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Alfredo Power
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Problemario de An´alisis Vectorial Barranco Jim´enez Marco Antonio e-mail: mabarrancoj@ipn.mx June 24, 2004 1
1 Introducci´on La presente selecci´on de problemas resueltos de la materia de An´alisis Vectorial, tiene como objetivo principal, el de proporcionar al alumno que cursa la materia, un apoyo bibliogr´afico m´as para el entendimiento de la misma, esperando que le sea de gran ayuda, en la aplicaci´on de la teoria adquirida en el sal´on de clases y poder ejercitar sus conocimientos en la soluci´on de problemas similares. La mayoria de los problemas, son problemas que se resuelven como ejemplos en el sal´on de clases tratando en lo que cabe de cubrir el m´as m´ınimo detalle algebraico, con la ´unica intenci´on de lograr la mejor comprensi´on por parte del alumno, como puede observarse en la soluci´on de cada problema. La mayoria de los problemas resueltos, son problemas que est´an propuestos en libros tradi- cionales de la materia, como por ejemplo, el libro de An´alisis Vectorial de la editorial Mc Graw Hill (serie Schaum), cuyo autor es Murray R. Spiegel y el libro de An´alisis Vectorial de la editorial Addison-Wesley Iberoamericana, cuyo autor es Hwei P. Hsu., entre otros. La idea de escribir esta serie de problemas, es debida principalmente a la ex- periencia que el autor ha adquirido al impartir la materia en el primer semestre, en la Escuela Superior de C´omputo del IPN, de la carrera de Ingenier´ıa en Sis- temas Computacionales, y en la cual el ´ındice de alumnos que no aprueban la materia es muy alto. La materia de An´alisis Vectorial por si s´ola, es una materia que generalmente es muy complicada para los estudiantes de nuevo ingreso, (a´un imparti´endose ´esta en un semestre posterior) en una carrera de Ingenier´ıa en el ´area de Cien- cias F´ısico-Matem´aticas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo, los pocos conocimientos de las materias b´asicas de Matem´aticas ( ´Algebra, Ge- ometr´ıa Anal´ıtica, C´alculo Diferencial e Integral, Trigonometr´ıa, etc) con los que cuenta el estudiante al ingresar al nivel superior, sin embargo, como el lector podr´a observar, en la soluci´on de cada uno de los problemas resueltos, realmente son m´ınimos los conocimientos que el alumno necesita de las materias b´asicas de Matem´aticas. As´ı tambi´en, podr´ıa ser el desinter´es que muestran en general los alumnos hacia la materia, debido a que pos´ıblemente las dem´as materias, como Matem´aticas Discretas y Programaci´on, por mencionar algunas, son materias que en general los conceptos son m´as ”f´aciles” de entender por parte del alumno, o son materias de un inter´es mayor por ser materias dirijidas a su formaci´on. Y principalmente, en realidad el temario de la materia (mencionando tambi´en que en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, como en muchas otras materias b´asicas), en general es dificil de asimilar por parte de los alumnos, conceptos por ejemplo, por citar algunos, como el de Gradiente, Divergencia y Rotacional, as´ı como la parte de coordenadas curvil´ıneas que in- volucran el C´alculo de funciones de m´as de una variable, matem´aticamente son complicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretaci´on f´ısica de los mismos. 2
Este punto de vista puede o no ser compartida por muchos profesores que imparten o han impartido alguna vez la materia, y es muy respetable su opini´on al respecto, sin embargo, como mencion´e anteriormente, la experiencia adquirida al impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones. Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma: En el cap´ıtulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado al ´Algebra de vectores; desde las operaciones b´asicas de vectores, algunos proble- mas de aplicaci´on a la Geometr´ıa Anal´ıtica, pasando por aplicaciones del pro- ducto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores, hasta ecuaciones de rectas y planos. En este cap´ıtulo, se pone enf´asis en la aplicaci´on de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entre vectores, los cuales son conceptos b´asicos muy importntes enun curso tradicional de la materia de An´alisis Vectorial. En el cap´ıtulo 2 se tratan problemas relacionados con el C´alculo Diferencial vectorial; desde el concepto de parametrizaci´on de curvas y superficies en el espa- cio, derivaci´on de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergencia y Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvil´ıneas. As´ı mismo, en el cap´ıtulo 3 se tratan problemas relacionados con el C´alculo Integral vectorial, desde ejemplos de integrales de l´ınea, integrales de superficie e integrales de volumen, hasta llegar a problemas de aplicaci´on de los teoremas integrales de Green, de Stokes y de Gauss. Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendr´a la ´ultima palabra al decidir si se cumple el objetivo principal, as´ı tambi´en, el autor esta abierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que ser´an bien venidas, para la mejora del presente trabajo. 3
2 Problemas del cap´ıtulo 1. Problema 1: Muestre que para cualquier vector −→ A = a1i + a2j + a3k se cumple que: a).− i × k × j × −→ A = a3k, b).− k × j × i × −→ A = a2j, c).− j × i × k × −→ A = a1i, no aplique la definici´on del determinante, usar las propiedades del producto vectorial. Soluci´on: a).− Aplicando las propiedades del producto vectorial, tenemos i × k × j × −→ A = i × k × j × a1i + a2j + a3k = i × k × j × a1i + j × a2j + j × a3k = i × k × −a1k + a3i = i × −a1k × k + a3k × i = i × a3j = a3k. b) De la misma forma, k × j × i × −→ A = k × j × i × a1i + a2j + a3k = k × j × i × a1i + i × a2j + i × a3k = k × j × a2k − a3j = k × j × a2k + j × a3j = k × a2i = a2j. En forma an´aloga para el inciso c). 4
Problema 2. Probar que i × i × −→ A + j × j × −→ A + k × k + −→ A = −2 −→ A donde −→ A es cualquier vector en el espacio. Soluci´on: Sea el vector −→ A en el espacio dado por, −→ A = ai + bj + ck, sustituyendo el vector −→ A y aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial, obtenemos i × i × −→ A + j × j × −→ A + k × k × −→ A = i × i × ai + bj + ck +j × j × ai + bj + ck +k × k × ai + bj + ck = i × i × ai + i × bj + i × ck + j × j × ai + j × bj + j × ck + k × k × ai + k × bj + k × ck , aplicando la definici´on del producto vectorial para los vectores i, j y k, y nue- vamente aplicando la propiedad distributiva obtenemos, i × i × −→ A + j × j × −→ A + k × k × −→ A = i × bk − cj + j × −ak + ci + k × aj + bi = bi × k − ci × j − aj × k + cj × i + ak × j − bk × i = −bj − ck − ai − ck − ai − bj finalmente, obtenemos i × i × −→ A + j × j × −→ A + k × k × −→ A = −2ai − 2bj − 2ck = −2 −→ A. 5
Problema 3. Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un tri´angulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. Soluci´on: Consideremos un tri´angulo cuyos v´ertices son los puntos A, B y C, como se muestra en la figura. B X QP A C Y De la figura, obtenemos −−→ AB = −→ X, −→ AC = −→ Y , −−→ BC = −→ Y − −→ X, por hip´otesis tenemos que, −−→ PB = 1 2 −→ X, −−→ BQ = 1 2 ( −→ Y − −→ X), asimismo, de la figura en el tri´angulo BPQ obtenemos, −−→ PQ = −−→ PB + −−→ BQ sustituyendo las ecuaciones anteriores, −−→ PQ = 1 2 −→ X + 1 2 ( −→ Y − −→ X) = 1 2 −→ Y , de donde se deduce que −−→ PQ es paralelo a −→ Y y tiene 1 2 de su longitud. 6
Problema 4. Consideremos 3 puntos diferentes en el espacio O, P y Q, y sean −−→ OP = −→ A, −−→ OQ = −→ B y R el punto medio del segmento QP, demostrar como se ilustra en la figura, que el vector −→ C se puede escribir de la forma −→ C = 1 2 −→ A + −→ B . R QO P B A C Soluci´on: De la figura y por hip´otesis del problema se tiene que: (1) −−→ QR = 1 2 −−→ QP, adem´as, aplicando la suma de vectores en el tri´angulo OPQ, (2) −→ B + −−→ QP = −→ A, y tambi´en de la figura, en el tri´angulo OQR, obtenemos (3) −→ B + −−→ QR = −→ C , sustituyendo la ecuaci´on (1) en la ecuaci´on (3), (4) −→ B + 1 2 −−→ QP = −→ C , por otro lado de la ecuaci´on (2) −−→ QP = −→ A − −→ B, sustituyendo en la ecuaci´on (4) obtenemos, −→ B + 1 2 −→ A − −→ B = −→ C apicando las propiedades distributiva y asociativa obtenemos, −→ B + 1 2 −→ A − 1 2 −→ B = −→ C 1 2 −→ A + 1 2 −→ B = −→ C finalmente, obtenemos −→ C = 1 2 −→ A + −→ B . 7
Problema 5. Hallar el ´area del paralelogramo cuyas diagonales son los vectores, −→ A = 3i + j − 2k, −→ B = i − j + 4k, Soluci´on: Geom´etricamente el producto vectorial de dos vectores −→ A y −→ B representa el ´area de un paralelogramo de lados −→ A y −→ B de la forma, ´Area = −→ A × −→ B , B A x y en este caso, tenemos las diagonales del paralelogramo (ver figura), por lo que necesitamos encontrar los lados del paralelogramo en t´erminos de las diagonales. De la figura anterior, obtenemos a) −→x + −→y = − −→ B b) −→x − −→y = −→ A sumamos las ecuaciones a) y b) obtenemos: 2−→x = −→ A − −→ B, de donde, c) −→x = 1 2 −→ A − −→ B , de forma an´aloga restando la ecuaci´on b) de la ecuaci´on a), obtenemos 8
d) −→y = −1 2 −→ A + −→ B . De esta forma, de las ecuaciones c) y d), el ´area del paralelogramo est´a dada por: ´Area = |−→x × −→y | = 1 2 −→ A − −→ B × − 1 2 −→ A + −→ B = − 1 4 −→ A − −→ B × −→ A + −→ B , aplicando las propiedades del producto vectorial tenemos, ´Area = 1 4 −→ A − −→ B × −→ A + −→ A − −→ B × −→ B. = 1 4 − −→ A × −→ A + −→ A × −→ B − −→ B × −→ A + −→ B × −→ B = 1 4 2 −→ A × −→ B = 1 2 −→ A × −→ B , finalmente al sustituir los vectores dados obtenemos, ´Area = 1 2 i j k 3 1 −2 1 −1 4 = 1 2 2i − 14j − 4k = i − 7j − 2k = √ 1 + 49 + 4 = √ 54 = 3 √ 6. 9
Problema 6. Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. Soluci´on: Sea el paralelogramo de v´ertices A, B, C y D, como se ilustra en la siguiente figura. y x x y D A B C P De la figura, tenemos −−→ DA = −→x = −−→ CB, −−→ DC = −→y = −−→ AB, asimismo, aplicando la suma de vectores (1) −−→ DB = −→x + −→y , −→ AC = −→y − −→x , por otro lado de la definici´on de paralelismo (2) −−→ DP = n −−→ DB, −→ AP = m −→ AC, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, (3) −−→ DP = n (−→x + −→y ) , −→ AP = m (−→y − −→x ) , por otro lado, en el tri´angulo DAP, tenemos −−→ DA + −→ AP = −−→ DP, es decir; 10
(4) −→x + −→ AP = −−→ DP, sustituyendo las ecuaciones (3) en la ecuaci´on (4) obtenemos, −→x + m (−→y − −→x ) = n (−→x + −→y ) , aplicando las propiedades de la adici´on de vectores obtenemos, −→x + m−→y − m−→x − n−→x − n−→y = −→ 0 , o tambi´en, (1 − m − n)−→x + (m − n)−→y = −→ 0 , de la ecuaci´on anterior, como los vectores −→x y −→y son distintos del vector −→ 0 y no paralelos, entonces la igualdad anterior s´olo se cumple si los escalares son iguales a cero, es decir; 1 − m − n = 0, m − n = 0, resolviendo el sistema de ecuaciones para n y m obtenemos, n = m = 1 2 , por lo tanto, sustituyendo en las ecuaciones (2) obtenemos −−→ DP = 1 2 −−→ DB, −→ AP = 1 2 −→ AC. Como se ilustra geom´etricamente en la figura. 11
Problema 7. Demostrar que las medianas de un tri´angulo se cortan en un punto que esta a 1 3 del lado y 2 3 del v´ertice opuesto para cada mediana respectivamente. Soluci´on: Sea el tri´angulo cuyos v´ertices son A1, B1 y C1. Asimismo sean A2, B2 y C2 los puntos medios de cada lado respectivamente, como se ilustra en la figura. Si P es el punto de intersecci´on de las medianas, entonces para demostrar que las medianas se cortan en un punto que esta a 1 3 del lado y 2 3 del v´ertice opuesto para cada mediana debemos mostrar que se cumplen las siguientes relaciones: A A B A C C P B B 2 2 1 1 2 1 −−→ A1P = 2 3 −−−→ A1A2, −−→ B1P = 2 3 −−−→ B1B2, −−→ C1P = 2 3 −−−→ C1C2, (a) o equivalentemente, −−→ PA2 = 1 3 −−−→ A1A2, −−→ PB2 = 1 3 −−−→ B1B2, −−→ PC2 = 1 3 −−−→ C1C2, (b) como se ilustra geom´etricamente en la figura. Sean los lados del tri´angulo dados por −→ A y −→ B, de la figura tenemos las siguientes relaciones: −→ A = −−−→ A1B1, −→ B = −−−→ A1C1, −→ B − −→ A = −−−→ B1C1. 12
Aplicando la definici´on de paralelismo, de la figura obtenemos −−→ A1P = l −−−→ A1A2 , −−→ B1P = m −−−→ B1B2 , −−→ C1P = n −−−→ C1C2 , (c) por otro lado, aplicando la suma y diferencia de vectores en los tri´angulos A1C1P, B1C1P y A1B1P obtenemos, −→ B + −−→ C1P = −−→ A1P, −→ B − −→ A + −−→ C1P = −−→ B1P, −→ B − −→ A + −−→ C1P = −−→ B1P, (d) pero, de la figura tenemos tambi´en las siguientes relaciones −−−→ A1A2 = −→ A + 1 2 −→ B − −→ A = 1 2 −→ A + −→ B , −−−→ B1B2 = 1 2 −→ B − −→ A, −−−→ C1C2 = 1 2 −→ A − −→ B, (e) que resultan de aplicar la suma y diferencia de los vectores en los tri´angulos A1B1A2, A1C1C2 y A1B1B2 respectivamente. De las ecuaciones (a) y (b) se obtiene, −→ B + n −−−→ C1C2 = l −−−→ A1A2 , −→ B − −→ A + n −−−→ C1C2 = m −−−→ B1B2 , −→ A + m −−−→ B1B2 = n −−−→ A1A2 , (f) sustituyendo las ecuaciones (e) en las ecuaciones (f) obtenemos, −→ B + n 1 2 −→ B − −→ A = l 1 2 −→ A + −→ B , −→ B − −→ A + n 1 2 −→ B − −→ A = m 1 2 −→ B − −→ A , −→ A + m 1 2 −→ B − −→ A = n 2 −→ A + −→ B , (g) aplicando las propiedades de la suma de vectores, obtenemos 13
n 2 − l 2 −→ A + 1 − n − l 2 −→ B = −→ 0 , m + n 2 − 1 −→ A + 1 − n − m 2 −→ B = −→ 0 , 1 − m − l 2 −→ A + n 2 − l 2 −→ B = −→ 0 . Por lo tanto, como −→ A y −→ B son vectores distintos de cero, entonces para que se cumplan las ecuaciones anteriores los escalares deben ser cero, es decir; n 2 − l 2 = 0 1 − n − l 2 = 0 m + n 2 − 1 = 0 1 − n − m 2 = 0 1 − m − l 2 = 0 n 2 − l 2 = 0 as´ı, al resolver las ecuaciones anteriores obtenemos n = l = m = 2 3 . Finalmente, al sustituir en las ecuaciones (c) se obtienen las ecuaciones (a) que es el resultado que se pedia demostrar. 14
Problema 8. Pruebe que −→ A −→ B + −→ B −→ A es perpendicular a −→ A −→ B − −→ B −→ A, para cua- lesquiera −→ A y −→ B. Soluci´on: De la definici´on del producto escalar de dos vectores, si dos vectores −→x y −→y son perpendiculares entonces su producto escalar entre ellos es igual a cero, en este caso −→x y −→y est´an dados respectivamente por −→ A −→ B + −→ B −→ A y −→ A −→ B − −→ B −→ A, de esta forma debemos verificar que los vectores dados cumplen que, −→x · −→y = −→ A −→ B + −→ B −→ A · −→ A −→ B − −→ B −→ A = 0, aplicando la propiedad distributiva del producto escalar tenemos, −→x · −→y = −→ A −→ B + −→ B −→ A · −→ A −→ B + −→ A −→ B + −→ B −→ A · − −→ B −→ A , asimismo, aplicando las propiedades conmutativa y distributiva nuevamente, tenemos −→x · −→y = −→ A −→ B · −→ A −→ B + −→ A −→ B · −→ B −→ A − −→ B −→ A · −→ A −→ B − −→ B −→ A · −→ B −→ A, ahora aplicamos las propiedades asociativa del escalar y la propiedad de la norma, −→x · −→y = −→ A −→ A −→ B · −→ B + −→ A −→ B −→ B · −→ A − −→ B −→ A −→ A · −→ B − −→ B −→ B −→ A · −→ A = A2 B2 + AB −→ B · −→ A − AB −→ A · −→ B − B2 A2 = 0. donde se aplic´o finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar. 15
Problema 9. Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelo- gramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. Soluci´on: Sean A, B, C y D los v´ertices del paralelogramo como se indica en la figura. X X Y Y A D C B De la figura tenemos que, AC = BD = −→ X , AB = CD = −→ Y , asimismo de la figura, las diagonales del paralelogramo est´an dadas por BC = −→ X + −→ Y , AD = −→ X − −→ Y . Debemos mostrar que, BC 2 + AD 2 = AC 2 + AB 2 + CD 2 + BD 2 = 2AC 2 + 2AB 2 , es decir, 16
−→ X + −→ Y 2 + −→ X − −→ Y 2 = 2 −→ X 2 + 2 −→ Y 2 . En forma an´aloga, al problema anterior, aplicando las propiedades del pro- ducto escalar, −→ X + −→ Y 2 + −→ X − −→ Y 2 = −→ X + −→ Y · −→ X + −→ Y + −→ X − −→ Y · −→ X − −→ Y = −→ X + −→ Y · −→ X + −→ X + −→ Y · −→ Y + −→ X − −→ Y · −→ X + −→ X − −→ Y · −→ Y = −→ X · −→ X + −→ X · −→ Y + −→ X · −→ Y + −→ Y · −→ Y + −→ X · −→ X − −→ X · −→ Y − −→ X · −→ Y + −→ Y · −→ Y = 2 −→ X · −→ X + 2 −→ Y · −→ Y = 2 −→ X 2 + 2 −→ Y 2 . 17
