Problemas resueltosCapítulos 2, 3, 4, 5. Texto: ANALISIS VECTORIAL Autor: MURRAY R. SPIEGEL Editorial: Mc- Graw Hill *Antes de iniciar una serie de problemas para resolver, es recomendable dar una breve introduccion a los mismos. Señalando el tema y por que de este, o las teorias que se consideran. (Palabras repetidas hallar demostar).* Problemas Capitulo 2 Ejercicios: 1.Demostrar que A ⋅ B = B ⋅ A Solución: A ⋅ B = AB cos θ = BA cos θ = B ⋅ A Por consiguiente, el producto escalar goza de la propiedad conmutativa 2.Demostrar que A ⋅ B es igual a la proyección de A sobre B , siendo k el valor unitario en la dirección y sentido de B (FIGURA) Como indica la figura de planos perpendiculares A B trazados por el origen y el extremo de A cortan a aquel en los puntos G y H , respctivamente, por lo tanto. Por lo tanto , la proyección de A sobre B es igual GH = EF = A cos θ = A ⋅ b 3.-(Lleva figura) Demostrar que A ⋅ B + C = A ⋅ B + A ⋅ C Sea a el vector unitario en la dirección y sentido de A + proyección de C sobre A B + C ⋅ a = B ⋅ a + C ⋅ a Multiplicando por A. B + C ⋅ Aa = B ⋅ Aa + C ⋅ Aa y B + C ⋅ A = B ⋅ A + C ⋅ A Teniendo en cuenta la propiedad del voltaje en magnitud escalar A ⋅ B + C = A ⋅ B + A ⋅ C Luego el producto escalar goza de la propiedad distributiva respecto de la suma 4.-Demostrar que A + B ⋅ C + D = A ⋅ C + A ⋅ D + B ⋅ C + B ⋅ D del problema 3, A + B ⋅ C + D = A ⋅ C + D + B ⋅ C + D = A ⋅ C + A ⋅ D + B ⋅ C + B ⋅ D luego el producto escalar goza de las propiedades de algebra ordinaria. 5.Hallar los escalares siguientes: a i ⋅ i = i i cos 0 ∘ = 111 = 1 b j ⋅ k = j k cos 90 ∘ = 110 = 0 c k ⋅ j = k j cos 90 ∘ = 110 = 0 dj ⋅ 2i − 3 j + kk = 2j ⋅ i − 3 i ⋅ i + j ⋅ k = 0 − 3 = e 2 i − j ⋅ 3 i + k = 6 i ⋅ i + 2 i ⋅ k − 3 j ⋅ i − j ⋅ k = 6 + 0 − 0 − 0 = 6 6.- Si A = A 1 i + A = j + AK y B = B ⋅ i + B ⋅ j + B ⋅ k, demostrar que A ⋅ B = A1B1 + A2B2 + A3B3 A ⋅ B = A1 i + A2 j + A3 k ⋅ B1 i B2 j B3 k = A 1 i B 1 i + A 2 j B 2 j + A3 kB 3 k = i A 1 B 1 + j A 2 B 2 + kA 3 B 3 = A 1 B 1 + A 2 B 2 + A3 B3 Ya que i ⋅ i = j ⋅ j = k ⋅ k = 1 y todos los demas productos escalares son nulos 7.-Siendo A = A i + A 2 j + A 3 k, demostrar que A = A ⋅ A = A 2 + A 22 + A 23 A ⋅ A = AA cos 0 ∘ = A 2 = luego A = A ⋅ A Tambien, A ⋅ A = A 1 i + A 2 j + A 3 k × A 1 i + A 2 j + A 3 k = A 1 A 1 + A 2 A 2 + A 3 A 3 = A 21 + A 22 + A 23 Del problema 6 tomamos B = A Por lo tanto, A = A ⋅ A = A 21 + A 22 + A 23 es le modelo de A 8. Hallar el angulo formado por los vectores A = 2 i + 2 j + 2 k y B = 6 i − 3 j + 2 k A ⋅ B = AB cos θ, A = 2 2 + 2 2 + −1 2 = 3, B = 6 2 + −3 2 + 2 2 = 7 A ⋅ B = 26 + 2−3 + −12 = 12 − 6 − 2 = 4 4 Por lo tanto, cos θ A⋅B = 37 = 214 = 0. 1905 de donde θ = 79 ∘ , aproximadamente AB 9.Si A ⋅ B = 0, A y B son distintos de 0, demostrar que A es perpendicular a B Si A ⋅ B = AB cos θ = 0, entonces cos θ = 0, 0 sin θ = 90 ∘ aproximadamente; θ = 90 ∘ ; A ⋅ B = 0 10. Hallar el valor de ade forma que A = 2 i + a j + k y B = 4 i − 2 j − 2 k sean perpendiculares. Del problema 9, A y B son perpendiculares si A ⋅ B = 0 Por lo tanto, A ⋅ B = 24 + 0−2 + 1−2 = 8 − 2a − 2 = 0, de donde, a es igual a 3. −2a = −8 + 2 a = −6 −2 a=3 11. Demostrar que los vectores A = 3 i − 2 j + k, B = i − 3 j + 5 k, C = 2 i + j − 4 k forman un triangulo rectángulo (GRÁFICA) Primero demostraremos que los vectores forman un triangulo, por lo que deducimos lo siguiente d Por ejemplo uno de los vectores 3 es la resultante de los otros dos 1 y 2 b La resultante de los vectores 1 + 2 + 3 es el vector nulo. Como indican las figuras, pueden ocurrir que dos vectores tengan el extremo común o bien, que ninguno de los dos extremos coincidan, es trivial que A = B + C y, por lo tanto, los vectores forman un triangulo. Como A ⋅ B = 31 + −2−3 + 15 = 14, A ⋅ C = 32 + −2−1 + 1−4 = 0, y B ⋅ C = 12 + −31 + 5−4 = −21, se deduce que A y C son perpendiculares y que ................................... 12. Hallar los angulos que forma el vector A = 3 i − 6 j + 2 k con los ejes coordenados Sean x, β yϰ los angulos que forma A con los semiejes positivos x, y, z respectivamente. ................................................................................. 13. Hallar la proyección del vector A = i − 2 j + ksegún la dirección de B = 4i − 4j + 7k .................................................................................. 14.Demostrar el teorema del coseno de un trinagulo cualquiera ............................................... 15.Demostrar que las diagonales de un rombo son perpendiculares.......................................... 16. Hallar el vector unitario perpendicular al plano formado por A = 2 i − 6 j − 3 ky B = 4 i + 3 j − k. y Q el extremo de B como PQ = B − γ es perpendicular a A. Luego C ⋅ A = 2C 1 − 6C 2 − 3C 3 = 0. Sea C = C 1 i + C 2 j + C 3 k un vector perpendicular al plano formado por A y B. x i + y j + zk ⋅ 2 i + 3 j + 6k = i + 5 j + 3k ⋅ 2 i + 3 j + 6k 2x + 3y + 6z = 2 + 15 + 18 = 35 2x + 3y + 6z = 35 19. Solución: Trabajo realizado:(Módulo de la fuerza en la dirección y sentido del moviemiento. o sea 12C 1 − 6C 2 = 3C 3 C ⋅ B = 4C 1 + 3C 2 − C 3 = 0. o sea. = 2 i − j − k al desplazar un sólido puntual a lo Hallar el trabajo realizado por la fuerza de F largo de un vector r = 3 i + 2 j − 5 k. El vector C es perpendicular a A y a B. En coordenadas rectangulares. B − γ ⋅ A = 0.Solución. Hallar la ecuación del plano perpendicular al vector A = 2 i + 3 j + 6 k y que pasa por el extremo del vector b B = i + 5 j + 3k f ⋅ g ⋅ z Sea γel vector de posición del puntoP.Del problema 18 (anterior) hallar la distancia del origen al plano. γ ⋅ A = B ⋅ Aes la ecuación vectorial del plano buscado. o sea 24C 1 + 3C 2 = C 3 c C = C 23 C3 1 2 1 i − 3 j +k 1 2 2 2 + − 13 +1 2 =± 3 7 i − 2 7 j + 6 7 k Multiplicar por +2 en 2 2C 1 − 6C 2 = 3C 3 8C 1 + 6C 2 = 2C 3 10C 1 = 5C 3 C1 = C2 = C = C3 1 2 1 C 2 3 − 13 C 3 i − 1 3 j +k 17. La distancia del origen al plano es igual a la proyeción de B sobre A el vector unitario en la dirección y sentido de A es .)*(Desplazamiento) = F cos θγ = F ⋅ γ = 25 i − j − k ⋅ 3 i + 2 j − 5 k = 6 − 2 + 5 = 9 (IMAGEN) 18. Siendo A × B = 0 y A y B no nulos demostrar que A es paralelo a B. es decir C = −D. o sea . Luego la proyección de B sobre A = B ⋅ a = i + 5 j + 3 k ⋅ 27 i + = 27 + 157 + 187 = 357 = 5 3 7 j + 6 7 k 20. Solución: Si A × B = AB sin θ u = 0. demostrar que A = A ⋅ i i + A ⋅ j j + A ⋅ k k Como A = A 1 i + A 2 j + A 3 k. A y D forman un triedor a izquierdas B Por lo tanto D tiene el mismo sentido contrario. Siendo A un vector cualquiera. 