Dado un punto en coordenadas rectangulares $(x, y)$. ¿Cuáles son las coordenadas polares $( r, \theta)$? ¿Podemos despejar $(r, \theta)$ en función de $(x, y)$?

De $x^2 + y^2 = r ^2$, despejando $r$ se obtiene que $$r=\sqrt{x^2+y^2}$$

Para obtener el valor de $\theta$ tenemos dos maneras.

Una es usando la tangente $$\frac{y}{x} =\frac{r \sin \theta}{r \cos \theta} = \tan \theta$$ $$ \theta = \arctan \frac{y}{x}$$

Un detalle a tener en cuenta es que $x \neq 0$.

Además, podemos observar en la siguiente imagen que la función tangente $f(\theta) = \tan \theta$ tal que $f : \big(\frac{-\pi}{2}, \frac{pi}{2}\big) \cup \big( \frac{\pi}{2}, \frac{3pi}{2}\big) \rightarrow \mathbb{R}$ no es inyectiva, y no tiene imagen inversa global, por lo que se debe elegir una rama, es decir un intervalo para el ángulo $\theta$.

Si consideramos la rama $\frac{- \pi}{2}< \theta < \frac{\pi}{2}$, $f : \big(\frac{-\pi}{2}, \frac{pi}{2}\big) \rightarrow \mathbb{R}$ entonces la función $f(\theta) = \tan \theta$ si tiene función inversa $f^{-1} : \mathbb{R} \rightarrow \big(\frac{-\pi}{2}, \frac{pi}{2}\big)$ y por tanto la función $\arctan \big( \frac{y}{x} \big)$ toma valores en $\big(\frac{-\pi}{2}, \frac{pi}{2}\big)$.

Es decir cuando $x > 0$.

De manera análoga, si consideramos la rama $\frac{\pi}{2}< \theta < \frac{3\pi}{2}$, $f : \big(\frac{3\pi}{2}, \frac{pi}{2}\big) \rightarrow \mathbb{R}$ entonces la función $f(\theta) = \tan \theta$ si tiene función inversa $f^{-1} : \mathbb{R} \rightarrow \big(\frac{3\pi}{2}, \frac{pi}{2}\big)$ y por tanto la función $\arctan \big( \frac{y}{x} \big)$ toma valores en $\big(\frac{3\pi}{2}, \frac{pi}{2}\big)$.

Es decir para cuando $x < 0$.

Otra manera es la siguiente.

Despejando $(r, \theta)$ en términos de $(x, y)$ de la ecuación $$x^2 + y^2 = r ^2$$

Obtenemos que $$r= \sqrt{x^2+y^2}$$

Sustituyendo el valor de $r$ obtenido, en la ecuación $\cos{\theta} = \frac{y}{x}$ obtenemos que $\cos{\theta} = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ por lo que el valor de $\theta$ está dado por $$\theta = \arccos\left( \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)$$

La función coseno tampoco es inyectiva sobre $\mathbb{R}$. Para poder hablar de la inversa hay que restringir el intervalo donde varia $\theta$.

Una opción es $0 < \theta < \pi$.

Es decir, se debe escoger el intervalo de $\theta$ que mejor nos permita calcular el ángulo dependiendo de donde se encuentre el punto $(x, y)$.

$$T : \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}^2$$ $$(r, \theta) \longrightarrow (x, y)$$

Mediante tabulación.

Si fijamos $r_0 = 1$ y variamos $\theta$, tenemos que $x = r_0 \cos \theta$ entonces $x = \cos \theta$ y para $y = r_0 \sin \theta$ se obtiene $y = \sin \theta$. Luego $(x, y) = ( \cos \theta, \sin \theta)$.

Analíticamente para $r_0 = 1$ $$x^2+y^2=\cos^2 \theta + \sin^2 \theta$$ $$x^2+y^2=1$$

Por lo que la recta $r = 1$ en coordenadas polares es la circunferencia unitaria en coordenadas cartesianas.

