Plano osculador y curva plana

RESUMEN. Demostramos que una curva es plana usando el concepto de plano osculador.

Nota. Este problema ya se resolvió en Una curva plana sin usar el concepto de plano osculador.

Enunciado
Demostrar que la curva de ecuaciones paramétricas $$x=t,\;y=\dfrac{t^2+t+2}{t},\;z=\dfrac{-t^2-t+3}{t}\quad (t>0)$$ es plana usando el concepto de plano osculador. Hallar el plano que la contiene.

Solución
Sabemos que una curva es plana si y sólo si el plano osculador en cada punto es constante, siendo éste el plano que la contiene. Dado que $t\ne 0$ Podemos expresar: $$
\begin{aligned}
& \mathbf{r}(t)=\left(t, t+1+2/t,-t-1+3/t\right),\\
& \mathbf{r}^\prime(t)=\left(1, 1-2/t^2,-1-3/t^2\right),\\
& \mathbf{r}^{\prime\prime}(t)=\left(0, 4/t^3,6/t^3\right).
\end{aligned}
$$ La ecuación del plano osculador para un $t > 0$ genérico es
$$\pi (t)\equiv \begin{vmatrix}{x-t}&{y-t-1-2/t}&{z+t+1-3/t}\\{1}&{1-2/t^2}&{-1-3/t^2}\\{0}&{4/t^3}&{6/t^3}\end{vmatrix}=0.$$ Llamando $\Delta (t)$ al determinante anterior, $$\Delta(t)\underbrace{=}_{F_2+(t/2)F_3}\begin{vmatrix}{x-t}&{y-t-1-2/t}&{z+t+1-3/t}\\{1}&{1}&{-1}\\{0}&{4/t^3}&{6/t^3}\end{vmatrix}$$ $$=\frac{2}{t^3}\begin{vmatrix}{x-t}&{y-t-1-2/t}&{z+t+1-3/t}\\{1}&{1}&{-1}\\{0}&{2}&{3}\end{vmatrix}.$$ Desarrollando por los elementos de la primera fila, $$\Delta(t)=\frac{2}{t^3}\left[(x-t)\cdot 5+(y-t-1-2/t)\cdot(-3)+(z+t+1-3/t)\cdot 2)\right]$$ $$\frac{2}{t^3}\left(5x-3y+2z-5t+3t+3+6/t+2t+2-6/t\right)$$ $$=\frac{2}{t^3}\left(5x-3y+2z+5\right).$$ Entonces, $$\pi(t)\equiv \frac{2}{t^3}\left(5x-3y+2z+5\right)=0\underbrace{\Leftrightarrow}_{t\ne 0}5x-3y+2z+5=0.$$ Concluimos que la curva es plana y que el plano que la contiene es $$\pi \equiv5x-3y+2z+5=0.$$