Problemas resueltos Capítulos 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.
Solución. Sea C = C 1 i + C 2 j + C 3 k un vector perpendicular al plano formado por A y B. El vector C es perpendicular a A y a B. Luego C ⋅ A = 2C 1 − 6C 2 − 3C 3 = 0, o sea 12C 1 − 6C 2 = 3C 3 C ⋅ B = 4C 1 + 3C 2 − C 3 = 0, 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. = 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. 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. 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, y Q el extremo de B como PQ = B − γ es perpendicular a A, B − γ ⋅ A = 0, o sea, γ ⋅ A = B ⋅ Aes la ecuación vectorial del plano buscado. En coordenadas rectangulares, 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.Del problema 18 (anterior) hallar la distancia del origen al plano. 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
8=
A A
2 i +3 j +6 k
=
2
2 +3 2 +6 2
=
2 7
i +
3 7
j +
6 7
k.
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. Siendo A un vector cualquiera, demostrar que A = A ⋅ i i + A ⋅ j j + A ⋅ k k Como A = A 1 i + A 2 j + A 3 k, 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. 21.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, 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 y D forman un triedor a izquierdas B Por lo tanto D tiene el mismo sentido contrario, es decir C = −D, o sea , A × B = −B × A El producto vectorial no goza de la propiedad conmutativa.
22.Siendo A × B = 0 y A y B no nulos demostrar que A es paralelo a B. Solución: Si A × B = AB sin θ u = 0, se tiene , sin θ = 0 y θ = 0 ∘ ó 180 ∘ 23.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.Hallar los productos vectoriales siguientes:
(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.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. (GRAFICA) Como A es perpendicular a AB, A × B es un vector perpendicular al plano formado por A y B y cuyo modulo es AB sin 90 ∘ = AB, o sea, el modulo de 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. 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. De la misma A × B + C es resuleto el vector que se obtiene. 26.Demostrar que A × B + C = A ×B + A × C en el caso general en que A, B, y C no sean coplanares ni paralelos. Descomponiendo B en sus componentes, peprpendiculares a A, B 1 , y paralelo a A, B 11 , se tiene, B = B 1 + B 11 Llamando θ al angulo formado por A y B, B 1 = B sin θ, por lo tanto, el modulo de A × B, es AB sin θ, es decir, igual que el de A × B. la dirección ysentido de A × B, son tambien las mismas de A × B. Por consiguiente, A × B 1 = A × B. Análogamente si se descompone en C en los vectores C 11 y C 1 paralelo y perpendicular, respectivamente a A se obtiene, A × C 1 = A × C. Tambien, como B + C = B 1 + B 11 + C 1 + C 11 = B 1 + C 1 + B 11 + C 11 se deduce, A × B 1 + C 1 = A × B + C
Ahora tambien, B, y C, son vectores perpendiculares a A y, A × B 1 + C 1 = A × B 1 + A × C 1 A × B + C = A × B + A × C Por lo tanto, que expresa que el producto vectorial goza de la propiedad distributiva respecto de la suma. Multiplicando por −1, y teniendo en cuenta , B + C × A = B × A + C × A 27.-Siendo A = A 1 i + A 2 j + A 3 k y B = B 1 i + B 2 j + B 3 k, 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. Dados A = 2 i − 3 j − k y B = i + 4 j − 2 k, hallar aA × B, bB × A, cA + B × A − 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, A − B = i − 7 j + k
= i −4 − 6 − j −1 + 4 + k−3
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. Si A = 3 i − j + 2 k, B = 2 i + j − k y C = i − 2 j + 2 k, hallar aA × B × C, 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.Demostrar que el área de un paralelogramo de lados A y B es |A × B|. 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|
31.Hallar el area del trinagulo cuyos vertices son los puntos P1, 3, 2, Q2, −1, 3, R1, 2, 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.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.Deducir el teorema de los senos en un triangulo plano Sean a, b, y c los lados del triangulo ABC que se representa en la figura en estas condiciones a + b + c = 0. Multiplicando por ax, bx, cx, sucesivamente, se obitiene: a×b = b×c = c×a es decir, ab sin C = bc sin A = ca sin B o bien,