Si fijamos $r_0 = 2$ y variamos $\theta$ se obtiene $$x^2+y^2=(2 \cos \theta)^2 + (2 \sin \theta)^2 = 4 \cos^2 \theta + 4 \sin^2 \theta = 4 (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = 4$$

$$x^2+y^2=4$$

Por lo que la recta $r = 2$ en coordenadas polares es la circunferencia de radio 2 en coordenadas cartesianas.

Además, la recta $r = 0$ en coordenadas polares, es el punto $(0, 0)$ en coordenadas cartesianas.

https://www.geogebra.org/classic/rhv8nvwx

Ahora consideremos una recta horizontal $\theta = \theta_0$

$x = r \cos \theta_0$

$y = r \sin \theta_0$

$(x, y) = (r \cos \theta_0, r \sin \theta_0)$

$(x, y ) = r ( \cos \theta_0, \sin \theta_0)$

El factor $ (\cos \theta_0, \sin \theta_0)$ es constante, si variamos $r$ tenemos que:

* Si $r > 0$ la recta horizontal en coordenadas polares es un rayo que parte del origen en coordenadas cartesianas; pero si $r \in \mathbb{R} $ se transforma en la recta generada por el vector unitario $\vec{u} = (\cos \theta_0, \sin \theta_0)$.

En la siguiente animación dejamos fijo el ángulo y variamos el valor de $r$.

https://www.geogebra.org/c

En la siguiente animación puedes variar al mismo tiempo $r, \Delta r, \theta$ y $\Delta \theta$ y observar las transformación en la segunda ventana.

https://www.geogebra.org/classic/kwbmfxfn

Sea $\alpha: (a,b) \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^n$ una curva parametrizada, sea $\mathcal{I} = (a,b).$

Sea $h : \mathcal{J} = (c, d) \rightarrow \mathcal{I} = (a, b)$ una función monótona $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tal que:

$$h (c, d) = (a, b)$$

Sea $t \in (a, b)$ y sea $\tau \in (c, d).$

Podemos hacer la composición $$\beta : \mathcal{J} \rightarrow \mathbb{R}^n$$

$$\beta = \alpha \circ h$$

$\beta ( \tau ) = \alpha ( h (\tau))$

$t = h (\tau)$

entonces ${\beta}’ (\tau) = \frac{d}{d \tau} (\alpha (h(\tau)) = {\alpha}’ ( h (\tau)) h’ (\tau)$

Pueden suceder dos casos:

* $h’ (\tau ) > 0 \; \forall\, \tau \Rightarrow h $ es creciente, entonces el vector ${\beta}’ (\tau)$ es un mútliplo positivo de ${\alpha}’ ( h (\tau))$, es decir, apunta en la misma dirección.

* $h’ (\tau ) < 0 \; \forall\, \tau \Rightarrow h $ es decreciente, entonces el vector ${\beta}’ (\tau)$ es un mútliplo negativo de ${\alpha}’ ( h (\tau))$, es decir, apunta en la dirección contraria.

EJemplo:

Una hélice $\gamma (t) = (\cos t, \sin t, t)$

${\gamma}’ (t) = (\, -\,\sin t, \cos t, 1)$

$\|{\gamma}’ (t) \| = \sqrt{( -\,\sin t)^2 + (\cos t)^2 + (1)^2} $

$\|{\gamma}’ (t) \| = \sqrt{2}$ por lo que esta curva está parametrizada con rapidez constante.

Reparametricemos a $\gamma (t)$ con longitud de arco.

Sea $t = h (s)$ tal que $\beta (0) = \gamma (h (s))$ cumpla que $\| {\beta}’ (s) \| = 1$ para toda $s.$

Entonces ${\beta}’ (s) = {\gamma}’ (h (s)) h’ (s)$

$\| {\beta}’ (s) \| = \|{\gamma}’ (h (s))\| |h’ (s)|$

$\| {\beta}’ (s) \| = \sqrt{2} |h’ (s)|$

Buscamos $h$ tal que $h’ (s) > 0.$

Entonces $ \sqrt{2} h’ (s) \equiv 1 \Rightarrow h’ (s) \equiv \dfrac{1}{\sqrt{2}}$

Una solución de la ecuación anterior es $h (s) = \dfrac{1}{\sqrt{2}}s$

Entonces $$\beta (s) = \Bigg( \cos \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg), \sin \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg), \dfrac{s}{\sqrt{2}} \Bigg)$$

Esta curva recorre la misma hélice pero ahora está parametrizada con rapidez unitaria.

