Encontrar si una curva paramétrica tiene una tangente bien definida en el origen

Question

¿La curva $$ x(t) = 5t^3, y(t) = 4t - sin(4t), t \in \Bbb{R}$$ ¿Tiene una línea tangente bien definida en el origen?

Desde $\frac{dy}{dx} = \frac{0}{0} $ Cuando t = 0 (es decir, en el origen) mi suposición es que la curva no tiene una tangente bien definida en el origen, sin embargo esto no es correcto aparentemente.

Answer 1

La curva tiene una tangente muy bien definida.

EDIT1

(Después de un post apresurado)

La regla de L'Hospital se aplica dos veces debido a $\frac{0}{0}$ que persiste después de la primera aplicación de la Regla

$$ \frac{dy}{dx}=\frac{\dot y}{\dot x}= \frac{4-4 \cos \,t}{15\, t^2} =\frac{4}{15} \frac{1-\cos 4t}{t^2}=\frac{4}{15} \frac{4 \sin 4t}{2t} \ = \frac{4}{15} \cdot 2\cdot 4 =\frac{32}{15} $$

es la pendiente de la tangente en el origen con un contacto de segundo orden.

Answer 2

$\frac {dy}{dx} = \frac {\frac {dy}{dt}}{\frac {dx}{dt}} = \lim_\limits{t\to 0}\frac {4(1-\cos 4t)}{15t^2} = \frac {64}{30}$

$t = \left(\frac {x}{5}\right)^{\frac 13}\\ y = 4\left(\frac {x}{5}\right)^{\frac 13} - \sin (4\left(\frac {x}{5}\right)^{\frac 13})\\ \frac {dy}{dx} = \lim_\limits{h\to 0} \frac{y(h)-y(0)}{h}$

Que se define y de hecho es igual a $\frac {32}{15}$

Answer 3

Utilizar que $$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}$$

Answer 4

$\frac{dy}{dx}=\frac{y'}{x'}=\frac{0}{0}$ , En realidad se puede calcular el límite de las líneas tangentes: $\begin{align} \lim_{t \to 0}\frac{y'(t)}{x'(t)}=\\ =\lim_{t \to 0} \frac{4-4\cos(4t)}{30t^2}=\\ =\lim_{t \to 0} \frac{16}{15}\frac{4\left(1-\cos(4t)\right)}{\left(4t\right)^2}=\\ =\lim_{t \to 0}\frac{\sin(4t)}{30t}=\\ =\frac{64}{30}=\frac{32}{15} \end{align}$

Si no te sientes cómodo con el teorema de L'Hospital, considera directamente

$\begin{align} \lim_{x \to 0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}=\\ =\lim_{x \to 0}\frac{2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)}{x^2}= \\=\lim_{\frac{x}{2} \to 0}\frac{2\sin\left(\frac{x}{2}\right)}{4\left(\frac{x}{2}\right)^2}=\\ =\frac{1}{2} \end{align}$

Y aplicarlo al tercer pasaje del cómputo anterior con la sustitución $4t=z$

En realidad, un cálculo equivalente (aunque un poco largo) podría llevarse a cabo con $\begin{align}\lim_{x \to 0}y'(x)=\\ =\lim_{x \to 0}\frac{d}{dx}\left(4\left(\frac{x}{5}\right)^{\frac{1}{3}}-4\sin\left(\left(\frac{x}{5}\right)^{\frac{1}{3}}\right)\right)=\\ =\lim_{h \to 0}\frac{\left(4\left(\frac{h}{5}\right)^{\frac{1}{3}}-4\sin\left(\left(\frac{h}{5}\right)^{\frac{1}{3}}\right)\right)}{h}=\\ =\frac{32}{15} \end{align}$ ,

(el término $y(0)$ desaparece, ya que es igual a 0, y el resultado se obtiene aplicando el teorema de L'Hospital o, lo que es lo mismo, sustituyendo $5t^3=x$ )

Answer 5

Utilizando la equivalencia $1-\cos{t} \sim \frac{t^2}{2}, \ t\to{0},$ tenemos $$y'(0) = \lim\limits_{t\to{0}}\dfrac{y'(t)}{x'(t)} = \lim\limits_{t\to{0}}\dfrac{4-4 \cos{4t}}{15t^2} = \lim\limits_{t\to{0}}\dfrac{32t^2}{15t^2} = \dfrac{32}{15}.$$