Problema 10. Sean los vectores −→ A y −→ B vectores unitarios, calcular 3 −→ A − 4 −→ B · 2 −→ A + 5 −→ B si −→ A + −→ B = √ 2. Soluci´on: En forma an´aloga al problema anterior, aplicando las propiedades del pro- ducto escalar , tenemos que 3 −→ A − 4 −→ B · 2 −→ A + 5 −→ B = 3 −→ A − 4 −→ B · 2 −→ A + 3 −→ A − 4 −→ B · 5 −→ B = 2 −→ A · 3 −→ A − 2 −→ A · 4 −→ B + 5 −→ B · 3 −→ A − 5 −→ B · 4 −→ B = 6 −→ A · −→ A + 7 −→ A · −→ B − 20 −→ B · −→ B = 7 −→ A · −→ B − 14 donde se aplic´o la hip´otesis de que los vectores −→ A y −→ B son unitarios es decir que cumplen que, −→ A · −→ A = A2 = 1, −→ B · −→ B = B2 = 1. Por otro lado, de la condici´on −→ A + −→ B = √ 2, elevando al cuadrado ´esta expresi´on y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar, obten- emos −→ A + −→ B · −→ A + −→ B = 2 de donde, −→ A + −→ B · −→ A + −→ A + −→ B · −→ B = 2 −→ A · −→ A + 2 −→ A · −→ B + −→ B · −→ B = 2 de la expresi´on anterior, obtenemos inmediatamente que −→ A · −→ B = 0. Por lo tanto, sustituyendo este valor, obtenemos finalmente, 3 −→ A − 4 −→ B · 2 −→ A + 5 −→ B = −14. 18
Problema 11. Determine λ1 y λ2 de manera que −→ C − λ1 −→ A − λ2 −→ B sea perpendicular tanto a −→ A como a −→ B, suponiendo que −→ A = i + j + 2k −→ B = 2i − j + k −→ C = 2i − j + 4k Soluci´on: En forma an´aloga al problema anterior, aplicando la condici´on de perpen- dicularidad entre vectores, tenemos −→ A · −→ C − λ1 −→ A − λ2 −→ B = 0, −→ B · −→ C − λ1 −→ A − λ2 −→ B = 0, usando las propiedades del producto escalar, tenemos −→ A · −→ C − λ1 −→ A · −→ A − λ2 −→ A · −→ B = 0, −→ B · −→ C − λ1 −→ B · −→ A − λ2 −→ B · −→ B = 0, que se puede escribir de la forma, λ1 −→ A · −→ A + λ2 −→ A · −→ B = −→ A · −→ C , λ1 −→ B · −→ A + λ2 −→ B · −→ B = −→ B · −→ C , de los vectores dados, tenemos inmediatamente aplicando la definici´on del pro- ducto escalar para vectores en el espacio, −→ A · −→ A = 6, −→ B · −→ B = 6 −→ A · −→ B = −→ B · −→ A = 3, −→ A · −→ C = 9 y −→ B · −→ C = 9 de tal forma, para encontrar λ1 y λ2 debemos de resolver el siguiente sistema de ecuaciones: 19
6λ1 + 3λ2 = 9, 3λ1 + 6λ2 = 9, obs´ervese que la soluci´on del sistema de ecuaciones es inmediata y est´a dada por: λ1 = 1 λ2 = 1. 20
Problema 12. Sean los vectores −→ A = (1, −1, 2), −→ B = (1, 2, 2). Hallar la proyecci´on del vector −→ A sobre el vector −→ B y la proyecci´on del vector −→ B sobre el vector −→ A. Soluci´on: Por definici´on, la proyecci´on de un vector −→x sobre otro vector −→y , es un vector (como se muestra en la figura) y est´a dado por, Pr oy−→y −→x = |−→x | cos θe−→y , X e−→y Pr oy−→y −→x −→y en este caso debemos calcular, Pr oy−→ B −→ A = −→ A cos θe−→ B , Pr oy−→ A −→ B = −→ B cos θe−→ A , donde −→ A es la magnitud del vector −→ A, −→ B es la magnitud del vector −→ B, θ el 21
´angulo formado entre los dos vectores, e−→ A un vector unitario en la direcci´on del vector −→ A y e−→ B un vector unitario en la direcci´on del vector −→ B. De la definici´on del producto escalar podemos calcular el coseno del ´angulo entre dos vectores de la forma, cos θ = −→ A · −→ B −→ A −→ B , y empleando la definici´on de vectores unitarios, los vectores de proyecci´on est´an dados por, Pr oy−→ B −→ A = −→ A   −→ A · −→ B −→ A −→ B   −→ B −→ B = −→ A · −→ B B2 −→ B, Pr oy−→ A −→ B = −→ B   −→ A · −→ B −→ A −→ B   −→ A −→ A = −→ A · −→ B A2 −→ A, finalmente, calculando el producto escalar de los vectores dados y la magnitudes de los vectores −→ A y −→ B, obtenemos Pr oy−→ B −→ A = 3 9 −→ B = 1 3 −→ B, y Pr oy−→ A −→ B = 3 6 −→ A = 1 2 −→ A. 22
Problema 13: Considere la siguiente figura, AA A B1 2 demostrar que −→ A = −→ A · −→ B −→ B · −→ B −→ B + −→ B × −→ A × −→ B −→ B · −→ B . Soluci´on: De la figura, el vector −→ A = −→ A1 + −→ A2, el vector −→ A1 es la proyeccci´on del vector −→ A sobre el vector −→ B dada por −→ A1 = proy−→ B −→ A = −→ A cos θe−→ B , de la definici´on del producto escalar de dos vectores −→ A y −→ B distintos del vector −→ 0 , dada por, −→ A · −→ B = −→ A −→ B cos θ, podemos calcular el ´angulo entre los dos vectores, de esta forma la proyecci´on del vector −→ A sobre el vector −→ B est´a dada por: 23
proy−→ B −→ A = −→ A   −→ A · −→ B −→ A −→ B   −→ B −→ B = −→ A · −→ B −→ B 2 −→ B = −→ A · −→ B −→ B · −→ B −→ B, donde se aplic´o la propiedad de la norma del producto escalar. Para vector −→ A2, obs´ervese que el vector −→ C = −→ B × −→ A es perpendicular tanto al vector −→ A como al vector −→ B, es decir, saliendo de la hoja, de tal forma que el vector −→ C × −→ A ser´a un vector que est´a en la direcci´on de −→ A2, es decir, el vector −→ B × −→ A × −→ A esta en direcci´on de −→ A, de tal forma que la magnitud de este vector est´a dada por: −→ B × −→ A × −→ B = −→ B × −→ A −→ B sin φ, donde el ´angulo φ entre los vectores −→ B × −→ A y −→ B es de 900 , de esta forma como sin 900 = 1, obtenemos −→ B × −→ A × −→ B = −→ B −→ A sin θ −→ B , es decir, −→ B × −→ A × −→ B = −→ A −→ B 2 sin θ, por otro lado, de la figura −→ A2 = −→ A sin θ, por lo tanto, −→ A2 = −→ B × −→ A × −→ B −→ B · −→ B , finalmente, sustituyendo los valores de los vectores −→ A1 y −→ A2 obtenemos, 24
−→ A = −→ A · −→ B −→ B · −→ B −→ B + −→ B × −→ A × −→ B −→ B · −→ B . 25
Problema 14. Encuentre un vector unitario perpendicular a los vectores −→ A = 2i + 2j − 3k, −→ B = i + 3j − k, a) Aplicando el producto escalar. b) Aplicando el producto vectorial (sin hacer uso de la definici´on del deter- minante). Soluci´on: a) Debemos encontrar un vector −→ C = (C1, C2, C3) que sea perpendicular a los vectores −→ A y −→ B simult´aneamente, es decir que cumpla que, −→ A · −→ C = 0, −→ B · −→ C = 0, realizando el producto escalar de los vectores dados obtenemos, 2C1 + 2C2 − 3C3 = 0, C1 + 3C2 + C3 = 0, resolviendo el sistema de ecuaciones (multiplicando la segunda ecuaci´on por −2 y sum´ando ´esta con la primera ecuaci´on) obtenemos, −4C2 − 5C3 = 0, de donde, C2 = −5 4 C3, sustituyendo este valor para C2,en por ejemplo la segunda ecuaci´on, obtenemos C1 = −3 −5 4 C3 − C3 = 11 4 C3. De esta forma, el vector buscado tiene la forma, −→ C = 11 4 C3i − 5 4 C3j + C3k, 26
adem´as el vector buscado, −→ C , debe cumplir que sea unitario, es decir que cumpla que, −→ C = 1, aplicando la definici´on para calcular la magnitud de un vector, obtenemos 11 4 C3 2 + 5 4 C3 2 + C2 3 = 1 C2 3 16 (121 + 25 + 16) = 1 C2 3 √ 162 4 = 1 despejando C3, obtenemos C3 = ± 4 √ 162 = ± 4 9 √ 2 finalmente, al sustituir el valor de C3, en la expresi´on para el vector −→ C , obten- emos −→ C = ± 1 9 √ 2 (11i − 5j + 4k) b) En esta parte, como se nos pide que no hagamos uso del determinante para calcular el producto vectorial, que como se sabe −→ C = −→ A × −→ B, es un vector que por definici´on es perpendicular tanto a −→ A como a −→ B, debemos emplear las propiedades (anticonmutativa, asociativa, distributiva, etc.) que cumple el producto vectorial, por lo tanto −→ A × −→ B = (2i + 2j − 3k) × (i + 3j + k) = (2i + 2j − 3k) × i + (2i + 2j − 3k) × (3j) + (2i + 2j − 3k) × k = −i × (2i + 2j − 3k) − 3j(2i + 2j − 3k) − k × (2i + 2j − 3k) = −2 × i − 2i × j + 3j × k − 6j × i − 6j × j + 9j × k − 2k × i − 2k × j + 3k × k = −2k − 3j + 6k + 9i − 2j + 2i = 11i − 5j + 4k, finalmente, el vector unitario estar´a dado por: 27
e−→ A× −→ B = −→ A × −→ B −→ A × −→ B = 11i − 5j + 4k √ 121 + 25 + 16 = ± 1 9 √ 2 11i − 5j + 4k . 28
Problema 15. Hallar un vector unitario que forme un ´angulo de 45◦ con el vector −→ A = 2i + 2j − k y un ´angulo de 60◦ con el vector −→ B = j − k. Soluci´on: Buscamos un vector de la forma −→ C = (C1, C2, C3) donde el vector −→ C debe cumplir, −→ A · −→ C = AC cos 45◦ −→ B · −→ C = BC cos 60◦ y −→ C = 1 es decir, 2i + 2j − k · C1i + C2j + C3k = 22 + 22 + (−1) 2 1 √ 2 j − k · C1i + C2j + C3k = 12 + (−1) 2 1 2 (C1) 2 + (C2) 2 + (C3) 2 = 1 que resulta, (1) 2C1 + 2C2 − C3 = 3√ 2 (2) C2 − C3 = √ 2 2 (3) (C1) 2 + (C2) 2 + (C3) 2 = 1 as´ı, se tienen 3 ecuaciones con 3 incognitas. Por lo tanto, la soluci´on del prob- lema se tendr´a al resolver simult´aneamente las ecuaciones (1), (2) y (3). De la ecuaci´on (2), obtenemos C3 = C2 − √ 2 2 , sustituyendo en la ecuaci´on (1) obtenemos, 2C1 + 2C2 − C2 − √ 2 2 = 3 √ 2 2C1 + 2C2 − C2 + 1 √ 2 = 3 √ 2 2C1 + C2 = 2 √ 2 29
finalmente, obtenemos C1 = 1 √ 2 − C2 2 . Por lo tanto el vector −→ C ser´a de la forma, 4) −→ C = 1√ 2 − C2 2 i + C2j + C2 − 1√ 2 k, aplicando la ecuaci´on (3), 1 √ 2 − C2 2 2 + (C2) 2 + C2 − 1 √ 2 2 = 1, realizando un poco de ´algebra se obtiene, 1 2 − 2 1 √ 2 C2 2 + (C2) 2 4 + (C2) 2 + (C2) 2 − 2C2 1 √ 2 + 1 2 = 1 1 2 − C2 √ 2 + (C2) 2 4 + (C2) 2 + (C2) 2 − 2C2 1 √ 2 + 1 2 = 1 9 4 (C2) 2 − 3 √ 2 C2 = 0 3 √ 2 C2 3 √ 2 4 C2 − 1 = 0 por lo tanto las soluciones para C2 son: C21 = 0, y C22 = 4 3 √ 2 , sustituyendo en la ecuaci´on (4) finalmente obtenemos, −→ C 1 = 1 √ 2 i + 1 √ 2 k = 1 √ 2 , 0, − 1 √ 2 , y 30
−→ C2 = 1 √ 2 − 1 2 4 3 √ 2 i + 4 3 √ 2 j + 4 3 √ 2 − 1 √ 2 k = 1 3 √ 2 i + 4 3 √ 2 j + 1 3 √ 2 k = 1 3 √ 2 , 4 3 √ 2 , 1 3 √ 2 31
Problema 16. Escriba un vector de magnitud 5, paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector i + 2j + 2k. Soluci´on: Se pide un vector de la forma −→ C = C1i + C2j + C3k que sea paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector −→ A = i + 2j + 2k, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: −→ C · −→ A = 0, −→ C · −→ N = 0, donde −→ N = 3i + 4j + 5k, es el vector normal al plano. Calculando los productos escalares, las condiciones anteriores se pueden escribir de la forma, C1 + 2C2 + 2C3 = 0, 3C1 + 4C2 + 5C3 = 0, resolviendo simult´aneamente las ecuaciones anteriores obtenemos, C1 = 2C2, C3 = −2C2, por lo tanto, el vector −→ C ser´a de la forma, −→ C = 2C2i + C2j − 2C2k, y aplicando la condici´on de que el vector debe ser de magnitud 5, es decir −→ C = 5, obtenemos 5 = 4C2 2 + C2 2 + 4C2 2 = 9C2 2 = ±3C2, 32
de donde, C2 = ± 5 3 , finalmente, el vector pedido es de la forma, −→ C = ± 5 3 2i + j − 2k . 33
Problema 17. Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector 4i − 3j − k. Soluci´on: Se pide un vector −→ C de la forma, −→ C = C1i + C2j, la componente C3 es cero debido a que el vector −→ C debe ser paralelo al plano XY y por lo tanto no tiene componente en k, adem´as el vector −→ C debe ser perpendicular al vector −→ A = 4i − 3j − k, por lo tanto cumple la condici´on, −→ C · −→ A = 0, es decir, C1i − C2j · 4i − 3j − k = 0, de donde obtenemos, C1 = 3 4 C2. Por lo tanto, el vector pedido tendr´a la forma −→ C = 3 4 C2i + C2j. Tambi´en por hip´otesis, se pide que el vector −→ C sea unitario, es decir que cumpla que −→ C = 1, por lo tanto 1 = −→ C = 3 4 C2 2 + (C2) 2 = (C2) 2 1 + 9 16 = ± 5 4 C2, de donde, obtenemos C2 = ± 4 5 , y C1 = 3 4 ± 4 5 = ± 3 5 , finalmente, el vector pedido est´a dado por, −→ C = ± 3 4 i ± 4 5 j. 34
Problema 18. a) Hallar un vector unitario que forme un ´angulo de 300 con el vector j y formando ´angulos iguales con los vectores i y k cos 300 = √ 3 2 . Soluci´on: El vector que estamos buscando es de la forma −→ C = (C1, C2, C3) donde el vector −→ C debe cumplir que, 1) −→ C · i = −→ C i cos θ = cos θ, 2) −→ C · k = −→ C k cos θ = cos θ, 3) −→ C · j = −→ C j cos 300 = cos 300 , por definici´on de los vectores unitarios i = (1, 0, 0), j = (0, 0, 1) y k = (0, 0, 1), aplicando la definici´on del producto escalar para vectores en el espacio, y de las ecuaciones 1) y 2) obtenemos, C1 = C3, asimismo de la ecuaci´on 3), se tiene C2 = √ 3 2 , sustituyendo las ecuaciones anteriores, el vector pedido tiene la forma, −→ C = C1, √ 3 2 , C1 , para encontrar la componente C1 aplicamos la condici´on de que tiene que ser el vector −→ C unitario, es decir, −→ C = 1, de esta forma C1 2 + √ 3 2 2 + C1 2 = 1, de donde obtenemos, C1 = ± 1 √ 8 , por lo tanto, el vector pedido tiene la forma, −→ C = ± 1 √ 8 , √ 3 2 , 1 √ 8 . 35
Problema 19. Siendo el vector de posici´on −→a de un punto dado (x0, y0, z0) y −→r el vector de posici´on de un punto cualquiera (x, y, z), hallar el lugar geom´etrico de −→r si: a).− (−→r − −→a ) · −→a = 0 b).− (−→r − −→a ) · −→r = 0 Soluci´on: a) Sean los vectores −→a = (x0, y0, z0), −→r = (x, y, z), entonces, (−→r − −→a ) · −→a = 0, (x − x0, y − y0, z − z0) · (x0, y0, z0) = 0, x0(x − x0) + y0(y − y0) + z0(z − z0) = 0, si hacemos d = x2 0 + y2 0 + z2 0, la ecuaci´on anterior se puede escribir de la forma, x0x + y0y + z0z = d, que es la ecuaci´on de un plano que pasa por un extremo del vector −→a y es perpendicular al vector −→a . En forma an´aloga al inciso a), tenemos (−→r − −→a ) · −→r = 0 x(x − x0) + y(y − y0) + z(z − z0) = 0, x2 0 + y2 0 + z2 0 − xx0 − yy0 − zz0 = 0, completando cuadrados en la expresi´on anterior, obtenemos (x − x0 2 )2 + (y − y0 2 )2 + (z − z0 2 )2 = 1 4 (x2 0 + y2 0 + z2 0), que es la ecuaci´on de una esfera con centro en el punto x0 2 , y0 2 , z0 2 y radio r = 1 2 x2 0 + y2 0 + z2 0. 36
Problema 20. Determine el ´angulo entre el plano x + y + z = 21 y la l´ınea recta x − 1 = y + 2 = 2z + 3. Soluci´on: Sabemos que la ecuaci´on ax + by + cz = d, es la ecuaci´on de un plano que pasa por un punto y tiene como normal al vector −→ N = (a, b, c) , asimismo, la ecuaci´on x−x0 a1 = y−y0 b1 = z−z0 c1 , representa la ecuaci´on de una l´ınea recta que pasa por el punto −→r 0 = (x0, y0, z0) y es paralela al vector −→ A = (a1, b1, c1) , por lo tanto, para calcular el ´angulo entre el plano y la l´ınea recta es equivalente a calcular el ´angulo entre los vectores −→ N y −→ A. En este caso, para el plano dado tenemos que el vector normal est´a dado por −→ N = (1, 1, 1) y para identificar el vector paralelo a la recta dada, reescribimos la ecuaci´on de la recta de la forma, x − 1 1 = y − (−2) 1 = z − (−3 2 ) 1 2 de donde, obtenemos −→r 0 = (−1, −2, −3/2) , −→ A = (1, 1, 1/2). Para obtener el ´angulo entre los vectores −→ N y −→ A, aplicamos la definici´on del producto escalar de dos vectores dado por, −→ N · −→ A = −→ N −→ A cos θ, de donde, θ = cos−1   −→ A • −→ N −→ A −→ N   , sustituyendo los vectores −→ A y −→ N , obtenemos θ = cos−1   (1, 1, 1/2) · (1, 1, 1) (1)2 + (1 2 )2 (1)2 + (1)2 + (1)   θ = cos−1   5/2 27 4   = cos−1 5 3 √ 3 . 37
Problema 21. Encuentre una combinaci´on lineal (si existe) para los siguientes vectores: −→ A1 = −2i + 12j − 4k, −→ A2 = i − 6j + 2k, −→ A3 = 2j + 7k, Soluci´on: Para verificar si existe una combinaci´on lineal entre los vectores, debemos encontrar escalares x, y y z para verificar si al menos uno de ´estos escalares es distinto de cero, tal que se cumpla que: x −→ A1 + y −→ A2 + z −→ A3 = −→ 0 , es decir, x(−2, 12, −4) + y(1, −6, 2) + z(0, 2, 7) = (0, 0, 0) (−2x + y, 12x − 6y + 2z, −4x + 2y + 7y) = (0, 0, 0) aplicando igualdad de vectores en el espacio (dos vectores son iguales si son iguales componente a componente), obtenemos el siguiente sistema de ecua- ciones, −2x + y = 0, 12x − 6y + 2z = 0, −4x + 2y + 7z = 0. Al resolver este sistema de ecuaciones (se obtiene la soluci´on si se aplica, por ejemplo el m´etodo de Gauss), el sistema es equivalente al sistema, −2x + y = 0 z = 0 la soluci´on del sistema anterior, es de la forma y = 2x, x = α ∈ R z = 0 es decir, la soluci´on del sistema es la terna, (x, y, z) = (α, 2α, 0) = α(1, 2, 0), 38
para toda α ∈ R, as´ı por ejemplo si α = 1, entonces una soluci´on del sistema ser´a de la forma, x = 1, y = 2, z = 0, por lo tanto, la combinaci´on lineal de los vectores −→ A1, −→ A2 y −→ A3 est´a dada por: −→ A1 + 2 −→ A2 + 0 −→ A3 = −→ 0 o tambi´en −→ A1 = −2 −→ A2. 39
Problema 22. Encuentre una combinaci´on lineal (si existe) de los vectores −→ A = 2ˆı + ˆ − 3k, −→ B = ˆı − 2ˆ − 4k, −→ C = 4ˆı + 3ˆ − k, Soluci´on: Verifiquemos primeramente si los vectores son l.i. o l.d., para esto apliquemos la propiedad del producto triple escalar que establece la condici´on necesaria para la dependencia lineal, es decir; si −→ A • −→ B × −→ C = 0, entonces los vectores est´an en un plano y son linealmente dependientes, de esta forma, −→ A • −→ B × −→ C = 2 1 −3 1 −2 −4 4 3 −1 = 2 (2 + 12) − 1 (−1 + 16) − 3 (3 + 8) = 2 (14) − 1 (15) − 3 (11) = 28 − 15 − 33 = −20, de lo anterior, como −→ A • −→ B × −→ C = 0, entonces los vectores −→ A, −→ B y −→ C son linealmente independientes, y por lo tanto, no existe combinaci´on lineal de ellos. 40
