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• Juber Calderon

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GEOMETRIA ANALITICA Y ALGEBRA

UNIDAD I: CURVAS EN EL PLANO Y EN EL ESPACIO SEMANA 01: curvas y ecuaciones paramétricas en el plano cartesiano y sus aplicaciones SOLUCIONARIO Grafica sobre ecuaciones paramétricas 1. Considere las ecuaciones paramétricas: x = t2 − 4 ; t   −2;3  y = t / 2 Usando lo anterior, se pide: a) Completar la tabla. t

-2

-1

0

1

2

3

x y b) Trazar la curva de las ecuaciones paramétricas y su orientación. c) Hallar la ecuación rectangular.

Solución: a) Completar la tabla. t

-2

-1

0

1

2

3

x

0

-3

-4

-3

0

5

y

-1

-1/2

0

1/2

1

3/2

b) Trazar la curva de las ecuaciones paramétricas y su orientación .Usando los punto del cuadro anterior.

c) Hallar la ecuación rectangular.

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Página 1

 x = t 2 − 4... (1)   y = t / 2... ( 2 ) De ( 2 ) en (1) x = ( 2y ) − 4 2

x = 4y 2 − 4

2. Considere las ecuaciones paramétricas:   x = 3 cos ( ) ;   0;2   y = 4 sin  ( )   Usando lo anterior, se pide: a) Completar la tabla. t

0

 /2



3 / 2

2

x y

b) Trazar la curva de las ecuaciones paramétricas y su orientación. c) Hallar la ecuación rectangular. Solución: a) Completar la tabla. t

0

 /2



3 / 2

2

x

3

0

-3

0

3

y

0

4

0

-4

0

b) Trazar la curva de las ecuaciones paramétricas y su orientación. Usando los puntos del cuadro anterior.

c) Hallar la ecuación rectangular.

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Página 2

 x = 3 cos ( ) ... (1)   y = 4 sin ( ) ... ( 2 ) Despejando de ambas ecuaciones,las trigonométricas : De (1) se tiene :cos ( ) = x / 3 De ( 2 ) se tiene :sin ( ) = y / 4 Usando sin2 ( ) + cos2 ( ) = 1,obtenemos : y2 x2 + =1 16 9

3. Para cada par de ecuaciones paramétricas, determine su ecuación cartesiana (o rectangular) y esboce su gráfica.  x = −e t x = t − 1 e ; t  0; +  ) )  a)  ; − 1 t  5 −t y = e   y = 2t − 1   x = 2 − sin ( ) x = t + 1 f ;     2 ) b)  ; − 1  t  6  2  y = cos ( )  y = t − 2t  x = t  x = 2 cos ( ) c)  ; t  0; +  ) g)  ; 0    y = 5 − t  y = −2 sin ( )  x = e t  x = 4 cos ( ) d)  ; 0  t  ln ( 2 ) h ; − / 2   / 2 3t )   y = e  y = 25 sin ( ) Solución: a ) Dado que x = t − 1  t = x +1 Tenemos que y = 2t − 1  y = 2 ( x + 1) − 1  y = 2x + 1 Se tiene que − 1  t  5  −1  x + 1  5  −2  x  4 Ecuación cartesiana : y = 2x + 1 ; − 2  x  4

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Página 3

y



x −

−





−

b ) Dado que x = t + 1  t = x −1 Tenemos que y = t 2 − 2t  y = ( x − 1) − 2 ( x − 1) 2

 y = x 2 − 4x + 3 Se tiene que − 1  t  6  −1  x − 1  5 0x6 Ecuación cartesiana : y = x 2 − 4x + 3 ; 0  x  6

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Página 4

y





x −



c ) Dado que x = t  t = x2 Tenemos que y = 5 − t  y = 5 − x2 Se tiene que t  0; +  ) 0t  0  x2 0x Ecuación cartesiana : y = 5 − x 2 ; x  0; + ) y



x −

−





−

−

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d) Dado que x = e t  t = ln ( x ) Tenemos que y = e3t

