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Problemario de An´lisis Vectorial
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       Barranco Jim´nez Marco Antonio
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1    Introducci´n
               o

La presente selecci´n de problemas resueltos de la materia de An´lisis Vectorial,
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Este punto de vista puede o no ser compartida por muchos profesores que
imparten o han impartido alguna vez la materia, y ...
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  1. 1. Problemario de An´lisis Vectorial a Barranco Jim´nez Marco Antonio e e-mail: mabarrancoj@ipn.mx June 24, 2004 1
  2. 2. 1 Introducci´n o La presente selecci´n de problemas resueltos de la materia de An´lisis Vectorial, o a tiene como objetivo principal, el de proporcionar al alumno que cursa la materia, un apoyo bibliogr´fico m´s para el entendimiento de la misma, esperando que a a le sea de gran ayuda, en la aplicaci´n de la teoria adquirida en el sal´n de clases o o y poder ejercitar sus conocimientos en la soluci´n de problemas similares. o La mayoria de los problemas, son problemas que se resuelven como ejemplos en el sal´n de clases tratando en lo que cabe de cubrir el m´s m´ o a ınimo detalle algebraico, con la unica intenci´n de lograr la mejor comprensi´n por parte del ´ o o alumno, como puede observarse en la soluci´n de cada problema. La mayoria o de los problemas resueltos, son problemas que est´n propuestos en libros tradi- a cionales de la materia, como por ejemplo, el libro de An´lisis Vectorial de la a editorial Mc Graw Hill (serie Schaum), cuyo autor es Murray R. Spiegel y el libro de An´lisis Vectorial de la editorial Addison-Wesley Iberoamericana, cuyo a autor es Hwei P. Hsu., entre otros. La idea de escribir esta serie de problemas, es debida principalmente a la ex- periencia que el autor ha adquirido al impartir la materia en el primer semestre, en la Escuela Superior de C´mputo del IPN, de la carrera de Ingenier´ en Sis- o ıa temas Computacionales, y en la cual el ´ ındice de alumnos que no aprueban la materia es muy alto. La materia de An´lisis Vectorial por si s´la, es una materia que generalmente a o es muy complicada para los estudiantes de nuevo ingreso, (a´n imparti´ndose u e ´sta en un semestre posterior) en una carrera de Ingenier´ en el area de Cien- e ıa ´ cias F´ ısico-Matem´ticas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo, a a a ´ los pocos conocimientos de las materias b´sicas de Matem´ticas ( Algebra, Ge- ometr´ Anal´ ıa ıtica, C´lculo Diferencial e Integral, Trigonometr´ etc) con los que a ıa, cuenta el estudiante al ingresar al nivel superior, sin embargo, como el lector podr´ observar, en la soluci´n de cada uno de los problemas resueltos, realmente a o son m´ınimos los conocimientos que el alumno necesita de las materias b´sicas de a Matem´ticas. As´ tambi´n, podr´ ser el desinter´s que muestran en general los a ı e ıa e alumnos hacia la materia, debido a que pos´ ıblemente las dem´s materias, como a Matem´ticas Discretas y Programaci´n, por mencionar algunas, son materias a o que en general los conceptos son m´s ”f´ciles” de entender por parte del alumno, a a o son materias de un inter´s mayor por ser materias dirijidas a su formaci´n. e o Y principalmente, en realidad el temario de la materia (mencionando tambi´n e que en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, como en muchas otras materias b´sicas), en general es dificil de asimilar por parte de a los alumnos, conceptos por ejemplo, por citar algunos, como el de Gradiente, Divergencia y Rotacional, as´ como la parte de coordenadas curvil´ ı ıneas que in- volucran el C´lculo de funciones de m´s de una variable, matem´ticamente son a a a complicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretaci´n f´ o ısica de los mismos. 2
