rior. Por tanto, para probar que la curva es plana, basta comprobar que

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

=0, para todo t.


−→r ′(t) = (− sen t, cos t, sen t) ; −→r ′′(t) = (− cos t,− sen t, cos t) ; −→r ′′′(t) = (sen t,− cos t,− sen t)

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

− sen t cos t sen t

− cos t − sen t − cos t

sen t − cos t − sen t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

Observese que ni tan siquiera es necesario hacer el determinante, puesto que los vectores−→r ′(t) y −→r ′′′(t) son proporcionales.

16

Problema 15. Hallar las ecuaciones de los planos normal, rectificante y osculador a la cur-va−→r (t) = (3 sen t, 3 cos t− 5, 4t + 1) por cada uno de sus puntos.

Resolucion.

Para hallar estos elementos del triedro de Frenet, no necesitamos conocer los vectoresdel triedro de Frenet, sino sus respectivas direcciones. Sabemos que el vector tangenteunitario en cada punto es paralelo a −→r ′(t). Sabemos que el vector binormal es paralelo a−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t). Por ultimo, sabemos que el vector normal principal es paralelo al vectorque resulta de multiplicar vectorialmente −→r ′(t) ∧ −→r ′′(t) por −→r ′(t).


−→r ′(t) = (3 cos t,−3 sen t, 4) ; −→r ′′(t) = (−3 sen t,−3 cos t, 0)

−→r ′ (t)∧−→r ′′ (t) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

3 cos t −3 sen t 4−3 sen t −3 cos t 0

∣∣∣∣∣∣= (12 cos t,−12 sen t,−9) ≈ (4 cos t,−4 sen t,−3)

(−→r ′ (t) ∧ −→r ′′ (t))∧−→r ′ (t) ≈

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

4 cos t −4 sen t −33 cos t −3 sen t 4

∣∣∣∣∣∣= (−25 sen t,−25 cos t, 0) ≈ (sen t, cos t, 0)


• Plano normal en cada punto: 3 cos t(x−3 sen t)−3 sen t(y−3 cos t+5)+4(z−4t−1) = 0.

• Plano osculador en cada punto: 4 cos t(x−3 sen t)−4 sen t(y−3 cos t+5)−3(z−4t−1) = 0.

• Plano rectificante en cada punto: sen t(x− 3 sen t) + cos t(y − 3 cos t + 5) = 0.

17

Problema 16. Dada la curva Γ de ecuaciones {x = a cos t, y = a sen t, z = f(t)},comprobar que si f(t) = α sen t + β cos t, con α, β ∈ R, entonces la curva es plana.

Resolucion.

Consideremos la curva −→r (t) = (a cos t, a sen t, α sen t + β cos t). Para probar que la curvaes plana, basta comprobar que se cumple que

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

= 0, para todo t.

−→r ′(t) = (−a sen t, a cos t, α cos t− beta sen t)

−→r ′′(t) = (−a cos t,−a sen t,−α sen t− β cos t)

−→r ′′′(t) = (−a sen t,−a cos t,−α cos t + β sen t)

Observese que los vectores −→r ′(t) y −→r ′′′(t) son proporcionales (se cumple que −→r ′(t) =−−→r ′′′(t)) y, por consiguiente,

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

= 0, para todo t

por lo que deducimos que la curva es plana.

18

Problema 17. Demostrar que la curva−→r (t) =(t2 + 2, t2 + 2t + 3, t + 1

)es plana y hallar

la ecuacion del plano que la contiene.

Resolucion.

Para comprobar que la curva es plana, basta verificar que

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

= 0, para todo t

Observese que las componentes x(t), y(t), z(t) de la curva son polinomios de gradomenor que 3 y, por tanto, su derivada tercera es cero para todo t. Esto significa que−→r ′′′(t) = (0, 0, 0) y, por consiguiente,

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

= 0. Luego la curva es planay esta contenida en el plano osculador. En otras palabras, el plano osculador a la curvaen todos sus puntos es siempre el mismo y la curva esta contenida en dicho plano. Parahallar su ecuacion, basta considerar uno cualquiera de sus puntos, por ejemplo, tomamost = 0, con lo que estamos en el punto P = (2, 3, 1).

−→r ′(t) = (2t, 2t + 2, 1) =⇒ −→r ′(0) = (0, 2, 1)

−→r ′′(t) = (2, 2, 0) =⇒ −→r ′′(0) = (2, 2, 0)

−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

0 2 12 2 0

∣∣∣∣∣∣= (−2, 2,−4) ≈ (1,−1, 2)

Por tanto, la ecuacion del plano osculador en todos los puntos de la curva (y a su vez, elplano que contiene a la curva) es

x− 2− (y − 3) + 2(z − 1) = 0 ⇐⇒ x− y + 2z = 1.