21.Demostrar que |A × B| 2 + |A ⋅ B| 2 = |A| 2 |B| 2 |A × B| 2 + |A ⋅ B| 2 = |AB sin θu| 2 + |AB cos θ| 2 = A 2 B 2 sin 2 θ + A 2 B 2 cos 2 θ = A 2 B 2 = |A| 2 |B| 2 24. A A = A 1 i + A 2 j + A 3 k = A ⋅ i i + A ⋅ j j + A ⋅ k k.8= A A 2 i +3 j +6 k = 2 2 +3 2 +6 2 = 2 7 i + 3 7 j + 6 7 k.Hallar los productos vectoriales siguientes: . B y C forman un triedro a derechas A El modulo de B × A = D es BA sin θ y su direccion y sentido son tales que B. A ⋅ i = A 1 i ⋅j + A 2 j ⋅ i + A 3 k ⋅ i = A 1 ⋅ k = A3 A ⋅ j = A2 .Demostrar que A × B = −B × A (GRAFICA) El modulo de A × B = C es Ab sin θ y su dirección y sentido son tales que A. 22. sin θ = 0 y θ = 0 ∘ ó 180 ∘ 23. A × B = −B × A El producto vectorial no goza de la propiedad conmutativa. se tiene . Demostrar que A × B + C = A × B + A × C en el caso en que A es perpendicular a B y tambien cuando lo sea en C. el modulo de A × B. la dirección ysentido de A × B. (GRAFICA) Como A es perpendicular a AB. Esto equivale a multiplicar el vector B por A y girar el vector resultante un angulo de 90 ∘ Hasta la posicion que se indica en la figura. Por consiguiente. Tambien. respectivamente a A se obtiene. B 1 . peprpendiculares a A. igual que el de A × B. (a) i × j (b)j × k (c) k × i (d) k × j (e) i × i = = = = = k i j −i 0 (f) j × j = 0 (g) i × k = − j (h) 2 j × 3 k = 6 i (i) 3 i × −2 k = 6 j (j) 2 j × i − 3 k = −5 k 25. y C no sean coplanares ni paralelos. el modulo de AB. A × C 1 = A × C. por lo tanto. B. A × C es el vector que se obtiene multiplicando C por A y al girar al vector resultante un angulo de 90 ∘ hasta la posición indicada en la figura. B 1 = B sin θ. y paralelo a A. 26. De la misma A × B + C es resuleto el vector que se obtiene. son tambien las mismas de A × B. es decir. Descomponiendo B en sus componentes. como B + C = B 1 + B 11 + C 1 + C 11 = B 1 + C 1 + B 11 + C 11 se deduce. es AB sin θ. A × B es un vector perpendicular al plano formado por A y B y cuyo modulo es AB sin 90 ∘ = AB. Análogamente si se descompone en C en los vectores C 11 y C 1 paralelo y perpendicular. B = B 1 + B 11 Llamando θ al angulo formado por A y B. B 11 .Demostrar que A × B + C = A ×B + A × C en el caso general en que A. A × B 1 = A × B. A × B 1 + C 1 = A × B + C . se tiene. o sea. bB × A. y C. y teniendo en cuenta . Multiplicando por −1. A × B 1 + C 1 = A × B 1 + A × C 1 A × B + C = A × B + A × C Por lo tanto. demostrar que i A×B = j k A1 A2 A3 B1 B2 B3 A × B = A1 i + A2 j + A3 k × B1 i + B2 j + B3 k = A1 i B1 i + B2 j + B3 k + A2 j × B1 i + B2 j + B3 k + A3 k B1 i + B2 j + B3 k = A 1 B 1 i × i + A 1 B 2 i × j + A 1 B 3 i × k + A 2 B 1 j × i + A 2 B 2 j × j + A 2 B 3 j × k + A 3 B 1 k × = A1B2 k + A1B3 j − A2B1 k + A2B3 i + A3B1 j − A3B2 i i j k = A 2 B 3 − A 3 B 2 i + A 3 B 1 − A 1 B 3 j + A 1 B 2 − A 2 B 1 k = A 1 A 2 A 3 B1 B2 B3 28. cA + B × A − B. B + C × A = B × A + C × A 27. son vectores perpendiculares a A y. A − B = i − 7 j + k = i −4 − 6 − j −1 + 4 + k−3 .-Siendo A = A 1 i + A 2 j + A 3 k y B = B 1 i + B 2 j + B 3 k. Dados A = 2 i − 3 j − k y B = i + 4 j − 2 k.Ahora tambien. que expresa que el producto vectorial goza de la propiedad distributiva respecto de la suma. hallar aA × B. aA × B = i j k 2 i − 3 j − k × i + 4 j − 2 k = 2 −3 −1 = i 6 + 4 − j −4 + 1 + k8 + 3 = 10 i + 1 bB × A = 4 i + 4 j − 2k × 2 i − 3 j − k −2 = i j k 1 −2 4 2 −3 −1 cA + B ×A − B A + B = 3 i + j − 3 k. B. Si A = 3 i − j + 2 k. bA × B × C aA × B A×B = A × B × C = 3 i − j + 2k × 2 i + j − k = − i + 7 j + 5k × i − 2 j + 2k k i j 3 −1 2 −2 1 = = i 1 − 2 − j −3 − 4 + k3 + 2 = 1 i j k −1 7 5 1 −2 2 = i 14 + 10 − j −2 − 5 + k2 bA × B × C B×C = 2 i + j − k × i − 2 j + 2k A × B × C = = i j k 2 1 −1 1 −2 2 3 i − j + 2 k × −5 j − 5 k = = i 2 − 2 − j 4 + 1 + k−4 − 1 = −5 i j k 3 −1 2 = i 5 + 10 − j −15 + k−15 0 −5 −5 30. Area del Paralelogramo = h|B| = |A|sin θ|B| = |A × B| El área del triangulo que tiene por lados A y B es igual a (dibujo de paralelogramo) 1 2 |A × B| .A + B × A − B = 3 i + j − 3k × i − 7 j + k = i j k 3 1 −3 1 −7 1 = i 1 − 21 − j 3 + 3 + 29. hallar aA × B × C.Demostrar que el área de un paralelogramo de lados A y B es |A × B|. B = 2 i + j − k y C = i − 2 j + 2 k. ab sin C = bc sin A = ca sin B o bien.Determinar el vector perpendicular al plano formado por unitario A = 2 i − 6 j − 3k y B = 4 i + 3 j − k A × B Es un vector perpendicular al plano formado por A y B i j A×B = k 2 −6 −3 4 3 = i 6 + 9 − j −2 + 12 + k6 + 24 = 15 i − 10 j + 30 k −1 El vector unitario en la dirección y sentido de A × B es 10 30 15 i −10 j +30 k A×B 15 2 = = i − j + k = i − 7 35 35 35 |A×B| 2 2 2 15 +−10 +30 2 7 j + 6 7 k 33. F 2 . los vectores cuyos 1 2 107 . 2. y c los lados del triangulo ABC que se representa en la figura en estas condiciones a + b + c = 0. bx. sin A a = sin B b = (Dibujo) sin C c 34.31. 3. V 3 . 3. −1. se obitiene: a×b = b×c = c×a es decir. 3 PQ = 2 − 1 i + −1 − 3 j + 1 − 2k = i − 4 j − k PR = −1 − 1 i + 2 − 3 j + 3 − 2 k = −2 i − j + k Area del triangulo = = 1 2 |PQ × PR| = 1 2 i − 4 j − k × −2 i − j + k k i j 1 −4 −1 −2 −1 1 2 = 1 2 −5 i + j − 9 k = 1 2 −5 2 + 1 2 + −9 2 = 1 32. V 2 . sucesivamente. b.Hallar el area del trinagulo cuyos vertices son los puntos P1. F 3 . Q2. cx. 2. Multiplicando por ax. F 4 . y sean V 1 . V 4 . R1.Considerandoun tetraedro de caras F 1 .Deducir el teorema de los senos en un triangulo plano Sean a. multiplicando por la distancia del punto P a la directriz de F. por el menor de los angulos que lo forman. V 2 = 12 B × C. llamando r al vector que une P con el origen Q de F. direccion y sentido que ω × r. Demostrar que la velocidad lineal v de un punto P del sólido cuyo vector de posición es r viene dada por v = ω × r. Por lo tanto. el modulo de la velocidad lineal r es ωr sin θ = |ω × r| por consiguiente. Como el punto P describe una circunferencia de radio r sea θ.Hallar el momento de una fuerza F respecto de un punto P. resulta. cuyas direcciones son perpendiculares a dichas caras y de sentido hacia el exterior de tetraedro. El modulo del momento M de una fuerza F respecto de un punto P es igual al modulo de la fuerza F. es decir. formen un triedro a derechas. siendo ω un vector de modulo ω y cuya dirección y sentido son las del avance de un sacacorchos que gira en el sentido del movimiento.Un sólido rígido gira alrededor de un eje que pasa por D con una velocidad angular ω. V 4 = 12 C − A × B − A Luego V 1 + V 2 + V 3 + V 4 = 1 2 1 2 A × B + B × C + C × A + C − A × B − A = A × B + B × C + C × A + C × B − C × A − A × B + A × A = 35. F 3 . M = Fr sin θ = rF sin θ = |r × F| El sentido de F corresponde al avance de un sacacorchos en P con el sentido de rotacion tal que lleve a coincidir el primer vector con el segundo.modulos son respectivamente. (Dibujo) 36. v es perpendicular a ω y a r de forma que r. las áreas de F 1 . Demostrar que: V 1 + V 2 + V 3 + V 4 = 0 El area de un triangulo de lados R y S es: 1 |R × S| 2 Los vectores asociados con c/u de las caras del tetraedro son: V 1 = 12 A × B. El vector ω se llama velocidad angular . v. F 4 . ω. F 2 . Luego viene el mismo modulo. V 3 = 12 C × A. v = ω × r. y C. B y C no forman un triedro a derechas. A = A 1 i + A 2 j + A 3 k. Hallar 2 i − 3 j ⋅ i + j − k × 3i − k i j k 1 1 −1 = i −1 − j −1 + 3 + k−3 = − i − 2 j − 3 k 3 0 −1 2 i − 3 j ⋅ − i − 2 j − 3k = −2 + 6 = 4 = . Demostrar que: A1 A2 A3 A⋅B×C = i B×C = j k B1 B2 B3 B1 B2 B3 C1 C2 C3 = i B 2 C 3 − B 3 C 2 − j B 1 C 3 − B 3 C 1 + kB 1 C 2 − B 2 C 1 C1 C2 C3 A ⋅ B × C = A 1 i + A 2 j + A 3 k ⋅ B 2 C 3 − B 3 C 2 i − B 1 C 3 − B 3 C 1 j + B 1 C 2 − B 2 C 1 k A1 A2 A3 A 1 B 2 C 3 − B 3 C 2 + A 2 B 1 C 3 − B 3 C 1 + A 3 B 1 C 2 − B 2 C 1 = B1 B2 B3 C1 C2 C3 39. Sea n el vector unitario perpendicular al paralelogramo I con la misma direccion y sentido que B × C. y h la distancia del extremo de A al paralelogramo I Volumen del paralelepípedo = harea del paralelegramo I = A − n|B × C| = A ⋅ |B × C|n = A ⋅ B × C Si A. (Dibujo) 37. B.Demostrar que el valor absoluto de A ⋅ B × C es igual al volumen de un paralelepípedo de aristas A. A ⋅ n < 0 y el volumen = |AB × C| 38. B = B 1 i + B 2 j + B 3 k. C = C 1 i + C 2 j + C 3 k.instantanea. y 1 .40.A1 A2 A3 Demostrar que A ⋅ B × C = B1 B2 B3 C1 C2 C3 Teniendo en cuenta que un determinante si se permuan entre si dos lineas A1 A2 A3 B1 B2 A3 B1 B2 B3 B 1 B 2 B 3 = − A 1 A 2 B 3 = C 1 C 2 C 3 = B ⋅ C × A C1 C2 C3 C1 C2 C3 A1 A2 A3 A1 A2 A3 C1 C2 C3 C1 C2 C3 B1 B2 B3 = − B1 B2 B3 C1 C2 C3 A1 A2 A3 = A1 A2 A3 = C ⋅ A × B B1 B2 B3 42.Demostrar que la condición necesaria y suficiente para que los vectores A. y C son coplanarios. Supongamos que P 1 . 41. B. y C sean coplanarios es que A ⋅ B × C = 0 A ⋅ B × C = A ⋅ B × C Si A. .Demostrar que AA × C = A × A ⋅ C = 0 43. r 3 = x 3 i + y 3 j + z 3 k. z 2 . ya que en este caso no existe ambigüedad y las unicas interpretaciones posibles son de A ⋅ B × C y A ⋅ B × C. y 2 . P 2 x 2 . B y C. 44. P 3 x 3 . pero esta ultima carece de sentido ya que no esta definido el producto vectorial C. P 2 y P 3 . r 2 = x 2 i + y 2 j + z 2 k. z 3 hallar la ecuación del plano que pasa por P 1 . es decir. B. y 3 . que determinaron un plano. el cero. y por lo tanto los vectores son coplanarios. P 2 y P 3 no estan alineados. La igualdad A ⋅ B × C = A × B ⋅ C se puede expresar diciendo que los productos escalar y vectorial son permutables. z 1 . Sean r 1 = x 1 i + y 1 j + z 1 k.Demostrar que A ⋅ B × C = C ⋅ A × B = A × B ⋅ C En el producto A ⋅ B × C se puede suprimir el parentesis y escribir A ⋅ B × C. los vectores de posición de los puntos P 1 x 1 . en el volumen del paralelepipedoformado por los vectores A. Q y R.Hallar la ecuación del plano formado por los puntos P 1 2. P 3 P 1 = r 3 − r 1 . Llamemos r al vector de posición de un punto genérico del plano formado por P. x − 2 i + y + 1 j + z − 1 k ⋅ i + 3 j − 2 k × −3 i + 4 j + k x − 2 i + y + 1 j + z − 1 k ⋅ 11 i + 3 j + 13 k = 0 11x − 2 + 5y + 1 + 13z − 1 = 0 o bien. Sea r = x i + y j + z k el vector de posición de un punto génerico del plano. que son complementarios. 47. y − y1 z − z1 x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 =0 x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1 45. P 2 3. Demostrar que a × b + b × c + c × a es un vector perpendicular al plano formado por P. 11x + 5y + 13z = 30. Q y R. bA × B × C = BA ⋅ C − AB ⋅ C. P 2 P 1 = r 2 − r 1 . y c los vectores de posición de los puntos P. B = B 1 i + B 2 j + B 3 k. b. P 1 P 3 = r 3 − r 1 y P 1 P = r − r 1 . Q y R.Demotrar que aA × B × C = BA ⋅ C − CA ⋅ B.Sean. −1. 2. P 2. =0 46. −1. Los vectores PP 1 = r − r 1 . luego r − r 1 ⋅ r 2 − r 1 × r 3 − r 1 = 0 es decir. r 2 = 3 i + 2 j − k. z son respectivamente. a. r 3 = − i + 3 j + 2 k y r = x i + y j + z k. x − x 1 i + y − y 1 j + z − z 1 k − x 2 − x 1 i + y 2 − y 1 j + z 2 − z 1 k × x 3 − x 1 i + y x − x1 o bien. 1. y c − a son coplanarios. Q y R no alineados. Los vectores deposición de P 1 . b − a. 3. En coordenadas rectangulares. a Sean A = A 1 i + A 2 j + A 3 k. P 3 −1. Los vectores r − a. 2. P 3 y de un punto cualquiera r 1 = 2 i − j + k. C = C 1 i + C 2 j + C 3 k i j k Se tiene A × B × C = A 1 i + A 2 j + A 3 k × B 1 B 2 B 3 = C1 C2 C3 A 1 i + A 2 j + A 3 k × B 2 C 3 − B 3 C 2 i + B 3 C 1 − B 1 C 3 j + B 1 C 2 − B 2 . y. Px. están situados en el plano pedido. Luego a × b + b × c + c × a es perpendicular a r − a y también al plano formado por P. Considerando los vectores P 1 P 2 = r 2 − r 1 . Sean X = B × C. A × B × C × D = CA × B ⋅ D − DA × B ⋅ C = CA × B ⋅ D − DA × B ⋅ C A × B × Y = BA ⋅ Y − AB ⋅ Y. A × B × C × D = BA ⋅ C × D − AB ⋅ C × D 51. BA ⋅ C − CA ⋅ B = B 1 i + B 2 j + B 3 k A 1 C 1 + A 2 C 2 + A 3 C 3 − C 1 i + C 2 j + C 3 k A 1 B 1 + A 2 B 2 + A 3 B 3 = A 2 B 1 C 2 + A 3 B 1 C 3 − A 2 C 1 B 2 − A 3 B 1 C 3 i + B 2 A 1 C 1 + B 2 A 3 C 3 − C 2 A 1 B 1 − C 2 A 3 B 3 j + B 3 bA × B × C = −C × A × B = −AC ⋅ B − BC ⋅ A = BA ⋅ C − AB ⋅ C habiendo sustituido A. Sea X = A × B. B y C de a por C. X ⋅ C × D = X × C ⋅ D Sea X = A × B luego A × B ⋅ C × D = A × B × C − D = BA ⋅ C − AB ⋅ C ⋅ D = A ⋅ CB ⋅ D − A ⋅ DB ⋅ C 49.Demostrar que A × B × C + B × C × A + C × A × B = 0 A × B × C = BA ⋅ C − CA ⋅ B B × C × A = CB ⋅ A − AB ⋅ C C × A × B = AC ⋅ B − BC ⋅ A 50.Demostrar que: A × B ⋅ C × D = A ⋅ CB ⋅ D − A ⋅ DB ⋅ C. entonces. entonces B × C × C × A = CB × C ⋅ A − AB × C ⋅ C ..= i j k A1 A2 A3 B2C3 − B3C2 B3C1 − B1C3 B1C2 − B2C1 = i A 2 B 1 C 2 − A 2 B 2 C 1 − A 3 B 3 C 1 + A 3 B 1 C3 + A 3 B 2 C 3 − A 3 B 3 C 2 − A 1 B 1 C 2 + A 1 B 2 C 1 j +A 1 B 3 C 1 − A 1 B 1 C 3 − A 2 B 2 C 3 + A 2 B 3 C 2 k Tambien.El problema no esta en el cuaderno de apuntes original 52.Demostrar que: A × B × C × D = BA ⋅ C × D − AB ⋅ C × D = CA ⋅ B × D − DA ⋅ B × C X × C × D = CX ⋅ D − DX ⋅ C. 48. entonces.Demostrar que: A × B ⋅ B × C × C × A = A ⋅ B × C 2 X × C × A = CX ⋅ A − AX ⋅ C. A y B respectivamente. Sea Y = C × D. c 1 ⋅ a = c 1 ⋅ b = 0 c si a ⋅ b × c = v. c1 = a⋅b×c a⋅b×c b⋅c×a a⋅b×c = c⋅a×b a⋅b×c = =1 = a⋅b×c =1 a⋅b×c b⋅b×c a⋅b×c a⋅b×c a⋅b×c = b⋅b×c a⋅b×c =1 =0 a×b v b×c⋅c×a×a×b v3 = a×b⋅b×c×c×a v3 = a⋅b×c v3 = v2 v3 = 1 v Por lo tanto a 1 ⋅ b 1 × c 1 ≠ 0 54. b1 = Luego a 1 ⋅ b 1 × c 1 = c×a v = = b×c a⋅b×c c×a a⋅b×c = b×c a⋅b×c . C = c y D = r. b 1 ⋅ a = b 1 ⋅ c = 0. entonces a 1 ⋅ b 1 × c 1 = 1v . da 1 .Demostrar que todo el vector r se puede expresar en función de los vectoresreciprocos del problema 53 en la forma: r = r ⋅ a 1 a + r ⋅ b 1 b + r ⋅ c 1 c BA ⋅ C × D − AB ⋅ C × D = CA ⋅ B × D − DA ⋅ B × C entonces.