  3. 3. Este punto de vista puede o no ser compartida por muchos profesores que imparten o han impartido alguna vez la materia, y es muy respetable su opini´n o al respecto, sin embargo, como mencion´ anteriormente, la experiencia adquirida e al impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones. Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma: En el cap´ ıtulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado al ´ Algebra de vectores; desde las operaciones b´sicas de vectores, algunos proble- a mas de aplicaci´n a la Geometr´ Anal´ o ıa ıtica, pasando por aplicaciones del pro- ducto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores, hasta ecuaciones de rectas y planos. En este cap´ ıtulo, se pone enf´sis en la a aplicaci´n de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entre o vectores, los cuales son conceptos b´sicos muy importntes enun curso tradicional a de la materia de An´lisis Vectorial. a En el cap´ıtulo 2 se tratan problemas relacionados con el C´lculo Diferencial a vectorial; desde el concepto de parametrizaci´n de curvas y superficies en el espa- o cio, derivaci´n de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergencia o y Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvil´ ıneas. As´ mismo, en el cap´ ı ıtulo 3 se tratan problemas relacionados con el C´lculo a Integral vectorial, desde ejemplos de integrales de l´ ınea, integrales de superficie e integrales de volumen, hasta llegar a problemas de aplicaci´n de los teoremas o integrales de Green, de Stokes y de Gauss. Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendr´ la ultima a ´ palabra al decidir si se cumple el objetivo principal, as´ tambi´n, el autor esta ı e abierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que ser´n bien venidas, para a la mejora del presente trabajo. 3
  4. 4. 2 Problemas del cap´ ıtulo 1. Problema 1: → − Muestre que para cualquier vector A = a1 i + a2 j + a3 k se cumple que: → − a).− i× k× j× A = a3 k, → − b).− k× j× i× A = a2 j, → − c).− j× i× k× A = a1 i, no aplique la definici´n del determinante, usar las propiedades del producto o vectorial. Soluci´n: o a).− Aplicando las propiedades del producto vectorial, tenemos → − i× k× j× A = i × k × j × a1 i + a 2 j + a 3 k = i × k × j × a1 i + j × a2 j + j × a3 k = i × k × −a1 k + a3 i = i × −a1 k × k + a3 k × i = i × a3 j = a3 k. b) De la misma forma, → − k× j× i× A = k × j × i × a1 i + a 2 j + a 3 k = k × j × i × a1 i + i × a2 j + i × a3 k = k × j × a2 k − a 3 j = k × j × a2 k + j × a3 j = k × a2 i = a2 j. En forma an´loga para el inciso c). a 4
  5. 5. Problema 2. Probar que → − → − → − → − i × i × A + j × j × A + k × k + A = −2 A → − donde A es cualquier vector en el espacio. Soluci´n: o → − Sea el vector A en el espacio dado por, → − A = ai + bj + ck, → − sustituyendo el vector A y aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial, obtenemos → − − → → − i× i× A +j× j× A +k× k× A = i × i × ai + b j + c k + j × j × ai + b j + c k + k × k × ai + b j + c k = i × i × ai + i × b j + i × ck + j × j × ai + j × bj + j × ck + k × k × ai + k × bj + k × ck , aplicando la definici´n del producto vectorial para los vectores i, j y k, y nue- o vamente aplicando la propiedad distributiva obtenemos, → − → − → − i× i× A +j× j× A +k× k× A = i × bk − cj + j × −ak + ci + k × aj + bi = bi × k − c i × j − aj × k + c j × i + ak × j − b k × i = −bj − ck − ai − ck − ai − bj finalmente, obtenemos → − → − → − → − i × i × A + j × j × A + k × k × A = −2ai − 2bj − 2ck = −2 A . 5
  6. 6. Problema 3. Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un tri´ngulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. a Soluci´n: o Consideremos un tri´ngulo cuyos v´rtices son los puntos A, B y C, como se a e muestra en la figura. B X P Q A C Y De la figura, obtenemos −− → → − AB = X, −→ → − AC = Y, −→ − → → − − BC = Y − X, por hip´tesis tenemos que, o −→ − 1→− PB = X, 2 −→ − 1 → → − − BQ = ( Y − X ), 2 asimismo, de la figura en el tri´ngulo BP Q obtenemos, a − −→ −→ −→ − − P Q = P B + BQ sustituyendo las ecuaciones anteriores, − −→ 1→ 1 → → − − − PQ = X + (Y − X) 2 2 1→− = Y, 2 − −→ → − 1 de donde se deduce que P Q es paralelo a Y y tiene 2 de su longitud. 6