Problema 23. Encontrar un vector unitario perpendicular a la l´ınea recta dada por las ecuaciones param´etricas, x = 2t − 1, y = −t − 1, z = t + 2, y perpendicular al vector i − j. Soluci´on: Las ecuaciones param´etricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaci´on vectorial −→r (t) = −→r0 + t −→ A, que representa a una recta L en forma param´etrica que pasa por el punto −→r 0 = (−1, −1, 2) y que es paralela al vector −→ A = (2, −1, 1). Se pide un vector de la forma −→ C = C1i+C2j +C3k que tenga magnitud uno, adem´as que sea perpendicular a la recta −→r (t) = −→r0 +t −→ A, es decir perpendicular al vector −→ A, y tambi´en perpendicular al vector −→ B = i − j, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: 1) −→ C = 1, 2) −→ C · −→ A = 0, 3) −→ C · −→ B = 0, de las condiciones 2) y 3), calculando el producto escalar, obtenemos 2C1 − C2 + C3 = 0, C1 − C2 = 0, de donde obtenemos inmediatamente que, C1 = C2, C3 = −C2, por lo tanto, el vector pedido tendr´a la forma −→ C = C2i + C2j − C2k. Aplicando la condici´on 1), obtenemos (C2) 2 + (C2) 2 + (−C2) 2 = 3 (C2) 2 = 1, 41
de donde, C2 = ± 1 3 , finalmente, el vector pedido tiene la forma −→ C = 1 3 i + j − k . 42
Problema 24. Demuestre que la l´ınea recta x = y = 1 3 (z + 2) es paralela al plano 2x + 8y + 2z = 5. Soluci´on: La ecuaci´on de la recta dada se puede reescribir de la forma, x − 0 1 = y − 0 1 = z − (−2) 3 , esta ecuaci´on, representa a una recta que pasa por el punto −→r 0 = (0, 0, −2) y es paralela al vector −→ A = (1, 1, 3). Por otro lado, de la ecuaci´on del plano, tenemos que el vector −→ N = (2, 8, 2) es un vector normal al plano, de esta forma para mostrar que la recta y el plano son paralelos, debemos mostrar que el vector −→ N , que es normal al plano y el vector −→ A, que es paralelo a la recta son perpendiculares, es decir que satisfacen la condici´on −→ N · −→ A = 0. Calculando el producto escalar del vector normal −→ N y el vector −→ A, obten- emos −→ N · −→ A = (2, −8, 2) · (1, 1, 3) = 0, por lo tanto, se comprueba que el vector −→ A es perpendicular al vector normal −→ N del plano, y como el vector −→ A es paralelo a la recta, luego entonces tambi´en es paralelo al plano y por lo tanto, la recta dada tambi´en es paralela al plano. 43
Problema 25. Las ecuaciones param´etricas de una recta son: x = 3t + 1, y = −2t + 4, z = t − 3, encuentre la ecuaci´on del plano que contiene a dicha recta. Soluci´on: Las ecuaciones param´etricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaci´on vectorial de la forma, −→r (t) = (1, 4, −3) + t(3, −2, 1), que por definici´on es la ecuaci´on de una recta en forma param´etrica que pasa por un punto cuyo vector de posici´on est´a dado por −→r0 = (1, 4, −3) y es paralela al vector −→ A = (3, −2, 1). Si hacemos −→r0 × −→ A = −→ N que es un vector perpendicular al vector −→ A y tambi´en perpendicular a −→r0, entonces, la ecuacion del plano pedida ser´a de la forma, ax + by + cz = d, donde d = −→r0 · −→ N , y −→ N = ai + bj + ck, es decir, −→ N = i j k 1 4 −3 3 −2 1 = −2i − 10j − 14k asimismo, d = −→ N · −→r0 = (−2i − 10j − 14k) · (i + 4j − 3k) = −2 − 40 + 42 = 0, por lo tanto, la ecuaci´on del plano ser´a de la forma −2x − 10y − 14z = 0, que se puede escribir finalmente como, x + 5y + 7z = 0. 44
Problema 26. Determine las ecuaciones de la l´ınea recta (en forma param´etrica y sim´etrica) que pasa por el punto (3, 2, −4), paralela a la l´ınea de intersecci´on de los planos x + 3y − 2z = 8, x − 3y + z = 0. Soluci´on: De las ecuaciones de los planos, los vectores −→ N1 = i + 3j − 2k, −→ N2 = i − 3j + k, son vectores normales a cada plano respectivamente, de esta forma −→ N1 × −→ N2 resulta ser un vector que es perpendicular tanto a −→ N1 como a −→ N2, por lo que el vector −→ N1 × −→ N 2 ser´a paralelo a ambos planos y por lo tanto −→ N1 × −→ N2 ser´a paralelo a la l´ınea de intersecci´on de ambos planos. Calculando el producto vectorial de las normales, −→ A = −→ N1 × −→ N2 = i j k 1 3 −2 1 −3 1 = −3i − 3j − 6k, por lo tanto, la ecuaci´on de la recta en forma param´etrica ser´a de la forma, −→r (t) = −→r0 + t −→ A es decir, −→r (t) = (3, 2, −4) + t(−3, −3, −6), y para determinar la forma sim´etrica de la recta, debemos eliminar el par´ametro t de la ecuaci´on vectorial, para hacer esto, escribimos las componentes de esta ecuaci´on vectorial de la forma, x = 3 − 3t, y = 2 − 3t, z = −4 − 6t, despejando el par´ametro t e igualando obtenemos, x − 3 −3 = y − 2 −3 = z + 4 −6 o tambi´en, x − 3 = y − 2 = z + 4 2 . 45
Problema 27. Encontrar el punto de intersecci´on (si es que se intersectan) de las siguientes l´ıneas rectas. a).− −→r 1(t) = 5i + 4j + 5k t + 7i + 6j + 8k, −→r 2(t) = 6i + 4j + 6k t + 8i + 6j + 9k, b).− −→r 1(t) = 2k + 3i + 2j + k t, −→r 2(t) = 3i + 2j + 3k + 6i + 4j + 2k t, Soluci´on: a).− Las ecuaciones anteriores son de la forma, −→r (t) = −→r0 + t −→ A, que representa la ecuaci´on param´etrica de una recta L que pasa por el punto (x0, y0, z0) y es paralela al vector −→ A. La ecuaci´on anterior es equivalente a las ecuaciones x = x0 + at, y = y0 + bt, z = z0 + ct, que tambi´en se les llaman las ecuaciones param´etricas de la recta L, ´estas ecua- ciones son equivalentes a las ecuaciones no param´etricas de la recta L dadas por, x − x0 a = y − y0 b = z − z0 c . De lo anterior, para las rectas dadas tenemos las siguientes ecuaciones param´etricas para cada recta, x = 7 + 5t, y = 6 + 4t, z = 8 + 5t, y x = 8 + 6t, y = 6 + 4t, z = 9 + 6t, que son equivalentes a las siguientes ecuaciones no param´etricas respectiva- 46
mente, x − 7 5 = y − 6 4 = z − 8 5 , x − 8 6 = y − 6 4 = z − 9 6 . Las ecuaciones anteriores constituyen un conjunto de cuatro ecuaciones que han de satisfacer las 3 inc´ognitas x, y y z, si consideramos las tres primeras ecuaciones, obtenemos 1) x−7 5 = y−6 4 , 2) y−6 4 = z−8 5 , 3) x−8 6 = y−6 4 . Resolviendo el sistema, de las ecuaciones 1) y 3), obtenemos x − 7 5 = x − 8 6 , de donde obtenemos que x = 2, sustituyendo en la ecuaci´on 1), 2 − 7 5 = y − 6 4 , de donde y = 2, finalmente de la ecuaci´on 2) obtenemos z = 3. N´otese que ´estos valores tambi´en satisfacen la cuarta ecuaci´on y−6 4 = z−9 6 . Por lo tanto, el punto de intersecci´on de las dos rectas tiene al vector 2i + 2j + 3k como vector de posici´on. b).− Como se indic´o anteriormente, las ecuaciones para −→r 1(t) y −→r 2(t) son de la forma −→r (t) = −→r0 + t −→ A, en este caso los vectores −→ A1 = 3i + 2j + 3k y −→ A2 = 6i + 4j + 2k, son vectores paralelos a cada recta respectivamente, pero −→ A2 = 2 3i + 2j + k = 2 −→ A1, es decir, −→ A1 −→ A2, por lo que ambas l´ıneas rectas son paralelas que pasan por los puntos (0, 0, 2) y (3, 2, 3) y por lo tanto, nunca se van a intersectar. 47
Problema 28. Encontrar la ecuaci´on del plano que contiene a las siguientes l´ıneas rectas, 2 + x = 3−y 2 = z y x−2 2 = 2y+1 2 = z − 1 Soluci´on: Por definici´on, la ecuaci´on de un plano es de la forma, ax + by + cz = d, donde d = −→r 0 · −→ N , −→r 0 es el vector de posici´on de un punto que este en el plano y −→ N = (a, b, c) es un vector normal o perpendicular al plano. De esta forma para encontrar la ecuaci´on del plano necesitamos un punto en o sobre ´este y un vector normal o perpendicular al mismo. Las ecuaciones anteriores se pueden reescribir de la siguiente forma, x − (−2) 1 = y − 3 −2 = z − 0 1 , x − 2 2 = y − −1 2 1 = z − 1 1 , si comparamos estas ecuaciones con la ecuaci´on general de la recta x−x0 a = y−y0 b = z−z0 c , que son equivalentes a la ecuaci´on vectorial −→r (t) = −→r0 + t −→ A,que representa la ecuaci´on param´etrica de una recta L que pasa por el punto (x0, y0, z0) y es paralela al vector −→ A, las ecuaciones de las rectas dadas son equivalentes a las ecuaciones, −→r 1(t) = −→r 01 + t −→ A = (−2, 3, 0) + t (1, −2, 1) , −→r 2(t) = −→r 02 + t −→ B = 2, −1 2 , 1 + t (2, 1, 1) . De las ecuaciones anteriores, si hacemos el producto vectorial de los vectores paralelos a cada recta, obtendremos un vector normal o perpendicular a cada recta, y por lo tanto perpendicular al plano buscado que contiene a las dos rectas, de esta forma calculando el producto vectorial, −→ N = −→ A × −→ B = i j k 1 −2 1 2 1 1 = −3i + j + 3k, por lo tanto, sustituyendo en la ecuaci´on general de un plano, el vector −→ N y cualquier punto que este sobre el plano, por ejemplo el punto (−2, 3, 0) por donde pasa la primera recta, obtenemos 48
−3x + y + 3z = (−2, 3, 0) · (−3, 1, 3), finalmente, la ecuaci´on del plano pedida est´a dada por, −3x + y + 3z = 9 49
Problema 29. Sean −→ P = 3i + j + 2k y −→ Q = i − 2j − 4k los vectores de posici´on de los puntos P y Q respectivamente. a) Hallar la distancia d desde el punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q. b) Hallar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta PQ. c) Hallar la distancia D del punto (−1, 1, 1) al plano calculado en b). Soluci´on: a) Por definici´on, la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) a una recta de la forma −→r (t) = −→r 0 + t −→ A, est´a dada por: d = (−→r 1 − −→r 0) × −→ A −→ A donde −→r 0 es el vector de posici´on del punto por donde pasa la recta L, −→r 1 es el vector de posici´on del punto a donde se quiere calcular la distancia a la recta L y el vector −→ A es un vector que es paralelo a la recta L. Por lo tanto, para calcular la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q, escribamos dicha ecuaci´on de la recta en la forma −→r (t) = −→r 0 + t −→ A para as´ı aplicar la ecuaci´on anterior. Aplicando la ecuaci´on −→r (t) = −→r 0 + t −→ A, para los vectores de posici´on de los puntos P y Q, la ecuaci´on de la recta que une los puntos P y Q se puede escribir vectorialmente de la forma, −→r (t) = −→ P + t −→ Q − −→ P es decir, −→r (t) = 3i + j + 2k + t i − 2j − 4k − 3i + j + 2k −→r (t) = 3i + j + 2k + t −2i − 3j − 6k por lo tanto, en la ecuaci´on anterior tenemos que, −→r 0 = (3, 1, 2) −→ A = (−2, −3, −6) adem´as, −→r 1 = (−1, 1, 1) 50
aplicando la ecuaci´on para la distancia de un punto a una recta obtenemos, d = |[(−1, 1, 1) − (3, 1, 2)] × (−2, −3, −6)| |(−2, −3, −6)| = |(−4, 0, −1) × (−2, −3, −6)| √ 4 + 9 + 36 calculando el producto vectorial, (−4, 0, −1) × (−2, −3, −6) = i j k −4 0 −1 −2 −3 −6 = −3i − 22j + 12k Finalmente, la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q est´a dada por: d = −3i − 22j + 12k √ 49 = √ 9 + 484 + 144 7 = √ 637 7 b) Por definici´on la ecuaci´on (−→r − −→r 0) · −→ N = 0, representa la ecuaci´on de un plano que contiene a un punto de coordenadas (x0, y0, z0) y un vector normal −→ N = ai + bj + ck. En este, caso la ecuaci´on del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta PQ se puede escribir vectorialmente de la forma, −→r − −→ P · −→ Q − −→ P = 0 donde −→ Q − −→ P es un vector que es paralelo a la recta y que es perpendicular al plano buscado, sustituyendo los valores para los vectores −→ P y −→ Q, obtenemos (x − 3, y − 1, z − 2) · (−2, −3, −6) = 0 calculando el producto escalar se obtiene, 2x + 3y + 6z = 21 que es la ecuaci´on del plano que contiene al punto de coordenadas (3, 1, 2) y es perpendicular a la recta PQ. 51
c) Por definici´on, la ecuaci´on que proporciona la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) al plano ax + by + cz = d est´a dada por: D = |ax1 + by1 + cz1 − d| √ a2 + b2 + c2 , donde d = −→ N · −→r 0 = ax0 + by0 + cz0. Aplicando la ecuaci´on anterior, y la ecuaci´on para el plano calculada en el inciso b) obtenemos, D = |2(−1) + 3(1) + 6(1) − 21| √ 22 + 32 + 62 = |7 − 21| √ 49 = 2 que es la distancia del punto (−1, 1, 1) al plano 2x + 3y + 6z = 21. 52
Problema 30. | Calcule la distancia entre los planos x + 2y + 3z = 5, x + 2y + 3z = 19. Soluci´on: Para encontar la distancia entre los planos, tomemos un punto arbitrario en el primer plano (observe que los planos dados son paralelos), por ejemplo el punto (0, 1, 1) y apliquemos la expresi´on para calcular la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) al plano ax + by + cz = d, dada por la expresi´on: D = |ax1 + by1 + z1 − d| (a2 + b2 + c2) , donde a, b y c, son las componentes del vector normal al plano y d = −→ N · −→r 0, siendo −→r 0 el vector de posici´on de un punto sobre el plano. En este caso, tenemos −→ N = (a, b, c) = (1, 2, 3), −→r 1 = (x1, y1, z1) = (0, 1, 1), y d = 19, sustituyendo los valores anteriores en la expresi´on para la distancia, obtenemos D = |1(0) + 2(1) + 3(1) − 19| √ 12 + 22 + 32 = |2 + 3 − 19| √ 14 = |−14| √ 14 = 14 √ 14 = √ 14. Obs´ervese que como los planos son paralelos, el problema tambi´en se puede resolver al considerar cualquier punto en el segundo plano y en ese caso d = 5. 53
3 Problemas del cap´ıtulo 2. Problema 1. Escribir las ecuaciones param´etricas y no param´etricas, de los siguientes c´ırculos: a) centro en (0, 1, 0), radio 2, paralelo al plano XZ, b) centro en (1, 1, 1), radio √ 3, paralelo al plano XY, c) centro en (−1, 2, 3), radio 9, paralelo al plano XZ, d) centro en (−1, 3, −1), radio 5, paralelo al plano Y Z. Soluci´on. Por definici´on, la ecuaci´on (∗) −→ R(θ) = −→ R0 + (a cos θ) e1 + (a sin θ) e2, representa un c´ırculo con centro en el punto (x0, y0, z0) y paralelo al plano formado por los vectores unitarios e1 y e2 que son mutuamente perpendiculares, donde θ est´a entre 0 y 2π. a) Aplicando la ecuaci´on anterior en este caso, a = 2 e1 = i e2 = k −→ R0 = (0, 1, 0), por lo tanto, la ecuaci´on pedida es −→ R(θ) = (0, 1, 0) + (2 cos θ) i + (2 sin θ) k o bien, −→ R(θ) = 2 cos θi + j + 2 sin θk es decir, las ecuaciones param´etricas de un c´ırculo de radio 2 paralelo al plano XZ con centro en (0, 1, 0) son: x = 2 cos θ, y = 1, z = 2 sin θ, que son equivalentes a las ecuaciones no param´etricas, x2 + z2 = 4, y = 1. 54
b) En este caso tenemos, aplicando la ecuaci´on (∗) obtenemos, a = √ 3 e1 = i e2 = j −→ R0 = (1, 1, 1), por lo tanto, la ecuaci´on pedida es −→ R(θ) = (1, 1, 1) + √ 3 cos θ i + √ 3 sin θ j, o bien, −→ R(θ) = 1 + √ 3 cos θ i + 1 + √ 3 sin θ j + k, que es equivalente a las siguientes ecuaciones param´etricas: x = 1 + √ 3 cos θ, y = 1 + √ 3 sin θ, z = 1, de donde obtenemos las ecuaciones no param´etricas, de la forma (x − 1)2 + (y − 1)2 = 3, z = 1. c) An´alogamente, de la ecuaci´on (∗) obtenemos a = 9 e1 = i e2 = k −→ R0 = (1, 2, 3), por lo tanto, la ecuaci´on del c´ıculo en forma param´etrica est´a dada por, −→ R(θ) = (1 + 9 cos θ) i + 2j + (3 + 9 sin θ) k, que es equivalente a las siguientes ecuaciones param´etrica: x = 1 + 9 cos θ, y = 2, z = 3 + 9 sin θ, 55
de donde obtenemos las ecuaciones no param´etricas, de la forma (x − 1)2 + (z − 3)2 = 81, y = 2. d) De un procedimiento similar a los incisos anteriores se obtiene, −→ R(θ) = −i + (3 + 5 sin θ) j + (−1 + 5 sin θ) k, y (y − 3)2 + (z + 1)2 = 25, x = −1.. 56
Problema 2. Dada la curva −→ R = t2 2 i + t3 3 k; 0 t 2, encontrar un vector unitario T(s),donde s es la longitud de arco. Soluci´on. Para encontrar T(s), primero debemos reparametrizar la curva en t´erminos de la longitud de arco s, es decir; obtener −→ R(s) para as´ı calcular: T(s) = d −→ R(s) ds , sabemos que la longitud de arco est´a dada por la expresi´on: s(t) = t 0 −→ R (t) dt, de la ecuaci´on de la curva obtenemos, −→ R (t) = ti + t2 k; de donde, −→ R (t) = t2 + t4 = t (1 + t2), sustituyendo en la expresi´on para la longitud de arco, s(t) = t 0 t (1 + t2)dt. Para resolver la integral, hacemos un simple cambio de variable de la forma u = 1 + t2 , du = 2tdt, dt = du 2t , de esta forma, s(t) = t 0 tu 1 2 du 2t = 1 2 t 0 u 1 2 du = (1 + t2 ) 3 2 3 t 0 = 1 3 (1 + t2 ) 3 2 − 1 , por lo tanto, la longitud de arco de la curva est´a dada por, 57
s(t) = 1 3 (1 + t2 ) 3 2 − 1 de esta expresi´on, despejamos el par´ametro t de la forma; (3s + 1) 2 3 = 1 + t2 ; t(s) = (3s + 1) 2 3 − 1 1 2 , sustituyendo en la expresi´on para −→ R(t(s)), obtenemos −→ R(s) = 1 2 (3s + 1) 2 3 − 1 i + 1 3 (3s + 1) 2 3 − 1 3 2 k, derivando esta expresi´on con respecto al par´ametro s, T(s) = 1 2 2 3 (3s + 1) −1 3 (3) i+ 1 3 2 3 (3s + 1) 2 3 − 1 1 2 2 3 (3s + 1)− 1 3 (3) k, finalmente, el vector unitario est´a dado por: T(s) = 1 (3s + 1) 1 3 i + 1 (3s + 1) 1 3 (3s + 1) 2 3 − 1 1 2 k. Observemos que inmediatamente se puede verificar que T(s) = 1, aplicando la definici´on de la magnitud de un vector tenemos, T(s) = 1 (3s + 1) 2 3 + 1 (3s + 1) 2 3 (3s + 1) 2 3 − 1 = 1 (3s + 1) 2 3 1 + (3s + 1) 2 3 − 1 = (3s + 1) 2 3 (3s + 1) 2 3 = 1 58