Longitud de arco medida desde el punto $\beta (0) = (1, 0, 0)$

Calculemos la curvatura de la hélice en cada punto.

$\mathcal{K} (s) = \|{{\beta}’}’ (s) \|$

$\beta (s) = \Bigg( \cos \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg), \sin \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg), \dfrac{s}{\sqrt{2}} \Bigg)$

${\beta}’ (s) = \Bigg( – \dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg), \dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg), \dfrac{1}{\sqrt{2}} \Bigg) = T (s)$ unitario.

${{\beta}’}’ (s) = \Bigg( – \dfrac{1}{2}\cos \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg), – \, \dfrac{1}{2}\sin \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg), 0 \Bigg)$

$\|{{\beta}’}’ (s) \| = \sqrt{\Bigg( – \dfrac{1}{2}\cos \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg)\Bigg)^2 + \Bigg( – \, \dfrac{1}{2}\sin \Bigg(\dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg)\Bigg)^2}$

$\|{{\beta}’}’ (s) \| = \dfrac{1}{2}$

Luego $N (s) = \Bigg( – \, \cos \Bigg( \dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg) ,\, – \, \sin\Bigg( \dfrac{s}{\sqrt{2}}\Bigg), 0\Bigg)$ que es horizontal y paralelo al plano $xy.$

La torsión y el triedro de Frenet – Serret.

Dada una curva $\alpha : \mathcal{I} \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^3$ parametrizada por longitud de arco, tenemos el vector tangente $T (s) := {\alpha}’ (s).$

Si ${{\alpha}’}’ (s) \neq \vec{0}$, tenemos el vector normal $N(s) := \dfrac{{{\alpha}’}’ (s)}{\| {{\alpha}’}’ (s)\|}$

Observación: $\dfrac{d}{ds} T(s) = \dfrac{d}{ds} {\alpha}’ (s) = {{\alpha}’}’ (s) = \| {{\alpha}’}’ (s) \| N (s).$ Entonces $$T’ (s) = \mathcal{K} (s) = N (s)$$

Con $T$ y $N$ podemos producir otro vector, el vector Binormal $\vec{B} (s)$, donde $$\vec{B} (s) = T(s) \times N(s)$$

¿Cómo cambia $\beta\, (s)$?

$$\begin{align*} {\beta}’ (s) &= \Big( T (s) \times N (s) \Big)’ \\ &= T’ (s) \times N (s) + T (s) \times N’ (s) \\ &= \mathcal{K} \cdot N(s) \times N(s) + T (s) \times N’ (s) \\ &= \mathcal{K} + T (s) \times (aT + c B) \\ {\beta}’ (s) &= c (T \times B) = c N(s) \end{align*}$$

Definamos la torsion de la curva en el punto $\alpha (s)$ como el número $\tau (s)$ tal que $${B}’ (s) = – \tau (s) N (s)$$

Tres fórmulas

$$\begin{align*} T’ (s) &= \mathcal{K} (s) N(s) \\ B’ (s) &= – \tau (s) N(s) \\ N’ (s) &= \mathcal{K} (s) T (s) + \tau (s) B (s)\end{align*}$$

La fórmula de $N’ (s)$ se deduce a partir de $ N = B \times T $, ya que derivando esta expresión se tiene que:

$$ \begin{align*}N’ &= (B \times T)’ \\ &= B’ \times T + B \times T’ \\ &= – \tau (N \times T) + B \times (\mathcal{K} N) \\ &= \tau (T \times N) + \mathcal{K} (B \times N) \\ N’ &= \mathcal{K} T + \tau B \end{align*} $$

Sea $f : \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}$

$$f(x, y) = \frac{y}{x} $$

Queremos saber:

• ¿En qué puntos $f$ tiene límite?
• ¿En qué puntos $f$ no tiene límite?
• ¿Cómo es la gráfica de $f$ ?

Analicemos diferentes cortes para poder responder estas preguntas.

