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. 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. γ ⋅ A = B ⋅ Aes la ecuación vectorial del plano buscado. Sea C = C 1 i + C 2 j + C 3 k un vector perpendicular al plano formado por A y B. y Q el extremo de B como PQ = B − γ es perpendicular a A. o sea 12C 1 − 6C 2 = 3C 3 C ⋅ B = 4C 1 + 3C 2 − C 3 = 0. 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. = 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. En coordenadas rectangulares. 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 . Luego C ⋅ A = 2C 1 − 6C 2 − 3C 3 = 0.Solución. B − γ ⋅ A = 0.Del problema 18 (anterior) hallar la distancia del origen al plano. El vector C es perpendicular a A y a B. o sea. Solución: Trabajo realizado:(Módulo de la fuerza en la dirección y sentido del moviemiento.)*(Desplazamiento) = F cos θγ = F ⋅ γ = 25 i − j − k ⋅ 3 i + 2 j − 5 k = 6 − 2 + 5 = 9 (IMAGEN) 18. 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. 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. Solución: Si A × B = AB sin θ u = 0. A × B = −B × A El producto vectorial no goza de la propiedad conmutativa. es decir C = −D. 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. 22. se tiene . Siendo A un vector cualquiera. A ⋅ i = A 1 i ⋅j + A 2 j ⋅ i + A 3 k ⋅ i = A 1 ⋅ k = A3 A ⋅ j = A2 . A A = A 1 i + A 2 j + A 3 k = A ⋅ i i + A ⋅ j j + A ⋅ k 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.8= A A 2 i +3 j +6 k = 2 2 +3 2 +6 2 = 2 7 i + 3 7 j + 6 7 k. demostrar que A = A ⋅ i i + A ⋅ j j + A ⋅ k k Como A = A 1 i + A 2 j + A 3 k. 21. sin θ = 0 y θ = 0 ∘ ó 180 ∘ 23.Siendo A × B = 0 y A y B no nulos demostrar que A es paralelo a B. o sea . A y D forman un triedor a izquierdas B Por lo tanto D tiene el mismo sentido contrario.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. se tiene. Por consiguiente. De la misma A × B + C es resuleto el vector que se obtiene. (GRAFICA) Como A es perpendicular a AB. son tambien las mismas de A × B. la dirección ysentido de A × B. 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. como B + C = B 1 + B 11 + C 1 + C 11 = B 1 + C 1 + B 11 + C 11 se deduce. A × B 1 = A × B. es AB sin θ. B = B 1 + B 11 Llamando θ al angulo formado por A y B.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 AB. (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. 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 11 . es decir. el modulo de A × B. A × B 1 + C 1 = A × B + C . A × C 1 = A × C. igual que el de A × B. y paralelo a A. Descomponiendo B en sus componentes. B 1 = B sin θ. y C no sean coplanares ni paralelos. A × B es un vector perpendicular al plano formado por A y B y cuyo modulo es AB sin 90 ∘ = AB. 26. Análogamente si se descompone en C en los vectores C 11 y C 1 paralelo y perpendicular. o sea. peprpendiculares a A. B 1 . por lo tanto. Tambien.Demostrar que A × B + C = A ×B + A × C en el caso general en que A. respectivamente a A se obtiene. B. son vectores perpendiculares a A y. y C. cA + B × A − B.Ahora tambien. 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. 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. A − B = i − 7 j + k = i −4 − 6 − j −1 + 4 + k−3 . bB × A. Dados A = 2 i − 3 j − k y B = i + 4 j − 2 k.-Siendo A = A 1 i + A 2 j + A 3 k y B = B 1 i + B 2 j + B 3 k. que expresa que el producto vectorial goza de la propiedad distributiva respecto de la suma. B. B + C × A = B × A + C × A 27. hallar aA × B. Multiplicando por −1. y teniendo en cuenta . A × B 1 + C 1 = A × B 1 + A × C 1 A × B + C = A × B + A × C Por lo tanto. 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| . Si A = 3 i − j + 2 k. hallar aA × B × C.Demostrar que el área de un paralelogramo de lados A y B es |A × B|. 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. B = 2 i + j − k y C = i − 2 j + 2 k.