= CA ⋅ B × C − AB × C ⋅ C = CA × B ⋅ C Por lo tanto A × B ⋅ B × C × C × A = A × B ⋅ CA ⋅ B × C = A × B ⋅ CA ⋅ B × C = A ⋅ B × C 2 53. en estas condiciones r⋅b×c r⋅c×a r⋅a×b b×c c×a r = a⋅b×c a + a⋅b×c b + a⋅b×c c = r ⋅ a⋅b×c a + r ⋅ a⋅b×c b+r⋅ 55. b 1 y c 1 no son coplanarios si a. B = b. b y c no lo son a a 1 ⋅ a = a ⋅ a 1 = a ⋅ b1 ⋅ b = b ⋅ b1 = b ⋅ c1 ⋅ b = c ⋅ c1 = c ⋅ a×b a⋅b×c b a 1 ⋅ b = b ⋅ a 1 = b ⋅ c a 1 = b×c v . AB⋅C×D D = A⋅B×C − BA⋅C×D A⋅B×C + CA⋅B×D A⋅B×C Sea A = a. demostrar que si a ⋅ b × c ≠ 0 a a 1 ⋅ a = b 1 ⋅ b = c 1 ⋅ c = 1.- a×b a⋅b×c c = r ⋅ a 1 a + r ⋅ b 1 b .Dados los vectores a 1 = ⋅ b1 = b×c a⋅b×c c×a a⋅b×c y c1 = a×b a⋅b×c . b a 1 ⋅ b = a 1 ⋅ c =. Hallar el ángulo formado por aA = 3 i + 2 j − 6 k y B = 4 i − 3 j + k. d 3A + 2B . como: i ⋅ j = j ⋅ k = k ⋅ i = 0 ki + kj = 0 b) i − 2 k ⋅ j + 3 k = i j + 3 k i − 2 k j − 6 k = −6 c) 2 i − j + 3 k ⋅ 3 i + 2 j − k = 6 i − 2 j + 3k = 1 56.Hallar: a K ⋅ i + j . Si A = i + 3 j − 2 k y B = 4 i − 2 j + 4 k. dist. C = 4 2 − 2 2 + 4 2 = 36 = 6 |D| = 3 2 − 6 2 − 2 2 = 49 = 7 A⋅B A B = 0 49 26 . a) A = 3 i + 2 j − 6 k = |A||B| cos θ |A| = 3 2 + 2 2 − 6 2 = 49 B = 4i − 3j + k |B| = 4 2 + 3 2 − 1 2 = 26 A⋅B = 3 i + 2 j − 6k ⋅ 4 i − 3 j + k = 12 i − 6 j − 6 k = 0 ∴ cos θ = *lo que significa que el ángulo formado es de 90 ∘ b)|C||D| cos θ. e2A + B ⋅ A − 2B a)A ⋅ B = i + 3 j − 2k ⋅ 4 i − 2 j + 4k b)|A| = 12 + 32 − 22 = 14 c)|B| = 42 − 22 + 42 = 36 = 6 = 4 − 6 − 8 = −10 d)|3A + 2B| = 3 i + 3 j − 2 k + 2 4 i − 2 j + 4 k sumamos 11 i + 5 j + 2 k = 11 2 + 5 2 + 2 2 = 150 = 3 i + 9 j − 6k + 8 i − 4 j + 8k = e)2A + B ⋅ A − 2B 57. b i − 2 k ⋅ j + 3 k . hallar: aA ⋅ B. c|B|. b|A|. c 2 i − j + 3 k ⋅ 3 i + 2 j − k a) k i + j = k i + k j prop. bC = 4 i − 2 j + 4 k y D = 3 i − 6 j − 2 k. γ son cosenos directores 61. β. Hallar el valor de a de forma que A = 2 i + a j + k y B = 4 i − 2 j − 2 k sean perpendiculares si A ⋅ B = 0 ∴ A ⋅ B = 24 + a−2 + 1−2 = 8 − 2a − 2 = 0 donde a = 3 60. 6 ∘ Así mismo cos β = − 67 . donde. ¿Para que valores son A = a i − 2 j + k y B = 2a i + a j − 4 k perpendicular? 59. ya que A = B ∴ OQ es perpendicular a RP . A ⋅ i = A1 cos α = 3 2 + −6 2 + 2 2 cos α = 7 cos α A ⋅ i = 3 i − 6 j + 2 k ⋅ i = 3 i ⋅ i − 6 j ⋅ i + 2 k ⋅ i = 3 ∴ cos α = 37 = 0. Hallar los ángulos que forma el vector A = 3 i − 6 j + 2 k con los ejes coordenados. C ⋅ D = 4 i − 2 j + 4 k ⋅ 3 i − 6 j − 2 k = 12 i + 12 j − 8 k = 16 16 ∴ cos θ = CC⋅DD = 67 = 16 = 218 = 67 ∘ 36 ′ 42 58. respectivamente.Demostrar que las diaginales de un rombo son perpendiculares (Dibujo) OQ = O P + P Q = A B O R + R P = O P. z. y. 4286 = 64. β = 149 ∘ cos γ = 27 . 4 ∘ donde α. R P = A − B luego OQ ⋅ R P = A + B ⋅ A − B = A 2 − B 2 = 0. o bien.Demostrar el teorema del coseno de un triangulo cualquiera (Dibujo) B + C = A. γ = 73. γ los ángulos que forman A con los semiejes positivos x. Sean α. β. C = A − B C ⋅ C = A − B ⋅ A ⋅ B = A ⋅ A + B ⋅ B − 2A ⋅ B Ley de los cosenos C 2 = A 2 + B 2 − 2AB cos θ 62. B + R P = A. 63. El vector C es perpendicular a A y a B.Efectuar los productos indicados: a)2 j × 3 i − 4 k Resolviendo: i j k a= 0 2 0 = i −8 − 0 − j 0 + k−6 = −8 i − 6 k 3 0 −4 b) i + 2 j Solución: i j b= 1 2 ×k k 0 = i 2 − 0 − j 4 − 0 + k0 − 0 = 2 i − j 0 0 1 c) 2 i − 4 k × i + 2 j Resolviendo: i j k c = 2 0 −4 = i 0 − 8 − j 0 + 4 + k4 − 0 = −8 i − 4 j + 4 k 1 2 0 . Hallar el valor unitario perpendicular al plano formado por A = 2 i − 6 j − 3 ky B = 4i + 3j − k Sea C = C 1 i + C 2 j + C 3 k un vector perpendicular al plano formado por A y B. C 2 = − 13 C 3 . C 1 = C = 12 i − 13 j + k ∴ el vector unitario de C es: C |C| C3= = C 23 1 2 2 1 2 1 i − 3 j +k + − 13 2 = +1 2 3 7 i − 2 7 j + 6 7 1 2 C 3 . o sea. 2 4C 1 − 3C 2 = C 3 Si resolvemos el sistema formado por 1 y 2. 1 2C 1 − 6C 2 = 3C 3 C ⋅ B = 4C 1 − 3C 2 − C 3 = 0. k 78. C ⋅ A = 2C 1 − 6C 2 − 3C 3 = 0. luego. o sea. d) 4 i + j − 2 k × 3 i + k Solucionando: i j k d = 4 1 −2 = i 1 − j 4 + 6 + k0 − 3 = i − 10 j − 3 k 3 0 1 e) 2 i + j − k × 3 i − 2 j + 4 k Resolviendo: i j k e = 2 1 −1 = i 4 − 2 − j 8 + 3 + k−4 − 3 = 2 i − 11 j − 7 k 3 −2 4 79. hallar: a)|A × B| Resolviendo: i j k A × B = 3 −1 −2 = i −1 + 6 − j 3 + 4 + k9 + 2 = 5 i − 7 j + 11 k 2 |A × B| = 3 1 5 2 + 7 2 + 11 2 = 195 b)A + 2B × 2A − B Solución: A + 2B = 3 i − j − 2 k + 4 i + 6 j + 2 k = 7 i + 5 j = C 2A − B = 6 i − 2 j − 4 k − 2 i + 3 j + k = 4 i − 5 j − 5 k = D i j k C×D = 7 5 0 = i 25 − j −35 + k−35 − 20 = −25 i + 35 j − 55 k 4 −5 −5 c)|A + B × A − B| Respuesta: A + B = 3 i − j − 2k + 2 i + 3 j + k = 5 i + 2 j − 2k = C A − B = 3 i − j − 2k − 2 i + 3 j + k = i − 4 j − 3k = D i j k C × D = 5 2 −2 = i −6 − 8 − j −15 + 2 + k−20 − 0 = 14 i + 13 j − 22 k 1 −4 −3 . Si A = 3 i − j − 2 k y B = 2 i + 3 j + k. B × C = i + 3 j + 5k . B = 2 i + j − k y C = i + 3 j − 2 k.|C × D| = 14 2 + 13 2 + −22 2 = 849 80. hallar: a)|A × B × C| Solución: k i j A×B = 1 −2 −3 2 −1 1 A × B × C = |A × B × C| = = i 2 + 3 − j −1 + 6 + k1 + 4 = 5 i − 5 j + 5 k i j k 5 −5 5 1 −2 3 = i +10 − 15 − j −10 − 15 − k15 + 5 = −5 i + 15 j + 20 k 5 2 + 15 2 + 20 2 = b)|A × B × C| Solución: i j k B × C = 2 1 −1 650 = 5 26 = i −2 + 3 − j −4 + 1 + k6 − 1 = i + 3 j + 5 k 1 3 −2 i j A × B × C = 1 −2 −3 1 |A × B × C| = k 3 = i −10 + 9 − j 5 + 3 + k3 + 2 = − i − 8 j + 5 k 5 −1 2 + −8 2 + 5 2 = 90 = 3 10 c)A ⋅ B × C Solución: considerando el producto B × C del inciso b tenemos. Si A = i − 2 j − 3 k. Entonces A ⋅ B × C = i − 2 j − 3k ⋅ i + 3 j + 5k = 1 − 6 − 15 = −20 d)A × B ⋅ C Solución: Tomando el productoA × B del inciso a. entonces: A × B = 5 i − 5 j + 5k = E B × C = i + 3 j − 2k = F Luego. Solución: A×B = i j k 3 1 −2 1 −3 4 = i 4 − 6 − j 12 + 2 + k−9 − 1 = −2 i − 14 j − 10 k . A × B ⋅ C = 5 i − 5 j + 5k ⋅ i + 3 j − 2k = 5 − 15 − 10 = −20 e)A × B × B × C Resolviendo: Considerando del inciso a y b. Hallar el area del paralelogramo cuyas diagonales son A = 3 i + j − 2 k y B = 3 i + j − 2 k. entonces: i j E×F = k 5 −5 5 1 3 = i −25 − 15 − j 25 − 5 + k15 + 5 = −40 i − 20 j + 20 k 5 f)A × BB ⋅ C Solución: De acuerdo al inciso a el producto A × B es: A × B = 5i − 5j + 5k = E B ⋅ C = 2 i + j − k ⋅ i + 3 j − 2 k = 2 + 3 + 2 = 7 = F EF = 35 i − 35 j + 35 k 82. tenomos que: A × B = 5 i − 5 j + 5k entonces. Hallar la distancia desde el punto 6. 92. −4. R. −3 y 4. 2. −1.21. 9 97. hallar la distancia de P al plano OQR. i + 2 j − 3 k y 3 i + 4 j + 5 k sean coplanares. 96. B = x 2 a + y 2 b + z 2 c y C = x 3 a + y 3 b + z 3 C dan que: x1 y1 z1 A ⋅ B × C = x 2 y 2 z 2 a ⋅ b × c x3 y3 z3 94.Demostrar que la A ⋅ B × C = A × B ⋅ C 95. 1. −3. −1. 0. Q. −2. respectivamente. hallar un vector de modulo 5 ⊥ a los vectores A y B. 9 a la recta que pasa por 2. PQ = 1 − 3 i + −1 + 1 j + −3 − 2 k = −2 i − 6k PR = 4 − 3 i + −3 − 1 j + 1 − 2 k = i − 4 j − k Area del triangulo = A= 1 2 i j k −2 0 −6 1 −4 1 1 2 |PQ × PR| = 1 2 i 0 − 24 − j 2 − 6 + k8 − 0 = 1 2 −24 i − 8 j + 8 k = 1 2 84.Dados los puntos P2. Q1. con respecto al origen de los puntos P. −1 son 3.