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Titlecurvas-soluciones
TagsMathematical Objects Euclidean Vector Tangent Curve Theoretical Physics
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Problemas de curvas parametrizadas

Problema 1 Encontrar todos los valores de t para los cuales la curva

α(t) = (2t3 − 3t2, t− 2 arctan(t)) :

(i) Tiene tangente horizontal.

(ii) Tiene tangente vertical.

(iii) No es regular.

Solución:

El vector tangente a la curva α(t) = (x(t), y(t)) es α′(t) = (x′(t), y′(t)) =
(

6t(t− 1), t
2 − 1

t2 + 1

)
,

cuya pendiente es m(t) =
y′(t)
x′(t)

.

(i) Para que la tangente sea horizontal, ésta tiene que existir, es decir, α′(t) 6= ~0 y además
y′(t) = 0. Por tanto, t = 0.

(ii) Para que la tangente sea vertical, ésta tiene que existir, es decir, α′(t) 6= ~0 y además
x′(t) = 0. Por tanto, t = −1.

(iii) Para que la curva sea no regular x′ = y′ = 0, es decir, t = 1.

Problema 2 Llamamos evoluta de una curva parametrizada regular α con curvatura no nula
al lugar geométrico de los centros de curvatura. Denotamos la evoluta de α por β.
(i) Dar una parametrización de β.

(ii) Hallar la evoluta de la parábola α(t) =
(
t,

1

2
t2

)
, t ∈ IR, y dibujar juntas la curva y su

evoluta.

(iii) Dada la curva α(s) =
(√

2

2
cos(s),


2

2
sen(s),


2

2
s

)
, hallar su evoluta.



Solución:

Page 2

(i) Si α(t) es la curva, entonces el lugar geométrico de los centros de curvatura está dado por

β(t) = α(t) +
1

κ(t)
n(t).

(ii) Calculamos en primer lugar la curvatura de la parábola.

α(t) =
(
t,

1

2
t2

)
, α′(t) = (1, t), α′′(t) = (0, 1), |α′(t)| =


1 + t2, n =

1√
1 + t2

(−t, 1).

κ(t) =
1

(1 + t2)3/2
.

Por tanto,
β(t) =

(
t,

1

2
t2

)
+

(1 + t2)3/2√
1 + t2

(−t, 1) =
(
−t3, 1 + 3

2
t2

)
.

84

7

5

0

4

-4

3

-8
0

1

6

2

Figura 1: Parábola y su evoluta

(iii) Calculamos los vectores y funciones que intervienen.

α′(s) =

(



2

2
sen(s),


2

2
cos(s),


2

2

)
resulta que |α′(s)| = 1 y por tanto, ~t(s) = α′(s).

Por otra parte,

t′(s) = α′′(s) =

(



2

2
cos(s),−


2

2
sen(s), 0

)
,

de donde n(s) = (− cos(s),− sen(s), 0), ya que ||t′(s)|| =


2

2
. Por otro lado, α′ ∧ α′′ =

(
1

2
sen(s),−1

2
cos(s),

1

2

)
. Finalmente, κ(s) =


2

2
y

β(s) =

(



2

2
cos(s),−


2

2
sen(s),


2

2
s

)
.

Page 3

Problema 3 Dar una parametrización de las siguientes curvas y calcular en cada caso el vector
tangente unitario ~t, el vector normal ~n y la curvatura κ.

(i) y = x2 + 3x (ii) x2 + y2 + 2y = 0

(iii) x2 − y
2

4
= 1 (iv) x2 + 3y2 = 1



Solución:
(i) Como se trata de una parábola que es una curva dada en forma explícita podemos

parametrizarla utilizando la variable independiente, es decir x, como parámetro.

α(t) = (t, t2 + 3t).

Calculamos el vector tangente.

α′(t) = (1, 2t + 3), ||α′(t)|| =


4t2 + 12t + 10, ~t =
α′(t)
||α′(t)|| =

1√
4t2 + 12t + 10

(1, 2t + 3).

Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y
unitario.

~n =
1√

4t2 + 12t + 10
(−2t− 3, 1).

La fórmula de la curvatura de una curva plana es κ(t) =
det(α′, α′′)
||α′(t)||3 . En nuestro caso α

′′(t) =

(0, 2). Por tanto,
κ(t) =

2

(


4t2 + 12t + 10)3
.

(ii) La ecuación dada representa una circunferencia de centro el (0,−1) y radio r = 1, ya
que x2 + y2 + 2y = x2 + (y + 1)2 − 1. Por tanto, una parametrización es

α(t) = (cos(t),−1 + sen(t)).

Calculamos el vector tangente.

α′(t) = (− sen(t), cos(t)), ||α′(t)|| = 1, ~t = α
′(t)

||α′(t)|| = (− sen(t), cos(t)).

Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y
unitario.

~n = (− cos(t),− sen(t)).

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