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. Deducir el teorema de los senos en un triangulo plano Sean a. se obitiene: a×b = b×c = c×a es decir. los vectores cuyos 1 2 107 . b. 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. −1.Hallar el area del trinagulo cuyos vertices son los puntos P1. ab sin C = bc sin A = ca sin B o bien. F 3 . Multiplicando por ax. 3. F 4 . F 2 . Q2.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. 2. V 2 . sin A a = sin B b = (Dibujo) sin C c 34. V 4 .Considerandoun tetraedro de caras F 1 . V 3 . sucesivamente. y sean V 1 . cx. R1. 2. y c los lados del triangulo ABC que se representa en la figura en estas condiciones a + b + c = 0.31. 3. bx. F 2 . v = ω × r. El vector ω se llama velocidad angular . El modulo del momento M de una fuerza F respecto de un punto P es igual al modulo de la fuerza F. 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. el modulo de la velocidad lineal r es ωr sin θ = |ω × r| por consiguiente. 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. F 4 . multiplicando por la distancia del punto P a la directriz de F. V 3 = 12 C × A. por el menor de los angulos que lo forman. Demostrar que la velocidad lineal v de un punto P del sólido cuyo vector de posición es r viene dada por v = ω × r. F 3 .Un sólido rígido gira alrededor de un eje que pasa por D con una velocidad angular ω. resulta. v es perpendicular a ω y a r de forma que r. ω. llamando r al vector que une P con el origen Q de F. es decir. Como el punto P describe una circunferencia de radio r sea θ. cuyas direcciones son perpendiculares a dichas caras y de sentido hacia el exterior de tetraedro. V 2 = 12 B × C. formen un triedro a derechas. 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.modulos son respectivamente. Por lo tanto. direccion y sentido que ω × r. (Dibujo) 36. Luego viene el mismo modulo. 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.Hallar el momento de una fuerza F respecto de un punto P. v. las áreas de F 1 . Sea n el vector unitario perpendicular al paralelogramo I con la misma direccion y sentido que B × C. B y C no forman un triedro a derechas. B.instantanea. 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 = . C = C 1 i + C 2 j + C 3 k. 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. A = A 1 i + A 2 j + A 3 k. (Dibujo) 37.Demostrar que el valor absoluto de A ⋅ B × C es igual al volumen de un paralelepípedo de aristas A. y C. 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. B = B 1 i + B 2 j + B 3 k. A ⋅ n < 0 y el volumen = |AB × C| 38. pero esta ultima carece de sentido ya que no esta definido el producto vectorial C. Sean r 1 = x 1 i + y 1 j + z 1 k. y 3 . Supongamos que P 1 . z 3 hallar la ecuación del plano que pasa por P 1 . en el volumen del paralelepipedoformado por los vectores A. P 3 x 3 .Demostrar que la condición necesaria y suficiente para que los vectores A. B. y 2 . B. y C sean coplanarios es que A ⋅ B × C = 0 A ⋅ B × C = A ⋅ B × C Si A. P 2 y P 3 no estan alineados. .40. que determinaron un plano. r 2 = x 2 i + y 2 j + z 2 k. 41.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. el cero. y C son coplanarios. P 2 y P 3 . r 3 = x 3 i + y 3 j + z 3 k. z 1 . y 1 . los vectores de posición de los puntos P 1 x 1 . z 2 . ya que en este caso no existe ambigüedad y las unicas interpretaciones posibles son de A ⋅ B × C y A ⋅ B × C. P 2 x 2 . es decir. y por lo tanto los vectores son coplanarios. B y C. 44. La igualdad A ⋅ B × C = A × B ⋅ C se puede expresar diciendo que los productos escalar y vectorial son permutables.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 AA × C = A × A ⋅ C = 0 43. r 3 = − i + 3 j + 2 k y r = x i + y j + z k. 2. P 2 P 1 = r 2 − r 1 . Los vectores PP 1 = r − r 1 . =0 46.Demotrar que aA × B × C = BA ⋅ C − CA ⋅ B. z son respectivamente. b − a. Los vectores deposición de P 1 . P 1 P 3 = r 3 − r 1 y P 1 P = r − r 1 . 