  7. 7. Problema 4. − −→ → − Consideremos 3 puntos diferentes en el espacio O, P y Q, y sean OP = A , −→ → − − OQ = B y R el punto medio del segmento QP , demostrar como se ilustra en → − → − → → − − la figura, que el vector C se puede escribir de la forma C = 1 A + B . 2 P R A C O Q B Soluci´n: o De la figura y por hip´tesis del problema se tiene que: o − −→ − −→ (1) QR = 1 QP , 2 adem´s, aplicando la suma de vectores en el tri´ngulo OP Q, a a → − − −→ → − (2) B + QP = A , y tambi´n de la figura, en el tri´ngulo OQR, obtenemos e a → − − −→ → − (3) B + QR = C , sustituyendo la ecuaci´n (1) en la ecuaci´n (3), o o → 1− − −→ → − (4) B + 2 QP = C , − −→ → →− − por otro lado de la ecuaci´n (2) QP = A − B , sustituyendo en la ecuaci´n (4) o o obtenemos, → 1 → → − − − → − B+ A−B =C 2 apicando las propiedades distributiva y asociativa obtenemos, → 1 → − − 1 → − → − B+ A − B =C 2 2 1 → − 1 → − → − A + B =C 2 2 finalmente, obtenemos → 1 → → − − − C = A+B . 2 7
  8. 8. Problema 5. Hallar el area del paralelogramo cuyas diagonales son los vectores, ´ → − A = 3i + j − 2k, → − B = i − j + 4k, Soluci´n: o → → − − Geom´tricamente el producto vectorial de dos vectores A y B representa e → → − − el area de un paralelogramo de lados A y B de la forma, ´ ´ → → − − Area = A × B , A x B y en este caso, tenemos las diagonales del paralelogramo (ver figura), por lo que necesitamos encontrar los lados del paralelogramo en t´rminos de las diagonales. e De la figura anterior, obtenemos → − a) → + → = − B − − x y → − b) → − → = A − − x y sumamos las ecuaciones a) y b) obtenemos: → → − − 2→ = A − B , − x de donde, → → − − c) → = − x 1 2 A−B , de forma an´loga restando la ecuaci´n b) de la ecuaci´n a), obtenemos a o o 8
  9. 9. → → − − d) → = − 1 A + B . − y 2 De esta forma, de las ecuaciones c) y d), el area del paralelogramo est´ ´ a dada por: ´ Area = | → × →| − − x y 1 → → − − 1 → → − − = A−B × − A+B 2 2 1 → → − − → → − − = − A−B × A+B , 4 aplicando las propiedades del producto vectorial tenemos, ´ 1 → → − − → − → → − − → − Area = A − B × A + A − B × B. 4 1 → → → → → → → → − − − − − − − − = −A × A + A × B − B × A + B × B 4 1 → → − − = 2A × B 4 1 → → − − = A×B , 2 finalmente al sustituir los vectores dados obtenemos, 1 i j k 1 ´ Area = 3 1 −2 = 2i − 14j − 4k 2 2 1 −1 4 = i − 7j − 2k √ = 1 + 49 + 4 √ = 54 √ = 3 6. 9
  10. 10. Problema 6. Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. Soluci´n: o Sea el paralelogramo de v´rtices A, B, C y D, como se ilustra en la siguiente e figura. A B y x x P D C y De la figura, tenemos −→ − → = −→ − − DA = x CB, −→ − →=− − −→ DC = y AB, asimismo, aplicando la suma de vectores −→ → → − DB = − + − , x y (1) −→ − − AC = → − →, y x por otro lado de la definici´n de paralelismo o −→ − −→ − DP = nDB, (2) −→ −→ AP = mAC, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, −→ − DP = n (→ + →) , − − x y (3) − → → − →) , − − AP = m ( y x −→ − − → −→− por otro lado, en el tri´ngulo DAP, tenemos DA + AP = DP , es decir; a 10
  11. 11. (4) → + − = −→, → − AP DP x − sustituyendo las ecuaciones (3) en la ecuaci´n (4) obtenemos, o → + m (→ − →) = n (→ + →) , − x − − y x − − x y aplicando las propiedades de la adici´n de vectores obtenemos, o → + m → − m→ − n → − n → = →, − x − y − x − x − y − 0 o tambi´n, e − → (1 − m − n)→ + (m − n)→ = 0 , − x − y → − de la ecuaci´n anterior, como los vectores → y → son distintos del vector 0 o − x − y y no paralelos, entonces la igualdad anterior s´lo se cumple si los escalares son o iguales a cero, es decir; 1−m−n = 0, m−n = 0, resolviendo el sistema de ecuaciones para n y m obtenemos, 1 n=m= , 2 por lo tanto, sustituyendo en las ecuaciones (2) obtenemos −→ − 1 −→ − DP = DB, 2 −→ 1− → AP = AC. 2 Como se ilustra geom´tricamente en la figura. e 11
  12. 12. Problema 7. Demostrar que las medianas de un tri´ngulo se cortan en un punto que esta a 3 2 a 1 del lado y 3 del v´rtice opuesto para cada mediana respectivamente. e Soluci´n: o Sea el tri´ngulo cuyos v´rtices son A1 , B1 y C1 . Asimismo sean A2 , B2 y C2 a e los puntos medios de cada lado respectivamente, como se ilustra en la figura. Si P es el punto de intersecci´n de las medianas, entonces para demostrar que las o 1 medianas se cortan en un punto que esta a 3 del lado y 2 del v´rtice opuesto 3 e para cada mediana debemos mostrar que se cumplen las siguientes relaciones: B1 A 2 A C2 P C1 B2 A1 B −→ − 2− − −→ A1 P = 3 A1 A2 , −→ − 2 −→ −− B1 P = 3 B1 B2 , (a) −→ − 2− − −→ C1 P = 3 C1 C2 , o equivalentemente, −→ − 1− − −→ P A2 = 3 A1 A2 , −→ − 1 −→ −− P B2 = 3 B1 B2 , (b) −→ − 1− − −→ P C2 = 3 C1 C2 , como se ilustra geom´tricamente en la figura. Sean los lados del tri´ngulo dados e a → → − − por A y B , de la figura tenemos las siguientes relaciones: → − −− −→ A = A1 B 1 , → − −− −→ B = A1 C1 , → → − − −− −→ B−A = B 1 C1 . 12