Problema 3: Dada la curva cuyas ecuaciones param´etricas son: x = t 2π , y = sin t, z = cos t, calcular la longitud de arco entre el punto (0, 0, 1) y el punto (1, 0, 1) . ¿Cu´al es el vector unitario tangente a la curva dada en el punto (0, 0, 1)?. Soluci´on: De las ecuaciones param´etricas, la curva est´a dada por la ecuaci´on −→r (t) = t 2π i + sin tj + cos tk, donde 0 ≤ t ≤ 2π. Por definici´on la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, est´a dada por: l(t) = t=b t=a d−→r (t) dt dt, de la ecuaci´on de la curva dada, obtenemos d−→r (t) dt = 1 2π i + cos tj − sin tk, de donde, d−→r (t) dt = 1 4π2 + cos2 + sin2 t = 1 + 4π2 4π2 , sustituyendo en la expresi´on para calcular la longitud de la curva obtenemos, 59
l = 2π 0 √ 1 + 4π2 2π dt = √ 1 + 4π2 2π t t=2π t=0 = 1 + 4π2. As´ı mismo por definici´on, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´a dado por: T(t) = d−→r (t) dt d−→r (t) dt , en el punto (0, 0, 1) , es decir, en t = 0, obtenemos d−→r (t = 0) dt = 1 2π i + j, y d−→r (t = 0) dt = √ 1 + 4π2 2π , por lo tanto el vector unitario pedido est´a dado por: T = i + 2πj √ 1 + 4π2 . 60
Problema 4: Si T denota la tangente unitaria a la curva, x = t, y = 2t + 5, z = 3t, demuestre que dT dt = 0, interprete este resultado en forma geom´etrica. Soluci´on: En este caso, sustituyendo las ecuaciones param´etricas, la curva est´a dada por la ecuaci´on −→r (t) = ti + (2t + 5) j + 3tk. En forma an´aloga al problema anterior, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´a dado por: T(t) = d−→r (t) dt d−→r (t) dt , de esta forma, de la ecuaci´on de la curva obtenemos, T = i + 2j + 3k √ 12 + 4 + 9 = i + 2j + 3k √ 14 de donde obtenemos, dT dt = 0. 61
Por otro lado, obs´ervese que las ecuaciones param´etricas de la curva dada son equivalentes a la ecuaci´on, x − 0 1 = y − 5 2 = z − 0 3 , que es la ecuaci´on de una l´ınea recta que pasa por el punto de coordenadas (0, 5, 0) y es paralela al vector −→ A = i+2j+3k, como se ilustra esquem´aticamente en la siguiente figura. ftbpF260.9375pt294.5pt0ptFigure Por lo tanto, la expresi´on d bT dt = 0 indica que el vector T es constante a lo largo de la l´ınea recta, por lo que la direcci´on de la curva debe estar dada por un vector unitario en la direcci´on del vector −→ A, como era de esperarse. 62
Problema 5: a) Determine la longitud de arco de la curva dada por las siguientes ecua- ciones param´etricas, x = et cos t, y = et sin t, z = 0, entre t = 0 y t = 1. b) Reparametrizar la curva en t´erminos de la longitud de arco. Soluci´on: a) De las ecuaciones param´etricas, la curva est´a dada por la ecuaci´on −→r (t) = et cos ti + et sin tj, donde 0 ≤ t ≤ 1. Por definici´on la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, est´a dada por: l(t) = t=b t=a d−→r (t) dt dt, de la ecuaci´on de la curva dada, obtenemos d−→r (t) dt = −et (sin t) + et cos t i + et cos t + et sent j, de donde, d−→r (t) dt = [et (− sin t + cos t)] 2 + [et (cos t + sin t)] 2 = e2t sin2 t + cos2 t − 2 sin t cos t + e2t cos2 t + sin2 t + 2 sin t cos t = √ 2e2t = √ 2et , 63
sustituyendo en la expresi´on para calcular la longitud de la curva obtenemos, l = √ 2 1 0 et dt = √ 2 et 1 0 = √ 2 [e − 1] . b) Para reparametrizar la curva en t´erminos de la longitud de arco s, tenemos por definici´on, que la longitud de arco s (t) est´a dada por la expresi´on, s = s(t) = t t=t1 d−→r (t) dt dt, para t ≥ t1, en este caso escogemos t1 = 0. Por lo tanto la longitud de arco est´a dada por: s (t) = √ 2 t 0 et dt = √ 2 et − 1 , de la expresi´on anterior despejamos a t en funci´on de la longitud de arco s, de la forma et = 1 √ 2 s + 1, es decir, t(s) = log s √ 2 + 1 = log s + √ 2 √ 2 , por lo tanto, la ecuaci´on de la curva en t´erminos de la longitud de arco s est´a dada por: −→r (t(s)) = exp log s + √ 2 √ 2 cos log s + √ 2 √ 2 i + sin log s + √ 2 √ 2 j , 64
finalmente obtenemos, −→r (s) = s + √ 2 √ 2 cos log s + √ 2 √ 2 i + sin log s + √ 2 √ 2 j . 65
Problema 6: Para la curva dada por las ecuaciones param´etricas, x = sin t − t cos t, y = cos t + t sin t, z = t2 , encontrar, a) La longitud de arco entre el punto (0, 1, 0) y el punto −2π, 1, 4π2 b) T (t) . c) T (π) . Soluci´on: En forma an´aloga a los problemas anteriores, en este caso la longitud de la curva estar´a dada por: l = 2π 0 d−→r (t) dt dt en este caso, d−→r (t) dt = (cos t − cos t + t sin t) i + (− sin t + sin t + t cos t) j + 2tk = t sin ti + t cos tj + 2tk por lo tanto, l = 2π 0 t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2dt = 2π 0 √ 5t2dt = √ 5 2 t2 2π 0 = √ 5 2 4π2 , finalmente la longitud de la curva desde el punto (0, 1, 0) al punto −2π, 1, 4π2 , est´a dada por l = 2 √ 5π2 . 66
b) En forma an´aloga a los problemas anteriores, en este caso, el vector tangente a la curva en cualquier punto del espacio est´a dado por: T (t) = −→r (t) |−→r (t)| = t sin ti + cos tj + 2tk t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2 = t sin ti + t cos tj + 2tk t √ 5 , finalmente, T (t) = 1 √ 5 sin ti + cos tj + 2k . c) As´ı mismo en el punto t = π, el vector tangente est´a dado por: T (t = π) = 1 √ 5 −j + 2k . 67
Problema 7. a) Sea el campo escalar φ dado por: φ(x, y, z) = 1 x2 + y2 + z2 Calcular el gradiente de φ en el punto (1, 0, −1). Soluci´on. Aplicando la definici´on del gradiente, obtenemos φ = ∂ ∂x 1 x2 + y2 + z2 , ∂ ∂y 1 x2 + y2 + z2 , ∂ ∂z 1 x2 + y2 + z2 = − 1 2 1 (x2 + y2 + z2) 3 2 2xi + 2yj + 2zk = − xi + yj + zk (x2 + y2 + z2) 3 2 por lo tanto en el punto (1, 0, −1), el gradiente de φ est´a dado por: φ(1, 0, −1) = − 1 (1 + 0 + 1) 3 2 (i − k) es decir, φ(1, 0, −1) = 1 2 √ 2 (−i + k). b) Dado el campo vectorial −→ f (x, y, z) = xi + yj + zk x2 + y2 + z2 calcular i) · −→ f en (1, −2, 1). j) × −→ f en (1, −2, 1). Soluci´on. i) El campo vectorial es de la forma: −→ f (x, y, z) = x x2 + y2 + z2 i + y x2 + y2 + z2 i + z x2 + y2 + z2 i Aplicando la definici´on de la divergencia, se tiene 68
∂f1 ∂x = ∂ ∂x x x2 + y2 + z2 = x2 + y2 + z2 1 2 − x 1 2 x2 + y2 + z2 − 1 2 2x (x2 + y2 + z2) = x2 + y2 + z2 − 1 2 x2 + y2 + z2 − x2 (x2 + y2 + z2) finalmente, ∂f1 ∂x = y2 + z2 (x2 + y2 + z2) 3 2 de forma an´aloga obtenemos, ∂f2 ∂y = ∂ ∂y y x2 + y2 + z2 = x2 + z2 (x2 + y2 + z2) 3 2 y ∂f3 ∂z = ∂ ∂z z x2 + y2 + z2 = x2 + y2 (x2 + y2 + z2) 3 2 por lo tanto la difvergencia de la funci´on vectorial dada resulta, · −→ f = 1 (x2 + y2 + z2) 3 2 (y2 + z2 + x2 + z2 + x2 + y2 ) = 2(x2 + y2 + z2 ) (x2 + y2 + z2) 3 2 = 2 (x2 + y2 + z2) por lo tanto, la divergencia del campo vectorial evaluado en el punto (1, −2, 1) resulta · −→ f (1, −2, 1) = 2 (12 + (−2)2 + 12) = 2 3 Soluci´on alternativa. a) El campo vectorial −→ f (x, y, z) se puede representar de la siguiente forma: −→ f (x, y, z) = φ(x, y, z) −→ A(x, y, z) donde: 69
φ(x, y, z) = 1 x2 + y2 + z2 −→ A(x, y, z) = −→r . Si aplicamos la siguiente propiedad del operador vectorial nabla obtenemos 1) · (φ−→r ) = φ · −→r + φ · −→r , pero del inciso a) se obtuvo que, 1 x2 + y2 + z2 = − xi + yj + zk (x2 + y2 + z2) 3 2 que se puede escribir como (2) φ = − −→r r3 , donde r es la magnitud del vector de posici´on −→r . Por otro lado de la definici´on de la divergencia se tiene, (3) · −→r = ∂x ∂x + ∂y ∂y + ∂z ∂z = 3, sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la ecuaci´on (1) obtenemos, · (φ−→r ) = − −→r r3 · −→r + 3 r = 2 r que es el mismo resultado que se obtuvo anteriormente. En general si un campo escalar φ(x, y, z) se puede representar de la forma, φ(x, y, z) → φ(r) donde r es la magnitud del vector de posici´on, entonces φ(r) = ∂φ ∂r e−→r donde r = |−→r | = x2 + y2 + z2 y er = −→r r . Por ejemplo, si φ(x, y, z) = ln 1 (x2 + y2 + z2) 3 2 que se puede escribir como φ(r) = ln 1 r3 = −3 ln r 70
de donde, ∂φ ∂r = − 3 r y por lo tanto, φ(r) = ∂φ ∂r er = − 3 r −→r r = − 3 r2 −→r . Por otro lado, si aplicamos la definici´on del gradiente, tenemos φ(x, y, z) = 3 2 1 x2 + y2 + z2 2xi + 2yj + 2zk es decir, φ(x, y, z) = 3 x2 + y2 + z2 xi + yj + zk = 3 r2 −→r . j) Si el campo vectorial esta dado como −→ f (x, y, z) = xi + yj + zk x2 + y2 + z2 Por definici´on del rotacional tenemos, × −→ f = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x√ x2+y2+z2 y√ x2+y2+z2 z√ x2+y2+z2 calculando las derivadas parciales, obtenemos × −→ f = − yz (x2 + y2 + z2) 3 2 + yz (x2 + y2 + z2) 3 2 i − − xz (x2 + y2 + z2) 3 2 + xz (x2 + y2 + z2) 3 2 i + − xy (x2 + y2 + z2) 3 2 + xy (x2 + y2 + z2) 3 2 i es decir, × −→ f = −→ 0 Soluci´on alternativa. De la misma forma que en el inciso i) si aplicamos la propiedad del operador ”NABLA” × φ(r) −→ A = φ(r) × −→ A + φ(r) × −→ A, identificando a φ(r) = 1 r y −→ A = −→r tenemos, 71
(4) × −→r r = 1 r × −→r + 1 r × −→r , adem´as, de la definici´on del rotacional tenemos que, (5) × −→r = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x y z = −→ 0 , y del inciso a), obtenemos (6) 1 r = − −→r r3 , sustituyendo las ecuaciones (5) y (6) en la ecuaci´on (4), obtenemos × −→r r = − −→r r3 × −→r , aplicando la definici´on del producto vectorial de dos vectores −→r × −→r = −→ 0 , finalmente obtenemos, × −→r r = −→ 0 , que es el mismo resultado que se obtuvo aplicando la definici´on del determinante para el rotacional. 72
Problema 8. El potencial electrost´atico V debido a dos filamentos paralelos infinitos de densidades lineales λ y −λ est´a dado por, V = ∂ 2πε0 ln( r2 r1 ), donde r2 1 = (x − x0)2 + y2 , y r2 2 = (x + x0)2 + y2 , consideremos los filamentos en la direcci´on z, pasando por el plano XY en (−x0, 0, 0) y (x0, 0, 0). Verificar que: V (x, y) = λ 2πε0 x + x0 r2 1 − x − x0 r2 2 i + 2y 1 r2 1 − 1 r2 2 j Soluci´on: Sustituyendo los valores de r2 1 y r2 2, y aplicando la propiedad de los logar- itmos, obtenemos V (x, y) = λ 2πε0 ln (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 1 2 = λ 4πε0 ln (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 . Por definici´on, sabemos que V (x, y) ≡ ∂V ∂x i + ∂V ∂y j. Calculemos primeramente la derivada con respecto a x, ∂V (x, y) ∂x = k ∂ ∂x ln (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 , donde k = λ 2πε0 , 73
de esta forma, ∂V (x, y) ∂x = k (x − x0)2 + y2 (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 2(x + x0) − (x + x0)2 + y2 2(x − x0) [(x − x0)2 + y2] 2 , sustituyendo r2 1 = (x − x0)2 + y2 , y r2 2 = (x + x0)2 + y2 , obtenemos, ∂V (x, y) ∂x = k r2 1 r2 2 2(x + x0)r2 1 − 2(x − x0)r2 2 r4 1 = λ 4πε0 2(x + x0)r2 1 − 2(x − x0)r2 2 r2 1r2 2 = λ 2πε0 (x + x0) r2 2 − (x − x0) r2 1 . An´alogamente, para la derivada con respecto a y obtenemos, ∂V (x, y) ∂y = k ∂ ∂y ln (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 = k (x − x0)2 + y2 (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 − 2y (x + x0)2 + y2 2y [(x − x0)2 + y2] 2 = k r2 1 r2 2 2y(r2 1 − r2 2 r4 1 = k2y 1 r2 2 − 1 r2 1 j. Finalmente, sumando las derivadas parciales con respecto a x y a y obten- emos, V (x, y) = λ 2πε0 x + x0 r2 1 − x − x0 r2 2 i + 2y 1 r2 1 − 1 r2 2 j . 74
Problema 9. Hallar: a) La derivada direccional de φ(x, y, z) = x2 + y2 + z2 en la direcci´on del punto P(1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1) y b) Su valor m´aximo y direcci´on en el punto (1, 1, 0). Soluci´on: a) Sean −→r P y −→r Q los vectores de posici´on de los puntos P y Q respectiva- mente, es decir −→r P = i + j −→r Q = 2i + j + k por lo tanto, u = −→r Q − −→r P |−→r Q − −→r P | = 2i + j + k − i + j (2 − 1)2 + (1 − 1)2 = 1 √ 2 i + k asimismo, de la definici´on del gradiente dada por la ecuaci´on, φ(x, y, z) ≡ ∂V ∂x i + ∂V ∂y j +∂V ∂z k obtenemos, φ = 2xi + 2yj + 2zk sustituyendo en la expresi´on para la derivada direccional, dφ ds = φ · u = 2xi + 2yj + 2zk · 1 √ 2 i + k = 2 √ 2 (x + z) evaluando en el punto (1, 1, 0) finalmente obtenemos, dφ(1, 1, 0) ds = √ 2. Es decir, el campo escalar se incrementa a una raz´on de √ 2 por unidad de distancia cuando se avanza del punto P(1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1). b) Por definici´on aplicando la propiedad del gradiente que establece, el valor m´aximo de dφ ds ser´a igual a la magnitud del gradiente de φ, es decir; dφ ds max = | φ| = 2 √ 2 75
y tambi´en de la propiedad del gradiente, el valor m´aximo de dφ ds se tendr´a en la direcci´on del gradiente φ(1, 1, 0) = 2(1)i + 2(1)j + 2(0)k, es decir, en la direcci´on del vector 2i + 2j. 76
Problema 10. Hallar la derivada de P = 4 exp (2x − y + z) en el punto (1, 1, −1) en di- recci´on del vector (−3, 5, 6). Soluci´on: Por definici´on la derivada direccional est´a dada por: ∂φ ∂s = φ · u, en este caso, la derivada direccional estar´a dada por, ∂P ∂s = P · u, calculando el gradiente de la funci´on P, P = ∂ ∂x (4 exp (2x − y + z)) i + ∂ ∂x (4 exp (2x − y + z)) i + ∂ ∂x (4 exp (2x − y + z)) i = exp (2x − y + z) 8i − 4j + 4k , la direcci´on est´a dada en este caso por el vector, u = −→u |−→u | = −3i + 5j + 6k √ 70 , por lo tanto la derivada de la funci´on P en el punto (1, 1, −1) est´a dada por: ∂P(1, 1, −1) ∂s = P(1, 1, −1) · u = exp (2(1) − (1) + (−1)) 8i − 4j + 4k · −3i + 5j + 6k √ 70 = −24 − 20 + 24 √ 70 = − 20 √ 70 . 77
Problema 11 Calcule la derivada direccional de f(x, y, z) = xyz en el punto (e, e, 0) y en la direcci´on del punto (1, 2, 3) hacia el punto (0, 3, 2). Soluci´on: Para calcular la derivada direccional de f(x, y, z), tenemos por definici´on que df ds = f · u, donde, f es el gradiente de la funci´on dada y u es el vector que indica la direcci´on, que en este caso, est´a dada por el vector, −→u = −→r2 − −→r1 = (0, 3, 2) − (1, 2, 3) = (−1, 1, −1), de esta forma, u = −→u |−→u | = 1 √ 3 (−1, 1, 1). Aplicando la definici´on del gradiente, obtenemos f = ∂ ∂x [xyz ] i + ∂ ∂y [xyz ] j + ∂ ∂z [xyz ] k = ∂ ∂x eln xyz i + ∂ ∂y eln xyz j + ∂ ∂z eln xyz k = eln xyz ∂ ∂x (ln xyz ) i + eln xyz ∂ ∂y (ln xyz ) j + eln xyz ∂ ∂y (ln xyz ) k = eln xyz 1 xyz yzxyz−1 i + 1 xyz (z ln x) j + 1 xyz (y ln x) k , que se puede escribir de la forma, f = yzxyz−1 i + z ln xj + y ln xk, de esta forma en el punto (e, e, o), el gradiente est´a dado por: f(e, e, o) = 0i + 0j + e ln(e)k = e(0, 0, 1), Finalmente la derivada direccional est´a dada por: 78
df ds = e(0, 0, 1) · 1 √ 3 (−1, 1, 1) = e √ 3 . 79
Problema 12. Encontrar los valores de las constantes a, b y c de forma que la derivada de la funci´on φ(x, y, z) = axy2 + byz + cx3 z2 en el punto (1, 2, −1) tenga un m´aximo de magnitud 64 en la direcci´on paralela al eje Z. Soluci´on: Por definici´on, la derivada direccional est´a dada por: dφ ds = φ · u Aplicando las hip´otesis del problema, ´esta derivada ser´a m´axima en direcci´on paralela al eje Z, es decir en direcci´on del vector k por lo tanto, (1) φ · k = 64, (2) φ · j = 0, (3) φ · i = 0, aplicando la definic´on del gradiente obtenemos, φ = ay2 + 3cx2 z2 i + (2axy + bz)j + by + 2cx3 z k evaluando en el punto (1, 2, −1), obtenemos φ(1, 2, −1) = (4a + 3c) i + (4a − b)j + (2b − 2c) k por lo tanto, de las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos (1a) 2b − 2c = 64, (2a) 4a + 3c = 0, (3a) 4a − b = 0, de las ecuaciones (2a) y (3a) obtenemos, b = −3c al sustituir en la ecuaci´on (1a) obtenemos, c = −8 nuevamente empleando las ecuaciones (21) y (3a) obtenemos, 80
a = 6 b = 24 81
Problema 13. Dado el campo escalar, φ(x, y, z) = 2xz + ey z2 a) Encontrar dφ ds en el punto (2, 1, 1) y en la direcci´on del vector 2i + 3j − k. b) Cu´al es la direcci´on del m´aximo cambio de φ(x, y, z) en el punto (2, 1, 1) y que valor tiene ´este m´aximo cambio. c) Encuentre la ecuaci´on del plano tangente a φ(x, y, z) = 4 + e en el punto (2, 1, 1). Problema: Por definici´on, sabemos que la derivada direccional est´a dada por: df ds = f · u, donde, f es el gradiente de la funci´on dada y u es el vector que indica la direcci´on, que en este caso, est´a dada por el vector, u = 1 √ 14 (2, 3, −1) , as´ı mismo, φ ≡ ∂φ ∂x i + ∂φ ∂y j + ∂φ ∂z k = 2zi + ey z2 j + (2x + ey z) k, de tal forma que en el punto (2, 1, 1) , el gradiente est´a dado por: φ = 2i + ej + (4 + 2e)k Por lo tanto, la derivada direccional est´a dada por: df ds = 2i + ej + (4 + 2e)k · 1 √ 14 (2, 3, −1) = 1 √ 14 [4 + 3e − 4 − 2e] = e √ 14 . b) La direcci´on en el cual el campo escalar φ est´a cambiando m´as r´apido, est´a dada en la direcci´on gradiente, de esta forma en el punto (2, 1, 1), tenemos φ(2, 1, 1) = 2i + ej + (4 + 2e)k, y su m´aximo valor est´a dada por: | φ(2, 1, 1)| = 22 + e2 + (4 + 2e)2 = 20 + 16e + 5e2. 82