( )

 y = et

3

 y = ( x ) = x3 3

Se tiene que 0  t  ln ( 2 )  0  ln ( x )  ln ( 2 )  ln (1)  ln ( x )  ln ( 2 )  1 x  2 Ecuación cartesiana : y = x 3 ; 1  x  2 

y













 x −

−

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−











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e ) Dado que x = −e t  − x = et Tenemos que y = e − t

( )

 y = et

−1

 y = ( − x ) = −1/ x −1

Se tiene que t  0; +  ) 0t  e0  e t  1  −x  x  −1 Ecuación cartesiana : y = −1/ x ; x  ( − ; − 1 y







 x −

−

−

−

−

−

−

 −

−

−

−

f ) Dado que x = 2 − sin ( )  sin ( ) = 2 − x Tenemos que cos ( ) = y  sin2 ( ) + cos2 ( ) = ( 2 − x ) + y 2 2

 1 = ( 2 − x ) + y2 2

 ( x − 2) + y2 = 1 2

Ecuacióncartesiana : ( x − 2 ) + y 2 = 1 ; x  2;3  2

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Página 7

y





x −







−

−

g) Dado que x = 2 cos ( )  cos ( ) = x / 2 Tenemos que y = −2 sin ( )  sin ( ) = −y / 2  sin2 ( ) + cos2 ( ) = ( − y / 2 ) + ( x / 2 ) 2

2

 1 = y2 / 4 + x2 / 4  x2 + y2 = 4 Ecuación cartesiana : x 2 + y 2 = 4 ; x   −2;2  pero y  0; −2  y 



x −

−

−







−

−

−

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h ) Dado que x = 4 cos ( )  cos ( ) = x / 4 Tenemos que y = 25 sin ( )  sin ( ) = y / 25  sin2 ( ) + cos2 ( ) = ( y / 25 ) + ( x / 4 ) 2

2

 1 = y 2 / 625 + x 2 / 16  x 2 / 16 + y 2 / 625 = 1 Ecuación cartesiana : x 2 / 16 + y 2 / 625 = 1 ; x  0;4  y 





x −

−

−







−

−

−

4. Determine las ecuaciones paramétricas, de la curva dada; empleando para cada caso: t = x − 1 a ) y = 3x − 2

e ) x 2 - y - 2x - 3 = 0

b) y = 2 − x

f ) y = x3 - 1

c ) x − 3y + 2 = 0

g) xy = 1

d) y = x − 1 2

h ) xy = x + 4

Solución: a ) Dado que t = x − 1  x = t + 1 Tenemos que y = 3x − 2  y = 3 ( t + 1) − 2  y = 3t + 1 x = t + 1 Ecuacionesparamétricas son :   y = 3t + 1

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b ) Dado que t = x − 1  x = t + 1 Tenemos que y = 2 − x  y = 2 − ( t + 1)  y = 1− t x = t + 1 Ecuacionesparamétricas son :  y = 1 − t c ) Dado que t = x − 1  x = t + 1 Tenemos que x − 3y + 2 = 0  ( t + 1) − 3y + 2 = 0  t + 3 − 3y = 0  y = ( t + 3) / 3  x = t + 1 Ecuacionesparamétricas son :   y = ( t + 3 ) / 3 d) Dado que t = x − 1  x = t + 1 Tenemos que y = x 2 − 1  y = ( t + 1) − 1 2

 y = t 2 + 2t x = t + 1 Ecuacionesparamétricas son :  2  y = t + 2t e ) Dado que t = x − 1  x = t + 1 Tenemos que x 2 − y − 2x − 3 = 0  ( t + 1) − y − 2 ( t + 1) − 3 = 0 2

 y = t2 − 4 x = t + 1 Ecuacionesparamétricas son :  2 y = t − 4 f ) Dado que t = x − 1  x = t + 1 Tenemos que y = x 3 − 1  y = ( t + 1) − 1 3