  13. 13. Aplicando la definici´n de paralelismo, de la figura obtenemos o −→ − −− −→ A1 P = l A1 A2 , −→ − −− −→ B1 P = m B1 B2 , (c) −→ − −− −→ C1 P = n C1 C2 , por otro lado, aplicando la suma y diferencia de vectores en los tri´ngulos a A1 C1 P, B1 C1 P y A1 B1 P obtenemos, → −→ −→ − − − B + C1 P = A1 P , → → − − −→ −→ − − B − A + C1 P = B 1 P , (d) → → − − −→ −→ − − B − A + C1 P = B 1 P , pero, de la figura tenemos tambi´n las siguientes relaciones e −− −→ → − → → − − 1 →− → − A1 A2 = A + 1 B − A = 2 A + B , 2 −− −→ → → − − (e) B1 B2 = 1 B − A , 2 − → 1→ → −− − − C1 C2 = 2 A − B , que resultan de aplicar la suma y diferencia de los vectores en los tri´ngulos a A1 B1 A2 , A1 C1 C2 y A1 B1 B2 respectivamente. De las ecuaciones (a) y (b) se obtiene, → − −− −→ −− −→ B + n C1 C2 = l A1 A2 , → → − − −− −→ −− −→ B − A + n C1 C2 = m B 1 B 2 , (f ) → − −− −→ −− −→ A + m B 1 B 2 = n A1 A2 , sustituyendo las ecuaciones (e) en las ecuaciones (f ) obtenemos, → − → → − − − → → − B +n 1B − A =l 1 A + B 2 2 , → → − − 1→ − → − 1→ − →− B − A +n 2B − A =m 2B − A , (g) → − 1→ − → − → → − − A +m 2B − A = n A + B , 2 aplicando las propiedades de la suma de vectores, obtenemos 13
  14. 14. n l → − l → − → − − A + 1−n− B = 0, 2 2 2 n → − m → − → − m+ −1 A + 1−n− B = 0, 2 2 l → − n l → − → − 1−m− A+ − B = 0. 2 2 2 − → → − Por lo tanto, como A y B son vectores distintos de cero, entonces para que se cumplan las ecuaciones anteriores los escalares deben ser cero, es decir; n l − = 0 2 2 l 1−n− = 0 2 n m+ −1 = 0 2 m 1−n− = 0 2 l 1−m− = 0 2 n l − = 0 2 2 as´ al resolver las ecuaciones anteriores obtenemos ı, 2 n=l=m= . 3 Finalmente, al sustituir en las ecuaciones (c) se obtienen las ecuaciones (a) que es el resultado que se pedia demostrar. 14
  15. 15. Problema 8. → → − − → → − − → → − − → → − − Pruebe que A B + B A es perpendicular a A B − B A , para cua- → → − − lesquiera A y B . Soluci´n: o De la definici´n del producto escalar de dos vectores, si dos vectores → o − x → son perpendiculares entonces su producto escalar entre ellos es igual a − y y → → − − → → − − cero, en este caso → y → est´n dados respectivamente por A B + B A y − x − y a → → → → − − − − A B − B A , de esta forma debemos verificar que los vectores dados cumplen que, →·→= − − → → − − − − → → → → − − → → − − x y A B+ B A · A B − B A = 0, aplicando la propiedad distributiva del producto escalar tenemos, →·→= − − → → − − → → − − → → − − → → − − → → − − → → − − x y A B+ B A · A B+ A B+ B A · − B A , asimismo, aplicando las propiedades conmutativa y distributiva nuevamente, tenemos → · → = − → · → → + → → · → → − → → · → → − → → · → →, − − x y → − − − A B A B − − − − A B B A − − − − B A A B − − − − B A B A ahora aplicamos las propiedades asociativa del escalar y la propiedad de la norma, →·→ − − → → → → − − − − → → → → − − − − → → → → − − − − → → → → − − − − x y = A A B·B+ A B B·A− B A A·B− B B A·A → → − − → → − − = A2 B 2 + AB B · A − AB A · B − B 2 A2 = 0. donde se aplic´ finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar. o 15
  16. 16. Problema 9. Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelo- gramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. Soluci´n: o Sean A, B, C y D los v´rtices del paralelogramo como se indica en la figura. e C Y D X X A B Y De la figura tenemos que, → − AC = BD = X , → − AB = CD = Y , asimismo de la figura, las diagonales del paralelogramo est´n dadas por a → → − − BC = X+Y , → → − − AD = X−Y . Debemos mostrar que, 2 2 2 2 2 2 BC + AD = AC + AB + CD + BD 2 2 = 2AC + 2AB , es decir, 16
  17. 17. → → − − 2 → → − − 2 → − 2 →2 − X+Y + X−Y =2 X +2 Y . En forma an´loga, al problema anterior, aplicando las propiedades del pro- a ducto escalar, → → − − 2 → → − − 2 → → − − → → − − → → − − → → − − X+Y + X−Y = X+Y · X+Y + X−Y · X−Y → → → − − − → → → − − − → → → − − − → → → − − − = X+Y ·X + X+Y ·Y + X −Y ·X+ X−Y ·Y → → → → → → → → → → → → → → → → − − − − − − − − − − − − − − − − = X·X +X·Y +X·Y +Y ·Y +X ·X−X·Y −X·Y +Y ·Y − − → → − − → → = 2X · X + 2 Y · Y →2 − →2 − = 2 X +2 Y . 17