c) El vector normal a la superficie en el punto (2, 1, 1) est´a dado por el gradiente, φ(2, 1, 1) = 2i + ej + (4 + 2e)j, De esta forma, la ecuaci´on del plano tangente a φ(2, 1, 1) = 4 + e, est´a dada por φ • (−→r − −→r0) = 0, es decir, 2(x − 2) + e(y − 1) + (4 + 2e)(z − 1) = 0, que tambi´en se puede escribir de la forma, 2x + ey + 4z = 8 + 3e. 83
Problema 14. La temperatura de los puntos en el espacio est´a dada por: T(x, y, z) = x2 + y2 − z a) Si un mosquito situado en el punto (1, 1, 2) se est´a muriendo de fr´ıo. ¿En qu´e direcci´on deber´a volar para que no se muera? b) Si el mosquito vuela a una raz´on de 5 unidades de distancia por segundo en direcci´on del vector 4i+4j−2k. ¿Cu´al es la raz´on de cambio de aumento en la temperatura por unidad de tiempo en el momento en que pasa el mosquito por el punto (1, 1, 2)?. Soluci´on: a) Como el gradiente de T a punta en la m´axima raz´on de cambio de la temperatura y el mosquito en el punto (1, 1, 2) se est´a muriendo de fr´ıo, deber´a moverse en la direcci´on del gradiente para calentarse. Aplicando la definici´on del gradiente, T(x, y, z) ≡ ∂T ∂x i + ∂T ∂y j + ∂T ∂z k, en este caso, tenemos T(x, y, z) = 2xi + 2yj − k, de esta forma, en el punto (1, 1, 2) el gradiente est´a dado por T(1, 1, 2) = 2i + 2j − k, as´ı que el mosquito deber´a moverse en la direcci´on del vector (2, 2, −1). b) Aplicando regla de la cadena, la raz´on de cambio en la temperatura esta dada por: dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = T · u, es la derivada direccional, y ds dt , es la rapidez con la que se mueve el mosquito. Por hip´otesis del problema, la direcci´on est´a dada por el vector unitario, u = 4i + 4j − 2k √ 16 + 16 + 4 = 4 6 , 4 6 , − 2 6 , de esta forma la derivada direccional estar´a dada por dT ds = (2, 2, −1) · 1 3 (2, 2, −1) = 4 3 + 4 3 + 1 3 = 3, y como ds dt = 5, finalmente el cambio en la temperatura estar´a dada de la forma, 84
dT dt = 15 ◦ C seg . 85
Problema 15. El capit´an Peluches tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando ´el esta en la posici´on (x, y, z) est´a dada por: T(x, y, z) = e−x−y−z , donde x, y y z est´an medidas en metros. Actualmente ´el est´a en el punto (2, 2, 2). a) ¿En qu´e direcci´on deber´a avanzar para disminuir m´as rapido la temper- atura? b) Si la nave viaja a e8 m s , ¿con qu´e rapidez decaer´a la temperatura si avanza en esa direcci´on? Soluci´on: a) Si el campo escalar de temperaturas, est´a dado por T(x, y, z) = e−x−y−z , de la definici´on de la derivada direccional dT ds = T · u, que f´ısicamente nos da la raz´on de cambio del campo escalar (temperatura) en la direcci´on del vector u, la m´axima raz´on de cambio de aumento de la temperatura estar´a dada por dT ds max = | T| , es decir, cuando T apunta en la direcci´on de u. Por lo tanto, si el capit´an Peluches est´a en el punto (2, 2, 2) se tiene que mover en direcci´on contraria al gradiente. Aplicando la definici´on del gradiente, tenemos T = ∂T ∂x i + ∂T ∂y j + ∂T ∂z z T = −e−x−y−z i − e−x−y−z j − e−x−y−z k [T (2, 2, 2)] = −e−2−2−2 i + j + k = −e−6 i + j + k , de esta forma, el capit´an Peluches se tiene que mover en direcci´on del vector e−6 i + j + k . b) Si la nave viaja una rapidez de e8 m/s ds dt , entoces la rapidez con la cual diminuye la temperatura, est´a dada por (aplicando regla de la cadena): dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = T • u, y 86
u = T | T| = e−6 i + j + k √ e−123 = i + j + k √ 3 , por lo tanto, dT ds = T • T | T| = | T| 2 | T| = | T| = e−6 √ 3 0 C m , finalmente, la rapidez con la que disminuye la temperatura est´a dada por: dT dt = √ 3 0 C m e8 m s = √ 3 e8 0 C seg . 87
Problema 16. a) La temperatura en una caja rect´angular est´a dada aproximadamente por T(x, y, z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z), donde 0 < × < 1, 0 < y < 2 y 0 < z < 3. Si un mosquito se localiza en el punto (0, 1, −2), en que direcci´on deber´a volar para enfriarse lo m´as r´apido posible. Explique su respuesta. b) Si el mosquito est´a volando a una velocidad de 1.5 metros por segundo. Con qu´e rapidez est´a cambiando la temperatura de la caja cuando se mueve en direcci´on paralela al eje x?. Soluci´on. a) El gradiante apunta donde la raz´on de cambio del incremento de tem- peratura es m´axima, por lo que el mosquito debe moverse en direcci´on opuesta al gradiente. Por definici´on, el gradiente de una funci´on escalar est´a dado por, T = ∂T ∂x i + ∂T ∂y j + ∂T ∂z k, en este caso, T(x, y, z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z), luego entonces T = ∂T ∂x i + ∂T ∂y j + ∂T ∂z k T = [(1 − x) − x] (2 − y) (3 − z) i − x (1 − x) (3 − z) j − x (1 − x) (2 − y) k = (1 − 2x) (2 − y) (3 − z) i − x (1 − x) (3 − z) j − x (1 − x) (2 − y) k evaluando en el punto donde esta el mosquito, tenemos T (0, 1, −2) = (1 − 2 (0)) (2 − (1)) (3 − (−2)) i + 0j + 0k = 5i es decir, el mosquito debe volar en direcci´on del vector −5i para enfriarse. b) Si el mosquito vuela a una rapidez de v = 1.5 m seg = ds dt , entonces aplicando la regla de la cadena, tenemos dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = T • u, y 88
u = (1, 0, 0) puesto que se mueve en direcci´on paralela al eje x, por lo tanto dT dt = 1.5 ( T · u) = 1.5 5i · i , finalmente, la rapidez con la cual est´a cambiando la temperatura de la caja cuando el mosquito se mueve en direcci´on paralela al eje x, est´a dada por dT dt = 7.5 0 C seg . 89
Problema 17. a) Defina el concepto de conjunto de nivel. b) Defina el concepto de gr´afica de una funci´on. c) Describa el comportamiento, conforme var´ıa c, del conjunto de nivel para la siguiente funci´on. f(x, y) = 1 − x2 − y2 , d) Cual es el conjunto de nivel si c > 1. Soluci´on: a) Sea f : U ⊂ Rn −→ R, se define el conjunto de nivel como el conjunto de puntos −→x ∈ U que satisfacen, Lc = {−→x ∈ U : f(−→x ) = C ∈ R} . b) Sea f : U ⊂ Rn −→ R, se define la gr´afica de la funci´on f como el conjunto de puntos (x1, x2.........xn, f(x1x2, ....., xn)), que pertenecen a Rn+1 para (x1, x2.........xn) ∈ U, es decir, el conjunto ((x1, x2...., xn, f(x1, x2, ...., xn)) ∈ Rn+1 : (x1, ..., xn) ∈ U . c) Si f(x, y) = 1 − x2 − y2 ; en este caso el conjunto de nivel es una curva en R2 tal que cumple: Lc = (x, y) : 1 − x2 − y2 = c , o tambi´en, Lc = (x, y) : x2 + y2 = 1 − c , es decir, conforme c varie las curvas del nivel son c´ırculos de radio √ 1 − c. d) Si c > 1 el conjunto de nivel es el conjunto vacio. 90
Problema 18. Hallar un vector unitario normal a la superficie S representada por las ecua- ciones param´etricas x = u cos v, y = u sin v, y z = z(u). Soluci´on: Por definici´on, una superficie S en el espacio est´a descrita por una funci´on vectorial de la forma: −→r (u, v) = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k, donde u y v son par´ametros (variables), en forma an´aloga al par´ametro t para una trayectoria curva en el espacio representada por −→ f (t); as´ı mismo, las ecua- ciones x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), son las ecuaciones param´etricas de la superficie S. En este caso, la ecuaci´on param´etrica para la superficie S est´a dada por: −→r (u, v) = u cos vi + u sin vj + z(u)k por lo tanto, un vector normal unitario en cada punto de la superficie S repre- sentada por la ecuaci´on anterior estar´a dado por: n = −→r u × −→r v |−→r u × −→r v| , donde los vectores −→r u y −→r v son vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v respectivamente, ´estos vectores est´an dados por: −→r u ≡ ∂−→r (u, v) ∂u = cos vi + sin vj + z‘(u)k, y −→r v ≡ ∂−→r (u, v) ∂v = −u sin vi + u cos vj. Calculando el producto vectorial de estos vectores, obtenemos −→r u×−→r v = i j k cos v sin v z‘(u) −u sin v u cos v 0 = (−u cos vz (u))i−(u sin vz (u))j+ u cos2 v + u sin2 v k es decir, −→r u × −→r v = (−u cos vz (u))i − (u sin vz (u))j + uk, 91
la magnitud de este vector est´a dada por, |−→r u × −→r v| = (−u cos vz (u))2 + (u sin vz (u))2 + u2 = u 1 + [z (u)] 2 , sustituyendo los resultados anteriores en la expresi´on para el vector unitario n, obtenemos n = − cos vz (u)i − sin vz (u)j + k 1 + [z‘(u)] 2 Problema 19. Demostrar que −→ f = r2−→r es un campo vectorial conservativo y encontrar el potencial escalar del cual se deriva. Soluci´on: Para mostrar que −→ f = r2−→r es un campo conservativo debemos verifica que × −→ f = −→ O. Calculando el rotacional de −→ f , usando la propiedad distributiva del producto de un campo escalar por un campo vectorial obtenemos, × (r2−→r ) = r2 × −→r + r2 × −→r , aplicando las siguientes propiedades del operador nabla, rn = nrn−2−→r , que se demuestra en el problema 22, y la propiedad × −→r = −→ O, obtenemos, × (r2−→r ) = 2−→r × −→r = −→ O, es decir, −→ f = r2−→r , es un campo vectorial conservativo. Ahora debemos encontrar el potencial φ(r) tal que −→ f (r) = φ(r). Para hacer esto, aplicamos la siguiente expresi´on para el gradiente de una funci´on que s´olamente depende de r = |−→r | , y que resulta de aplicar la regla de la cadena, φ(r) = ∂φ(r) ∂x i + ∂φ(r) ∂y j + ∂φ(r) ∂z k, = ∂φ ∂r ∂r ∂x i + ∂φ ∂r ∂r ∂y j + ∂φ ∂r ∂r ∂z k, = φ (r) r, = φ (r)er, 92
de esta forma, el campo vectorial dado, se puede escribir como, −→ f = r2−→r = r3 er, por lo tanto, aplicando el hecho de que el campo vectorial es conservativo, es decir −→ f (r) = φ(r), obtenemos φ (r) = r3 , de donde, integrando obtenemos inmediatamente, φ(r) = r4 4 + C, donde C es una constante de integraci´on que depende de las condiciones iniciales. 93
Problema 20. a) Mostrar que • [f(r)−→r ] = 3f(r) + rf (r). b) Calcule × [f(r)−→r ] (no aplique la definici´on del determinante). Soluci´on: Aplicando la propiedad de la divergencia del producto de una funci´on escalar por una funci´on vectorial, dada por: · [f(r)−→r ] = f(r) · −→r + f(r) ·−→r , como el campo escalar f(r), s´olo depende de r = |−→r | , podemos aplicar f(r) = f (r) r = f (r) −→r r , adem´as, por definici´on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos • −→r = 3, entonces • [f(r) −→r ] = f (r) −→r r • −→r + 3f(r) = rf (r) + 3f(r), b) En forma an´aloga al inciso a) aplicando la propiedad del rotacional del producto de una funci´on escalar por una funci´on vectorial, dada por: × [f(r)−→r ] = f(r) ×−→r + f(r) × −→r , por definici´on, sabemos que × −→r = −→ 0 , y aplicando la expresi´on para el gradiente de una funci´on que s´olamente depende de r, donde r = |−→r | , obtenemos f(r) × −→r = f (r) r −→r × −→r = −→ 0 , finalmente se demuestra que × [f(r)−→r ] = −→ 0 . 94
Problema 21. Hallar el campo vectorial −→ F tal que −→ F = f(r)−→r y div −→ F = 0, es decir; halle la funci´on f(r). Soluci´on: Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla, · Φ −→ A = Φ · −→ A + Φ · −→ A, en este caso, tenemos Φ = f(r), −→ A = −→r , · [f(r)−→r ] = f(r) · −→r + f(r) · −→r como el campo escalar f, s´olo depende de r = |−→r | , podemos aplicar f(r) = f (r) r = f (r) −→r r , que se demuestra aplicando regla de la cadena (ver problema 19). Por otro lado, de la definici´on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos · −→r = ∂ ∂x , ∂ ∂y , ∂ ∂z · (x, y, z) = 3, entonces · [f(r)−→r ] = f´(r) −→r r · −→r + 3f(r) = f´(r)r + 3f(r), aplicando la hip´otesis del problema dada por · [f(r)−→r ] = 0, obtenemos f´(r) f(r) r + 3 = 0, o tambi´en, 1 f(r) df(r) = − 3 r dr, integrando, obtenemos 95
df(r) f(r) = −3 dr r ln f(r) + cte = −3 (ln r + cte) ln f(r) = ln r−3 + cte eln f(r) = e(ln r−3 +cte), finalmente, la funci´on escalar est´a dada por: f(r) = Ar−3 = A r3 . donde A es una constante de integraci´on. 96
Problema 22. a) Si −→r = |−→r | demostrar las siguientes identidades, I) rn = nrn−2−→r II) 2 rn = n(n + 1)rn−2 III) · (rn−→r ) = (n + 3) rn b) Aplique los resultados del inciso a) para calcular, I) 1 r II) 2 ()1r3/2 III) · −→r r3 Solucion: a) Por definici´on, el vector de posici´on de un punto en el espacio est´a dado por, −→r = xi + yj + zk, de donde, la magnitud del vector esta dada por r = |−→r | = x2 + y2 + z2. Aplicando la definici´on del operador vectorial nabla dado por, ≡ ∂ ∂x i + ∂ ∂y j + ∂ ∂z k, obtenemos para I), rn = ∂rn ∂x i + ∂rn ∂y j + ∂rn ∂z k, sustituyendo la magnitud del vector de posici´on, tenemos rn = ∂ ∂x x2 + y2 + z2 n 2 i + ∂ ∂y x2 + y2 + z2 n 2 j + ∂ ∂z x2 + y2 + z2 n 2 k = n 2 x2 + y2 + z2 n 2 −1 (2x) i + n 2 x2 + y2 + z2 n 2 −1 (2y) j + n 2 x2 + y2 + z2 n 2 −1 (2z) k = n x2 + y2 + z2 n−2 2 xi + yj + zk = n |−→r | n−2 −→r , finalmente, rn = nrn−2−→r . II) Para este caso, sabemos que el operador laplaciano est´a dado por, 97
2 ≡ · = ∂2 ∂x2 + ∂2 ∂y2 + ∂2 ∂z2 , de esta forma, sustituyendo la magnitud del vector −→r , obtenemos 2 rn = ∂2 ∂x2 x2 + y2 + z2 n 2 + ∂2 ∂y2 x2 + y2 + z2 n 2 + ∂2 ∂z2 x2 + y2 + z2 n 2 , observese por la forma de la funci´on escalar dada, s´olo necesitamos calcular las derivadas parciales con respecto a x, las derivada con respecto a y y z son an´alogas, sin embargo podemos usar el resultado del inciso anterior de la forma, 2 rn ≡ · rn = · nrn−2−→r , y en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla, · Φ −→ A = Φ · −→ A + Φ · −→ A, donde, Φ = nrn−2 , −→ A = −→r , por lo tanto, 2 rn ≡ · nrn−1−→r = nrn−2 · −→r + nrn−2 · −→r , aplicando la divergencia de una funci´on vectorial tenemos que · −→r = 3 y el resultado del inciso anterior, en este caso rn−2 = (n−2)rn−4−→r , de esta forma, 2 rn = n(n − 2)rn−4−→r · −→r + 3nrn−2 , = n(n − 2)rn−2 + 3nrn−2 , donde aplicamos el hecho de que −→r · −→r = |−→r | 2 = r2 , finalmente obtenemos 2 rn = n(n + 2)rn−2 . III). En forma an´aloga al inciso a) parte II), aplicando la propiedad de la divergencia de un campo escalar por un campo vectorial, en este caso las funciones escalares y vectoriales est´an dadas por, Φ = rn , −→ A = −→r , por lo tanto, 98
· (rn−→r ) = rn · −→r + rn · −→r usando los resultado de los incisos anteriores obtenemos, · (rn−→r ) = nrn−2−→r · −→r + 3rn = nrn + 3rn = (n + 3)rn . b) Aplicando los resultados del inciso a) obtenemos, I) 1 r = r−1 = (−1)r−3−→r = − −→r r3 . II) 2 ()1r3/2 = 2 r− 3 2 = −3 2 −3 2 + 1 r(− 3 2 −2) = 3 4 r− 7 2 = 3 4 √ r7 . III) · −→r r3 = · r−3−→r = 0. 99
Problema 23. Dado el campo vectorial, −→ F = −→r |−→r | k , donde −→r = xi + yj + zk. Para qu´e valor de la constante k, la divergencia de −→ F es igual a cero?. Soluci´on: Las componentes del campo vectorial −→ F est´an dadas por: Fx = x (x2 + y2 + z2) k 2 , Fy = y (x2 + y2 + z2) k 2 , Fz = z (x2 + y2 + z2) k 2 , como la divergencia de una campo vectorial −→ F = Fxi + Fyj + Fzk, est´a dada por · −→ F ≡ ∂Fx ∂x + ∂Fy ∂y + ∂Fz ∂z s´olamente necesitamos calcular una derivada parcial, de esta forma ∂Fx ∂x = ∂ ∂x x (x2 + y2 + z2) k 2 = x2 + y2 + z2 k 2 − x k 2 x2 + y2 + z2 k 2 −1 (2x) (x2 + y2 + z2) k = 1 (x2 + y2 + z2) k 2 − kx2 (x2 + y2 + z2) k 2 +1 . An´alogamente para las derivadas parciales con respecto a y y z, obtenemos ∂Fy ∂y = 1 (x2 + y2 + z2) k 2 − ky2 (x2 + y2 + z2) k 2 +1 . ∂Fz ∂z = 1 (x2 + y2 + z2) k 2 − kz2 (x2 + y2 + z2) k 2 +1 . 100
sumando los resultados anteriores, la divergencia del campo vectorial −→ F , est´a dada por · −→ F = 3 (x2 + y2 + z2) k 2 − k x2 + y2 + z2 (x2 + y2 + z2) k 2 +1 = 3 − k (x2 + y2 + z2) k 2 . de lo anterior, vemos que si k = 3, entonces la divergencia de −→ F es igual a cero. 101
Soluci´on alternativa: Como el campo vectorial es de la forma, −→ F = f(r)−→r , en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla, · f(r) −→ A = f(r) · −→ A + f(r) · −→ A, donde, f(r) = |−→r | −k , −→ A = −→r , de esta forma, · |−→r | −k −→r = |−→r | −k · −→r + |−→r | −k · −→r , aplicando el resultado f(r) = df(r) dr er, que se cumple para campos escalares que solamente dependen de r, donde r = |−→r | . Por lo tanto, · |−→r | −k −→r = − |−→r | −k−1 −→r |−→r | · −→r + 3 |−→r | −k = − |−→r | −k−2 |−→r | 2 + 3 |−→r | −k = 3 − k |−→r | k , donde se aplic´o tambi´en la propiedad de la norma del producto escalar de vec- tores y el hecho de que · −→r = ∂x ∂x + ∂y ∂y + ∂z ∂z = 3. De la misma forma, si k = 3, entonces · −→ F = 0. 102