|A × B| = 2 2 + −14 2 + −10 2 = 300 = 5 3 83. 3. 2 y 3. 1. 1. Hallar la constante a de forma que los vectores 2 i − j + k. Los vectoresde posoción. son r 1 = 3 i − 2 j − k. Hallarla mínima distancia −24 2 + 8 2 + 8 . 93. r2 = i + 3 j + 4k y r 3 = 2 i + j − 2 k.Siendo A = x 1 a + y 1 b + z 1 c.Si A = 2i + j − 3k y B = i − 2j + k. −9. −2 y S1.Hallar el área del triangulo cuyos vértices −1. R−1. Problemas Capítulo 3 .Hallar un sistema de vectores reciproca al formado por 2i + 3j − k.Siendo a.Si a = b×c a⋅b×c . −i + 2j + 2k 103. i − j − 2k.c= a 1 ×b 1 a 1 ⋅b 1 ×c 1 104.. 100. c y a 1 .Demostrar que las mediatrices de un triangulo se se cortan en un punto. denque a = b 1 ×c 1 a 1 ⋅b 1 ×c 1 .Interpetar los dos miembros de la identidad A × B ⋅ A × C = B ⋅ CA ⋅ A − A ⋅ CB ⋅ A 102. 98.Sea PQR un triangulo esférico cuyos lados p.Demostrar que A × B ⋅ C × D + B × C ⋅ A × D + C × A ⋅ B × D = 0 101. Deducir el teorema del coseno de los triangulos esféricos cos p = cos q cos r − sin q sin r cos p Ind. c. b 1 . q.entre las rectas PQ y RS.b= c 1 ×a 1 a 1 ⋅b 1 ×c 1 .Demostrar que soo existe un sistema de vectores reciprocos de un lado de vectores no coplanarios ni paralelos a. b. y c1 a×b a⋅b×c . b. r son arcos de circulo maximo.Demostrar que que el unico sistema de vector que es reciproco de su 106. c 1 tales que a 1 ⋅ a = b 1 ⋅ b = c 1 ⋅ c = 1 a1 ⋅ b = a1 ⋅ c = b1 ⋅ a = b1 ⋅ c = c1 ⋅ a = c1 ⋅ b = 0 demostrar que a 1 = b×c a⋅b×c 105. b1 = c×a a⋅b×c . 99.Demostrar que las alturas de un triangulo se cortan en un punto. c Siendo R = sin t i + cos t j + t k hallar a dR dt = a dR dt d dt 2 b ddt R2 = c dR dt d d2 R dt 2 sin t i + d dt = = dR dt d dt = cos t j + d dt cos t i − d dt dy du j + dR dt dz du . z = 2 sin 3t siendo t = el tiempo. (a) El vector de posición r de la partícula es r = x i − y j + 2 k = e −t j − 6 sin 3 + j + 6 cos 3 + k La velocidad es y = y la aceleración a = dr dt = −e −t j − 6 sin 3 + j + 6 cos 3 + k d2r dt 2 = e −t i − 18 cos 3t j − 18 sin 3t k . y 2 funciones derivables de un escalar u.Diferenciacion vectorial Problemas Resueltos 1. Siendo Ru = xu i + yu j + zu k y x.Una particula se mueve a lo largo de una curva cuyas ecuaciones paramétricas son x = e −t . y = 2 cos 3t. 2 . (a)Hallar su velocidad y su aceleracion en función del tiempo (ley de velocidades y aceleraciones) (b)Hallar el modulo de la velocidad y de la aceleracion en el instatnte t = 0. demostrar que: i + dR du = dx du dR du = lim Δu→0 = lim Δu→0 dv du = j + dz du k Ru+Δu−Ru Δu xu+Δu−xu Δu i + = lim Δu→0 yu+Δu−yu Δu xu+Δu i +yu+Δu j +zu+Δuk − xu i +yu j +zu k = Δu j + k = zu+Δu−zu Δu dx du i + 2. t k = cos t i − sin t j + k d dt sin t j + cos t 2 + 1 − sin + 1 2 + 1 2 = d dt 1 k = − sin t i − cos t j 2 −sin t 2 + − cos t 2 = 1 3. d = k d2 R dt 2 . b ddt R2 . Velocidad = at t = 1 dr dt = d 2i 2t 2 i + t 2 − 4f j + 3t − 5 k El vector unitario en la dirección i − 3 j + 2 k es = 4t i + 2t − 4 j + 3 k = 4 i − 2 j + 3 k i −3 j +2 k V1 2 +−3 2 +2 2 = i −3 j +2 k 14 Luego la componente de la velocidad en la dirección dada es 4 i −2 j +3 k ⋅ i −3 j +2 k = 61+−2−3+32 14 Aceleración = = 16 14 14 d2 r dt 2 = d at dr at = d at = 8 14 7 at i + 2t − 4 j + 3 k = 4 i + 2 j + 0k La componente de la aceleración dada es: 4 i +2 j +0 k ⋅ i −2 j +2 k 14 = 41+2|−3|02 = 14 −2 14 = − 14 7 5. y = y5. z = z5. es la unidad. z = 3t − 5 siendo el t el tiempo. 1 + −18 2 3 37 = 325 4. tenemos: . Hallar los componentes de la velocidad y de la aceleración en el instante t = 1 y en la dirección i − 3j + 2k.Las ecuaciones paramétricas de una curva C son x = xs.Una Partícula se mueve a lo largo de una curva x = 2t 2 . dr dt = − i + 6k y = i − 18 j . z = 2ssiendo s la logitud del arco C medida desde el punto fijo de ella. d El vector dr = x i + x j + 2k ds ds x = x3. y = t 2 − 4t. Por lo tanto : d2r dt 2 Módulo de la velocidad en t = 0. Llamando r al vector de posisción de un punto genérico de C. Demostrar que dr es ds un vector unitario tangente a C. y = ys.(b)En el instante r = 0. −1 2 + 6 2 = Módulo de la aceleración en t = 0. dx ds i + dy ds j + d2 d3 k es tangente a la curva Para demostrar que su modulo. el vector tangente unitario es T = 4 = 2 3 2 +4 2 +2 2 i + 2 3 j + 1 3 k 7. como = dr dz dr ds 2t 2 +4 2 +4+6 2 ds dt ⋅T = dr/dt ds/dz = 2t 2 +4 2 +4+−6 2 dr dz 4 i +2 j +2 k (b) En f = 2.Siendo A y B funciones derivables de un escalar u demostrar: (a) d du d du A ⋅ B = A ⋅ (a) A ⋅ B = lim Δu→0 = dB du + dA du ⋅ B.(a) Hallar el vector tangente unitario en un punto cualquiera de la curva x = r + 1. (b) dud A × B = A × A≠ΔA+13+ΔB−A⋅B Δu = lim Δu→0 Otro método d d u A ⋅ B = du A 1 B 1 − A 2 B 2 − A 3 B 3 = = A ⋅ dB + dA ⋅B du du = A1 A⋅ΔB+ΔA⋅ΔB Δu db du + A2 dB 2 du dB du + dA du = lim A ⋅ + A3 dB 3 du ×B AB Δu + + ΔA Δu dA 1 du B+ ΔA Δu B1 + dA 2 du AB = A B2 + dB du dA 3 du B .= dr ds dx ds 2 2 dy ds + + 2 dz ds dx 2 +dy 2 +dz 2 = ds 2 =1 ya que as 5 + dx 2 + dy 2 + dz 2 según se estudia 6. y = 4f − 3. z = 2f 2 − 6t (b) Hallar el vector tangente en el punto correspondiente al instante t = 2 (a) El vector tangente a la curva en uno de sus puntos es: dr d2 = d d2 2 2 + 1 i + 4z − 3 j + 2t 2 − 6t k El módulo del vector es 2+ i +4 j +4t−6 k = dr dz = 2 i + 4 j + 4f − 6 k = 2f i +4 j +4+−6 k Luego el vector tangente unitario pedido es T = Obsérvese que. (c) dtd A ⋅ A (a) dtd A ⋅ B = A ⋅ dB + dA ⋅B = dt dt 2 3 5t i + tj − t k ⋅ cos t i + sin t j + 10t i + j − 3t k ⋅ sin t i − cos t j = 5t 2 cos t + t sin i + 10t sin t − cos t = 5t 2 − 1 cos t + 11t sin t (b) dtd A × B = A × db dt + dA dt ×B = i j k 6t 2 2 −r 3 + i j k 10t t −3r 2 cos t sin t 0 sin t cos t 0 = t 2 sin t i − r 2 cos t j + 6t 2 sin t − t cos tk + −3r 2 cos t i − 3t 2 sin t j + 10t cos t − sin tk 6t sin t − 3t 2 cos t i − t 2 cos t − 3t 2 sin t j + 5t 2 sin t − sin t = 11 + cos t k (c) dzd A ⋅ A = A ⋅ dA − dA ⋅ A = 2A ⋅ dA = 2 5t 2 i − t j − t 3 k + 10t i + j − 3t 2 k = dt dt dt 100t 3 + 20 + 6t 3 9. A ⋅ A =constante. dtd A ⋅ A = A ⋅ dA + dA ⋅ A = 2A ⋅ dA =0 dt dt dt Así pués. Dado A = 5t 2 i + t j − t 3 k y B = sin t i − cos t j . Luego. A ⋅ dA dt = 0 y A es perpendicular a dA dt simpre que 10. siempre que dt dA ≠0 dt Como A es de módulo constante. i (b) dud A × B = d du k j A1 A2 A3 B1 B2 B3 i j k i j k A1 A2 A3 dA 1 du dA 2 du dA 3 du dB 1 du dB 2 du dB 3 du B1 B2 B3 = A× + dB du dA du ×B 8. B. (b) dtd A × B . funciones = . Hallar: (a) dtd A ⋅ B.Siendo A de módulo conbstante. siendo A.dc Demostrar que dud A ⋅ B × C = A ⋅ B × du ×c+ derivables de un escalar a d A ⋅ B × C = A ⋅ dud B × C + dA ⋅ B ×C du du dc = A ⋅ B × du + dB × C + dA ⋅ B ×C du du dC dB dA = A ⋅ B × du + A ⋅ du × C + du ⋅ B × C dA du dA dt ≠0 ⋅ B × C. C. demostrar que A y da son perpendiculares. Demostrar que A ⋅ dA = AdA dt dt Sea A = A 1 i + A 2 j + A 3 k luego A = = j 2 2 dA dt i 1 2 A 21 + A 22 + A 23 − 12 d2A dt ×B A 21 + A 22 + A 23 2A dA + 2A 2 dr dA 2 dt + 2A 3 dA 3 dt = A dA 1 dt +A 2 dA 2 dt +A 3 A 21 +A 22 +A 23 1 2 dA 3 dt = A⋅ dA dt A1 es decir.Demostrar: 2 2 A × ddt B2 − ddt A2 × B = dtd A × dB − dA ×B dt dt d dB dA d dB A × dt − dt × B = dt A × dt − dtd dA ×B = dt dt 2 d2B dA dB dA dB d2A A × dt 2 + dt × dt − dt × dt − dt 2 × B = A = ddt B2 − 14.11. Demostrar que a la velocidad v de la paritcula es perpendicular a r. 13. Una partícula se mueve de forma que su vector de posición viene dado por F = cos ωt i + sin ωt j siendo ωuna constante. 