19

Problema 18. Dada la curva −→r (t) =(t2, 2t, cos t

), se pide:

1. Hallar un punto P de dicha curva en el que la torsion sea nula.

2. Hallar las ecuaciones de las rectas tangente, normal y binormal por el punto P delapartado anterior.

Resolucion.

Calculo de los vectores derivadas:

−→r ′(t) = (2t, 2,− sen t) ; −→r ′′(t) = (2, 0,− cos t) ; −→r ′′′(t) = (0, 0, sen t)

(1) Imponemos ahora que(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t)

)= 0, de modo que

∣∣∣∣∣∣

2t 2 − sen t2 0 − cos t0 0 sen t

∣∣∣∣∣∣= −4t = 0 ⇐⇒ t = 0

Por tanto, el unico punto para el que la torsion es cero es P = (0, 0, 1).

(2) Calculamos los vectores derivadas en P , es decir, para t = 0:

−→r ′(0) = (0, 2, 0) ≈ (0, 1, 0); −→r ′′(0) = (2, 0,−1)

−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

0 2 02 0 −1

∣∣∣∣∣∣= (−2, 0,−4) ≈ (1, 0, 2)

(−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0)) ∧ −→r ′(0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

−2 0 −40 2 0

∣∣∣∣∣∣= (8, 0,−4) ≈ (2, 0,−1)


• Recta tangente:x

0=

y

1=

z − 1

0=⇒

{x = 0z = 1

• Recta binormal:x

1=

y

0=

z − 1

2=⇒

{y = 0

2x− z = −1

• Recta normal principal:x

2=

y

0=

z − 1

−1=⇒

{y = 0

x + 2z = 2

20

Problema 19. Dada la curva −→r (t) =(cos t, sen t, t2

), se pide:

1. Hallar los puntos de dicha curva en los que la torsion es nula.

2. Calcular en dichos puntos la curvatura y las ecuaciones de los planos normal, recti-ficante y osculador.

Resolucion.


−→r ′(t) = (− sen t, cos t, 2t) ; −→r ′′(t) = (− cos t,− sen t, 2) ; −→r ′′′(t) = (sen t,− cos t, 0)


)= 0, de modo que

∣∣∣∣∣∣

− sen t cos t 2t− cos t − sen t 2sen t − cos t 0

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

− sen t cos t 2t− cos t − sen t 2

0 0 2t

∣∣∣∣∣∣= 2t = 0 ⇐⇒ t = 0

Por tanto, el unico punto para el que la torsion es cero es P = (1, 0, 0).


−→r ′(0) = (0, 1, 0) ; −→r ′′(0) = (−1, 0, 2)

−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

0 1 0−1 0 2

∣∣∣∣∣∣= (2, 0, 1)

(−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0)) ∧ −→r ′(0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

2 0 10 1 0

∣∣∣∣∣∣= (−1, 0, 2)

∣∣−→r ′(0)∣∣ = 1;

∣∣−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0)∣∣ =

√5

Curvatura en P . κ(0) =

∣∣−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0)∣∣

∣∣−→r ′(0)∣∣3 =

√5

13=√

5.


• Plano normal en P : y − 0 = 0 =⇒ y = 0.

• Plano osculador en P : 2(x− 1) + z = 0 ⇐⇒ 2x + z = 2.

• Plano rectificante en P : −(x− 1) + 2z = 0 ⇐⇒ x− 2z = 1.

21


(t, t2,

t3

6− et

), se pide:

1. Hallar un punto P de dicha curva en el que la torsion sea nula.

2. Hallar las ecuaciones de las rectas tangente, normal y binormal por el punto P delapartado anterior.

Resolucion.


−→r ′(t) =

(1, 2t,

t2

2− et

); −→r ′′(t) =

(0, 2, t− et

); −→r ′′′(t) = (0, 0, 1− et)


)= 0, de modo que

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2tt2

20 2 t− et

0 0 1− et

∣∣∣∣∣∣∣∣= 2(1− et) = 0 ⇐⇒ et = 1 ⇐⇒ t = 0

Por tanto, el unico punto para el que la torsion es cero es P = (0, 0,−1).


−→r ′(0) = (1, 0,−1) ; −→r ′′(0) = (0, 2,−1)

−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

1 0 −10 2 −1

∣∣∣∣∣∣= (2, 1, 2)

(−→r ′(0) ∧ −→r ′′(0)) ∧ −→r ′(0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

2 1 21 0 −1

∣∣∣∣∣∣= (−1, 4,−1)


• Recta tangente:x

1=

y

0=

z + 1

−1=⇒

{y = 0

x + z = −1

• Recta binormal:x

2=

y

1=

z + 1

2=⇒

{x− 2y = 02y − z = 1

• Recta normal principal:x

−1=

y

4=

z + 1

−1=⇒

{4x + y = 0y + 4z = −1

22

Problema 21. Dada la curva regular −→r (t) =(cos2 t, sen2 t, t + 1

), se pide:

(a) Hallar los vectores del Triedro de Frenet en el punto P = (1, 0, 1).