Problema 24. Dado el campo vectorial, −→ F = −yi + xj (x2 + y2) k 2 . Hallar el valor de la constante k, de forma que −→ F sea irrotacional, es decir que × −→ F = −→ 0 . Soluci´on. Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla, × Φ −→ A = Φ × −→ A + Φ × −→ A, donde en este caso, Φ = x2 + y2 − k 2 , −→ A = −yi + xj, obtenemos, × x2 + y2 k 2 −xi + yj = x2 + y2 − k 2 × −yi + xj + x2 + y2 − k 2 × −yi + xj , del problema anterior, obtenemos x2 + y2 − k 2 = −k (x2 + y2) k 2 +1 xi + yj de esta forma, × x2 + y2 − k 2 −xi + yj = −k (x2 + y2) k 2 +1 xi + yj × −yi + xj + x2 + y2 − k 2 × −yi + xj calculando el producto vectorial y el rotacional, xi + yj × −yi + xj = i j k x y 0 −y x 0 = x2 + y2 k × −yi + xj = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y 0 −y x 0 = 2k sustituyendo, obtenemos 103
× x2 + y2 k 2 −xi + yj = −k (x2 + y2) k 2 +1 x2 + y2 k + 2k (x2 + y2) k 2 = 2 − k (x2 + y2) k 2 k. De lo anterior, si k = 2, entonces × −→ F = −→ 0 . 104
Problema 25. a) Calcular las constantes a, b y c, de forma que el campo vectorial −→ A = (x + 2y + az)i + (bx − 3y − z)j + (4x + cy + 2z)k sea irrotacional. b) Si el campo vectorial es irrotacional, encontrar el campo escalar del cual se deriva ´este campo vectorial . Soluci´on: a) Por definici´on, si −→ A es irrotacional debe cumplir que × −→ A = −→ 0 , por lo tanto × −→ A = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x + 2y + az bx − 3y − z 4x + cy + 2z = ∂ ∂y (4x + cy + 2z) − ∂ ∂z (bx − 3y − z) i − ∂ ∂x (4x + cy + 2z) − ∂ ∂z (x + 2y + az) j + ∂ ∂x (bx − 3y − z) − ∂ ∂y (x + 2y + az) k aplicando la hip´otesis de que el campo vectorial debe ser conservativo, entonces c + 1 = 0 −a + 4 = 0 b − 2 = 0 de las ecuaciones anteriores obtenemos inmediatamente a = 4, b = 2 y c = −1. Por lo tanto, el campo vectorial que es irrotacional est´a dado por: −→ A = (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z)j + (4x − y + 2z)k b) Debido a que si × −→ A = −→ 0 entonces, −→ A = φ(x, y, z), por lo tanto (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z)j + (4x − y + 2z)k = ∂φ ∂x i + ∂φ ∂x j + ∂φ ∂x k, 105
de donde, ∂φ ∂x = x + 2y + 4z, ∂φ ∂y = 2x − 3y − z, ∂φ ∂z = 4x − y + 2z, Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = x2 2 + 2xy + 4xz + f(y, z), (2) φ(x, y, z) = 2xy − 3 2 y2 − yz + g(x, z), (3) φ(x, y, z) = 4xz − yz + z2 + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a y, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, ∂φ ∂y = 2x + ∂f(y, z) ∂y ∂φ ∂y = 2x − 3y − z de las ecuaciones anteriores se obtiene, ∂f(y, z) ∂y = −3y − z integrando nuevamente con respecto a y obtenemos, f(y, z) = − 3 2 y2 − yz + m(z) substituyendo en la ecuaci´on (1) obtenemos, (4) φ(x, y, z) = x2 2 + 2xy + 4xz − 3 2 y2 − yz + m(z). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (3) y (4) derivando parcialmente con respecto a z, obtenemos ∂φ ∂z = 4x − y + ∂m(z) ∂z ∂φ ∂z = 4x − y + 2z de lo anterior, se tiene 106
4x − y + ∂m(z) ∂z = 4x − y + 2z dm(z) dz = 2z finalmente obtenemos, m(z) = z2 + cte, por lo tanto, la funci´on escalar φ(x, y, z) tal que −→ A = φ(x, y, z) est´a dada por: φ(x, y, z) = x2 2 + 2xy + 4xz − 3 2 y2 − yz + z2 + cte n´otese que: φ(x, y, z) = (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z)j + (4x − y + 2z)k = −→ A. 107
Problema 26. a) Demostrar −→ A = (6xy + z3 )i + (3x2 − z)j + (3xz2 − y)k que es irrotacional. b) Hallar φ tal que −→ A = φ. Soluci´on: a) Verifiquemos primeramente si el campo vectorial dado es irrotacional × −→ A = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 6xy + z3 3x2 − z 3xz2 − y = ∂ ∂y (3xz2 − y) − ∂ ∂z (3x2 − z) i − ∂ ∂x (3xz2 − y) − ∂ ∂z (6xy + z3 ) j + ∂ ∂x (3x2 − z) − ∂ ∂y (6xy + z3 ) k = (−1 + 1)i − 3z2 − 3z2 j + (6x − 6x)k. Por lo tanto como × −→ A = −→ 0 entonces −→ A es irrotacional. b) del resultado anterior, se tiene que −→ A = φ por lo tanto ∂φ ∂x = 6xy + z3 , ∂φ ∂y = 3x2 − z, ∂φ ∂z = 3xz2 − y. Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = 3x2 y + xz3 + f(y, z), 108
(2) φ(x, y, z) = 3x2 y − yz + g(x, z), (3) φ(x, y, z) = xz3 − yz + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a z las ecuaciones (1) y (3) obtenemos, ∂φ ∂z = 3xz2 + ∂f(y, z) ∂z , ∂φ ∂z = 3xz2 − y, de las ecuaciones anteriores se obtiene, ∂f(y, z) ∂y = −y, integrando nuevamente con respecto a y obtenemos, f(y, z) = −yz + m(y), substituyendo en la ecuaci´on (1) obtenemos, (4) φ(x, y, z) = 3x2 y + xz3 − yz + m(y). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y, obtenemos ∂φ ∂y = 3x2 − z + ∂m(y) ∂y , ∂φ ∂y = 3x2 − z, de lo anterior, se tiene 109
3x2 − z + ∂m(y) ∂y = 3x2 − z, dm(y) dy = 0, finalmente obtenemos m(z) = cte, por lo tanto, la funci´on escalar φ(x, y, z) tal que −→ A = φ(x, y, z) est´a dada por: φ(x, y, z) = 3x2 y + xz3 − yz + cte. 110
Problema 27. Verificar si el campo vectorial −→ f = 3x2 yi + (x3 + 1)j + 9z2 k se puede obtener a partir del gradiente de una funci´on escalar. Si es as´ı, obtenga el campo escalar. Soluci´on: Verifiquemos si el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector −→ 0 . × −→ f = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 3x2 y x3 + 1 9z2 , de lo anterior se deduce inmediatamente que, × −→ f = −→ 0 . Por lo tanto el campo vectorial es un campo conservativo, as´ı que se puede deducir a partir del gradiente de una funci´on escalar, es decir; −→ f = φ. De la expresi´on para el campo vectorial −→ f y de la definici´on para el gradiente, obtenemos ∂φ ∂x = 3x2 y, ∂φ ∂y = x3 + 1, ∂φ ∂z = 9z2 . 111
Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = x3 y + f(y, z), (2) φ(x, y, z) = x3 y + y + g(x, z), (3) φ(x, y, z) = 3z3 + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a x las ecuaciones (1) y (3) e igualando las ecuaciones resultantes, obtenemos ∂h(x, y) ∂x = 3x2 y integrando nuevamente con respecto a x obtenemos, h(x, y) = x3 y + m(y) substituyendo en la ecuaci´on (3) obtenemos, (4) φ(x, y, z) = 3z3 + x3 y + m(y). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y e igualando las ecuaciones resultantes, obtenemos dm(y) dy = 1 finalmente obtenemos, m(y) = y + cte por lo tanto, la funci´on escalar φ tal que −→ f = φ est´a dada por: φ(x, y, z) = 3z3 + x3 y + y + cte. 112
Problema 28. a) Demostrar que el campo vectorial definido por, −→ E = −→r r2 es irrotacional. b) Encontrar φ de forma que −→ E = − φ, con la condici´on de que φ(a) = 0, siendo a = cte > 0. Soluci´on: a) Para demostrar que el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector −→ 0 , aplicaremos la siguiente propiedad del operador nabla × φ −→ A = φ × −→ A + φ × −→ A en este caso, identificamos a φ = φ(r) = 1 r2 y −→ A = −→r , aplicando la ecuaci´on anterior obtenemos: × −→r r2 = 1 r2 × −→r + 1 r2 × −→r , aplicando la siguiente ecuaci´on φ(r) = φ (r)er, que es v´alida para campos escalares donde r = |−→r |, obtenemos 1 r2 = − −→r r , adem´as como × −→r = −→ 0 . Al sustituir las expresiones anteriores, obtenemos finalmente × −→ E = × −→r r2 = −→ 0 b) Como ya se demostr´o que × −→ E = −→ 0 entonces −→ E = − φ aplicando nuevamente la ecuaci´on φ(r) = φ (r)er, identificando en este caso correctamente la expresi´on para la funci´on escalar, obtenemos dφ(r) dr = − 1 r integrando, obtenemos 113
φ(r) = − ln 1 r + cte aplicando la condici´on de que φ(a) = 0 siendo a > 0, obtenemos el valor de la constante de integraci´on dada por cte = ln a finalmente, obtenemos φ(r) = ln a r . 114
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  • 1. Problemario de An´alisis Vectorial Barranco Jim´enez Marco Antonio e-mail: mabarrancoj@ipn.mx June 24, 2004 1
  • 2. 1 Introducci´on La presente selecci´on de problemas resueltos de la materia de An´alisis Vectorial, tiene como objetivo principal, el de proporcionar al alumno que cursa la materia, un apoyo bibliogr´afico m´as para el entendimiento de la misma, esperando que le sea de gran ayuda, en la aplicaci´on de la teoria adquirida en el sal´on de clases y poder ejercitar sus conocimientos en la soluci´on de problemas similares. La mayoria de los problemas, son problemas que se resuelven como ejemplos en el sal´on de clases tratando en lo que cabe de cubrir el m´as m´ınimo detalle algebraico, con la ´unica intenci´on de lograr la mejor comprensi´on por parte del alumno, como puede observarse en la soluci´on de cada problema. La mayoria de los problemas resueltos, son problemas que est´an propuestos en libros tradi- cionales de la materia, como por ejemplo, el libro de An´alisis Vectorial de la editorial Mc Graw Hill (serie Schaum), cuyo autor es Murray R. Spiegel y el libro de An´alisis Vectorial de la editorial Addison-Wesley Iberoamericana, cuyo autor es Hwei P. Hsu., entre otros. La idea de escribir esta serie de problemas, es debida principalmente a la ex- periencia que el autor ha adquirido al impartir la materia en el primer semestre, en la Escuela Superior de C´omputo del IPN, de la carrera de Ingenier´ıa en Sis- temas Computacionales, y en la cual el ´ındice de alumnos que no aprueban la materia es muy alto. La materia de An´alisis Vectorial por si s´ola, es una materia que generalmente es muy complicada para los estudiantes de nuevo ingreso, (a´un imparti´endose ´esta en un semestre posterior) en una carrera de Ingenier´ıa en el ´area de Cien- cias F´ısico-Matem´aticas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo, los pocos conocimientos de las materias b´asicas de Matem´aticas ( ´Algebra, Ge- ometr´ıa Anal´ıtica, C´alculo Diferencial e Integral, Trigonometr´ıa, etc) con los que cuenta el estudiante al ingresar al nivel superior, sin embargo, como el lector podr´a observar, en la soluci´on de cada uno de los problemas resueltos, realmente son m´ınimos los conocimientos que el alumno necesita de las materias b´asicas de Matem´aticas. As´ı tambi´en, podr´ıa ser el desinter´es que muestran en general los alumnos hacia la materia, debido a que pos´ıblemente las dem´as materias, como Matem´aticas Discretas y Programaci´on, por mencionar algunas, son materias que en general los conceptos son m´as ”f´aciles” de entender por parte del alumno, o son materias de un inter´es mayor por ser materias dirijidas a su formaci´on. Y principalmente, en realidad el temario de la materia (mencionando tambi´en que en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, como en muchas otras materias b´asicas), en general es dificil de asimilar por parte de los alumnos, conceptos por ejemplo, por citar algunos, como el de Gradiente, Divergencia y Rotacional, as´ı como la parte de coordenadas curvil´ıneas que in- volucran el C´alculo de funciones de m´as de una variable, matem´aticamente son complicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretaci´on f´ısica de los mismos. 2
  • 3. Este punto de vista puede o no ser compartida por muchos profesores que imparten o han impartido alguna vez la materia, y es muy respetable su opini´on al respecto, sin embargo, como mencion´e anteriormente, la experiencia adquirida al impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones. Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma: En el cap´ıtulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado al ´Algebra de vectores; desde las operaciones b´asicas de vectores, algunos proble- mas de aplicaci´on a la Geometr´ıa Anal´ıtica, pasando por aplicaciones del pro- ducto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores, hasta ecuaciones de rectas y planos. En este cap´ıtulo, se pone enf´asis en la aplicaci´on de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entre vectores, los cuales son conceptos b´asicos muy importntes enun curso tradicional de la materia de An´alisis Vectorial. En el cap´ıtulo 2 se tratan problemas relacionados con el C´alculo Diferencial vectorial; desde el concepto de parametrizaci´on de curvas y superficies en el espa- cio, derivaci´on de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergencia y Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvil´ıneas. As´ı mismo, en el cap´ıtulo 3 se tratan problemas relacionados con el C´alculo Integral vectorial, desde ejemplos de integrales de l´ınea, integrales de superficie e integrales de volumen, hasta llegar a problemas de aplicaci´on de los teoremas integrales de Green, de Stokes y de Gauss. Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendr´a la ´ultima palabra al decidir si se cumple el objetivo principal, as´ı tambi´en, el autor esta abierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que ser´an bien venidas, para la mejora del presente trabajo. 3
  • 4. 2 Problemas del cap´ıtulo 1. Problema 1: Muestre que para cualquier vector −→ A = a1i + a2j + a3k se cumple que: a).− i × k × j × −→ A = a3k, b).− k × j × i × −→ A = a2j, c).− j × i × k × −→ A = a1i, no aplique la definici´on del determinante, usar las propiedades del producto vectorial. Soluci´on: a).− Aplicando las propiedades del producto vectorial, tenemos i × k × j × −→ A = i × k × j × a1i + a2j + a3k = i × k × j × a1i + j × a2j + j × a3k = i × k × −a1k + a3i = i × −a1k × k + a3k × i = i × a3j = a3k. b) De la misma forma, k × j × i × −→ A = k × j × i × a1i + a2j + a3k = k × j × i × a1i + i × a2j + i × a3k = k × j × a2k − a3j = k × j × a2k + j × a3j = k × a2i = a2j. En forma an´aloga para el inciso c). 4
  • 5. Problema 2. Probar que i × i × −→ A + j × j × −→ A + k × k + −→ A = −2 −→ A donde −→ A es cualquier vector en el espacio. Soluci´on: Sea el vector −→ A en el espacio dado por, −→ A = ai + bj + ck, sustituyendo el vector −→ A y aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial, obtenemos i × i × −→ A + j × j × −→ A + k × k × −→ A = i × i × ai + bj + ck +j × j × ai + bj + ck +k × k × ai + bj + ck = i × i × ai + i × bj + i × ck + j × j × ai + j × bj + j × ck + k × k × ai + k × bj + k × ck , aplicando la definici´on del producto vectorial para los vectores i, j y k, y nue- vamente aplicando la propiedad distributiva obtenemos, i × i × −→ A + j × j × −→ A + k × k × −→ A = i × bk − cj + j × −ak + ci + k × aj + bi = bi × k − ci × j − aj × k + cj × i + ak × j − bk × i = −bj − ck − ai − ck − ai − bj finalmente, obtenemos i × i × −→ A + j × j × −→ A + k × k × −→ A = −2ai − 2bj − 2ck = −2 −→ A. 5
  • 6. Problema 3. Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un tri´angulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. Soluci´on: Consideremos un tri´angulo cuyos v´ertices son los puntos A, B y C, como se muestra en la figura. B X QP A C Y De la figura, obtenemos −−→ AB = −→ X, −→ AC = −→ Y , −−→ BC = −→ Y − −→ X, por hip´otesis tenemos que, −−→ PB = 1 2 −→ X, −−→ BQ = 1 2 ( −→ Y − −→ X), asimismo, de la figura en el tri´angulo BPQ obtenemos, −−→ PQ = −−→ PB + −−→ BQ sustituyendo las ecuaciones anteriores, −−→ PQ = 1 2 −→ X + 1 2 ( −→ Y − −→ X) = 1 2 −→ Y , de donde se deduce que −−→ PQ es paralelo a −→ Y y tiene 1 2 de su longitud. 6
  • 7. Problema 4. Consideremos 3 puntos diferentes en el espacio O, P y Q, y sean −−→ OP = −→ A, −−→ OQ = −→ B y R el punto medio del segmento QP, demostrar como se ilustra en la figura, que el vector −→ C se puede escribir de la forma −→ C = 1 2 −→ A + −→ B . R QO P B A C Soluci´on: De la figura y por hip´otesis del problema se tiene que: (1) −−→ QR = 1 2 −−→ QP, adem´as, aplicando la suma de vectores en el tri´angulo OPQ, (2) −→ B + −−→ QP = −→ A, y tambi´en de la figura, en el tri´angulo OQR, obtenemos (3) −→ B + −−→ QR = −→ C , sustituyendo la ecuaci´on (1) en la ecuaci´on (3), (4) −→ B + 1 2 −−→ QP = −→ C , por otro lado de la ecuaci´on (2) −−→ QP = −→ A − −→ B, sustituyendo en la ecuaci´on (4) obtenemos, −→ B + 1 2 −→ A − −→ B = −→ C apicando las propiedades distributiva y asociativa obtenemos, −→ B + 1 2 −→ A − 1 2 −→ B = −→ C 1 2 −→ A + 1 2 −→ B = −→ C finalmente, obtenemos −→ C = 1 2 −→ A + −→ B . 7