sin A a
=
sin B b
=
(Dibujo)
sin C c
34.Considerandoun tetraedro de caras F 1 , F 2 , F 3 , F 4 , y sean V 1 , V 2 , V 3 , V 4 , los vectores cuyos
1 2
107
modulos son respectivamente, las áreas de F 1 , F 2 , F 3 , F 4 , cuyas direcciones son perpendiculares a dichas caras y de sentido hacia el exterior de tetraedro. 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, V 2 = 12 B × C, V 3 = 12 C × A, 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.Hallar el momento de una fuerza F respecto de un punto P. El modulo del momento M de una fuerza F respecto de un punto P es igual al modulo de la fuerza F, multiplicando por la distancia del punto P a la directriz de F. Por lo tanto, llamando r al vector que une P con el origen Q de F, resulta, 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, por el menor de los angulos que lo forman. (Dibujo)
36.Un sólido rígido gira alrededor de un eje que pasa por D con una velocidad angular ω. Demostrar que la velocidad lineal v de un punto P del sólido cuyo vector de posición es r viene dada por v = ω × r, 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. Como el punto P describe una circunferencia de radio r sea θ, el modulo de la velocidad lineal r es ωr sin θ = |ω × r| por consiguiente, v es perpendicular a ω y a r de forma que r, ω, v, formen un triedro a derechas. Luego viene el mismo modulo, direccion y sentido que ω × r, es decir, v = ω × r. El vector ω se llama velocidad angular
instantanea. (Dibujo) 37.Demostrar que el valor absoluto de A ⋅ B × C es igual al volumen de un paralelepípedo de aristas A, B, y C. 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, B y C no forman un triedro a derechas, A ⋅ n < 0 y el volumen = |AB × C| 38. A = A 1 i + A 2 j + A 3 k, B = B 1 i + B 2 j + B 3 k, C = C 1 i + C 2 j + C 3 k. 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. 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
=
40.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, ya que en este caso no existe ambigüedad y las unicas interpretaciones posibles son de A ⋅ B × C y A ⋅ B × C, pero esta ultima carece de sentido ya que no esta definido el producto vectorial C. La igualdad A ⋅ B × C = A × B ⋅ C se puede expresar diciendo que los productos escalar y vectorial son permutables. 41.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.Demostrar que la condición necesaria y suficiente para que los vectores A, B, y C sean coplanarios es que A ⋅ B × C = 0 A ⋅ B × C = A ⋅ B × C Si A, B, y C son coplanarios, en el volumen del paralelepipedoformado por los vectores A, B y C, el cero, y por lo tanto los vectores son coplanarios. 44. Sean r 1 = x 1 i + y 1 j + z 1 k, r 2 = x 2 i + y 2 j + z 2 k, r 3 = x 3 i + y 3 j + z 3 k, los vectores de posición de los puntos P 1 x 1 , y 1 , z 1 , P 2 x 2 , y 2 , z 2 , P 3 x 3 , y 3 , z 3 hallar la ecuación del plano que pasa por P 1 , P 2 y P 3 . Supongamos que P 1 , P 2 y P 3 no estan alineados, es decir, que determinaron un plano.
Sea r = x i + y j + z k el vector de posición de un punto génerico del plano. Considerando los vectores P 1 P 2 = r 2 − r 1 , P 1 P 3 = r 3 − r 1 y P 1 P = r − r 1 . que son complementarios. En coordenadas rectangulares, 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,
y − y1
z − z1
x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1
=0
x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1 45.Hallar la ecuación del plano formado por los puntos P 1 2, −1, 1, P 2 3, 2, −1, P 3 −1, 3, 2. Px, y, z son respectivamente. Los vectores deposición de P 1 , P 2, P 3 y de un punto cualquiera r 1 = 2 i − j + k, r 2 = 3 i + 2 j − k, r 3 = − i + 3 j + 2 k y r = x i + y j + z k. Los vectores PP 1 = r − r 1 , P 2 P 1 = r 2 − r 1 , P 3 P 1 = r 3 − r 1 , están situados en el plano pedido, luego r − r 1 ⋅ r 2 − r 1 × r 3 − r 1 = 0 es decir, 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, 11x + 5y + 13z = 30.