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 .Hallar la ecuación del plano formado por los puntos P 1 2. 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. a. Q y R. que son complementarios. Llamemos r al vector de posición de un punto genérico del plano formado por P. Q y R. P 3 P 1 = r 3 − r 1 . y c − a son coplanarios. Considerando los vectores P 1 P 2 = r 2 − r 1 . 11x + 5y + 13z = 30. 3. Sea r = x i + y j + z k el vector de posición de un punto génerico del plano. P 3 −1. Luego a × b + b × c + c × a es perpendicular a r − a y también al plano formado por P. P 3 y de un punto cualquiera r 1 = 2 i − j + k. bA × B × C = BA ⋅ C − AB ⋅ C. P 2 3. −1. están situados en el plano pedido. En coordenadas rectangulares. Los vectores r − a. b. Px.Sean. B = B 1 i + B 2 j + B 3 k. Q y R no alineados. y. 47. 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. luego r − r 1 ⋅ r 2 − r 1 × r 3 − r 1 = 0 es decir. Q y R. a Sean A = A 1 i + A 2 j + A 3 k. 2. y − y1 z − z1 x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 =0 x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1 45. y c los vectores de posición de los puntos P. −1. Demostrar que a × b + b × c + c × a es un vector perpendicular al plano formado por P. 1. P 2. r 2 = 3 i + 2 j − k. entonces.. Sean X = B × C. entonces. A × B × C × D = CA × B ⋅ D − DA × B ⋅ C = CA × B ⋅ D − DA × B ⋅ C A × B × Y = BA ⋅ Y − AB ⋅ Y. 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. 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. Sea X = A × B. Sea Y = C × D. 48.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. A × B × C × D = BA ⋅ C × D − AB ⋅ C × D 51.El problema no esta en el cuaderno de apuntes original 52. A y B respectivamente.Demostrar que: A × B ⋅ B × C × C × A = A ⋅ B × C 2 X × C × A = CX ⋅ A − AX ⋅ C.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. 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.Demostrar que: A × B ⋅ C × D = A ⋅ CB ⋅ D − A ⋅ DB ⋅ C. b 1 y c 1 no son coplanarios si a. AB⋅C×D D = A⋅B×C − BA⋅C×D A⋅B×C + CA⋅B×D A⋅B×C Sea A = a.= 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. entonces a 1 ⋅ b 1 × c 1 = 1v .- a×b a⋅b×c c = r ⋅ a 1 a + r ⋅ b 1 b . b a 1 ⋅ b = a 1 ⋅ c =. 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. 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. demostrar que si a ⋅ b × c ≠ 0 a a 1 ⋅ a = b 1 ⋅ b = c 1 ⋅ c = 1.Dados los vectores a 1 = ⋅ b1 = b×c a⋅b×c c×a a⋅b×c y c1 = a×b a⋅b×c . B = b. 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 . b 1 ⋅ a = b 1 ⋅ c = 0. 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. C = c y D = r. c 1 ⋅ a = c 1 ⋅ b = 0 c si a ⋅ b × c = v. 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 . b|A|. c 2 i − j + 3 k ⋅ 3 i + 2 j − k a) k i + j = k i + k j prop. Si A = i + 3 j − 2 k y B = 4 i − 2 j + 4 k. 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 . d 3A + 2B . 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 . Hallar el ángulo formado por aA = 3 i + 2 j − 6 k y B = 4 i − 3 j + k. hallar: aA ⋅ B. bC = 4 i − 2 j + 4 k y D = 3 i − 6 j − 2 k. c|B|. dist. 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.Hallar: a K ⋅ i + j . 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. 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. z. 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. γ los ángulos que forman A con los semiejes positivos x. β = 149 ∘ cos γ = 27 . ¿Para que valores son A = a i − 2 j + k y B = 2a i + a j − 4 k perpendicular? 59. 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. respectivamente. γ son cosenos directores 61. 4286 = 64. o bien. Sean α. 4 ∘ donde α. donde. R P = A − B luego OQ ⋅ R P = A + B ⋅ A − B = A 2 − B 2 = 0. 