  18. 18. Problema 10. → → − − → − → − → − → − Sean los vectores A y B vectores unitarios, calcular 3 A − 4 B · 2 A + 5 B → → − − √ si A + B = 2. Soluci´n: o En forma an´loga al problema anterior, aplicando las propiedades del pro- a ducto escalar , tenemos que → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − 3A − 4B · 2A + 5B = 3A − 4B · 2A + 3A − 4B · 5B → → − − → → − − → → − − → → − − = 2A · 3A − 2A · 4B + 5B · 3A − 5B · 4B → → − − → → − − → → − − = 6 A · A + 7 A · B − 20 B · B → → − − = 7 A · B − 14 → → − − donde se aplic´ la hip´tesis de que los vectores A y B son unitarios es decir o o que cumplen que, → → − − A·A = A2 = 1, → → − − B·B = B 2 = 1. → → − − √ Por otro lado, de la condici´n A + B = 2, elevando al cuadrado ´sta o e expresi´n y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar, obten- o emos → → − − → → − − A+B · A+B =2 de donde, − − → → → − → → → − − − A+B ·A+ A+B ·B = 2 → → − − → → → → − − − − A · A + 2A · B + B · B = 2 → → − − de la expresi´n anterior, obtenemos inmediatamente que A · B = 0. Por lo o tanto, sustituyendo este valor, obtenemos finalmente, → − → − → − → − 3 A − 4 B · 2 A + 5 B = −14. 18
  19. 19. Problema 11. → − → − → − Determine λ1 y λ2 de manera que C − λ1 A − λ2 B sea perpendicular tanto → − → − a A como a B , suponiendo que → − A = i + j + 2k → − B = 2i − j + k → − C = 2i − j + 4k Soluci´n: o En forma an´loga al problema anterior, aplicando la condici´n de perpen- a o dicularidad entre vectores, tenemos → → − − → − → − A · C − λ1 A − λ2 B = 0, → → − − → − → − B · C − λ1 A − λ2 B = 0, usando las propiedades del producto escalar, tenemos → → − − → → − − → → − − A · C − λ1 A · A − λ2 A · B = 0, → → − − → → − − → → − − B · C − λ1 B · A − λ2 B · B = 0, que se puede escribir de la forma, → → − − → → − − → → − − λ1 A · A + λ 2 A · B = A · C, → → − − → → − − → → − − λ1 B · A + λ 2 B · B = B · C, de los vectores dados, tenemos inmediatamente aplicando la definici´n del pro- o ducto escalar para vectores en el espacio, → → − − → → − − → → → → − − − − → → − − → → − − A · A = 6, B ·B =6 A · B = B · A = 3, A·C =9 y B ·C =9 de tal forma, para encontrar λ1 y λ2 debemos de resolver el siguiente sistema de ecuaciones: 19
  20. 20. 6λ1 + 3λ2 = 9, 3λ1 + 6λ2 = 9, obs´rvese que la soluci´n del sistema de ecuaciones es inmediata y est´ dada e o a por: λ1 = 1 λ2 = 1. 20
  21. 21. Problema 12. Sean los vectores → − A = (1, −1, 2), → − B = (1, 2, 2). → − → − Hallar la proyecci´n del vector A sobre el vector B y la proyecci´n del vector o o → − → − B sobre el vector A . Soluci´n: o Por definici´n, la proyecci´n de un vector → sobre otro vector →, es un o o −x − y vector (como se muestra en la figura) y est´ dado por, a y − Pr oy→ → = |→| cos θe→ , − x − x − y X e→ − y Pr oy→ → − − x y → − y en este caso debemos calcular, → − → − Pr oy→ A − B = A cos θe→ , − B → − → − Pr oy→ B − A = B cos θe→ , − A → − → → − − → − donde A es la magnitud del vector A , B es la magnitud del vector B , θ el 21
  22. 22. angulo formado entre los dos vectores, e→ un vector unitario en la direcci´n del ´ − A o → − → − → un vector unitario en la direcci´n del vector B . De la definici´n vector A y e B − o o del producto escalar podemos calcular el coseno del angulo entre dos vectores ´ de la forma, → → − − A·B cos θ = → → , − − A B y empleando la definici´n de vectores unitarios, los vectores de proyecci´n est´n o o a dados por,   → → − − → − → → − − → − →  A·B −  B = A·B → − Pr oy→ A − = A → → − − → − B, B A B B B2   → → − − → − → → − − → − →  A·B −  A = A·B → − Pr oy→ B − = B → → − − → − A, A A B A A2 finalmente, calculando el producto escalar de los vectores dados y la magnitudes → → − − de los vectores A y B , obtenemos → 3→ 1→ − − − Pr oy→ A = B = B , − B 9 3 y → 3→ 1→ − − − Pr oy→ B = A = A . − A 6 2 22
  23. 23. Problema 13: Considere la siguiente figura, A A2 A1 B demostrar que → → − − → → − − → − → − A ·B→ − B×A ×B A = → →B + − − → → − − . B·B B·B Soluci´n: o → → − − → − → − De la figura, el vector A = A 1 + A 2 , el vector A 1 es la proyeccci´n del o → − → − vector A sobre el vector B dada por → − → − → − A 1 = proy→ A = A cos θe→ , − B − B → → − − de la definici´n del producto escalar de dos vectores A y B distintos del vector o → − 0 , dada por, → → − − − − → → A · B = A B cos θ, podemos calcular el angulo entre los dos vectores, de esta forma la proyecci´n ´ o → − → − del vector A sobre el vector B est´ dada por: a 23