 y = t 3 + 3t 2 + 3t x = t + 1 Ecuacionesparamétricas son :  3 2  y = t + 3t + 3t

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g) Dado que t = x − 1  x = t + 1 Tenemos que xy = 1  y = 1/ x  y = 1/ ( t + 1)  x = t + 1 Ecuacionesparamétricas son :   y = 1/ ( t + 1)

h ) Dado que t = x − 1  x = t + 1 Tenemos que xy = x + 4  y = 1+ 4 / x  y = 1 + 4 / ( t + 1)  x = t + 1 Ecuacionesparamétricas son :   y = 1 + 4 / ( t + 1)

5. Encuentre una parametrización para las siguientes Curvas. 2 a) y = x + 1

x2 y2 b) + =1 9 36 ( x − 1) 2 ( y − 6) 2 c) − =1 4 9 2 2 d) x − y = 1 Solución: 2 a) y = x + 1 Si x = t entonces y = t 2 + 1 por lo tanto, su parametrización es:

 x ( t ) = t  2  y ( t ) = t + 1 b)

x2 y2 + =1 9 36

( x − 1) 2 ( y − 6) 2 − =1 c) 4 9

 x ( t ) = 3cos ( t )   y ( t ) = 6sen ( t )

 x ( t ) = 1 + 2sec ( t )   y ( t ) = 6 + 3tan ( t )

d) x − y = 1 2

2

 x ( t ) = sec ( t )   y ( t ) = tan ( t )

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6. Obtenga la parametrización del segmento de recta que une los puntos (0, 2) y (4, 0) usando como parámetro el ángulo  de la siguiente figura.

Solución: Notar que la curva va del punto P1(4,0) al punto P2(0,2) su parametrización es:

 ( t ) = ( 4 + t ( 0 − 4 ) ,0 + t ( 2 − 0 ) ) = ( 4 − 4t , 2t ) , t  0,1 . Luego:

y 2t 2 tan  = tan   = tan   2t = 4 tan  − 4 tan  t  2t (1 + 2 tan  ) = 4 tan   t = x 4 − 4t 1 + 2 tan  Luego, la parametrización pedida es:

 

 ( ) ==  4 −

8 tan  4 tan    4 4 tan   17 , , =  ,  1 + 2 tan  1 + 2 tan    1 + 2 tan  1 + 2 tan   20

7. Obtenga la parametrización de la curva y =

x con punto final en (0, 0) usando como parámetro

el ángulo  de la siguiente figura.

APLICACIONES 1. Un proyectil se desplaza de modo que las coordenadas de su posición en cualquier instante “t” están dadas por las ecuaciones paramétricas:  x = 60t ;0t5  2  y = 80t − 16t De lo anterior, determine: a) La ecuación cartesiana que describe la trayectoria del proyectil. b) La gráfica de la trayectoria de proyectil. Solución: a)

La ecuación cartesiana que describe la trayectoria del proyectil.

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Tenemos que : • x = 60t  t = x / 60 • y = 80t − 16t 2  y = 80 ( x / 60 ) − 16 ( x / 60 )

2

4 1 2 x− x 3 225 Dado que : 0  t  5 y=

 0  x / 60  5  0  x  300 y=

4 1 2 x− x ; 0  x  300 3 225

b) La gráfica de la trayectoria de proyectil.