=0
46.Sean, a, b, y c los vectores de posición de los puntos P, Q y R no alineados. Demostrar que a × b + b × c + c × a es un vector perpendicular al plano formado por P, Q y R. Llamemos r al vector de posición de un punto genérico del plano formado por P, Q y R. Los vectores r − a, b − a, y c − a son coplanarios. Luego a × b + b × c + c × a es perpendicular a r − a y también al plano formado por P, Q y R. 47.Demotrar que aA × B × C = BA ⋅ C − CA ⋅ B. bA × B × C = BA ⋅ C − AB ⋅ C. a Sean A = A 1 i + A 2 j + A 3 k, B = B 1 i + B 2 j + B 3 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
=
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, 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, A y B respectivamente. 48.Demostrar que: A × B ⋅ C × D = A ⋅ CB ⋅ D − A ⋅ DB ⋅ 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 = BA ⋅ C × D − AB ⋅ C × D = CA ⋅ B × D − DA ⋅ B × C X × C × D = CX ⋅ D − DX ⋅ C. Sea X = A × B, entonces, A × B × C × D = CA × B ⋅ D − DA × B ⋅ C = CA × B ⋅ D − DA × B ⋅ C A × B × Y = BA ⋅ Y − AB ⋅ Y. Sea Y = C × D, entonces, A × B × C × D = BA ⋅ C × D − AB ⋅ C × D 51.- El problema no esta en el cuaderno de apuntes original 52.Demostrar que: A × B ⋅ B × C × C × A = A ⋅ B × C 2 X × C × A = CX ⋅ A − AX ⋅ C. Sean X = B × C; entonces B × C × C × A = CB × C ⋅ A − AB × C ⋅ C
= 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.Dados los vectores a 1 =
⋅ b1 =
b×c a⋅b×c
c×a a⋅b×c
y c1 =
a×b a⋅b×c
, demostrar que si a ⋅ b × c ≠ 0
a a 1 ⋅ a = b 1 ⋅ b = c 1 ⋅ c = 1, b a 1 ⋅ b = a 1 ⋅ c =, b 1 ⋅ a = b 1 ⋅ c = 0, c 1 ⋅ a = c 1 ⋅ b = 0 c si a ⋅ b × c = v, entonces a 1 ⋅ b 1 × c 1 = 1v . da 1 , b 1 y c 1 no son coplanarios si a, 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
, 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
, 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.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, AB⋅C×D D = A⋅B×C −
BA⋅C×D A⋅B×C
+
CA⋅B×D A⋅B×C
Sea A = a, B = b, C = c y D = r, 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.-
a×b a⋅b×c
c = r ⋅ a 1 a + r ⋅ b 1 b
Hallar: a K ⋅
i + j , b i − 2 k ⋅ j + 3 k , c 2 i − j + 3 k ⋅ 3 i + 2 j − k
a) k i + j = k i + k j prop. dist. 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. Si A = i + 3 j − 2 k y B = 4 i − 2 j + 4 k, hallar: aA ⋅ B, b|A|, c|B|, d 3A + 2B , 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. Hallar el ángulo formado por aA = 3 i + 2 j − 6 k y B = 4 i − 3 j + k, bC = 4 i − 2 j + 4 k y D = 3 i − 6 j − 2 k. 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, 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
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. ¿Para que valores son A = a i − 2 j + k y B = 2a i + a j − 4 k perpendicular? 59. 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. Sean α, β, γ los ángulos que forman A con los semiejes positivos x, y, z, respectivamente. 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. 4286 = 64. 6 ∘ Así mismo cos β = − 67 , β = 149 ∘ cos γ = 27 , γ = 73. 4 ∘ donde α, β, γ son cosenos directores 61.Demostrar el teorema del coseno de un triangulo cualquiera (Dibujo) B + C = A, 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.Demostrar que las diaginales de un rombo son perpendiculares (Dibujo) OQ = O P + P Q = A B O R + R P = O P, o bien, B + R P = A, donde, R P = A − B luego OQ ⋅ R P = A + B ⋅ A − B = A 2 − B 2 = 0, ya que A = B ∴ OQ es perpendicular a RP
63. 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. El vector C es perpendicular a A y a B, luego, C ⋅ A = 2C 1 − 6C 2 − 3C 3 = 0, o sea, 1 2C 1 − 6C 2 = 3C 3 C ⋅ B = 4C 1 − 3C 2 − C 3 = 0, 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 , C 2 = − 13 C 3 ,
k
78.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
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. Si A = 3 i − j − 2 k y B = 2 i + 3 j + k, 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
|C × D| =
14 2 + 13 2 + −22 2 =
849
80. Si A = i − 2 j − 3 k, B = 2 i + j − k y C = i + 3 j − 2 k, 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; B × C = i + 3 j + 5k
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; 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. Hallar el area del paralelogramo cuyas diagonales son A = 3 i + j − 2 k y B = 3 i + j − 2 k. 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| =
2 2 + −14 2 + −10 2 =
300 = 5 3
83.Hallar el área del triangulo cuyos vértices −1,21, −1, −3 y 4, −3, −1 son 3, 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.Si A = 2i + j − 3k y B = i − 2j + k, hallar un vector de modulo 5 ⊥ a los vectores A y B.