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. Hallar los ángulos que forma el vector A = 3 i − 6 j + 2 k con los ejes coordenados. B + R P = A. 6 ∘ Así mismo cos β = − 67 . β. ya que A = B ∴ OQ es perpendicular a RP .Demostrar el teorema del coseno de un triangulo cualquiera (Dibujo) B + C = A. γ = 73. β. y.Demostrar que las diaginales de un rombo son perpendiculares (Dibujo) OQ = O P + P Q = A B O R + R P = O P. El vector C es perpendicular a A y a B. o sea. 2 4C 1 − 3C 2 = C 3 Si resolvemos el sistema formado por 1 y 2. 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.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 . k 78. 1 2C 1 − 6C 2 = 3C 3 C ⋅ B = 4C 1 − 3C 2 − C 3 = 0.63. C 2 = − 13 C 3 . 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 ⋅ A = 2C 1 − 6C 2 − 3C 3 = 0. luego. Si A = 3 i − j − 2 k y B = 2 i + 3 j + k. 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 = i − 2 j − 3 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. 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. entonces: A × B = 5 i − 5 j + 5k = E B × C = i + 3 j − 2k = F Luego. 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. 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 . Hallar el area del paralelogramo cuyas diagonales son A = 3 i + j − 2 k y B = 3 i + j − 2 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. tenomos que: A × B = 5 i − 5 j + 5k entonces. respectivamente. Q. 93. −3.21. 9 a la recta que pasa por 2.Hallar el área del triangulo cuyos vértices −1. R. 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. 1. 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. 1. Hallarla mínima distancia −24 2 + 8 2 + 8 .Dados los puntos P2. 2 y 3. son r 1 = 3 i − 2 j − k. con respecto al origen de los puntos P. 96. i + 2 j − 3 k y 3 i + 4 j + 5 k sean coplanares. 0.Hallar la distancia desde el punto 6. 1. −1. −2 y S1. Los vectoresde posoción. −1 son 3. 92. hallar un vector de modulo 5 ⊥ a los vectores A y B. −1. −2. −4. −9.Si A = 2i + j − 3k y B = i − 2j + k.|A × B| = 2 2 + −14 2 + −10 2 = 300 = 5 3 83. −3 y 4. r2 = i + 3 j + 4k y r 3 = 2 i + j − 2 k. R−1. 9 97. 3. Hallar la constante a de forma que los vectores 2 i − j + k.Siendo A = x 1 a + y 1 b + z 1 c.Demostrar que la A ⋅ B × C = A × B ⋅ C 95. hallar la distancia de P al plano OQR. 2. Q1. b. 98.Interpetar los dos miembros de la identidad A × B ⋅ A × C = B ⋅ CA ⋅ A − A ⋅ CB ⋅ A 102.Siendo a.Si a = b×c a⋅b×c .Demostrar que A × B ⋅ C × D + B × C ⋅ A × D + C × A ⋅ B × D = 0 101. Problemas Capítulo 3 .Demostrar que que el unico sistema de vector que es reciproco de su 106.Demostrar que soo existe un sistema de vectores reciprocos de un lado de vectores no coplanarios ni paralelos a.Demostrar que las mediatrices de un triangulo se se cortan en un punto.entre las rectas PQ y RS.Sea PQR un triangulo esférico cuyos lados p. Deducir el teorema del coseno de los triangulos esféricos cos p = cos q cos r − sin q sin r cos p Ind. i − j − 2k. b 1 . 100. 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. c y a 1 . −i + 2j + 2k 103.Hallar un sistema de vectores reciproca al formado por 2i + 3j − k.c= a 1 ×b 1 a 1 ⋅b 1 ×c 1 104. 99.. b1 = c×a a⋅b×c .b= c 1 ×a 1 a 1 ⋅b 1 ×c 1 . q. r son arcos de circulo maximo. b.Demostrar que las alturas de un triangulo se cortan en un punto. c. y c1 a×b a⋅b×c . denque a = b 1 ×c 1 a 1 ⋅b 1 ×c 1 . 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. 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 . (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. d = k d2 R dt 2 . 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. 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 . 2 .Una particula se mueve a lo largo de una curva cuyas ecuaciones paramétricas son x = e −t . y = 2 cos 3t. Siendo Ru = xu i + yu j + zu k y x. b ddt R2 .Diferenciacion vectorial Problemas Resueltos 1. y 2 funciones derivables de un escalar u. Hallar los componentes de la velocidad y de la aceleración en el instante t = 1 y en la dirección i − 3j + 2k. 1 + −18 2 3 37 = 325 4.Una Partícula se mueve a lo largo de una curva x = 2t 2 . 