  • 8. Problema 5. Hallar el ´area del paralelogramo cuyas diagonales son los vectores, −→ A = 3i + j − 2k, −→ B = i − j + 4k, Soluci´on: Geom´etricamente el producto vectorial de dos vectores −→ A y −→ B representa el ´area de un paralelogramo de lados −→ A y −→ B de la forma, ´Area = −→ A × −→ B , B A x y en este caso, tenemos las diagonales del paralelogramo (ver figura), por lo que necesitamos encontrar los lados del paralelogramo en t´erminos de las diagonales. De la figura anterior, obtenemos a) −→x + −→y = − −→ B b) −→x − −→y = −→ A sumamos las ecuaciones a) y b) obtenemos: 2−→x = −→ A − −→ B, de donde, c) −→x = 1 2 −→ A − −→ B , de forma an´aloga restando la ecuaci´on b) de la ecuaci´on a), obtenemos 8
  • 9. d) −→y = −1 2 −→ A + −→ B . De esta forma, de las ecuaciones c) y d), el ´area del paralelogramo est´a dada por: ´Area = |−→x × −→y | = 1 2 −→ A − −→ B × − 1 2 −→ A + −→ B = − 1 4 −→ A − −→ B × −→ A + −→ B , aplicando las propiedades del producto vectorial tenemos, ´Area = 1 4 −→ A − −→ B × −→ A + −→ A − −→ B × −→ B. = 1 4 − −→ A × −→ A + −→ A × −→ B − −→ B × −→ A + −→ B × −→ B = 1 4 2 −→ A × −→ B = 1 2 −→ A × −→ B , finalmente al sustituir los vectores dados obtenemos, ´Area = 1 2 i j k 3 1 −2 1 −1 4 = 1 2 2i − 14j − 4k = i − 7j − 2k = √ 1 + 49 + 4 = √ 54 = 3 √ 6. 9
  • 10. Problema 6. Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. Soluci´on: Sea el paralelogramo de v´ertices A, B, C y D, como se ilustra en la siguiente figura. y x x y D A B C P De la figura, tenemos −−→ DA = −→x = −−→ CB, −−→ DC = −→y = −−→ AB, asimismo, aplicando la suma de vectores (1) −−→ DB = −→x + −→y , −→ AC = −→y − −→x , por otro lado de la definici´on de paralelismo (2) −−→ DP = n −−→ DB, −→ AP = m −→ AC, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, (3) −−→ DP = n (−→x + −→y ) , −→ AP = m (−→y − −→x ) , por otro lado, en el tri´angulo DAP, tenemos −−→ DA + −→ AP = −−→ DP, es decir; 10
  • 11. (4) −→x + −→ AP = −−→ DP, sustituyendo las ecuaciones (3) en la ecuaci´on (4) obtenemos, −→x + m (−→y − −→x ) = n (−→x + −→y ) , aplicando las propiedades de la adici´on de vectores obtenemos, −→x + m−→y − m−→x − n−→x − n−→y = −→ 0 , o tambi´en, (1 − m − n)−→x + (m − n)−→y = −→ 0 , de la ecuaci´on anterior, como los vectores −→x y −→y son distintos del vector −→ 0 y no paralelos, entonces la igualdad anterior s´olo se cumple si los escalares son iguales a cero, es decir; 1 − m − n = 0, m − n = 0, resolviendo el sistema de ecuaciones para n y m obtenemos, n = m = 1 2 , por lo tanto, sustituyendo en las ecuaciones (2) obtenemos −−→ DP = 1 2 −−→ DB, −→ AP = 1 2 −→ AC. Como se ilustra geom´etricamente en la figura. 11
  • 12. Problema 7. Demostrar que las medianas de un tri´angulo se cortan en un punto que esta a 1 3 del lado y 2 3 del v´ertice opuesto para cada mediana respectivamente. Soluci´on: Sea el tri´angulo cuyos v´ertices son A1, B1 y C1. Asimismo sean A2, B2 y C2 los puntos medios de cada lado respectivamente, como se ilustra en la figura. Si P es el punto de intersecci´on de las medianas, entonces para demostrar que las medianas se cortan en un punto que esta a 1 3 del lado y 2 3 del v´ertice opuesto para cada mediana debemos mostrar que se cumplen las siguientes relaciones: A A B A C C P B B 2 2 1 1 2 1 −−→ A1P = 2 3 −−−→ A1A2, −−→ B1P = 2 3 −−−→ B1B2, −−→ C1P = 2 3 −−−→ C1C2, (a) o equivalentemente, −−→ PA2 = 1 3 −−−→ A1A2, −−→ PB2 = 1 3 −−−→ B1B2, −−→ PC2 = 1 3 −−−→ C1C2, (b) como se ilustra geom´etricamente en la figura. Sean los lados del tri´angulo dados por −→ A y −→ B, de la figura tenemos las siguientes relaciones: −→ A = −−−→ A1B1, −→ B = −−−→ A1C1, −→ B − −→ A = −−−→ B1C1. 12
  • 13. Aplicando la definici´on de paralelismo, de la figura obtenemos −−→ A1P = l −−−→ A1A2 , −−→ B1P = m −−−→ B1B2 , −−→ C1P = n −−−→ C1C2 , (c) por otro lado, aplicando la suma y diferencia de vectores en los tri´angulos A1C1P, B1C1P y A1B1P obtenemos, −→ B + −−→ C1P = −−→ A1P, −→ B − −→ A + −−→ C1P = −−→ B1P, −→ B − −→ A + −−→ C1P = −−→ B1P, (d) pero, de la figura tenemos tambi´en las siguientes relaciones −−−→ A1A2 = −→ A + 1 2 −→ B − −→ A = 1 2 −→ A + −→ B , −−−→ B1B2 = 1 2 −→ B − −→ A, −−−→ C1C2 = 1 2 −→ A − −→ B, (e) que resultan de aplicar la suma y diferencia de los vectores en los tri´angulos A1B1A2, A1C1C2 y A1B1B2 respectivamente. De las ecuaciones (a) y (b) se obtiene, −→ B + n −−−→ C1C2 = l −−−→ A1A2 , −→ B − −→ A + n −−−→ C1C2 = m −−−→ B1B2 , −→ A + m −−−→ B1B2 = n −−−→ A1A2 , (f) sustituyendo las ecuaciones (e) en las ecuaciones (f) obtenemos, −→ B + n 1 2 −→ B − −→ A = l 1 2 −→ A + −→ B , −→ B − −→ A + n 1 2 −→ B − −→ A = m 1 2 −→ B − −→ A , −→ A + m 1 2 −→ B − −→ A = n 2 −→ A + −→ B , (g) aplicando las propiedades de la suma de vectores, obtenemos 13
  • 14. n 2 − l 2 −→ A + 1 − n − l 2 −→ B = −→ 0 , m + n 2 − 1 −→ A + 1 − n − m 2 −→ B = −→ 0 , 1 − m − l 2 −→ A + n 2 − l 2 −→ B = −→ 0 . Por lo tanto, como −→ A y −→ B son vectores distintos de cero, entonces para que se cumplan las ecuaciones anteriores los escalares deben ser cero, es decir; n 2 − l 2 = 0 1 − n − l 2 = 0 m + n 2 − 1 = 0 1 − n − m 2 = 0 1 − m − l 2 = 0 n 2 − l 2 = 0 as´ı, al resolver las ecuaciones anteriores obtenemos n = l = m = 2 3 . Finalmente, al sustituir en las ecuaciones (c) se obtienen las ecuaciones (a) que es el resultado que se pedia demostrar. 14
  • 15. Problema 8. Pruebe que −→ A −→ B + −→ B −→ A es perpendicular a −→ A −→ B − −→ B −→ A, para cua- lesquiera −→ A y −→ B. Soluci´on: De la definici´on del producto escalar de dos vectores, si dos vectores −→x y −→y son perpendiculares entonces su producto escalar entre ellos es igual a cero, en este caso −→x y −→y est´an dados respectivamente por −→ A −→ B + −→ B −→ A y −→ A −→ B − −→ B −→ A, de esta forma debemos verificar que los vectores dados cumplen que, −→x · −→y = −→ A −→ B + −→ B −→ A · −→ A −→ B − −→ B −→ A = 0, aplicando la propiedad distributiva del producto escalar tenemos, −→x · −→y = −→ A −→ B + −→ B −→ A · −→ A −→ B + −→ A −→ B + −→ B −→ A · − −→ B −→ A , asimismo, aplicando las propiedades conmutativa y distributiva nuevamente, tenemos −→x · −→y = −→ A −→ B · −→ A −→ B + −→ A −→ B · −→ B −→ A − −→ B −→ A · −→ A −→ B − −→ B −→ A · −→ B −→ A, ahora aplicamos las propiedades asociativa del escalar y la propiedad de la norma, −→x · −→y = −→ A −→ A −→ B · −→ B + −→ A −→ B −→ B · −→ A − −→ B −→ A −→ A · −→ B − −→ B −→ B −→ A · −→ A = A2 B2 + AB −→ B · −→ A − AB −→ A · −→ B − B2 A2 = 0. donde se aplic´o finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar. 15
  • 16. Problema 9. Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelo- gramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. Soluci´on: Sean A, B, C y D los v´ertices del paralelogramo como se indica en la figura. X X Y Y A D C B De la figura tenemos que, AC = BD = −→ X , AB = CD = −→ Y , asimismo de la figura, las diagonales del paralelogramo est´an dadas por BC = −→ X + −→ Y , AD = −→ X − −→ Y . Debemos mostrar que, BC 2 + AD 2 = AC 2 + AB 2 + CD 2 + BD 2 = 2AC 2 + 2AB 2 , es decir, 16
  • 17. −→ X + −→ Y 2 + −→ X − −→ Y 2 = 2 −→ X 2 + 2 −→ Y 2 . En forma an´aloga, al problema anterior, aplicando las propiedades del pro- ducto escalar, −→ X + −→ Y 2 + −→ X − −→ Y 2 = −→ X + −→ Y · −→ X + −→ Y + −→ X − −→ Y · −→ X − −→ Y = −→ X + −→ Y · −→ X + −→ X + −→ Y · −→ Y + −→ X − −→ Y · −→ X + −→ X − −→ Y · −→ Y = −→ X · −→ X + −→ X · −→ Y + −→ X · −→ Y + −→ Y · −→ Y + −→ X · −→ X − −→ X · −→ Y − −→ X · −→ Y + −→ Y · −→ Y = 2 −→ X · −→ X + 2 −→ Y · −→ Y = 2 −→ X 2 + 2 −→ Y 2 . 17
  • 18. Problema 10. Sean los vectores −→ A y −→ B vectores unitarios, calcular 3 −→ A − 4 −→ B · 2 −→ A + 5 −→ B si −→ A + −→ B = √ 2. Soluci´on: En forma an´aloga al problema anterior, aplicando las propiedades del pro- ducto escalar , tenemos que 3 −→ A − 4 −→ B · 2 −→ A + 5 −→ B = 3 −→ A − 4 −→ B · 2 −→ A + 3 −→ A − 4 −→ B · 5 −→ B = 2 −→ A · 3 −→ A − 2 −→ A · 4 −→ B + 5 −→ B · 3 −→ A − 5 −→ B · 4 −→ B = 6 −→ A · −→ A + 7 −→ A · −→ B − 20 −→ B · −→ B = 7 −→ A · −→ B − 14 donde se aplic´o la hip´otesis de que los vectores −→ A y −→ B son unitarios es decir que cumplen que, −→ A · −→ A = A2 = 1, −→ B · −→ B = B2 = 1. Por otro lado, de la condici´on −→ A + −→ B = √ 2, elevando al cuadrado ´esta expresi´on y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar, obten- emos −→ A + −→ B · −→ A + −→ B = 2 de donde, −→ A + −→ B · −→ A + −→ A + −→ B · −→ B = 2 −→ A · −→ A + 2 −→ A · −→ B + −→ B · −→ B = 2 de la expresi´on anterior, obtenemos inmediatamente que −→ A · −→ B = 0. Por lo tanto, sustituyendo este valor, obtenemos finalmente, 3 −→ A − 4 −→ B · 2 −→ A + 5 −→ B = −14. 18
  • 19. Problema 11. Determine λ1 y λ2 de manera que −→ C − λ1 −→ A − λ2 −→ B sea perpendicular tanto a −→ A como a −→ B, suponiendo que −→ A = i + j + 2k −→ B = 2i − j + k −→ C = 2i − j + 4k Soluci´on: En forma an´aloga al problema anterior, aplicando la condici´on de perpen- dicularidad entre vectores, tenemos −→ A · −→ C − λ1 −→ A − λ2 −→ B = 0, −→ B · −→ C − λ1 −→ A − λ2 −→ B = 0, usando las propiedades del producto escalar, tenemos −→ A · −→ C − λ1 −→ A · −→ A − λ2 −→ A · −→ B = 0, −→ B · −→ C − λ1 −→ B · −→ A − λ2 −→ B · −→ B = 0, que se puede escribir de la forma, λ1 −→ A · −→ A + λ2 −→ A · −→ B = −→ A · −→ C , λ1 −→ B · −→ A + λ2 −→ B · −→ B = −→ B · −→ C , de los vectores dados, tenemos inmediatamente aplicando la definici´on del pro- ducto escalar para vectores en el espacio, −→ A · −→ A = 6, −→ B · −→ B = 6 −→ A · −→ B = −→ B · −→ A = 3, −→ A · −→ C = 9 y −→ B · −→ C = 9 de tal forma, para encontrar λ1 y λ2 debemos de resolver el siguiente sistema de ecuaciones: 19
  • 20. 6λ1 + 3λ2 = 9, 3λ1 + 6λ2 = 9, obs´ervese que la soluci´on del sistema de ecuaciones es inmediata y est´a dada por: λ1 = 1 λ2 = 1. 20
  • 21. Problema 12. Sean los vectores −→ A = (1, −1, 2), −→ B = (1, 2, 2). Hallar la proyecci´on del vector −→ A sobre el vector −→ B y la proyecci´on del vector −→ B sobre el vector −→ A. Soluci´on: Por definici´on, la proyecci´on de un vector −→x sobre otro vector −→y , es un vector (como se muestra en la figura) y est´a dado por, Pr oy−→y −→x = |−→x | cos θe−→y , X e−→y Pr oy−→y −→x −→y en este caso debemos calcular, Pr oy−→ B −→ A = −→ A cos θe−→ B , Pr oy−→ A −→ B = −→ B cos θe−→ A , donde −→ A es la magnitud del vector −→ A, −→ B es la magnitud del vector −→ B, θ el 21
  • 22. ´angulo formado entre los dos vectores, e−→ A un vector unitario en la direcci´on del vector −→ A y e−→ B un vector unitario en la direcci´on del vector −→ B. De la definici´on del producto escalar podemos calcular el coseno del ´angulo entre dos vectores de la forma, cos θ = −→ A · −→ B −→ A −→ B , y empleando la definici´on de vectores unitarios, los vectores de proyecci´on est´an dados por, Pr oy−→ B −→ A = −→ A   −→ A · −→ B −→ A −→ B   −→ B −→ B = −→ A · −→ B B2 −→ B, Pr oy−→ A −→ B = −→ B   −→ A · −→ B −→ A −→ B   −→ A −→ A = −→ A · −→ B A2 −→ A, finalmente, calculando el producto escalar de los vectores dados y la magnitudes de los vectores −→ A y −→ B, obtenemos Pr oy−→ B −→ A = 3 9 −→ B = 1 3 −→ B, y Pr oy−→ A −→ B = 3 6 −→ A = 1 2 −→ A. 22
  • 23. Problema 13: Considere la siguiente figura, AA A B1 2 demostrar que −→ A = −→ A · −→ B −→ B · −→ B −→ B + −→ B × −→ A × −→ B −→ B · −→ B . Soluci´on: De la figura, el vector −→ A = −→ A1 + −→ A2, el vector −→ A1 es la proyeccci´on del vector −→ A sobre el vector −→ B dada por −→ A1 = proy−→ B −→ A = −→ A cos θe−→ B , de la definici´on del producto escalar de dos vectores −→ A y −→ B distintos del vector −→ 0 , dada por, −→ A · −→ B = −→ A −→ B cos θ, podemos calcular el ´angulo entre los dos vectores, de esta forma la proyecci´on del vector −→ A sobre el vector −→ B est´a dada por: 23
  • 24. proy−→ B −→ A = −→ A   −→ A · −→ B −→ A −→ B   −→ B −→ B = −→ A · −→ B −→ B 2 −→ B = −→ A · −→ B −→ B · −→ B −→ B, donde se aplic´o la propiedad de la norma del producto escalar. Para vector −→ A2, obs´ervese que el vector −→ C = −→ B × −→ A es perpendicular tanto al vector −→ A como al vector −→ B, es decir, saliendo de la hoja, de tal forma que el vector −→ C × −→ A ser´a un vector que est´a en la direcci´on de −→ A2, es decir, el vector −→ B × −→ A × −→ A esta en direcci´on de −→ A, de tal forma que la magnitud de este vector est´a dada por: −→ B × −→ A × −→ B = −→ B × −→ A −→ B sin φ, donde el ´angulo φ entre los vectores −→ B × −→ A y −→ B es de 900 , de esta forma como sin 900 = 1, obtenemos −→ B × −→ A × −→ B = −→ B −→ A sin θ −→ B , es decir, −→ B × −→ A × −→ B = −→ A −→ B 2 sin θ, por otro lado, de la figura −→ A2 = −→ A sin θ, por lo tanto, −→ A2 = −→ B × −→ A × −→ B −→ B · −→ B , finalmente, sustituyendo los valores de los vectores −→ A1 y −→ A2 obtenemos, 24
  • 25. −→ A = −→ A · −→ B −→ B · −→ B −→ B + −→ B × −→ A × −→ B −→ B · −→ B . 25
  • 26. Problema 14. Encuentre un vector unitario perpendicular a los vectores −→ A = 2i + 2j − 3k, −→ B = i + 3j − k, a) Aplicando el producto escalar. b) Aplicando el producto vectorial (sin hacer uso de la definici´on del deter- minante). Soluci´on: a) Debemos encontrar un vector −→ C = (C1, C2, C3) que sea perpendicular a los vectores −→ A y −→ B simult´aneamente, es decir que cumpla que, −→ A · −→ C = 0, −→ B · −→ C = 0, realizando el producto escalar de los vectores dados obtenemos, 2C1 + 2C2 − 3C3 = 0, C1 + 3C2 + C3 = 0, resolviendo el sistema de ecuaciones (multiplicando la segunda ecuaci´on por −2 y sum´ando ´esta con la primera ecuaci´on) obtenemos, −4C2 − 5C3 = 0, de donde, C2 = −5 4 C3, sustituyendo este valor para C2,en por ejemplo la segunda ecuaci´on, obtenemos C1 = −3 −5 4 C3 − C3 = 11 4 C3. De esta forma, el vector buscado tiene la forma, −→ C = 11 4 C3i − 5 4 C3j + C3k, 26
  • 27. adem´as el vector buscado, −→ C , debe cumplir que sea unitario, es decir que cumpla que, −→ C = 1, aplicando la definici´on para calcular la magnitud de un vector, obtenemos 11 4 C3 2 + 5 4 C3 2 + C2 3 = 1 C2 3 16 (121 + 25 + 16) = 1 C2 3 √ 162 4 = 1 despejando C3, obtenemos C3 = ± 4 √ 162 = ± 4 9 √ 2 finalmente, al sustituir el valor de C3, en la expresi´on para el vector −→ C , obten- emos −→ C = ± 1 9 √ 2 (11i − 5j + 4k) b) En esta parte, como se nos pide que no hagamos uso del determinante para calcular el producto vectorial, que como se sabe −→ C = −→ A × −→ B, es un vector que por definici´on es perpendicular tanto a −→ A como a −→ B, debemos emplear las propiedades (anticonmutativa, asociativa, distributiva, etc.) que cumple el producto vectorial, por lo tanto −→ A × −→ B = (2i + 2j − 3k) × (i + 3j + k) = (2i + 2j − 3k) × i + (2i + 2j − 3k) × (3j) + (2i + 2j − 3k) × k = −i × (2i + 2j − 3k) − 3j(2i + 2j − 3k) − k × (2i + 2j − 3k) = −2 × i − 2i × j + 3j × k − 6j × i − 6j × j + 9j × k − 2k × i − 2k × j + 3k × k = −2k − 3j + 6k + 9i − 2j + 2i = 11i − 5j + 4k, finalmente, el vector unitario estar´a dado por: 27
  • 28. e−→ A× −→ B = −→ A × −→ B −→ A × −→ B = 11i − 5j + 4k √ 121 + 25 + 16 = ± 1 9 √ 2 11i − 5j + 4k . 28
  • 29. Problema 15. Hallar un vector unitario que forme un ´angulo de 45◦ con el vector −→ A = 2i + 2j − k y un ´angulo de 60◦ con el vector −→ B = j − k. Soluci´on: Buscamos un vector de la forma −→ C = (C1, C2, C3) donde el vector −→ C debe cumplir, −→ A · −→ C = AC cos 45◦ −→ B · −→ C = BC cos 60◦ y −→ C = 1 es decir, 2i + 2j − k · C1i + C2j + C3k = 22 + 22 + (−1) 2 1 √ 2 j − k · C1i + C2j + C3k = 12 + (−1) 2 1 2 (C1) 2 + (C2) 2 + (C3) 2 = 1 que resulta, (1) 2C1 + 2C2 − C3 = 3√ 2 (2) C2 − C3 = √ 2 2 (3) (C1) 2 + (C2) 2 + (C3) 2 = 1 as´ı, se tienen 3 ecuaciones con 3 incognitas. Por lo tanto, la soluci´on del prob- lema se tendr´a al resolver simult´aneamente las ecuaciones (1), (2) y (3). De la ecuaci´on (2), obtenemos C3 = C2 − √ 2 2 , sustituyendo en la ecuaci´on (1) obtenemos, 2C1 + 2C2 − C2 − √ 2 2 = 3 √ 2 2C1 + 2C2 − C2 + 1 √ 2 = 3 √ 2 2C1 + C2 = 2 √ 2 29
