es una dirección de movimiento en el tiempo t.
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- Raquel Cruz Gil
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1 Algunos resultos sobre erivs e funciones vectoriles Definición: Si r(t) es un vector e posición e un prticul que se mueve lo lrgo e un curv suve en el espcio, entonces: ) l veloci es l eriv e l posición v(t) = r(t) b) l rpiez es l mgnitu e l veloci v(t) c) l celerción es l eriv e l veloci = v(t) v(t) ) el vector v(t) = 2 r(t) es un irección e movimiento en el tiempo t. Ejemplo: El vector r(t) = 3 cos tî+3 sin tĵ+t 2ˆk l posición e un cuerpo en movimiento en el tiempo t. Encuentre l rpiez el cuerpo y su ireccion cuno t = 2 En que tiempo son ortogonles los vectores veloci y celerción el cuerpo? Solución: Tenemos que r(t) = 3 sin tî + 3 cos tĵ + 2tˆk r (t) = ( 3 sin t) 2 + (3 cos t) 2 + (2t) 2 = sin 2 t + 9 cos 2 t + 4t t 2 por lo tnto si t = 2 entonces por lo tnto l irección es por otro lo, 9 + 4(2)2 = 25 = 5 1 ( 3 sin 2, 3 cos 2, u) 5 r = 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 = 0 Ejercicio: Encontrr l función e un prticul prtir e su función veloci y posición inicil. L veloci e un prticul que se mueve en el espcio es r(t) = cos tî sin tĵ + ˆk Encuentre l psición e l prticul e función e t si r(0) = 2î + ˆk 1
2 Solución: Nuestr met es resolver el problem e vlor inicil que consiste en l ecución iferencil r(t) = cos tî sin tĵ + ˆkconr(0) = 2î + ˆk l integrr e mbos los r(t) = sin tî cos tĵ + tˆk + c y el vlor e c lo encontrmos prtir e l conición inicil sin(0)î cos(0)ĵ + (0)ˆk + c = 2î + ˆk por lo tnto c + ĵ = 2î + ˆk c = 2î ĵ + ˆk por lo tnto r(t) = (sin t + 2)î + (cos t 1)ĵ + (t + 1)ˆk Ejercicio: Hllr el ángulo formo por ls grfics e ls funciones efini por f(t) = (t, t 2 + 1, 1 2t), g(w) = (w + 1/2, 2 + 8w, 2) en lgunos e los puntos e intersección. Solución: El ángulo formo por os curvs e un punto e intersección es el formo por sus tngentes en el mismo punto. Primero igulremos ls funciones componente componente t = w }{{} t = 2 + 8w }{{} 1 2t = 2w }{{} Sustituyeno 1) en 2) (w )2 = 2 + 8w w 2 7w = 0 w 1 = 13 2, w 2 = 1 2 2
3 y sustituyeno en 1) t = 7 ó t = 1 sí los puntos e interseccion son: P 1 (1, 2, 1), P 2 (7, 50, 13) tomno P 1 tenemos que f (t) = (1, 2t, 2) y g (w) = (1, 8, 2) por lo tnto f (1) = (1, 2, 2)yg (t) = (1, 8, 2) por lo tnto el ngulo entre f y g es f (1) g (1/2) = f (1) g (1/2) cos θ [ ] f θ = cos 1 (1) g (1/2) ( f (1) g ) (1/2) 21 = cos = cos 1 (0,8427) 32 o 6 Ejercicio: Mostrmos que l eriv e un vector e mgnitu constnte es ortogonl el. Solución: Se r(t) un vector e mgnitu constnte por lo tnto r(t) r(t) = r(t) 2 = constnte por otro lo r(t) r(t) e (1) y (2) tenemos = r(t) r (t) + r (t) r(t) = 2r(t) r (t) (1) r(t) r(t) = (r(t))2 2r(t) r (t) = 0 = 0 (2) r(t) r (t) = 0 por lo tnto el vector es ortogonl su eriv Ejercicio: Do un vector B no nulo y un función vectoril F tl que F (t) B = t t y tles que el ángulo formo por F (t) y B es constnte (inepenientemente e t). Demostrr que F (t) es ortogonl F (t) 3