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. tenemos: . Demostrar que dr es ds un vector unitario tangente a C. z = 3t − 5 siendo el t el tiempo. z = 2ssiendo s la logitud del arco C medida desde el punto fijo de ella. dr dt = − i + 6k y = i − 18 j . d El vector dr = x i + x j + 2k ds ds x = x3. Por lo tanto : d2r dt 2 Módulo de la velocidad en t = 0. dx ds i + dy ds j + d2 d3 k es tangente a la curva Para demostrar que su modulo. Llamando r al vector de posisción de un punto genérico de C. y = y5. y = ys.(b)En el instante r = 0. −1 2 + 6 2 = Módulo de la aceleración en t = 0.Las ecuaciones paramétricas de una curva C son x = xs. z = z5. es la unidad. y = t 2 − 4t. (a) Hallar el vector tangente unitario en un punto cualquiera de la curva x = r + 1. 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. (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 .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. y = 4f − 3.= 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. el vector tangente unitario es T = 4 = 2 3 2 +4 2 +2 2 i + 2 3 j + 1 3 k 7. 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. siempre que dt dA ≠0 dt Como A es de módulo constante. (b) dtd A × B . demostrar que A y da son perpendiculares. B.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.Siendo A de módulo conbstante. 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. siendo A. (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. Luego. A ⋅ dA dt = 0 y A es perpendicular a dA dt simpre que 10. dtd A ⋅ A = A ⋅ dA + dA ⋅ A = 2A ⋅ dA =0 dt dt dt Así pués. Hallar: (a) dtd A ⋅ B. Dado A = 5t 2 i + t j − t 3 k y B = sin t i − cos t j . funciones = . A ⋅ A =constante. C. Demostrar que a la velocidad v de la paritcula es perpendicular a r.11. = −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.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.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. . 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.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. 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. |b| la aceleracion a esta dirigida hacia el origen y su módulo es proporcional a su distancia al mismo cr × v = vector constante. = 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. −1. z = xy 2 z y A = xz i − xy 2 j + yz 2 k. z = 1 se obtiene 4−1 2 1 i − 2−1 4 j = 4 i − 2 j 17. Si φx. 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.A dA = A dA dt dt Si Aes un vector constante A ⋅ dA dt =0 15. y = −1. 1. y. 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.- . Si A = 2x 2 y − x 4 i + e xy − y sin x j + x 2 cos yk. c Como T N y B forman un triedro a la derecha. z. Luego dN dr = B ddST × dB dS × T = B × RN − rN × T = −R T + rB = rB + R T . a su vez. 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. y. es decir N = B × T. y.Dado el vector F función de las variables escalares x. k es la cobertura y e = 1k es el radio de la corvatura. t i + F 2 x. y. 18. z f y x. es decir. ds normal principal. dS formado por T y N. entonces. T es perpendicular a dB dS = T⋅T× dN dS = T× dN dS + De B ⋅ B = 1 se deduce que B dB . El vector N es la + KN × N = T dN dS dB dS es perpendicular a B. bSea B = T × N. 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. entonces dB dS Luego T ⋅ = 0. es decir. funciones de t . z. tambien lo forman N. t k. demostrar que ∂Fdy dF = ∂F + ∂Fdx + ∂ydt + ∂Fdz dt ∂t ∂xdt ∂zdt Supongamos que F = F 1 x. 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 . B y T. dF = ∂x + ∂x dx + dF + ∂z dz dt ∂t dy ∂t dt Geometria diferencial.= KN. Entonces. y y z. y. z. b dB = −γN ⋅ c dN = TB − KT. t j + F 3 x. dB dS dT dS dB dS N = T× dN dS dT ds = KN. z = 4t y hallar aelvector tangente unitario T . b la normal principal N. y = 3 sin t. Esta curva se llama hélice circular y se represneta en la figura . la curvatura K y el radio de la curvatura ϱ c la binomial B. 