1. Cortes paralelos al plano $yz$

$x = x_0$ constante.

$$f(x_0, y) = \dfrac{y}{x_0}$$

Corte especial para $x = 0$

para $x = x_0 = 0$

$$f(0, y) = 0$$

En la siguiente animación, puedes ver los cortes para diferentes valores de $x_0$.

https://www.geogebra.org/classic/vaquauek

2. Cortes con el plano $x=1$

$z=f(1, y) = \dfrac{y}{1}$

https://www.geogebra.org/classic/mt9rgkzj

3. Cortes paralelos al plano $xz$

$y = y_0$ constante.

$$f(x, y_0) = \frac{y_0}{x}$$

Corte especial para $y=0$

para $y=y_0=0$

$$f(x, 0) =0$$

En la siguiente animación, puedes ver los cortes para diferentes valores de $y_0$.

https://www.geogebra.org/classic/cmppwys

Sean:

$ \alpha : I \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^n$

$ \beta : I \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^n$

dos curvas tales que:

$\alpha (t_0) = \beta (t_0) = \vec{x_0}$;

${\alpha}’ (t_0) \neq \vec{0}$ y

${\beta}’ (t_0) \neq \vec{0}.$

Definimos el ángulo entre las curvas como el ángulo entre los vectores tangentes ${\alpha}’ (t_0)$ y ${\beta}’ (t_0)$

$$ \cos \theta = \dfrac{{\alpha}’ (t_0) \cdot {\beta}’ (t_0)}{ \|{\alpha}’ (t_0)\| \|{\beta}’ (t_0)\|}$$

En el siguiente enlace puedes observar un ejemplo.

https://www.geogebra.org/classic/dwafdmgt

Longitud de arco

Sea $ \alpha : [a, b] \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^n$ continua.

Para cada partición del $[a, b]$, $t_0 = a < t_1 < t_2 < \dots < t_n = b$, podemos calcular los puntos $\alpha (t_i).$

Más aún, podemos calcular las longitudes de los segmentos de recta que unen puntos consecutivos de la partición y sumarlos, $$\sum\limits_{i = 1}^n \| \alpha (t_i) – \alpha (t_{i – 1}) \| = \mathcal{L} (C) $$

$\mathcal{L} (C)$ es la longitud de una trayectoria poligonal inscrita en una curva $C.$

Definimos la longitud de arco de $\alpha$ desde $\vec{p} = \alpha (a)$ hasta $\vec{q} = \alpha (b)$ como el supremo del conjunto de números

$$\left\{ \sum\limits_{i = 1}^n \| \alpha (t_i) – \alpha (t_{i – 1}) \|; t_0 = a < t_1 < t_2 < \dots < t_n = b\right\}$$

$$\mathcal{L}(\alpha) := sup \{ \mathcal{L}(C) \}$$

Observación:

ésta definición se extiende a espacios métricos $(\mathcal{X}, d)$, con

$ \alpha : I \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathcal{X}$

$$ \mathcal{L}(C)= \sum\limits_{i = 1}^n d \left( \alpha (t_{i-1}), \alpha (t_i) \right)$$

$$\mathcal{L}(\alpha) := sup \{ \mathcal{L}(C) \}$$

Curvas parametrizadas

Sea $$ \alpha (t) = (x(t), y(t), z(t))$$ una curva, donde $t$ es el tiempo y $(x(t), y(t), z(t))$ la posición en el espacio.

Es decir, para cada $t$ tenemos que:

$$t \longrightarrow (x(t), y(t), z(t))$$

Y la curva representa el camino que describe.

La derivada de $\alpha (t)$ está dada por:

$$ {\alpha}’ (t) = ({x}'(t), {y}'(t), {z}'(t))$$

$${\alpha}’ (t) = \lim_{\Delta t \to \infty} \dfrac{(\alpha (t_0 \, – \, \Delta t) \, – \, \alpha (t_0))}{\Delta t} $$

Y representa la velocidad instantánea.

La rapidez es $\|{\alpha}’ (t) \|.$

Además, la aceleración instantánea está dada por $${{\alpha}’}’ (t)$$

Movimiento rectilíneo uniforme

Dado el punto $\vec{p_0} (x_0, y_0, z_0)$ que representa la posición inicial.