  24. 24.   → → − − → − → − →  A·B  B − proy→ A − B = A → − − → → − A B B → → − − A ·B→ − = B →2 − B → → − − A ·B→ − = → → B, − − B·B → − donde se aplic´ la propiedad de la norma del producto escalar. Para vector A 2 , o → → → − − − → − obs´rvese que el vector C = B × A es perpendicular tanto al vector A como e → − → → − − al vector B , es decir, saliendo de la hoja, de tal forma que el vector C × A ser´ a → − → → − − → − un vector que est´ en la direcci´n de A 2 , es decir, el vector B × A × A esta a o − → en direcci´n de A , de tal forma que la magnitud de este vector est´ dada por: o a → → − − → − − − − → → → B × A × B = B × A B sin φ, → → − − → − donde el angulo φ entre los vectores B × A y B es de 900 , de esta forma ´ como sin 900 = 1, obtenemos − − → → − → → → − − → − B × A × B = B A sin θ B , es decir, → → − − → − → →2 − − B × A × B = A B sin θ, por otro lado, de la figura → − → − A 2 = A sin θ, por lo tanto, → → − − → − → − B×A ×B A2 = → → − − , B·B → − → − finalmente, sustituyendo los valores de los vectores A 1 y A 2 obtenemos, 24
  25. 25. → → − − → → − − → − → − A ·B→ − B×A ×B A = → →B + − − → → − − . B·B B·B 25
  26. 26. Problema 14. Encuentre un vector unitario perpendicular a los vectores → − A = 2i + 2j − 3k, → − B = i + 3j − k, a) Aplicando el producto escalar. b) Aplicando el producto vectorial (sin hacer uso de la definici´n del deter- o minante). Soluci´n: o → − a) Debemos encontrar un vector C = (C1 , C2 , C3 ) que sea perpendicular a → → − − los vectores A y B simult´neamente, es decir que cumpla que, a → → − − A·C = 0, → → − − B·C = 0, realizando el producto escalar de los vectores dados obtenemos, 2C1 + 2C2 − 3C3 = 0, C1 + 3C2 + C3 = 0, resolviendo el sistema de ecuaciones (multiplicando la segunda ecuaci´n por −2 o y sum´ndo ´sta con la primera ecuaci´n) obtenemos, a e o −4C2 − 5C3 = 0, de donde, −5 C2 = C3 , 4 sustituyendo este valor para C2 ,en por ejemplo la segunda ecuaci´n, obtenemos o −5 C1 = −3 C3 − C3 4 11 = C3 . 4 De esta forma, el vector buscado tiene la forma, → 11 − 5 C = C3 i − C3 j + C3 k, 4 4 26
  27. 27. → − adem´s el vector buscado, C , debe cumplir que sea unitario, es decir que cumpla a que, → − C = 1, aplicando la definici´n para calcular la magnitud de un vector, obtenemos o 2 2 11 5 2 C3 + C3 + C3 = 1 4 4 2 C3 (121 + 25 + 16) = 1 16 √ 2 162 C3 = 1 4 despejando C3 , obtenemos 4 4 C3 = ± √ =± √ 162 9 2 → − finalmente, al sustituir el valor de C3 , en la expresi´n para el vector C , obten- o emos → − 1 C = ± √ (11i − 5j + 4k) 9 2 b) En esta parte, como se nos pide que no hagamos uso del determinante → → → − − − para calcular el producto vectorial, que como se sabe C = A × B , es un vector → − → − que por definici´n es perpendicular tanto a A como a B , debemos emplear o las propiedades (anticonmutativa, asociativa, distributiva, etc.) que cumple el producto vectorial, por lo tanto → → − − A×B = (2i + 2j − 3k) × (i + 3j + k) = (2i + 2j − 3k) × i + (2i + 2j − 3k) × (3j) + (2i + 2j − 3k) × k = −i × (2i + 2j − 3k) − 3j(2i + 2j − 3k) − k × (2i + 2j − 3k) = −2 × i − 2i × j + 3j × k − 6j × i − 6j × j + 9j × k − 2k × i − 2k × j + 3k × k = −2k − 3j + 6k + 9i − 2j + 2i = 11i − 5j + 4k, finalmente, el vector unitario estar´ dado por: a 27
  28. 28. → → − − A×B 11i − 5j + 4k 1 e→×→ − − A B = → → = √ − − = ± √ 11i − 5j + 4k . A×B 121 + 25 + 16 9 2 28
  29. 29. Problema 15. → − Hallar un vector unitario que forme un angulo de 45 ◦ con el vector A = ´ → − 2i + 2j − k y un angulo de 60◦ con el vector B = j − k. ´ Soluci´n: o → − → − Buscamos un vector de la forma C = (C1 , C2 , C3 ) donde el vector C debe cumplir, → → − − A·C = AC cos 45◦ → → − − B·C = BC cos 60◦ y → − C =1 es decir, 2 1 2 i + 2 j − k · C1 i + C 2 j + C 3 k = 22 + 22 + (−1) √ 2 2 1 j − k · C1 i + C 2 j + C 3 k = 12 + (−1) 2 2 2 2 (C1 ) + (C2 ) + (C3 ) = 1 que resulta, 3 (1) 2C1 + 2C2 − C3 = √ 2 √ 2 (2) C 2 − C3 = 2 2 2 2 (3) (C1 ) + (C2 ) + (C3 ) = 1 as´ se tienen 3 ecuaciones con 3 incognitas. Por lo tanto, la soluci´n del prob- ı, o lema se tendr´ al resolver simult´neamente las √ a a ecuaciones (1), (2) y (3). De la ecuaci´n (2), obtenemos C3 = C2 − 22 , sustituyendo en la ecuaci´n o o (1) obtenemos, √ 2 3 2C1 + 2C2 − C2 − = √ 2 2 1 3 2C1 + 2C2 − C2 + √ = √ 2 2 2 2C1 + C2 = √ 2 29