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 . las ecuaciones de la curva en función de este último parametro son x = 3 cos 4z .Representar la curva x = 3 cos t. 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. = 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.19. la torsión t y el radio de torsion σ. como t = 4z . Dada la curva x = t.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. 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. −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= . 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. Luego T = Pero = dr ds dx ds i + dy ds j + dz ds = KN.bien T = 4 25 yσ = 1 r = 25 4 20. 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. y = ys.Demostrar que el radio de la curvatura de la curva cuyas ecuaciones paramétricas son x = xs. 3 Por lo tanto. y = t 2 . z = 2 3 t . Halla las ecuaciones.Hallar las ecuaciones. Luego la ecuación pedida . es decir r − r 0 ⋅ B 0 = 0 b El plano normal es perpendicular a la binomial B 0 en dicho punto. tangente. N 0 y B 0 los vectores. entonces r − r 0 es perpendicular a la binomial B 0 en dicho punto. 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. los vectores de posición del origen y de un punto genérico de A. del plano a oscualdor b normal y c rectificante de la curva. respectivamente. 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. vectorial y cartesiana. 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. 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. y binomial en el punto dado.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 . Sean T 0 . 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. normal principal. Las ecuaciones de a. Las curvas u = u o u = u i . ∂r Analogamente ∂v en P es un vector tangente a la curva u = constante = u 0 . b Dmostrar que ar au representa un vector normal a la superficie. v 0 dela superficie. y representa una curva que la representamos por u = y 0 . pertenecen a esta superficie asícomo las curvas u = u 0 y v = v 0 . La ecuación pedida es r − r 0 ⋅ N 0 . 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. 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 . . respectivamente. son tangentes en el punto P a dos curvas de la superficie. 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. b y c en coordenadas rectangulares son. c Hallar un vector unitario normal a la siguiente superficie siendo a = 0. Analogamente. . el par de números u. .a Demostrar que la ecuación r = u. Luego. . ∂r ∂u × ∂r ∂v es un vector normal a S en D .es r − r 0 ⋅ T 0 = 0 c El plano rectificante es perpendicular a la normal en el punto dado. . 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. Como ambos ∂r vectores. v es la correspondiente a una superficie. 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. por ejemplo se cortan en el punto u 0 . ∂v . . se deduce que tambien son tangentes a la superficie en dicho punto. 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. de las cuales se obtiene x 2 + y 2 + z 2 = a 2 que es la ecuación de una esfera de radio a. −1. 2.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. Sean x = u. ∂r ∂v = j + 2v k = j − 2 k en el punto1. −1. y = v. Como r = a. 2 siendo u = 1 y . 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. z = a cos v. 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. normal exterior a la esfera en el punto u.Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie z = x 2 + y 2 en el punto 1. v 26. −2x − 1 + 2y + 1 + z − 2 = 0. con una velocidad v viene dada por: ∂ = dv dz T+ V2 P N Siendo T el vector tangente unitario a la curva. . m n y vectores de posición r 1 .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. o sea. . . . . dt. 