2 b ddt 2r = dv dt ω 2 cos ωt i − ω 2 sin ωt j ω cos ωt i + sin ωt j = −ω 2 r El módulo es proporcional a |r| que es la distancia al origen c r × v = cos ωt i + sin ωt j × −ω sin ωt i + ω cos t j = k cos ωt sin ωt 0 = −ω sin ωt ω cos ωt 0 ωcos ωt + sin ωf k = ωk Vector constante.Hallar d dt V⋅ d dt V− dv dt × dv du d2v dt 2 × d2v dt 2 = v⋅ du dt × d3y dt 3 + vd 2 v dt 2 + dv dt ⋅ × dv dt d2y dt 2 = v⋅ × du dt d3v dt 3 = 0 + 0 = v dv × dt d3y dt 3 12. . = −ω sin ωt i + ω cos ωt j av = dr dt Se tiene r ⋅ v cos ωt i + sin ωt j − −ω sin ωt i + ω cos t j cos ωt − ωsin ωt + sin ωtω cos ωt = 0 Luego r y v son perpendiculares. |b| la aceleracion a esta dirigida hacia el origen y su módulo es proporcional a su distancia al mismo cr × v = vector constante. Hallar: ∂A ∂x ⋅ ∂A ∂y ⋅ ∂2A ∂x 2 ⋅ ∂2A ∂y 2 ⋅ ∂2A ∂x∂y ⋅ ∂2A ∂y∂x = ∂x∂ 2x 2 y − x 4 i + ∂x∂ e xy − y sin x j + 4xy − 4x 3 i + yexy − y cos x j + 2x cos y k ∂ ∂x x 2 cos y k = 2x 2 y − x 4 i − ∂y∂ e xy − y sin x j + 2x i + xe xy − sin x j − x 2 sin y k ∂ ∂y x 2 cos y k = ∂A ∂x ∂A = ∂y∂ ∂y 2 = ∂x∂ 4xy − 4x 3 i + ∂x∂ ye xy − y cos x j + 4y − 12x 2 i + y 2 e xy + y sin x j − 2 cos y k ∂2A ∂x 2 ∂ ∂x 2x cos y k = xe xy − sin x j − ∂y∂ x 2 sin y k = 0 + x e j − x cos y k = x 2 e xy j − x 2 cos y k ∂2A = ∂y∂ ∂x∂ = ∂y∂ 2x 2 i + ∂x∂ xe xy − sin x j − ∂x∂ j + x 2 sin y k = ∂x∂y 4x i + xye xy − cos x j − 2x sin y k ∂2A ∂y 2 ∂ 2x 2 i ∂y 2 xy 2 = + ∂ ∂y 2 4xy − 4x 3 + ∂y∂ ye xy − y cos x j + 4x i + xye xy + e xy − cos x j − 2x sin y k ∂2A ∂y∂x = ∂ ∂y ∂ ∂x = ∂ ∂y 16. y.- .A dA = A dA dt dt Si Aes un vector constante A ⋅ dA dt =0 15. Hallar φA = xy 2 z xz i − xy 2 j + yz 2 k ∂2 ∂x∂x φA = ∂3 ∂x 2 ∂z φA = = x2y2z2 k ∂ ∂x x 2 y 2 z 2 i − x 2 y 4 z j + 3xy 3 z 2 k ∂ ∂x 4xy 2 z i − 2xy 4 j + 3y 3 z 2 k ∂3 ∂x 2 ∂ 2 ∂ ∂y 2 cos y k = φA en el punto 2. Si A = 2x 2 y − x 4 i + e xy − y sin x j + x 2 cos yk. y = −1. z = 1 se obtiene 4−1 2 1 i − 2−1 4 j = 4 i − 2 j 17. = 2x 2 y 2 z i − x 2 y 4 j + 3xy 3 z 2 k = 4xy 2 z i − 2xy 2 z i − 2xy 4 j + 3y 3 z 2 k = 4y 2 z i − 2y 4 j Para x = 2. Si φx. z = xy 2 z y A = xz i − xy 2 j + yz 2 k. 1. −1. Demostrar las fórmulas de Frenet Serret a dF ds ds ds aComo T ⋅ T = 1 se deduce que T ⋅ dF ds = 0 es decir dT ds es perpendicular a T Sea N el vector unitario en la dirección y sentido de dF . t i + F 2 x. ds normal principal. tambien lo forman N. a su vez. b dB = −γN ⋅ c dN = TB − KT. z f y x. y esta situado en el plano Como dB pertenece al plano de T y N y es perpendicular a T 1 es paralelo a N 1 luego dS = −TN El vector B es la normal r es la torsión y a = 1 r es el radio. es decir. bSea B = T × N. entonces dB dS Luego T ⋅ = 0. es decir N = B × T. y. z. T es perpendicular a dB dS = T⋅T× dN dS = T× dN dS + De B ⋅ B = 1 se deduce que B dB . dB dS dT dS dB dS N = T× dN dS dT ds = KN. El vector N es la + KN × N = T dN dS dB dS es perpendicular a B. entonces. dS formado por T y N. y. dF = ∂x + ∂x dx + dF + ∂z dz dt ∂t dy ∂t dt Geometria diferencial. 18. k es la cobertura y e = 1k es el radio de la corvatura. B y T. t k. funciones de t . z. y y z. y. z. y. Luego dN dr = B ddST × dB dS × T = B × RN − rN × T = −R T + rB = rB + R T . Entonces. demostrar que ∂Fdy dF = ∂F + ∂Fdx + ∂ydt + ∂Fdz dt ∂t ∂xdt ∂zdt Supongamos que F = F 1 x. c Como T N y B forman un triedro a la derecha.= KN. es decir. 1 1 1 dF = dF 1 i + dF 2 j + dF 3 k = ∂F∂t1 dt + ∂F dx + ∂F dy + ∂F i + ∂x ∂y ∂z ∂F 2 ∂F 2 ∂F 2 ∂F 2 ∂F 2 ∂F 3 ∂F 3 3 3 dt + ∂x dx + ∂y dy + ∂t dt + ∂z dz j + ∂t dt + ∂x dx + ∂F dy + ∂F∂t3 dt + ∂F dz k = ∂t ∂y ∂z ∂F 2 ∂F 3 ∂F 2 ∂F 3 ∂F 1 1 1 1 i + ∂F∂t2 j + ∂F∂t3 k dt + ∂F i + ∂x j + ∂x k dx + ∂F i + ∂y j + ∂y k dy + ∂F i + ∂t ∂x ∂y ∂z dy ∂F ∂F ∂F Luego. t j + F 3 x.Dado el vector F función de las variables escalares x. como t = 4z . = dr ds ⋅ dt dt dr ds b ddtT = − 35 sin t i + dT ds = Como d T /dt ds/dt dT ds Luego k = De dT dS −3 sin t 2 + 3 cos t 2 + 4 2 = 5 = − 35 sin t i + dr/dt ds/dt Así pués.Representar la curva x = 3 cos t. las ecuaciones de la curva en función de este último parametro son x = 3 cos 4z . y = 3 sin 4z perteneciendo a superficie lateral del cilindro x 2 + y 2 = 9 a El vector de posición de un punto genérico de la curva es: r = 3 cos t i + 3 sin t j + 4t k ds dt = = −3 sin t i + 3 cos t j + 4 k dr dt Luego. b la normal principal N. la torsión t y el radio de torsion σ. la curvatura K y el radio de la curvatura ϱ c la binomial B.19. Esta curva se llama hélice circular y se represneta en la figura . f = d dt = = dr ds 3 5 = − 253 cos t i − = kM dT ds dT ds = cos t j + o 4 5 cos t i + − 35 sin t 4 5 2 − 253 cos t − cos t = 4 5 k = − 35 sin t j = |k||M| = k cos k ≥ 0 1 k i dB dt k cos t j + sin t j 3 25 = KN se obtiene N = cB = T × N = 4 5 3 5 3 5 ⋅ + − 253 sin t dT ds k cos t 4 5 sin t j − sin tj dB = dS = 3 25 tP = 1 k = 25 3 = − cos t i − sin t j j − sin t 2 = 4 5 sin t i − 4 5 cos t j + 3 5 k 0 dB/dt ds/dt = 4 25 cos t i + 4 25 sin t j − TN = −T − cos i − sin t j . y = 3 sin t. z = 4t y hallar aelvector tangente unitario T . hallar 3 aEl vector de posición es r = t i + t 2 j + ds dt = T= dt dr dr ds = j + d2y ds 2 + 2 d2z ds 2 + k d2z ds 2 2 quedanod demostrado 1 k 21. y = ys. 2 d2x ds 2 z = z2 viene dado por p = + d 2y ds 2 2 = d2x ds 2 − 1e 2 d2z ds 2 + El vector de posición de un punto genérico de la curva es r = xs i + ys j + zs k.bien T = 4 25 yσ = 1 r = 25 4 20.2 3 Demostrar que ddsr ⋅ dds 2r × dds 3r = PT2 ⋅ dr = T⋅ ds dk dK 2 KrB − KT + ds N × KTR − K T + ds N dr = d2y ds 2 dr dt = dr ds ⋅ = d r /dr ds/dt = 2 i +2t j +2t k 1+2t 2 dr dt = 1+2t 2 +4t k − i +2t j +2t 2 k Entonces 1+2t 2 dT ds = b De a. con lo que K = dT ds ya que p = ky dT ds 2 d 2x ds 2 = dT ds i + d2r ds 2 d3r ds 3 × = T ⋅ KN × KTB − K 2 T + = T ⋅ K 2 TN × B − K 3 N × T + K dK N×N dS 22. y = t 2 . N = 2 dT/dt ds/dt 1 dt k ds dT ds = KN ⋅ = 2 −4 2 + 2−4t 2 +4t 2 3 −2t i + −2t 2 j +2tk 1+2t 2 d3r ds 3 = K dN + ds N = TK 2 rT × K 3 B = K 2 T = T P3 ala curvatura xb la torsión T 2 3 t k. z = 2 3 t . 