  30. 30. finalmente, obtenemos 1 C2 C1 = √ − . 2 2 → − Por lo tanto el vector C ser´ de la forma, a → − 1 C2 1 4) C = √ 2 − 2 i + C 2 j + C2 − √ 2 k, aplicando la ecuaci´n (3), o 2 2 1 C 1 √ − 2 2 + (C2 ) + C2 − √ = 1, 2 2 2 realizando un poco de algebra se obtiene, ´ 2 1 1 C2 (C2 ) 2 2 1 1 −2 √ + + (C2 ) + (C2 ) − 2C2 √ + = 1 2 2 2 4 2 2 2 1 C2 (C2 ) 2 2 1 1 −√ + + (C2 ) + (C2 ) − 2C2 √ + = 1 2 2 4 2 2 9 2 3 (C2 ) − √ C2 = 0 4 2 √ 3 3 2 √ C2 C2 − 1 = 0 2 4 por lo tanto las soluciones para C2 son: C21 = 0, y 4 C22 = √ , 3 2 sustituyendo en la ecuaci´n (4) finalmente obtenemos, o → − 1 1 1 1 C1 = √ i+ √ k = √ , 0, − √ , 2 2 2 2 y 30
  31. 31. − → 1 1 4 4 4 1 C2 = √ − √ i+ √ j+ √ −√ k 2 2 3 2 3 2 3 2 2 1 4 1 = √ i+ √ j+ √ k 3 2 3 2 3 2 1 4 1 = √ , √ , √ 3 2 3 2 3 2 31
  32. 32. Problema 16. Escriba un vector de magnitud 5, paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector i + 2j + 2k. Soluci´n: o → − Se pide un vector de la forma C = C1 i + C2 j + C3 k que sea paralelo al → − plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector A = i + 2j + 2k, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: → → − − C · A = 0, → → − − C · N = 0, → − donde N = 3i + 4j + 5k, es el vector normal al plano. Calculando los productos escalares, las condiciones anteriores se pueden escribir de la forma, C1 + 2C2 + 2C3 = 0, 3C1 + 4C2 + 5C3 = 0, resolviendo simult´neamente las ecuaciones anteriores obtenemos, a C1 = 2C2 , C3 = −2C2, → − por lo tanto, el vector C ser´ de la forma, a → − C = 2C2 i + C2 j − 2C2 k, y aplicando la condici´n de que el vector debe ser de magnitud 5, es decir o → − C = 5, obtenemos 5 = 2 2 2 4C2 + C2 + 4C2 = 2 9C2 = ±3C2 , 32
  33. 33. de donde, 5 C2 = ± , 3 finalmente, el vector pedido es de la forma, → − 5 C =± 2i + j − 2 k . 3 33
  34. 34. Problema 17. Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector 4i − 3j − k. Soluci´n: o → − → − Se pide un vector C de la forma, C = C1 i + C2 j, la componente C3 es → − cero debido a que el vector C debe ser paralelo al plano XY y por lo tanto → − no tiene componente en k, adem´s el vector C debe ser perpendicular al vector a → − A = 4i − 3j − k, por lo tanto cumple la condici´n, o → → − − C · A = 0, es decir, C1 i − C2 j · 4i − 3j − k = 0, de donde obtenemos, 3 C1 = C2 . 4 → − Por lo tanto, el vector pedido tendr´ la forma C = 3 C2 i + C2 j. Tambi´n a 4 e → − por hip´tesis, se pide que el vector C sea unitario, es decir que cumpla que o → − C = 1, por lo tanto 2 → − 3 2 2 9 5 1= C = C2 + (C2 ) = (C2 ) 1+ = ± C2 , 4 16 4 de donde, obtenemos 4 C2 = ± , 5 y 3 4 3 C1 = ± =± , 4 5 5 finalmente, el vector pedido est´ dado por, a → − 3 4 C = ± i ± j. 4 5 34
  35. 35. Problema 18. a) Hallar un vector unitario que forme un angulo de 30 0 con el vector j y ´ √ formando angulos iguales con los vectores i y k cos 300 = 23 . ´ Soluci´n: o → − El vector que estamos buscando es de la forma C = (C1 , C2 , C3 ) donde el → − vector C debe cumplir que, → − → − 1) C · i = C i cos θ = cos θ, → − → − 2) C · k = C k cos θ = cos θ, → − → − 3) C · j = C j cos 300 = cos 300 , por definici´n de los vectores unitarios i = (1, 0, 0), j = (0, 0, 1) y k = (0, 0, 1), o aplicando la definici´n del producto escalar para vectores en el espacio, y de o las ecuaciones 1) y 2) obtenemos, C1 = C 3 , asimismo de la ecuaci´n 3), se tiene o √ 3 C2 = , 2 sustituyendo las ecuaciones anteriores, el vector pedido tiene la forma, √ → − 3 C = C1 , , C1 , 2 para encontrar la componente C1 aplicamos la condici´n de que tiene que ser el o → − → − vector C unitario, es decir, C = 1, de esta forma √ 2 2 3 C1 + + C1 2 = 1, 2 de donde obtenemos, 1 C1 = ± √ , 8 por lo tanto, el vector pedido tiene la forma, √ → − 1 3 1 C =± √ , ,√ . 8 2 8 35