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.Sea r el vector de posición respecto de un punto 0. . En el caso general de uns sistema de particulas de marcas m 1 . de una partícula de masa m y F la fuerza exterior que actua sobre la misma. r n sometido al sistema de fuerzas exteriores F 1 . . R − R 0 es perpendicular a n . 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. . 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.. . el momento de F respecto de O viene dado por M = r × F. .. . Demostar que M = dH siendo H = r × mv y la velocidad de la partícula. F 2.Demostrar que la aceleración de ∂ de una partícula que se mueve a lo largo de una curva en el espacio. . . . m 2 . . . . el momento cinético resultante es H = ∑n A=1 mk r a × V A . 2x − 2y − z = 2 27. 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 2 . los vectores i . 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 . Consideremos un vector A = A 1 j + A 2 j + A 3 j referida a un sistema de coordenadas xy 2 de origen 0. 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. Por lo tanto. espectativamente.∑ An r a × F A y se verifica que N = El par resultante es M dH dt 29. demostrar la equivalencia D f = D n × ωx a En la operación del primer sistema respecto del segundo. respectivamente. es decir. plano formado por j × k Luego 3 di dt k + A1 di dt dj dt di dt + A3 + A2 dj dt + A3 dk dt . j . dk dt es perpendicular a i y en consecuencia. k varian con el tiempo. 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. 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. de i k = 0. ddtk = −a 3 i − a 3 j .En el problema 29. 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 Sea A el vector de posición r de la partícula. Aplicando la notación operacional se obtiene 1 Dfr = Vj ∣ s = velocidad de la partícula. 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. j ⋅ dk dt + di df k = 0 y a 6 = −a 3 dj Por lo tanto: at = a 1 j + a 3 k. Analogamente de i ⋅ k = 0. 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 . −a 2 = ω 2 . Hallar a la velocidad y b la aceleración respecto de 2 sistemas de referencia. dk di i ⋅ df + df ⋅ k = 0 y a 3 = −a 2 . con respecto del sistema de flujo . ddti = a 3 k − a 3 i . b) d 2R3 . 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. 2 Siendo R = e −t ℓ + lnt 2 + 1 j − tant k. ∂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. c) dt dt dR dt . d) d2 R dt 2 para t = 0 . 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.Dm = Vp ∣ m = velocidad de la partícula respecto del sistema móvil. o bien. ω × r = Vm ∣ f = velocidad del sistema móvil respecto del fijo. Hallar a) dR . dR dt = −e −0 ℓ + j − sec 2 0 k = − ℓ − k 20 0 2 +1 32.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. Idem. de los módulos de la velocidad y aceleración. y = 2 cos3t z = 8t.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.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. . Rt = 2 sin3t i + 2 cos3t j + 8t k Como sabemos que Vt = dRt dt tenemos que derivar Rt. b.Hallar unitario tangente en un punto de la curva x = a cos ωt. z = bt siendo a. ω constantes. 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. y = a sin ωt.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 . Deducimos que el vector es: . derivamos. Siendo A = t 2 8 − t j + 2t + 1 k y B = 2t − 3 i + j + t k Hallar: a) dtd A ⋅ B . c) dtd A + B . 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. 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. 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 − . 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. tenemos q ue hallar también su módulo. b) dtd A × B . Rt = a cos ωt i + a sin ωt j + bt k Para hallar el vector Tangente a este. 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 .
Report "Solucionario de Schaum(Analisis Vectorial)"