92. Hallar la constante a de forma que los vectores 2 i − j + k, i + 2 j − 3 k y 3 i + 4 j + 5 k sean coplanares. 93.Siendo A = x 1 a + y 1 b + z 1 c, 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. Los vectoresde posoción, con respecto al origen de los puntos P, Q, R, son r 1 = 3 i − 2 j − k, r2 = i + 3 j + 4k y r 3 = 2 i + j − 2 k, respectivamente, hallar la distancia de P al plano OQR. 96.Hallar la distancia desde el punto 6, −4, 9 a la recta que pasa por 2, 1, 2 y 3, −1, 9 97.Dados los puntos P2, 1, 3, Q1, 2, 1, R−1, −2, −2 y S1, −9, 0. Hallarla mínima distancia
−24 2 + 8 2 + 8
entre las rectas PQ y RS. 98.Demostrar que las alturas de un triangulo se cortan en un punto. 99.Demostrar que las mediatrices de un triangulo se se cortan en un punto. 100.Demostrar que A × B ⋅ C × D + B × C ⋅ A × D + C × A ⋅ B × D = 0 101.Sea PQR un triangulo esférico cuyos lados p, q, r son arcos de circulo maximo. Deducir el teorema del coseno de los triangulos esféricos cos p = cos q cos r − sin q sin r cos p Ind.- Interpetar los dos miembros de la identidad A × B ⋅ A × C = B ⋅ CA ⋅ A − A ⋅ CB ⋅ A 102.Hallar un sistema de vectores reciproca al formado por 2i + 3j − k, i − j − 2k, −i + 2j + 2k 103.Si a =
b×c a⋅b×c
, b1 =
c×a a⋅b×c
, y c1
a×b a⋅b×c
, denque a =
b 1 ×c 1 a 1 ⋅b 1 ×c 1
,b=
c 1 ×a 1 a 1 ⋅b 1 ×c 1
,c=
a 1 ×b 1 a 1 ⋅b 1 ×c 1
104.Siendo a, b, c y a 1 , b 1 , 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.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, b, c. Problemas Capítulo 3
Diferenciacion vectorial
Problemas Resueltos
1. Siendo Ru = xu i + yu j + zu k y x, y 2 funciones derivables de un escalar u, 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. 2 , b ddt R2 , 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
, d
=
k
d2 R dt 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.Una particula se mueve a lo largo de una curva cuyas ecuaciones paramétricas son x = e −t , y = 2 cos 3t, z = 2 sin 3t siendo t = el tiempo. (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. (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
(b)En el instante r = 0,
dr dt
= − i + 6k y
= i − 18 j . Por lo tanto :
d2r dt 2
Módulo de la velocidad en t = 0, −1 2 + 6 2 = Módulo de la aceleración en t = 0, 1 + −18 2
3
37 =
325
4.Una Partícula se mueve a lo largo de una curva x = 2t 2 , y = t 2 − 4t, z = 3t − 5 siendo el t el tiempo. Hallar los componentes de la velocidad y de la aceleración en el instante t = 1 y en la dirección i − 3j + 2k. 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.Las ecuaciones paramétricas de una curva C son x = xs, y = ys, z = 2ssiendo s la logitud del arco C medida desde el punto fijo de ella. Llamando r al vector de posisción de un punto genérico de C. Demostrar que dr es ds un vector unitario tangente a C. d El vector dr = x i + x j + 2k ds ds x = x3, y = y5, z = z5.