3 Por lo tanto.Demostrar que el radio de la curvatura de la curva cuyas ecuaciones paramétricas son x = xs.Dada la curva x = t. −4t i + 2−4t 2 j +4t k 1+2t 2 = dK dS = 2 1 2 + 2t 2 + 2t 2 = 1 + 2t 2 1+2t 2 = d2r ds 2 2 = 2 1+2t 2 2 dr dt = i + 2t j + 2t 2 k dK ds N= . Luego T = Pero = dr ds dx ds i + dy ds j + dz ds = KN. respectivamente. vectorial y cartesiana. vectorial y cartesiana de la a tangente b normal principal y c binomial a la curva del problema 22 en el punto correspondiente a t = 1. los vectores de posición del origen y de un punto genérico de A.Hallar las ecuaciones. Luego la ecuación pedida .Halla las ecuaciones. y binomial en el punto dado. T0 = i +2 j +2 k 3 N0 = −2 i − j +2 k 3 B0 = 2 i −2 j +k 3 Si A es un vector dado y r 0 y r son. de los problemas 22 y 23 en el punto correspondiente a t = 1 a El plano osculador es que contienen a la tangente y a la normal principal.Por lo tanto B = T × N = De aquí que dB dt = 2 1+2t 2 j k 1 1+2t 2 2 1+2t 2 2t 2 1+2t 2 −2r 1+2t 2 1−2t 2 1+2t 2 2t 1+2t 2 4t i +4t−2 j −4rk 1+2t 2 Tambien −TN = −T T= i 2 = 4 dB = ds −2t i + 1−2t 2 j +2tk 1+2t 2 dB/dt ds/dt . es decir r − r 0 ⋅ B 0 = 0 b El plano normal es perpendicular a la binomial B 0 en dicho punto. normal principal. del plano a oscualdor b normal y c rectificante de la curva. Sean T 0 . el vector r − r 0 es paralelo a A y la ecuación de A es r − r 0 × A = 0 Por lo tanto: La ecuación de la tangente es La ecuación de la normal principal es La ecuación de la normal es r − r 0 × T 0 = 0 r − r 0 × N 0 = 0 r − r 0 × B 0 = 0 24. entonces r − r 0 es perpendicular a la binomial B 0 en dicho punto. N 0 y B 0 los vectores. Como = = dB ds 2t 2 i −2t j + k 1+2t 2 4t i + 4t 2 −2 j −4tk 1+2t 2 2 = −TN se obtiene así ∗ K = T 2 23. Si r es el vector de posición de un punto genérico del plano y r 0 el vector de posición del punto corresponidente a t = 1. tangente. Las ecuaciones de a. Analogamente. Luego.es r − r 0 ⋅ T 0 = 0 c El plano rectificante es perpendicular a la normal en el punto dado. El vector au ar punto P se obtiene derivando r respecto de u manteniendo v = constante v 0 este vector au en el punto P es tangente a la curva v = v 0 en dicho punto. ∂v . La ecuación pedida es r − r 0 ⋅ N 0 . . y representa una curva que la representamos por u = y 0 . u = u 1 define otra curva r = ru 0 − y Al variar u 1 r = ru 1 v representa una curva que se mueve en el espacio generando una superficie como se indica en la figura . el par de números u. 2x − 1 − 2y − 1 + 1 2 − 23 = 0 1x − 1 − 2y − 1 + 2 2 − 23 = 0 −2x − 1 − 1y − 1 + 2 2 − 23 = 0 25. por ejemplo se cortan en el punto u 0 . b Dmostrar que ar au representa un vector normal a la superficie. v es la correspondiente a una superficie. . ∂r Analogamente ∂v en P es un vector tangente a la curva u = constante = u 0 . b y c en coordenadas rectangulares son. . ∂r ∂u × ∂r ∂v es un vector normal a S en D . v 0 dela superficie. r = a cos u sin v i + a sin u sin u j + a cos cos u k a Si consideramos que u toma un valor fijo u 0 entonces r = ru 0. . . v b Consideremos un punto P de la superficie s cuyas coordenadas son v 0 ⋅ v 0 como se indica ar en el en la figura. Las curvas u = u o u = u i . Como ambos ∂r vectores. son tangentes en el punto P a dos curvas de la superficie.a Demostrar que la ecuación r = u. se deduce que tambien son tangentes a la superficie en dicho punto. . c Hallar un vector unitario normal a la siguiente superficie siendo a = 0. respectivamente. pertenecen a esta superficie asícomo las curvas u = u 0 y v = v 0 . Sean x = u. 2.Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie z = x 2 + y 2 en el punto 1. 2 siendo u = 1 y . −1. ∂r ∂v = j + 2v k = j − 2 k en el punto1. z = a cos v. Como r = a. y = v. de las cuales se obtiene x 2 + y 2 + z 2 = a 2 que es la ecuación de una esfera de radio a. −1. z = u 3 + v 3 las ecuaciones parametricas de la superficie el vector de posición de un punto cualquiera de ella es: r = u i + v j + u 3 + v 3 k Entonces v = −1 ∂r ∂u = i + 2u k = i + 2k.c ∂r ∂u = − sin u sin v i + a cos u sin v j ∂r ∂v = a cos u cos v i + a sin u cos u j − a sin y k Entonces ∂r ∂u × ∂r ∂v = i k j −a sin u sin v a cos u sin v = a 2 cos u sin 2 v j − a 3 sin u sin 2 v j − a 2 sin v cos v k 0 a cos u cos v a sin u cos v − sin v Representan un vector normal a la superficie en un punto cualquiera u. v 26. normal exterior a la esfera en el punto u. dados por 1 cos u sin v i + sin u sin v j + cos v k = ±n La superficie en cuestión está definida por las ecuaciones x = a cos u sin v e y = a sin u sin v. v El vector unitario se obtiene dividiendo ar au × ar av a 4 cos 2 sin 4 v + a 4 sin 4 u sin 4 v + a 4 sin 2 v cos 3 v = ar por su modulo | au × ar av | dada por a 4 cos 2 u + sin 2 u sin 6 y + a 4 sin 2 y cos 2 y = a 4 sin 5 ysin 2 y + cos 2 y = a 2 sin v si sin v > 0 y −a 2 sin v si sin v < 0 Luego son los vectores normales unitarios. se deduce que: n = cos u sin u i + sin u sin v j + cos v k es el vector unitario. . . . . . dt.Sea r el vector de posición respecto de un punto 0.. . d M = r × F = r × dt mv Pero dtd r × mv = r × dtd mv + dr × mv dt = r × dtd mv + v × mv = r × dtd mv + 0 M = dtd r × mv = dR dt es decir. . Demostar que M = dH siendo H = r × mv y la velocidad de la partícula. . .La normal n a lasuperficie en este punto es ∂r n × ∂v = i + 2 k × j − 2k = −2 j + 2 j + k ∂r ∂u El vector de posición del punto 1 − 1. m n y vectores de posición r 1 . r 2 . F 2. el momento de F respecto de O viene dado por M = r × F. R − R 0 es perpendicular a n . En el caso general de uns sistema de particulas de marcas m 1 . . 2 es R 0 = i + j + 2 k El vector de posición de un punto genérico del plano es: R = x i + x j + 2k Como indica la figura. . . el momento cinético resultante es H = ∑n A=1 mk r a × V A . −2x − 1 + 2y + 1 + z − 2 = 0. .Demostrar que la aceleración de ∂ de una partícula que se mueve a lo largo de una curva en el espacio. . 2x − 2y − z = 2 27. . de una partícula de masa m y F la fuerza exterior que actua sobre la misma. N la normal principal y e el radio de curvatura Velocidad v = módulo de v multiplicado por el vector unitario tangente T o bien v = v T Derivando a = dv = dtd v r = dv T + v ddtT así ddsr ds = KN ds = K × N vN p dt dz dt dz Por lo tanto → a = du dr r+v vN p = dv dt T = v2 p N 28. o sea. con una velocidad v viene dada por: ∂ = dv dz T+ V2 P N Siendo T el vector tangente unitario a la curva. m 2 . . luego la ecuación del plano pedido es R − |R 0 | a = 0 o bien 1 × i + y j + 2k − i − j + 2k ⋅ −2 j + 2 j + k = 0 es decir. . r n sometido al sistema de fuerzas exteriores F 1 . . plano formado por j × k Luego 3 di dt k + A1 di dt dj dt di dt + A3 + A2 dj dt + A3 dk dt . esta situado en el = a1 j + a3 k 4 dj dt = a3 k + a4 i 5 dk dt = a3 i + a4 j Derivando i ⋅ j = 0 se obtiene i ⋅ a 4 = −a 1 dj dt + di df dj ⋅ j = 0 Pero i dt = a 1 y di a2 ⋅ j = a 3 luego .