El vector velocidad constante, está dado por $\vec{v} = (v_1, v_2, v_3).$

Por lo que, la curva que representa el camino que se describe es: $$ \alpha (t) = \vec{p_0} + \vec{v}(t)$$ $$ \alpha (t) = (x_0, y_0, z_0) +t(v_1, v_2, v_3)$$ $$ \alpha (t) = (x_0 + t v_1, y_0 + t v_2, z_0 + t v_3)$$

La ecuación de la recta tangente es: $$\beta (t) = \alpha (t_0) + t {\alpha}’ (t_0)$$

Existe una recta tangente si ${\alpha}’ (t_0) \neq \vec{0}$.

Si ${\alpha}’ (t_0) = \vec{0}$, estamos diciendo que la velocidad es $0$, es decir, no se mueve, y por tanto $\alpha (t) = \vec{p_0}$ para toda $t.$

Los puntos donde ${\alpha}’ (t_0) = 0$ son excepcionales.

https://www.geogebra.org/classic/spwzzvcr

Movimiento circular uniforme

Dada una circunferencia de radio $r > 0$ con centro en $(h, k)$, posición inicial $(x_0, y_0)$ y velocidad inicial $(x’_0, y’_0)$, analizamos diferentes casos para poder calcular su frecuencia, velocidad angular, periodo, amplitud y fase.

Caso sencillo

Radio $r = 1$

Centro $(h, k) = (0, 0)$

Posición inicial $(x_0, y_0) = (1, 0)$

Velocidad inicial $(x’_0, y’_0) = (0, 1)$

Entonces $\left\{ x(t) = \cos (t) \atop y(t) = \sin (t) \right.$

Tenemos que la rapidez unitaria es $\| {\alpha}’ (t)\| = 1.$

Si el periodo es $2\pi$ entonces, para toda $t$:

$\left\{ x(t + 2\pi) = x (t) \atop y(t + 2\pi) = y (t) \right.$

Por lo que $\vec{\alpha} (t) = \vec{\alpha} (t + 2\pi).$

¿Cómo serian las ecuaciones si el movimiento fuera de $\textcolor{Blue}{periodo \; 1}$?

$\left\{ x(t) = \cos (2\pi t) \atop y(t) = \sin (2\pi t) \right.$

Entonces para $t = 0$ la posición es $ (1, 0)$; y para $ t = 1$ la posición también es $(1, 0).$

Luego, la rapidez de $\left\{ x(t) = \cos (2\pi t) \atop y(t) = \sin (2\pi t) \right.$ es

$\left\{ x’ (t) = -2 \sin (2\pi t) \atop y’ (t) = 2 \cos (2\pi t) \right.$

Por lo que $\|(x’ (t), y'(t)) \| = \sqrt{(2 \pi)^2 (\cos^2 (2\pi t) + \sin^2 (2 \pi t))}$,

es decir que la rapidez es: $$\|(x’ (t), y'(t)) \| = 2 \pi $$

Para periodos $T > 0$

$\left\{ x(t) = \cos \left( \frac{2\pi t}{T} \right) \atop y(t) = \sin \left( \frac{2\pi t}{T} \right) \right.$

Entonces para $t = 0$ la posición es $ (1, 0)$; y para $ t = T$ la posición también es $(1, 0).$

¿Cómo serían las ecuaciones si recorremos la circunferencia en el sentido horario, con periodo $T = 2\pi$?

Entonces $\left\{ x(t) = \cos (t) \atop y(t) = – \sin (t) \right.$

Por lo que $(x'(0), y'(0)) = (0, -1).$

Si ahora cambiamos la posición inicial, digamos que $ \vec{p_0} = (x_0, y_0).$

Dado el punto $(x_0, y_0)$, existe un ángulo $\theta$ tal que:

$\left\{ x_0 = \cos (\theta_0) \atop y_0 = \sin (\theta_0) \right.$

Si $(x_0, y_0) = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) \Rightarrow \theta_0 = 45° = \frac{\pi}{4}$

Si $(x_0, y_0) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}) \Rightarrow \theta_0 = 60° = \frac{\pi}{3}$

Luego, para toda $t$ se tiene que:

$\left\{ x(t) = \cos (t + \theta_0) \atop y(t) = \sin (t + \theta_0) \right.$

Cumple que $(x(0), y(0)) = (\cos \theta_0, \sin \theta_0) = (x_0, y_0)$, es decir, en el instante $t_0 = 0$ la posición inicial es $(x_0, y_0).$

Si hubiéramos escrito

$\left\{ x(t) = \cos (t – \theta_0) \atop y(t) = \sin (t – \theta_0) \right.$

Entonces $\left\{ x(\theta_0) = 1 \atop y(\theta_0) = 0 \right.$ es decir, en el instante $t_0 = \theta_0$ la posición es $(1, 0).$

Observación:

Si escribimos $\left\{ x(t) = \cos ( – t) = cos (t) \atop y(t) = \sin ( – t) = – \sin (t) \right.$

entonces estamos recorriendo la circunferencia en sentido horario.

Ahora estudiemos el siguiente caso:

$\left\{ x(t) = \cos (w t ) \atop y(t) = \sin (w t ) \right.$

El periodo es $\frac{2 \pi}{T} = \omega \Rightarrow T = \frac{2 \pi}{\omega}.$

Otro caso:

Si tenemos las ecuaciones $\left\{ x(t) = A \cos (w t ) \atop y(t) = A \sin (w t ) \right.$

y $A = 2$ entonces las ecuaciones

$\left\{ x(t) = 2 \cos (w t ) \atop y(t) = 2 \sin (w t ) \right.$

representan una circunferencia de radio 2. $A$ se denomina amplitud.

Caso centro $(h, k)$

Si el centro está en el punto $(h, k)$, entonces:

$$\left\{ x(t) = A \cos (w t ) + h \atop y(t) = A \sin (w t ) + k \right.$$

En el siguiente enlace puedes observar una animación de la parametrización.

https://www.geogebra.org/classic/gpuexq9c

Parametrización de elipses e hipérbolas

La elipse : $$\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$$

se puede parametrizar como

$$\left\{ x = a \cos \theta \atop y = b \sin \theta \right.$$

ya que si elevamos al cuadrado ambas ecuaciones obtenemos que $$\left\{ x^2 = a^2 \cos^2 \theta \atop y^2 = b^2 \sin^2 \theta \right.$$ luego, despejando y sumando miembro a miembro observamos que $$\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$$ que es la ecuación de la elipse.

La hipérbola: $$x^2 – y^2 = 1$$

se puede parametrizar como

$$\left\{ x = \sec \theta \atop y = \tan \theta \right.$$

ya que si elevamos al cuadrado cada ecuación tenemos que $$\left\{ x^2 = \sec^2 \theta \atop y^2 = \tan^2 \theta \right.$$ luego, restándolas vemos que $$ x^2 – y^2 = \sec^2 \theta – \tan^2 \theta = \dfrac{1}{\cos^2 \theta} – \dfrac{\sin^2 \theta}{\cos^2 \theta} = \dfrac{1 – \sin^2 \theta}{\cos^2 \theta} = \dfrac{\cos^2 \theta}{\cos^2 \theta} = 1 $$ obtenemos la ecuación de la hipérbola.

Otra manera de parametrizar la hipérbola es considerando

$$\left\{ x = \cosh \theta = \dfrac{e^t + e^{-t}}{2} \atop y = \sinh \theta = \dfrac{e^t – e^{-t}}{2}\right.$$

$$ x^2 – y^2 = \cosh^2 \theta – \sinh^2 \theta = 1$$

Longitud de arco

Consideramos una curva parametrizada $$\alpha : [a, b] \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^2$$ $$\alpha (t) =(x(t), y(t))$$

Sean $P = \alpha (a)$

y $Q = \alpha (b)$

¿Cuál es la longitud de arco desde $P$ hasta $Q$?

• Aproximemos la longitud de la curva como suma de segmentos de recta.