dx ds
i +
dy ds
j +
d2 d3
k es tangente a la curva
Para demostrar que su modulo, es la unidad, tenemos:
=
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.(a) Hallar el vector tangente unitario en un punto cualquiera de la curva x = r + 1, 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, 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, el vector tangente unitario es T =
4
=
2 3
2 +4 2 +2 2
i +
2 3
j +
1 3
k
7.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, (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
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. Dado A = 5t 2 i + t j − t 3 k y B = sin t i − cos t j . Hallar: (a) dtd A ⋅ B, (b) dtd A × B , (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.Siendo A de módulo conbstante, demostrar que A y da son perpendiculares, siempre que dt dA ≠0 dt Como A es de módulo constante, A ⋅ A =constante. Luego, dtd A ⋅ A = A ⋅ dA + dA ⋅ A = 2A ⋅ dA =0 dt dt dt Así pués, A ⋅
dA dt
= 0 y A es perpendicular a
dA dt
simpre que
10.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, B, C, funciones
=
11.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. 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 la velocidad v de la paritcula es perpendicular a r, |b| la aceleracion a esta dirigida hacia el origen y su módulo es proporcional a su distancia al mismo cr × v = vector constante. = −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. 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. 13.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.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,
A dA = A dA dt dt Si Aes un vector constante A ⋅
dA dt
=0
15. Si A = 2x 2 y − x 4 i + e xy − y sin x j + x 2 cos yk, 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 φx, y, z = xy 2 z y A = xz i − xy 2 j + yz 2 k. 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, −1, 1.
= 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, y = −1, z = 1 se obtiene 4−1 2 1 i − 2−1 4 j = 4 i − 2 j 17.-
Dado el vector F función de las variables escalares x, y, z f y x, y y z, a su vez, funciones de t , demostrar que ∂Fdy dF = ∂F + ∂Fdx + ∂ydt + ∂Fdz dt ∂t ∂xdt ∂zdt Supongamos que F = F 1 x, y, z, t i + F 2 x, y, z, t j + F 3 x, y, z, t k. Entonces. 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, dF = ∂x + ∂x dx + dF + ∂z dz dt ∂t dy ∂t dt Geometria diferencial. 18.= KN, b dB = −γN ⋅ c dN = TB − KT. 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 ; entonces, ds normal principal, k es la cobertura y e = 1k es el radio de la corvatura. bSea B = T × N, entonces
dB dS
Luego T ⋅
= 0, es decir, T es perpendicular a
dB dS
= T⋅T×
dN dS
= T×
dN dS
+
De B ⋅ B = 1 se deduce que B dB , es decir, dS formado por T y N.
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, 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.
c Como T N y B forman un triedro a la derecha, tambien lo forman N, B y T, es decir N = B × T. Luego
dN dr
= B ddST ×
dB dS
× T = B × RN − rN × T = −R T + rB = rB + R T
19.Representar la curva x = 3 cos t, y = 3 sin t, z = 4t y hallar aelvector tangente unitario T , b la normal principal N, la curvatura K y el radio de la curvatura ϱ c la binomial B, la torsión t y el radio de torsion σ. Esta curva se llama hélice circular y se represneta en la figura , como t = 4z , 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,
=
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, 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
bien T =
4 25
yσ =
1 r
=
25 4
20.Demostrar que el radio de la curvatura de la curva cuyas ecuaciones paramétricas son x = xs, 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. Luego T =
Pero
=
dr ds
dx ds
i +
dy ds
j +
dz ds
= KN, 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.Dada la curva x = t, y = t 2 , z =
2 3 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
21.2 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. 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. 3
Por lo tanto,
−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=
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
. 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.Halla las ecuaciones, 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. Sean T 0 , N 0 y B 0 los vectores, tangente, normal principal, 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, respectivamente, los vectores de posición del origen y de un punto genérico de A, 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.Hallar las ecuaciones, vectorial y cartesiana, del plano a oscualdor b normal y c rectificante de la curva, 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. 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, entonces r − r 0 es perpendicular a la binomial B 0 en dicho punto, es decir r − r 0 ⋅ B 0 = 0 b El plano normal es perpendicular a la binomial B 0 en dicho punto. Luego la ecuación pedida
es r − r 0 ⋅ T 0 = 0 c El plano rectificante es perpendicular a la normal en el punto dado. La ecuación pedida es r − r 0 ⋅ N 0 . Las ecuaciones de a, b y c en coordenadas rectangulares son, respectivamente. 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.a Demostrar que la ecuación r = u, v es la correspondiente a una superficie. b Dmostrar que
ar au
representa un vector normal a la superficie.