∑ An r a × F A y se verifica que N = El par resultante es M dH dt 29. respectivamente. espectativamente. es decir. la derivada A es: 1 2 dA df = dA dt dA dt = f i + dA dt dA 2 dt j + + A1 dA 3 dt di t + A2 Como i es un vector unitario. los vectores i . Por lo tanto. j . Consideremos un vector A = A 1 j + A 2 j + A 3 j referida a un sistema de coordenadas xy 2 de origen 0. Su derivada respecto al segundo que se mantiene fijo en el espacio y dA a S = dA df df f m Son las derivadas de A respecto de los sistemas fijo y movil. k varian con el tiempo. demostrar que existe un vector ω tal que dA dz dA dt y f = +ω × A b Representando por D i y D m los operadores derivada en los sistemas fijo y móvil. demostrar la equivalencia D f = D n × ωx a En la operación del primer sistema respecto del segundo. dk dt es perpendicular a i y en consecuencia. j ⋅ dk dt + di df k = 0 y a 6 = −a 3 dj Por lo tanto: at = a 1 j + a 3 k. A 1 a 1 A 2 − a 2 A 3 i + a 1 A 1 − a 3 A 3 j + a 2 A 1 + a 3 A 2 k di dt + A2 dj dt + A3 dk dt = que se puede poner en la forma: i j k a3 a2 a1 A1 A2 A3 Haciendo a 3 = ω 1 . ddtk = −a 3 i − a 3 j . Hallar a la velocidad y b la aceleración respecto de 2 sistemas de referencia. Aplicando la notación operacional se obtiene 1 Dfr = Vj ∣ s = velocidad de la partícula. de i k = 0.En el problema 29. a Sea A el vector de posición r de la partícula. Analogamente de i ⋅ k = 0. dk di i ⋅ df + df ⋅ k = 0 y a 3 = −a 2 . a 1 = ω 3 el determinante se reduce a: i j k ω1 ω2 ω3 = ω×A A1 A2 A3 Siendo ω = ω 1 i + ω 2 j + ω 3 k. con respecto del sistema de flujo . La magnitud ω es el vector velocidad angular del sistema móvil respecto del fijo b Por definición DfA = dA dt ∣ f = derivada en el sistema fijo Df A = dA dt ∣= derivada en el sistema movil D π A × ω × A = D π × ω x A Df = Dπ + ωx 30. −a 2 = ω 2 . ddti = a 3 k − a 3 i . DfDfr = DfDm r + ω × r = Dm + ωxDm r + ω × r = DmDm r + ω × r + ωxDm r + ω × r = D 3 m r + Dmω × r + ωxDm r + ωxω × r 2 Df r = D 3 m r + 2ω × Dm i − Dmωλr + ωω × r Sean Ap ∣ f = D 2 f r = aceleración de la partícula respecot del sistema fijo ∂p ∣ m = D 2 m r = aceleración de la partícula respecto del sistema móvil Entónces Am ∣ f = 2ω × Dm 5 − Dmω × r + ω × ω × r = aceleración del sistema móvil respecto del fijo con lo que ∂p 1 f = ∂p/m + ∂m/f. ∂mf = 2ω × Dm i + ω × ω ⋅ r = 2ω × xm + ω × ω × r 4 MD 2 mr = F − 2Mω × Dm r − M/ω × ω × r j PROBLEMAS PROPUESTOS 31. Entonces r se puede poner en la forma 2 Vp ∣ f = vp ∣ m + Vm ∣ f o bien 3 Vp ∣ f = vp ∣ m + vm ∣ f Se deduce: Vp ∣ m = Vp ∣ f − ω × r . Vp ∣ f + ω × r b La aceleración de la partícula del sistema fijo es D 2 f r = DfDfr Aplicando Df = a los dos miembros de 1 y tenenindo en cuenta la equivalencia demostrada en el problema anterior resulta. ω × r = Vm ∣ f = velocidad del sistema móvil respecto del fijo. b) d 2R3 . c) dt dt dR dt . Hallar a) dR .Dm = Vp ∣ m = velocidad de la partícula respecto del sistema móvil. d) d2 R dt 2 para t = 0 . 2 Siendo R = e −t ℓ + lnt 2 + 1 j − tant k. o bien. b) Del a) sabemos que: dR = −e −t ℓ + t 22t+1 j − sec 2 t k dt Derivando nuevamente: d2 R dt = − −e −t ℓ + d2 R dt = e −t ℓ + d2 R at = e −t ℓ + t 2 +1 2−2t2t t 2 +1 2t 2 +2−4t 2 2 t 2 +1 −2 t 2 −2 t 2 +1 2 2 j − 2 sect sect tant k j − 2 sec 2 t tant k j − 2 sec 2 t tant k Evaluando para t = 0 : d2 R dt 2 d2 R dt 2 d2 R dt 2 = i + = ℓ+ −2 a 2 −1 a 2 +1 2 i 2 j − 2 sec 2 0 tan0 j = ℓ + 2j c) Del a) sabemos que: dR dt = −e −t ℓ + por lo que 2t t 2 +1 j − sec 2 t k .a) Derivando tenemos dR 1 −t 2 ℓ + = −e j − sec k 2t t 2 dt t +1 dR dt = −e −t ℓ + 2t t 2 +1 j − sec 2 t k Evaluando para t = 0 tenemos. dR dt = −e −0 ℓ + j − sec 2 0 k = − ℓ − k 20 0 2 +1 32. de los módulos de la velocidad y aceleración.dR dt = e −t i 2 + dR dt = e 2t + 2 2t t 2 +1 4t 2 t 2 +1 + sec 4 t + sec 4 t 2 Evaluando para t = 0 : 40 2 dR dt = i+ dR dt = i+1 − 2 t 2 +1 + sec 4 0 2 d) Del b) sabemos que: dR dt 2 = e −t 2 − 2 t 2 −1 2 t 2 +1 j − 2 sec 2 t tant k por lo que: = e + d2 R dt 2 = e −2t + 2 2 t 2 −1 −t 2 d2 R dt 2 2 t 2 −1 2 4 t 2 +1 2 t 2 +1 + −2 sec 2 t tan 2 + 4 sec 4 t tan 2 t Evaluando para t = 0 2 4 0 2 −1 d2 R dt 2 = e0 + d2 R dt 2 d2 R dt 2 = 1+ 41 1 +0 = 1+4 = 5 t 2 +1 4 + 4 sec 4 0 tan 2 0 32. Idem.Hallar la ley de velocidades y de aceleraciones de una partícula que se mueve a lo largo de la curva x = 2 sin3t. De los datos proporcionados se puede deducir que el vector de posición Rt está dado por. . y = 2 cos3t z = 8t. Rt = 2 sin3t i + 2 cos3t j + 8t k Como sabemos que Vt = dRt dt tenemos que derivar Rt. Deducimos que el vector es: . ω constantes.dRt dt = Vt = 2 cos3t3 i + 2 − sin3t3 j + 8 k Vt = 6 cos3i i − 6 sin3t j + 8 k d v t También sabemos que 3t = dt . z = bt siendo a. y = a sin ωt. b. por lo que derivamos d v t Vt = dt = dt = 6− sin3t3 i − 6 cos3t3 j a t = −18 sin3t i − 18 cos3t j De la velocidad: |Tt| = 6 cos3t i − 6 sin3t j + 8 k |Vt| = 36 cos3t + 36 sin3t + 64 Evaluando en t = 0 |Tt| = 36 cos0 + 36 sin0 + 64 = 36 + 64 = 100 |Vt| = 10 De la aceleración sabemos a t = −18 sin3t i − 18 cos3t j por lo que: | a t| = 18 2 sin 2 3t + 18 2 cos 2 3t Evaluación para t = 0 | a t| = 18 2 sin 2 0 + 18 2 cos 2 0 | a t| = 0 + 18 2 = 18 2 = 18 33.Hallar unitario tangente en un punto de la curva x = a cos ωt. dRt dt = a− sin ωtω i + a cos ωtω j + b k dRt dt = −aω sin ωt i + aω cos ωt j + b k Para hacerlo unitario. Rt = a cos ωt i + a sin ωt j + bt k Para hallar el vector Tangente a este. b) dtd A × B . d) dtd A × dB dt para t = 1 a)Derivando según la fórmula: A ⋅ B = A ⋅ d dt A ⋅ B = 2t 2 − 2t − 1 + 4t 2 − 6t − 1 − 2t = 6t 2 − 10t − 2 dB dt + dA dt ⋅B = t 2 i − t j + 2t + 1 k ⋅ 2 i − k + 2t − 3 i + j − t k ⋅ d dt Evaluando en t = 1. d dt A ⋅ B = 61 2 − 101 − 2 = −12 + 6 = −6 b)Derivando según la fórmula: d dt A × B = A × dB dt + dA dt × B = t 2 i − t j t2t + 1 k × 2 i − k + 2t i − j + 2 k × 2t − . tenemos q ue hallar también su módulo. Siendo A = t 2 8 − t j + 2t + 1 k y B = 2t − 3 i + j + t k Hallar: a) dtd A ⋅ B . dRt dt = aω sin ωt 2 + aω cos ωt 2 + b 2 = a 2 ω 2 sin ωt + cos 2 ωt + b 2 = a2ω2 + b2 Por lo que el vector unitario pedido es: = aω sin ωt i +aω cos ωt j +bk a 2 ω 2 +b 2 34. c) dtd A + B . derivamos. t 2 i − t j + 2t + 1 k × 2 i − k = 2t i − t j + 2 k × 2t − 3 i + j − t k t − 2 i + 2t 2 + 4t − 6 j + 4t + −3 k A × B = t − 0 i − −t 2 − 4t − 2 j + 0 + 2t k t 2 −t 2t + 1 2 d dt k i j = 0 1 k i j 2t −1 2 2t − 3 1 −t = t − 2 i − −2t 2 + 2t + 6 j + 2t .