  36. 36. Problema 19. Siendo el vector de posici´n → de un punto dado (x0 , y0 , z0 ) y → el vector o −a −r de posici´n de un punto cualquiera (x, y, z), hallar el lugar geom´trico de → si: o e − r a).− (→ − →) · → = 0 − − − r a a → − →) · → = 0 − − − b).− ( r a r Soluci´n: o a) Sean los vectores → − a = (x0 , y0 , z0 ), → − r = (x, y, z), entonces, (→ − →) · → = 0, − − − r a a (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · (x0 , y0 , z0 ) = 0, x0 (x − x0 ) + y0 (y − y0 ) + z0 (z − z0 ) = 0, si hacemos d = x2 + y0 + z0 , la ecuaci´n anterior se puede escribir de la forma, 0 2 2 o x0 x + y0 y + z0 z = d, que es la ecuaci´n de un plano que pasa por un extremo del vector → y es o − a perpendicular al vector →. − a En forma an´loga al inciso a), tenemos a (→ − → ) · → = 0 − − − r a r x(x − x0 ) + y(y − y0 ) + z(z − z0 ) = 0, x2 + y0 + z0 − xx0 − yy0 − zz0 = 0, 0 2 2 completando cuadrados en la expresi´n anterior, obtenemos o x0 2 y0 z0 1 (x − ) + (y − )2 + (z − )2 = (x2 + y0 + z0 ), 2 2 2 2 2 4 0 que es la ecuaci´n de una esfera con centro en el punto x0 , y0 , z2 o 2 2 0 y radio 1 r= 2 0 2 2 x2 + y0 + z 0 . 36
  37. 37. Problema 20. ınea recta x − 1 = Determine el angulo entre el plano x + y + z = 21 y la l´ ´ y + 2 = 2z + 3. Soluci´n: o Sabemos que la ecuaci´n ax + by + cz = d, es la ecuaci´n de un plano que o o → − pasa por un punto y tiene como normal al vector N = (a, b, c) , asimismo, la ecuaci´n x−x0 = y−y0 = z−z0 , representa la ecuaci´n de una l´ o a1 b1 c1 o ınea recta que → = (x , y , z ) y es paralela al vector → = (a , b , c ) , por − pasa por el punto r − A 0 0 0 0 1 1 1 lo tanto, para calcular el angulo entre el plano y la l´ ´ ınea recta es equivalente a → − → − calcular el angulo entre los vectores N y A . En este caso, para el plano dado ´ → − tenemos que el vector normal est´ dado por N = (1, 1, 1) y para identificar el a vector paralelo a la recta dada, reescribimos la ecuaci´n de la recta de la forma, o 3 x−1 y − (−2) z − (− 2 ) = = 1 1 1 2 de donde, obtenemos → − r0 = (−1, −2, −3/2) , → − A = (1, 1, 1/2). − → − → Para obtener el angulo entre los vectores N y A , aplicamos la definici´n ´ o del producto escalar de dos vectores dado por, → → − − → → − − N · A = N A cos θ, de donde,   → → − − −1  A •N  θ = cos → → , − − A N → − → − sustituyendo los vectores A y N , obtenemos   (1, 1, 1/2) · (1, 1, 1) θ = cos−1   1 (1)2 + ( 2 )2 (1)2 + (1)2 + (1)   5/2  θ = cos−1  27 4 5 = cos−1 √ . 3 3 37
  38. 38. Problema 21. Encuentre una combinaci´n lineal (si existe) para los siguientes vectores: o − → A1 = −2i + 12j − 4k, − → A2 = i − 6j + 2k, − → A3 = 2j + 7k, Soluci´n: o Para verificar si existe una combinaci´n lineal entre los vectores, debemos o encontrar escalares x, y y z para verificar si al menos uno de ´stos escalares es e distinto de cero, tal que se cumpla que: − → − → − → → − x A1 + y A2 + z A3 = 0 , es decir, x(−2, 12, −4) + y(1, −6, 2) + z(0, 2, 7) = (0, 0, 0) (−2x + y, 12x − 6y + 2z, −4x + 2y + 7y) = (0, 0, 0) aplicando igualdad de vectores en el espacio (dos vectores son iguales si son iguales componente a componente), obtenemos el siguiente sistema de ecua- ciones, −2x + y = 0, 12x − 6y + 2z = 0, −4x + 2y + 7z = 0. Al resolver este sistema de ecuaciones (se obtiene la soluci´n si se aplica, por o ejemplo el m´todo de Gauss), el sistema es equivalente al sistema, e −2x + y = 0 z = 0 la soluci´n del sistema anterior, es de la forma o y = 2x, x = α∈R z = 0 es decir, la soluci´n del sistema es la terna, o (x, y, z) = (α, 2α, 0) = α(1, 2, 0), 38
  39. 39. para toda α ∈ R, as´ por ejemplo si α = 1, entonces una soluci´n del sistema ı o ser´ de la forma, a x = 1, y = 2, z = 0, − − → → − → por lo tanto, la combinaci´n lineal de los vectores A1 , A2 y A3 est´ dada por: o a − → − → − → → − A1 + 2 A2 + 0 A3 = 0 o tambi´n e → − − → A1 = −2A2 . 39
  40. 40. Problema 22. Encuentre una combinaci´n lineal (si existe) de los vectores o → − A = 2ˆ +  − 3k, ı ˆ → − B = ˆ − 2ˆ − 4k, ı  → − C = 4ˆ + 3ˆ − k, ı  Soluci´n: o Verifiquemos primeramente si los vectores son l.i. o l.d., para esto apliquemos la propiedad del producto triple escalar que establece la condici´n necesaria para o → → → − − − la dependencia lineal, es decir; si A • B × C = 0, entonces los vectores est´n a en un plano y son linealmente dependientes, de esta forma, 2 1 −3 → → → − − − A•B×C = 1 −2 −4 4 3 −1 = 2 (2 + 12) − 1 (−1 + 16) − 3 (3 + 8) = 2 (14) − 1 (15) − 3 (11) = 28 − 15 − 33 = −20, − − → → → − − − → → − → de lo anterior, como A • B × C = 0, entonces los vectores A , B y C son linealmente independientes, y por lo tanto, no existe combinaci´n lineal de ellos. o 40

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