c Hallar un vector unitario normal a la siguiente superficie siendo a = 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, y representa una curva que la representamos por u = y 0 . Analogamente, 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 . Las curvas u = u o u = u i . . . . . . , pertenecen a esta superficie asícomo las curvas u = u 0 y v = v 0 , por ejemplo se cortan en el punto u 0 , v 0 dela superficie. el par de números u, 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. 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. ∂r Analogamente ∂v en P es un vector tangente a la curva u = constante = u 0 . Como ambos ∂r vectores, ∂v , son tangentes en el punto P a dos curvas de la superficie, se deduce que tambien son tangentes a la superficie en dicho punto.
Luego,
∂r ∂u
×
∂r ∂v
es un vector normal a S en D
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 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, 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, z = a cos v, de las cuales se obtiene x 2 + y 2 + z 2 = a 2 que es la ecuación de una esfera de radio a. Como r = a, se deduce que: n = cos u sin u i + sin u sin v j + cos v k es el vector unitario, normal exterior a la esfera en el punto u, v 26.Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie z = x 2 + y 2 en el punto 1, −1, 2. Sean x = u, y = v, 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,
∂r ∂v
= j + 2v k = j − 2 k en el punto1, −1, 2 siendo u = 1 y
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, 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, R − R 0 es perpendicular a n , 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, −2x − 1 + 2y + 1 + z − 2 = 0, o sea, 2x − 2y − z = 2 27.Demostrar que la aceleración de ∂ de una partícula que se mueve a lo largo de una curva en el espacio, con una velocidad v viene dada por: ∂ =
dv dz
T+
V2 P
N
Siendo T el vector tangente unitario a la curva, 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, de una partícula de masa m y F la fuerza exterior que actua sobre la misma; 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. dt, 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, En el caso general de uns sistema de particulas de marcas m 1 , m 2 . . . . . . . . . . , m n y vectores de posición r 1 , r 2 . . . . . . , r n sometido al sistema de fuerzas exteriores F 1 , F 2,,, el momento cinético resultante es H =
∑n A=1
mk r a × V A .
∑ An r a × F A y se verifica que N =
El par resultante es M
dH dt
29. 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, espectativamente, 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, respectivamente, demostrar la equivalencia D f = D n × ωx a En la operación del primer sistema respecto del segundo, los vectores i , j , k varian con el tiempo. Por lo tanto, 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, plano formado por j × k Luego 3
di dt
k + A1
di dt
dj dt
di dt
+ A3
+ A2
dj dt
+ A3
dk dt
, es decir,
dk dt
es perpendicular a i y en consecuencia, 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
Analogamente de i ⋅ k = 0. dk di i ⋅ df + df ⋅ k = 0 y a 3 = −a 2 ; de i k = 0, j ⋅
dk dt
+
di df
k = 0 y a 6 = −a 3
dj Por lo tanto: at = a 1 j + a 3 k, ddti = a 3 k − a 3 i , ddtk = −a 3 i − a 3 j ; 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 , 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. 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.En el problema 29. Hallar a la velocidad y b la aceleración respecto de 2 sistemas de referencia. 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, con respecto del sistema de flujo
Dm = Vp ∣ m = velocidad de la partícula respecto del sistema móvil. ω × r = Vm ∣ f = velocidad del sistema móvil respecto del fijo. 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 , o bien, 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. 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. 2 Siendo R = e −t ℓ + lnt 2 + 1 j − tant k, Hallar a) dR , b) d 2R3 , c) dt dt
dR dt
, d)
d2 R dt 2
para t = 0
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.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
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, y = 2 cos3t z = 8t. Idem, de los módulos de la velocidad y aceleración. 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.
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 ; 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, y = a sin ωt, z = bt siendo a, b, ω constantes. Deducimos que el vector es:
Rt = a cos ωt i + a sin ωt j + bt k Para hallar el vector Tangente a este; derivamos. 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, tenemos q ue hallar también su módulo. 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. Siendo A = t 2 8 − t j + 2t + 1 k y B = 2t − 3 i + j + t k Hallar: a) dtd A ⋅ B , b) dtd A × B , c) 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 −
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