2. De las ecuaciones paramétricas:

 x =  v 0 cos ( )  t   g 2  y = h +  v 0 sin ( )  t − t 2  Sabiendo que “g” es la gravedad, demuestre que su ecuación rectangular es:   2 g y = h +  tan ( )  x −  2 x 2  2v 0 cos ( ) 

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Solución: Tenemos que : x =  v 0 cos ( )  t

 x /  v 0 cos ( )  = t Dado que : y = h +  v 0 sin ( )  t −

g 2 t 2

  g  x x  y = h +  v 0 sin ( )   −    v 0 cos ( )  2  v 0 cos ( ) 

2

 sin ( )  gx 2  y =h+ x −  2v 02 cos2 ( )  cos ( )    2 g  y = h +  tan ( )  x −  2 x 2  2v 0 cos ( )  3. La trayectoria de un proyectil está dada por la ecuación rectangular y = 7 + x − 0.02 x

2

a) Determine h, v0 ,  . b) Determine las ecuaciones paramétricas de la trayectoria y trace su gráfica. 4. Una pelota de beisbol, que se encuentra a 3pies sobre el nivel del suelo; es golpeada por un bate la cual sale con un Angulo de 45°. Esta pelota es recepcionada por un jardinero a 3 pies sobre el nivel del suelo y a 300 pies del golpe. ¿Cuál es la velocidad inicial y que altura máxima alcanza la pelota respecto al suelo? 5. Determinar la altura máxima y el alcance de un proyectil disparado desde una altura de 3 pies sobre el nivel del suelo con una velocidad de 3pies/s y con un ángulo de 45°sobre la horizontal. 6. Un proyectil se dispara sobre una altura de 200 metros (m) con diferentes ángulos y velocidades.

a )  =  / 6 ; v 0 = 88 m / s b )  =  / 4 ; v 0 = 132 m / s c )  =  / 3 ; v 0 = 160 m / s Para cada uno de ellos considere g=9.8 m/s2 y determine: a) Las ecuaciones paramétricas la posición del proyectil en función del tiempo. b) El tiempo en que el proyectil permanece en el aire. c) La altura máxima del proyectil. d) El alcance del proyectil. e) La gráfica de la curva cartesiana que representa el movimiento del proyectil. Solución: a) 𝜃 = 𝜋⁄6 ; 𝑣0 = 88 𝑚/𝑠

•

Las ecuaciones paramétricas la posición del proyectil en función del tiempo.  x = 88 cos ( / 6 )  t  2  y = 200 + 88 sin ( / 6 )  t − 4.9 t

•

El tiempo en que el proyectil permanece en el aire.

T= DEPARTAMENTO DE CIENCIAS

v0  sin ( ) + g 

gh sin2 ( ) + 2z  ; z = 2  v0 Página 14

Tenemos que z =

( 9.8 )( 200 ) = 0.25309917 2 88 ( )

88  sin ( / 6 ) + sin2 ( / 6 ) + 2 ( 0.25309917 )    9.8  88  1  1 T=  +   + 2 ( 0.25309917 )  9.8  2 4   T  12.2s T=

•

La altura máxima del proyectil.

hmax = h +

v 02 sin2 ( ) 2g

( 88 ) = 200 + sin2 ( / 6 ) 2 ( 9.8 ) 2 ( 88 )  1  = 200 + 2 ( 9.8 )  4  2

 hmax  hmax

 hmax = 298.776m •

El alcance del proyectil.

R=

v 02  sin ( ) + g 

Tenemos que z =

( 88 )

gh sin2 ( ) + 2z  cos ( ) ; z = 2  v0

( 9.8 )( 200 ) = 0.25309917 2 ( 88 )

2

 sin ( / 6 ) + sin2 ( / 6 ) + 2 ( 0.25309917 )  cos ( / 6 )  9.8  2  3  ( 88 )  1  1  R=  +   + 2 ( 0.25309917 )    9.8  2 4   2   R = 937.265 m R=

•

La gráfica de la curva cartesiana que representa el movimiento del proyectil.   2 g y = h +  tan ( )  x −  2 x 2  2v 0 cos ( )    9.8  x2  y = 200 +  tan ( / 6 )  x −  2  2 ( 88 ) cos2 ( / 6 )   3  4.9  2  y = 200 +  x−  x  3   5808   

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b) 𝜃 = 𝜋⁄4 ; 𝑣0 = 132 𝑚/𝑠 • Las ecuaciones paramétricas la posición del proyectil en función del tiempo.

 x = 132cos ( / 4 )  t  2  y = 200 + 132 sin ( / 4 )  t − 4.9 t • El tiempo en que el proyectil permanece en el aire.