4 Solución: Tenemos que (F B) = F B + B F por otro lo F B = t (F B) = 1 mientrs que F B = F B cos(f, B) por lo tnto 1 = F B cos(f, B) F = 1 B cos(f, B) que es constnte t por lo que tenemos F = K F 2 = K 2 y como F 2 = F F entonces x F F = F F + F + F = 2F F 2F F = 0 F F por lo tnto el vector F es ortogonl F eriv Teorem: Si f es un función vectoril continu sobre [, b] y iferencible sobre (, b), entonces existe C i ɛ (, b) tl que f(b) f() = (b )(f 1(C 1 ),..., f n(c n )). Demostrción: Por hipotesis f i es continu y iferencible, por lo tnto pr c f i existe C i ɛ (, b) tl que f i(c i ) = f i(b) f i (). b por lo tnto f i(c i )(b ) = f i (b) f i () por lo tnto f(b) f() = (b )(f 1(C 1 ),..., f n(c n )) Teorem: Si f es continu sobre [, b] y es iferencible sobre (, b) existe C i ɛ (, b) tl que f(b) f() = (b )(f 1(C 1 ),..., f n(c n )). 4
5 Demostrción: L hipotesis sobre f implic que c componente f n es iferencible y continu por lo tnto, pr c f i existe C i ɛ (, b) tl que f i(c i ) = f i(b) f i () b por lo tnto por lo tnto f i(c i )(b ) = f i (b) f i () f(b) f() = (b )(f 1(C 1 ),..., f n(c n )) Definición: Si f = (f 1,..., f n ) es un funcion vectoril efini sobre [, b], entonces ( f 1,..., f n ). L integrl existe siempre que c un e ls integrles i = 1,..., n existe. En prtic ulr, si f es continu sobre [, b] entonces Teorem: Si f = (f 1,..., f n ) es continu sobre un intervlo I y ɛ I entonces: b existe. f = f 1 con f = f(t) t ɛ I Demostrción: L prueb se obtiene por l plicción el primer teorem funmentl el cálculo c un e ls funciones componentes f = ( ( f 1,..., t f 1,..., = (f 1 (t),..., f n (t)) = f(t) t f n ) f n ) Teorem: Si f = (f 1,..., f n ) tiene eriv continu sobre un intervlo I, entonces f (t) = f(b) f(), b ɛ I 5
6 Demostrción: f = (f 1,..., f n) ( t = f 1,..., f n = (f 1 (b) f 1 (),..., f n (b) f n ()) = f(b) f() ) Teorem: Si f(t) es un función vectoril continu sobre un intervlo I y si I y x 0 es un vector culquier, entonces hy un solución sobre f e l ecución iferencil x = f que stisfce x( ) = x 0. L solución es: x(t) = x 0 + f Demostrción: supongmos primero que x = f y x( ) = x 0. Entonces e cuero con el seguno teorem funmentl el clculo f = x = x(t) x( ) x(t) = x 0 + f Reciprocmente: Si x(t) = x 0 + f entonces x( ) = x 0 y según el primer teorem funmentl el clculo x = f sobre I Ejemplo: Encontrr l función e posición e un prticul prtir e su función veloci y posición inicl. L veloci e un prtícul que se mueve en el espcio es f = cos(t)i sen(t)j + k Encuentr l posición e l prtícul en función e t si f = 2i + k cuno t = 0 Solución: tenemos l siguiente ecución iferencil con conición inicil f = cos(t)i sen(t)j + k f(0) = 2i + k Integrno mbos miembros e l ecución f = cos(t)i sen(t)j + k f(t) = cos(t)i sen(t)j + k 6
7 Por lo tnto f(t) = sen(t)i + cos(t)j + tk + C evlumos f(0) = 0i + 1j + 0k + C y usmos l conición inicil pr igulr 2i + j = 0i + 1j + 0k + C C = 2i j + k por lo tnto l funcion f es f(t) = (sen(t) + 2)i + (cos(t) 1)j + (t + 1)k 7
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