(b) Hallar las ecuaciones implıcitas de la recta normal principal en el punto P .

(c) Hallar las ecuaciones parametricas del plano rectificante en P .

(d) Hallar la curvatura en P .

(e) ¿Es plana la curva? En caso afirmativo, hallar la ecuacion del plano que la contiene.[1er Parcial, 2005-2006]

Resolucion.

(a) En primer lugar, veamos que valor del parametro t define el punto P . Para ello, bastaresolver el sistema

cos2 t0 = 1sen2 t0 = 0t0 + 1 = 1

de donde deducimos claramente que t0 = 0. Calculo de los vectores del Triedro de Frenet:

−→r ′(t) = (−2 sen t cos t, 2 sen t cos t, 1) =⇒ −→r ′ (0) = (0, 0, 1)

−→r ′′(t) = (−2 cos2 t + 2 sen2 t, 2 cos2 t− 2 sen2 t, 0) =⇒ −→r ′′ (0) = (−2, 2, 0)

−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0) =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

0 0 1−2 2 0

∣∣∣∣∣∣= (−2,−2, 0)

∣∣−→r ′ (0)∣∣ = 1 y

∣∣−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0)∣∣ = 2

√2

Luego,−→t (0) =

−→r ′ (0)∣∣−→r ′ (0)∣∣ = (0, 0, 1)

−→b (0) =

−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0)∣∣−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0)∣∣ =

1√2

(−1,−1, 0)

y

−→n (0) =−→b (0) ∧ −→t (0) =

1√2

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

−1 −1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣=

1√2(−1, 1, 0)

(b) Recta normal principal en el punto P . Es la recta que pasa por el punto P y tiene ladireccion del vector normal principal:

x− 1

−1=

y − 0

1=

z − 1

0=⇒

{x + y = 1

z = 1

}

(c) Plano rectificante por el punto P . Es el plano que pasa por el punto P y tiene comovector perpendicular al vector normal principal. O dicho de otro modo, se trata del plano

23

que pasa por P y esta generado por las direcciones del vector tangente unitario y delvector binormal. Por tanto, sus ecuaciones parametricas son:

x = 1 + µy = µz = 1 + λ

, λ, µ ∈ R

(d) Curvatura en P . La curvatura en P viene dada por

κ(0) =

∣∣−→r ′ (0) ∧ −→r ′′ (0)∣∣

∣∣−→r ′ (0)∣∣3 = 2

√2

(e) ¿Es plana la curva? Para que la curva sea plana, la torsion debe ser 0 en todos lospuntos. Como la torsion viene dada por la expresion

τ(t) =

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

∣∣−→r ′(t) ∧ −→r ′′(t)∣∣2 ,

imponer que la torsion sea nula en todos los puntos equivale a que se cumpla(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t)

)= 0, para todo t ∈ R

−→r ′(t) = (−2 sen t cos t, 2 sen t cos t, 1) ;−→r ′′(t) = (−2 cos2 t + 2 sen2 t, 2 cos2 t− 2 sen2 t, 0) ;−→r ′′′(t) = (8 sen t cos t,−8 sen t cos t, 0)

Por tanto,

(−→r ′(t),−→r ′′(t),−→r ′′′(t))

=

∣∣∣∣∣∣

−2 sen t cos t 2 sen t cos t 1−2 cos2 t + 2 sen2 t 2 cos2 t− 2 sen2 t 0

8 sen t cos t −8 sen t cos t 0

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣−2 cos2 t + 2 sen2 t 2 cos2 t− 2 sen2 t

8 sen t cos t −8 sen t cos t

∣∣∣∣

= (2 cos2 t− 2 sen2 t) 8 sen t cos t

∣∣∣∣−1 11 −1

∣∣∣∣ = 0

Por consiguiente, la curva es plana y el plano que la contiene es el plano osculador. Por serplana la curva, el plano osculador por cualquiera de sus puntos es siempre el mismo. Comotenemos que determinar la ecuacion de dicho plano, basta elegir un punto cualquiera dela curva, por ejemplo, el propio punto P = (1, 0, 1) con el que hemos trabajado duranteeste problema. Ası pues, el plano osculador pasa por el punto P y tiene como vectorperpendicular al vector binormal en P o cualquier otro paralelo a el, como por ejemplo,el vector (1, 1, 0). Ası que dicho plano es:

1(x− 1) + 1(y − 0) + 0(z − 1) = 0 ⇐⇒ x + y = 1

24

Problemas resueltos del Bolet¶‡n 1 - rodas5.us.es · Boletines de problemas de Matem¶aticas II...

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