T=

Tenemos que z = 132  sin ( 9.8  132  2 T= +  9.8  2  T  20.9 s T=

v0  sin ( ) + g 

gh sin2 ( ) + 2z  ; z = 2  v0

( 9.8 )( 200 ) 245 = 2 2178 132 ( ) / 4) +

sin2 ( / 4 ) + 2 ( 0.25309917 )  

 1  245   2  + 2  2178     

  

• La altura máxima del proyectil.

hmax = h +

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v 02 sin2 ( ) 2g

Página 16

hmax = h +

v 02 sin2 ( ) 2g

(132) 2 = 200 + sin ( / 4 ) 2 ( 9.8 ) 2 (132)  1  = 200 + 2 ( 9.8 )  2  2

 hmax  hmax

 hmax = 644.49 m •

El alcance del proyectil.

R=

v 02  sin ( ) + g 

Tenemos que z = R=

(132)

2

(132)

2

( 9.8 )( 200 ) 245 = 2 2178 (132)

  sin ( / 4 ) + 9.8 

 2 +  9.8  2  R = 1959.435 m R=

•

gh sin2 ( ) + 2z  cos ( ) ; z = 2  v0

 245  sin2 ( / 4 ) + 2    2178 

 1  245   2  + 2  2178     

  cos ( / 4 ) 

 2       2 

La gráfica de la curva cartesiana que representa el movimiento del proyectil.   2 g y = h +  tan ( )  x −  2 x 2  2v 0 cos ( )    9.8  x2  y = 200 +  tan ( / 4 )  x −  2  2 (132 ) cos2 ( / 4 )   4.9  2  y = 200 + x −  x  8712 

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c) 𝜃 = 𝜋⁄3 ; 𝑣0 = 160 𝑚/𝑠 • Las ecuaciones paramétricas la posición del proyectil en función del tiempo.

 x = 160 cos ( / 3 )  t  2  y = 200 + 160 sin ( / 3 )  t − 4.9 t •

El tiempo en que el proyectil permanece en el aire.

v0  sin ( ) + g 

T=

Tenemos que z =

gh sin2 ( ) + 2z  ; z = 2  v0

( 9.8 )( 200 ) 49 = 2 640 (160 )

T=

160   sin ( / 3 ) + 9.8 

T=

160  3 +  9.8  2

 49  sin2 ( / 3 ) + 2    640 

3  49   4  + 2  640     

  

  

 T  29.6 s •

La altura máxima del proyectil.

hmax = h +

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v 02 sin2 ( ) 2g

Página 18

hmax = h +

v 02 sin2 ( ) 2g

(160 ) 2 = 200 + sin ( / 3 ) 2 ( 9.8 ) 2 (160 )  3  = 200 + 2 ( 9.8 )  4  2

 hmax  hmax

 hmax = 1179.592 m •

El alcance del proyectil.

R=

v 02  sin ( ) + g 

Tenemos que z = R=

(160 )

2

(160 )

2

( 9.8 )( 200 ) 49 = 2 640 (160 )

  sin ( / 3 ) + 9.8 

 3 +  9.8  2  R = 2372.381 m R=

•

gh sin2 ( ) + 2z  cos ( ) ; z = 2  v0

 49  sin2 ( / 3 ) + 2    640 

3  49   4  + 2  640     

  cos ( / 3 ) 

 1     2 

La gráfica de la curva cartesiana que representa el movimiento del proyectil.   2 g y = h +  tan ( )  x −  2 x 2  2v 0 cos ( )    9.8  x2  y = 200 +  tan ( / 3 )  x −  2  2 (160 ) cos2 ( / 3 )   4.9  2  y = 200 + 3 x −  x  6400 

( )

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