Dibujo A

$\sum\limits_{i = 1}^n \|\alpha (t_i) – \alpha (t_{i-1}) \|$ con la partición $ a = t_0 < t_1 < \dots < t_n = b$

Nos preguntamos si hay un teorema del valor medio. Es decir, existe $\rho \in (a, b)$ tal que $$f(\rho) = \dfrac{f(b) – f(a)}{b – a}$$

Entonces existe $\rho \in (a, b)$ tal que $$\overrightarrow{\alpha}(\rho) = \dfrac{\overrightarrow{\alpha}(b) – \overrightarrow{\alpha}(a)}{b – a} $$

Si así fuera, entonces $$\| {\alpha}'(\rho) \| = \dfrac{\| \overrightarrow{\alpha}(b) – \overrightarrow{\alpha}(a) \|}{b – a} $$

$\sum\limits_{i = 1}^n \|\alpha (t_i) – \alpha (t_{i-1}) \|=\sum\limits_1^n \|\alpha (t_i) – \alpha (t_{i-1}) \|\dfrac{t_i – t_{i-1}}{t_i – t_{i-1}} $

$=\sum\limits_{i = 1}^n \|{\alpha}’ (\xi_i) \| (t_i – t_{i-1})$

Por lo anterior definimos la longitud de arco desde $P$ hasta $Q$ como

$$ \int\limits_a^b \| {\alpha}'(t) \| dt $$

CASO CIRCUNFERENCIA

Para $\omega = 1.$

$x (t) = A \cos (t) + h$

$y (t) = A \sin (t) + k$

Derivando

$x’ (t) = – A \sin (t) \Longrightarrow (x’)^2 (t) = A^2 \sin^2 (t)$

$y’ (t) = A \cos (t) \Longrightarrow (y’)^2 (t) = A^2 \cos^2 (t) $

Sumando ambas igualdades

$(x’)^2 + (y’)^2 = A^2$ por lo que $\| {\alpha}'(t) \| = A.$

Si $P = \alpha (\theta_0)$ y $Q = \alpha (\theta_1)$, entonces

$$ \int\limits_{\theta_0}^{\theta_1} A \, dt = A (\theta_1 – \, \theta_0) = \text{radio } \Delta \theta $$

Una parametrización de una curva en coordenadas polares

Sea $r = f (\theta) $

Donde $\theta = \omega t$ y $ r = f( \omega t)$, que en coordenadas polares es:

$x (t) = f (\omega t) \cos (\omega t)$

$y (t) = f (\omega t) \sin (\omega t)$

Si $\omega = 1$ entonces $\overrightarrow{\alpha} (t) = (x(t), y(t)) = x (t) \vec{e_1} + y (t) \vec{e_2} = r (t) \overrightarrow{\beta} (t)$, donde $\beta (t) = (\cos \theta (t), \sin \theta (t))$

En este caso, ¿cómo calculamos la velocidad?

$x’ (t) = \dfrac{d}{dt} (f(\omega t) \cos (\omega t)) = \omega f'(\omega t) \cos (\omega t) – \sin (\omega t) f(\omega t) \omega$

$y’ (t) = \dfrac{d}{dt} (f(\omega t) \sin (\omega t)) = \omega f'(\omega t) \sin (\omega t) + \cos (\omega t) f (\omega t) \omega$

Luego,

$(x’, y’) = ( \omega f'(\omega t) \cos (\omega t) – \sin (\omega t) f(\omega t) \omega , \omega f'(\omega t) \sin (\omega t) + \cos (\omega t) f(\omega t) \omega )$

$(x’, y’) = \omega f'(\omega t) (\cos (\omega t) , \sin (\omega t) + \omega f(\omega t) ( -\sin (\omega t) , \cos (\omega t)$

$\overrightarrow{\alpha}’ (t) = r’ (t) \overrightarrow{\beta} (t) + r (t) \overrightarrow{\beta}’ (t)$

$\beta$, $\beta’$ son una base de $\mathbb{R}^2$ en la que podemos extresar ${\alpha}’$.

$\vec{e_1}$, $\vec{e_2}$ son otra base de $\mathbb{R}^2$ en la que también podemos extresar ${\alpha}’$.

Luego, $\alpha’ (t) = x’ (t) \vec{e_1} + y’ (t) \vec{e_2} = r’ (t) \overrightarrow{\beta} (t) + r (t) \overrightarrow{\beta}’ (t)$