  • 30. finalmente, obtenemos C1 = 1 √ 2 − C2 2 . Por lo tanto el vector −→ C ser´a de la forma, 4) −→ C = 1√ 2 − C2 2 i + C2j + C2 − 1√ 2 k, aplicando la ecuaci´on (3), 1 √ 2 − C2 2 2 + (C2) 2 + C2 − 1 √ 2 2 = 1, realizando un poco de ´algebra se obtiene, 1 2 − 2 1 √ 2 C2 2 + (C2) 2 4 + (C2) 2 + (C2) 2 − 2C2 1 √ 2 + 1 2 = 1 1 2 − C2 √ 2 + (C2) 2 4 + (C2) 2 + (C2) 2 − 2C2 1 √ 2 + 1 2 = 1 9 4 (C2) 2 − 3 √ 2 C2 = 0 3 √ 2 C2 3 √ 2 4 C2 − 1 = 0 por lo tanto las soluciones para C2 son: C21 = 0, y C22 = 4 3 √ 2 , sustituyendo en la ecuaci´on (4) finalmente obtenemos, −→ C 1 = 1 √ 2 i + 1 √ 2 k = 1 √ 2 , 0, − 1 √ 2 , y 30
  • 31. −→ C2 = 1 √ 2 − 1 2 4 3 √ 2 i + 4 3 √ 2 j + 4 3 √ 2 − 1 √ 2 k = 1 3 √ 2 i + 4 3 √ 2 j + 1 3 √ 2 k = 1 3 √ 2 , 4 3 √ 2 , 1 3 √ 2 31
  • 32. Problema 16. Escriba un vector de magnitud 5, paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector i + 2j + 2k. Soluci´on: Se pide un vector de la forma −→ C = C1i + C2j + C3k que sea paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector −→ A = i + 2j + 2k, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: −→ C · −→ A = 0, −→ C · −→ N = 0, donde −→ N = 3i + 4j + 5k, es el vector normal al plano. Calculando los productos escalares, las condiciones anteriores se pueden escribir de la forma, C1 + 2C2 + 2C3 = 0, 3C1 + 4C2 + 5C3 = 0, resolviendo simult´aneamente las ecuaciones anteriores obtenemos, C1 = 2C2, C3 = −2C2, por lo tanto, el vector −→ C ser´a de la forma, −→ C = 2C2i + C2j − 2C2k, y aplicando la condici´on de que el vector debe ser de magnitud 5, es decir −→ C = 5, obtenemos 5 = 4C2 2 + C2 2 + 4C2 2 = 9C2 2 = ±3C2, 32
  • 33. de donde, C2 = ± 5 3 , finalmente, el vector pedido es de la forma, −→ C = ± 5 3 2i + j − 2k . 33
  • 34. Problema 17. Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector 4i − 3j − k. Soluci´on: Se pide un vector −→ C de la forma, −→ C = C1i + C2j, la componente C3 es cero debido a que el vector −→ C debe ser paralelo al plano XY y por lo tanto no tiene componente en k, adem´as el vector −→ C debe ser perpendicular al vector −→ A = 4i − 3j − k, por lo tanto cumple la condici´on, −→ C · −→ A = 0, es decir, C1i − C2j · 4i − 3j − k = 0, de donde obtenemos, C1 = 3 4 C2. Por lo tanto, el vector pedido tendr´a la forma −→ C = 3 4 C2i + C2j. Tambi´en por hip´otesis, se pide que el vector −→ C sea unitario, es decir que cumpla que −→ C = 1, por lo tanto 1 = −→ C = 3 4 C2 2 + (C2) 2 = (C2) 2 1 + 9 16 = ± 5 4 C2, de donde, obtenemos C2 = ± 4 5 , y C1 = 3 4 ± 4 5 = ± 3 5 , finalmente, el vector pedido est´a dado por, −→ C = ± 3 4 i ± 4 5 j. 34
  • 35. Problema 18. a) Hallar un vector unitario que forme un ´angulo de 300 con el vector j y formando ´angulos iguales con los vectores i y k cos 300 = √ 3 2 . Soluci´on: El vector que estamos buscando es de la forma −→ C = (C1, C2, C3) donde el vector −→ C debe cumplir que, 1) −→ C · i = −→ C i cos θ = cos θ, 2) −→ C · k = −→ C k cos θ = cos θ, 3) −→ C · j = −→ C j cos 300 = cos 300 , por definici´on de los vectores unitarios i = (1, 0, 0), j = (0, 0, 1) y k = (0, 0, 1), aplicando la definici´on del producto escalar para vectores en el espacio, y de las ecuaciones 1) y 2) obtenemos, C1 = C3, asimismo de la ecuaci´on 3), se tiene C2 = √ 3 2 , sustituyendo las ecuaciones anteriores, el vector pedido tiene la forma, −→ C = C1, √ 3 2 , C1 , para encontrar la componente C1 aplicamos la condici´on de que tiene que ser el vector −→ C unitario, es decir, −→ C = 1, de esta forma C1 2 + √ 3 2 2 + C1 2 = 1, de donde obtenemos, C1 = ± 1 √ 8 , por lo tanto, el vector pedido tiene la forma, −→ C = ± 1 √ 8 , √ 3 2 , 1 √ 8 . 35
  • 36. Problema 19. Siendo el vector de posici´on −→a de un punto dado (x0, y0, z0) y −→r el vector de posici´on de un punto cualquiera (x, y, z), hallar el lugar geom´etrico de −→r si: a).− (−→r − −→a ) · −→a = 0 b).− (−→r − −→a ) · −→r = 0 Soluci´on: a) Sean los vectores −→a = (x0, y0, z0), −→r = (x, y, z), entonces, (−→r − −→a ) · −→a = 0, (x − x0, y − y0, z − z0) · (x0, y0, z0) = 0, x0(x − x0) + y0(y − y0) + z0(z − z0) = 0, si hacemos d = x2 0 + y2 0 + z2 0, la ecuaci´on anterior se puede escribir de la forma, x0x + y0y + z0z = d, que es la ecuaci´on de un plano que pasa por un extremo del vector −→a y es perpendicular al vector −→a . En forma an´aloga al inciso a), tenemos (−→r − −→a ) · −→r = 0 x(x − x0) + y(y − y0) + z(z − z0) = 0, x2 0 + y2 0 + z2 0 − xx0 − yy0 − zz0 = 0, completando cuadrados en la expresi´on anterior, obtenemos (x − x0 2 )2 + (y − y0 2 )2 + (z − z0 2 )2 = 1 4 (x2 0 + y2 0 + z2 0), que es la ecuaci´on de una esfera con centro en el punto x0 2 , y0 2 , z0 2 y radio r = 1 2 x2 0 + y2 0 + z2 0. 36
  • 37. Problema 20. Determine el ´angulo entre el plano x + y + z = 21 y la l´ınea recta x − 1 = y + 2 = 2z + 3. Soluci´on: Sabemos que la ecuaci´on ax + by + cz = d, es la ecuaci´on de un plano que pasa por un punto y tiene como normal al vector −→ N = (a, b, c) , asimismo, la ecuaci´on x−x0 a1 = y−y0 b1 = z−z0 c1 , representa la ecuaci´on de una l´ınea recta que pasa por el punto −→r 0 = (x0, y0, z0) y es paralela al vector −→ A = (a1, b1, c1) , por lo tanto, para calcular el ´angulo entre el plano y la l´ınea recta es equivalente a calcular el ´angulo entre los vectores −→ N y −→ A. En este caso, para el plano dado tenemos que el vector normal est´a dado por −→ N = (1, 1, 1) y para identificar el vector paralelo a la recta dada, reescribimos la ecuaci´on de la recta de la forma, x − 1 1 = y − (−2) 1 = z − (−3 2 ) 1 2 de donde, obtenemos −→r 0 = (−1, −2, −3/2) , −→ A = (1, 1, 1/2). Para obtener el ´angulo entre los vectores −→ N y −→ A, aplicamos la definici´on del producto escalar de dos vectores dado por, −→ N · −→ A = −→ N −→ A cos θ, de donde, θ = cos−1   −→ A • −→ N −→ A −→ N   , sustituyendo los vectores −→ A y −→ N , obtenemos θ = cos−1   (1, 1, 1/2) · (1, 1, 1) (1)2 + (1 2 )2 (1)2 + (1)2 + (1)   θ = cos−1   5/2 27 4   = cos−1 5 3 √ 3 . 37
  • 38. Problema 21. Encuentre una combinaci´on lineal (si existe) para los siguientes vectores: −→ A1 = −2i + 12j − 4k, −→ A2 = i − 6j + 2k, −→ A3 = 2j + 7k, Soluci´on: Para verificar si existe una combinaci´on lineal entre los vectores, debemos encontrar escalares x, y y z para verificar si al menos uno de ´estos escalares es distinto de cero, tal que se cumpla que: x −→ A1 + y −→ A2 + z −→ A3 = −→ 0 , es decir, x(−2, 12, −4) + y(1, −6, 2) + z(0, 2, 7) = (0, 0, 0) (−2x + y, 12x − 6y + 2z, −4x + 2y + 7y) = (0, 0, 0) aplicando igualdad de vectores en el espacio (dos vectores son iguales si son iguales componente a componente), obtenemos el siguiente sistema de ecua- ciones, −2x + y = 0, 12x − 6y + 2z = 0, −4x + 2y + 7z = 0. Al resolver este sistema de ecuaciones (se obtiene la soluci´on si se aplica, por ejemplo el m´etodo de Gauss), el sistema es equivalente al sistema, −2x + y = 0 z = 0 la soluci´on del sistema anterior, es de la forma y = 2x, x = α ∈ R z = 0 es decir, la soluci´on del sistema es la terna, (x, y, z) = (α, 2α, 0) = α(1, 2, 0), 38
  • 39. para toda α ∈ R, as´ı por ejemplo si α = 1, entonces una soluci´on del sistema ser´a de la forma, x = 1, y = 2, z = 0, por lo tanto, la combinaci´on lineal de los vectores −→ A1, −→ A2 y −→ A3 est´a dada por: −→ A1 + 2 −→ A2 + 0 −→ A3 = −→ 0 o tambi´en −→ A1 = −2 −→ A2. 39
  • 40. Problema 22. Encuentre una combinaci´on lineal (si existe) de los vectores −→ A = 2ˆı + ˆ − 3k, −→ B = ˆı − 2ˆ − 4k, −→ C = 4ˆı + 3ˆ − k, Soluci´on: Verifiquemos primeramente si los vectores son l.i. o l.d., para esto apliquemos la propiedad del producto triple escalar que establece la condici´on necesaria para la dependencia lineal, es decir; si −→ A • −→ B × −→ C = 0, entonces los vectores est´an en un plano y son linealmente dependientes, de esta forma, −→ A • −→ B × −→ C = 2 1 −3 1 −2 −4 4 3 −1 = 2 (2 + 12) − 1 (−1 + 16) − 3 (3 + 8) = 2 (14) − 1 (15) − 3 (11) = 28 − 15 − 33 = −20, de lo anterior, como −→ A • −→ B × −→ C = 0, entonces los vectores −→ A, −→ B y −→ C son linealmente independientes, y por lo tanto, no existe combinaci´on lineal de ellos. 40
  • 41. Problema 23. Encontrar un vector unitario perpendicular a la l´ınea recta dada por las ecuaciones param´etricas, x = 2t − 1, y = −t − 1, z = t + 2, y perpendicular al vector i − j. Soluci´on: Las ecuaciones param´etricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaci´on vectorial −→r (t) = −→r0 + t −→ A, que representa a una recta L en forma param´etrica que pasa por el punto −→r 0 = (−1, −1, 2) y que es paralela al vector −→ A = (2, −1, 1). Se pide un vector de la forma −→ C = C1i+C2j +C3k que tenga magnitud uno, adem´as que sea perpendicular a la recta −→r (t) = −→r0 +t −→ A, es decir perpendicular al vector −→ A, y tambi´en perpendicular al vector −→ B = i − j, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: 1) −→ C = 1, 2) −→ C · −→ A = 0, 3) −→ C · −→ B = 0, de las condiciones 2) y 3), calculando el producto escalar, obtenemos 2C1 − C2 + C3 = 0, C1 − C2 = 0, de donde obtenemos inmediatamente que, C1 = C2, C3 = −C2, por lo tanto, el vector pedido tendr´a la forma −→ C = C2i + C2j − C2k. Aplicando la condici´on 1), obtenemos (C2) 2 + (C2) 2 + (−C2) 2 = 3 (C2) 2 = 1, 41
  • 42. de donde, C2 = ± 1 3 , finalmente, el vector pedido tiene la forma −→ C = 1 3 i + j − k . 42
  • 43. Problema 24. Demuestre que la l´ınea recta x = y = 1 3 (z + 2) es paralela al plano 2x + 8y + 2z = 5. Soluci´on: La ecuaci´on de la recta dada se puede reescribir de la forma, x − 0 1 = y − 0 1 = z − (−2) 3 , esta ecuaci´on, representa a una recta que pasa por el punto −→r 0 = (0, 0, −2) y es paralela al vector −→ A = (1, 1, 3). Por otro lado, de la ecuaci´on del plano, tenemos que el vector −→ N = (2, 8, 2) es un vector normal al plano, de esta forma para mostrar que la recta y el plano son paralelos, debemos mostrar que el vector −→ N , que es normal al plano y el vector −→ A, que es paralelo a la recta son perpendiculares, es decir que satisfacen la condici´on −→ N · −→ A = 0. Calculando el producto escalar del vector normal −→ N y el vector −→ A, obten- emos −→ N · −→ A = (2, −8, 2) · (1, 1, 3) = 0, por lo tanto, se comprueba que el vector −→ A es perpendicular al vector normal −→ N del plano, y como el vector −→ A es paralelo a la recta, luego entonces tambi´en es paralelo al plano y por lo tanto, la recta dada tambi´en es paralela al plano. 43
  • 44. Problema 25. Las ecuaciones param´etricas de una recta son: x = 3t + 1, y = −2t + 4, z = t − 3, encuentre la ecuaci´on del plano que contiene a dicha recta. Soluci´on: Las ecuaciones param´etricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaci´on vectorial de la forma, −→r (t) = (1, 4, −3) + t(3, −2, 1), que por definici´on es la ecuaci´on de una recta en forma param´etrica que pasa por un punto cuyo vector de posici´on est´a dado por −→r0 = (1, 4, −3) y es paralela al vector −→ A = (3, −2, 1). Si hacemos −→r0 × −→ A = −→ N que es un vector perpendicular al vector −→ A y tambi´en perpendicular a −→r0, entonces, la ecuacion del plano pedida ser´a de la forma, ax + by + cz = d, donde d = −→r0 · −→ N , y −→ N = ai + bj + ck, es decir, −→ N = i j k 1 4 −3 3 −2 1 = −2i − 10j − 14k asimismo, d = −→ N · −→r0 = (−2i − 10j − 14k) · (i + 4j − 3k) = −2 − 40 + 42 = 0, por lo tanto, la ecuaci´on del plano ser´a de la forma −2x − 10y − 14z = 0, que se puede escribir finalmente como, x + 5y + 7z = 0. 44
  • 45. Problema 26. Determine las ecuaciones de la l´ınea recta (en forma param´etrica y sim´etrica) que pasa por el punto (3, 2, −4), paralela a la l´ınea de intersecci´on de los planos x + 3y − 2z = 8, x − 3y + z = 0. Soluci´on: De las ecuaciones de los planos, los vectores −→ N1 = i + 3j − 2k, −→ N2 = i − 3j + k, son vectores normales a cada plano respectivamente, de esta forma −→ N1 × −→ N2 resulta ser un vector que es perpendicular tanto a −→ N1 como a −→ N2, por lo que el vector −→ N1 × −→ N 2 ser´a paralelo a ambos planos y por lo tanto −→ N1 × −→ N2 ser´a paralelo a la l´ınea de intersecci´on de ambos planos. Calculando el producto vectorial de las normales, −→ A = −→ N1 × −→ N2 = i j k 1 3 −2 1 −3 1 = −3i − 3j − 6k, por lo tanto, la ecuaci´on de la recta en forma param´etrica ser´a de la forma, −→r (t) = −→r0 + t −→ A es decir, −→r (t) = (3, 2, −4) + t(−3, −3, −6), y para determinar la forma sim´etrica de la recta, debemos eliminar el par´ametro t de la ecuaci´on vectorial, para hacer esto, escribimos las componentes de esta ecuaci´on vectorial de la forma, x = 3 − 3t, y = 2 − 3t, z = −4 − 6t, despejando el par´ametro t e igualando obtenemos, x − 3 −3 = y − 2 −3 = z + 4 −6 o tambi´en, x − 3 = y − 2 = z + 4 2 . 45
  • 46. Problema 27. Encontrar el punto de intersecci´on (si es que se intersectan) de las siguientes l´ıneas rectas. a).− −→r 1(t) = 5i + 4j + 5k t + 7i + 6j + 8k, −→r 2(t) = 6i + 4j + 6k t + 8i + 6j + 9k, b).− −→r 1(t) = 2k + 3i + 2j + k t, −→r 2(t) = 3i + 2j + 3k + 6i + 4j + 2k t, Soluci´on: a).− Las ecuaciones anteriores son de la forma, −→r (t) = −→r0 + t −→ A, que representa la ecuaci´on param´etrica de una recta L que pasa por el punto (x0, y0, z0) y es paralela al vector −→ A. La ecuaci´on anterior es equivalente a las ecuaciones x = x0 + at, y = y0 + bt, z = z0 + ct, que tambi´en se les llaman las ecuaciones param´etricas de la recta L, ´estas ecua- ciones son equivalentes a las ecuaciones no param´etricas de la recta L dadas por, x − x0 a = y − y0 b = z − z0 c . De lo anterior, para las rectas dadas tenemos las siguientes ecuaciones param´etricas para cada recta, x = 7 + 5t, y = 6 + 4t, z = 8 + 5t, y x = 8 + 6t, y = 6 + 4t, z = 9 + 6t, que son equivalentes a las siguientes ecuaciones no param´etricas respectiva- 46
  • 47. mente, x − 7 5 = y − 6 4 = z − 8 5 , x − 8 6 = y − 6 4 = z − 9 6 . Las ecuaciones anteriores constituyen un conjunto de cuatro ecuaciones que han de satisfacer las 3 inc´ognitas x, y y z, si consideramos las tres primeras ecuaciones, obtenemos 1) x−7 5 = y−6 4 , 2) y−6 4 = z−8 5 , 3) x−8 6 = y−6 4 . Resolviendo el sistema, de las ecuaciones 1) y 3), obtenemos x − 7 5 = x − 8 6 , de donde obtenemos que x = 2, sustituyendo en la ecuaci´on 1), 2 − 7 5 = y − 6 4 , de donde y = 2, finalmente de la ecuaci´on 2) obtenemos z = 3. N´otese que ´estos valores tambi´en satisfacen la cuarta ecuaci´on y−6 4 = z−9 6 . Por lo tanto, el punto de intersecci´on de las dos rectas tiene al vector 2i + 2j + 3k como vector de posici´on. b).− Como se indic´o anteriormente, las ecuaciones para −→r 1(t) y −→r 2(t) son de la forma −→r (t) = −→r0 + t −→ A, en este caso los vectores −→ A1 = 3i + 2j + 3k y −→ A2 = 6i + 4j + 2k, son vectores paralelos a cada recta respectivamente, pero −→ A2 = 2 3i + 2j + k = 2 −→ A1, es decir, −→ A1 −→ A2, por lo que ambas l´ıneas rectas son paralelas que pasan por los puntos (0, 0, 2) y (3, 2, 3) y por lo tanto, nunca se van a intersectar. 47
  • 48. Problema 28. Encontrar la ecuaci´on del plano que contiene a las siguientes l´ıneas rectas, 2 + x = 3−y 2 = z y x−2 2 = 2y+1 2 = z − 1 Soluci´on: Por definici´on, la ecuaci´on de un plano es de la forma, ax + by + cz = d, donde d = −→r 0 · −→ N , −→r 0 es el vector de posici´on de un punto que este en el plano y −→ N = (a, b, c) es un vector normal o perpendicular al plano. De esta forma para encontrar la ecuaci´on del plano necesitamos un punto en o sobre ´este y un vector normal o perpendicular al mismo. Las ecuaciones anteriores se pueden reescribir de la siguiente forma, x − (−2) 1 = y − 3 −2 = z − 0 1 , x − 2 2 = y − −1 2 1 = z − 1 1 , si comparamos estas ecuaciones con la ecuaci´on general de la recta x−x0 a = y−y0 b = z−z0 c , que son equivalentes a la ecuaci´on vectorial −→r (t) = −→r0 + t −→ A,que representa la ecuaci´on param´etrica de una recta L que pasa por el punto (x0, y0, z0) y es paralela al vector −→ A, las ecuaciones de las rectas dadas son equivalentes a las ecuaciones, −→r 1(t) = −→r 01 + t −→ A = (−2, 3, 0) + t (1, −2, 1) , −→r 2(t) = −→r 02 + t −→ B = 2, −1 2 , 1 + t (2, 1, 1) . De las ecuaciones anteriores, si hacemos el producto vectorial de los vectores paralelos a cada recta, obtendremos un vector normal o perpendicular a cada recta, y por lo tanto perpendicular al plano buscado que contiene a las dos rectas, de esta forma calculando el producto vectorial, −→ N = −→ A × −→ B = i j k 1 −2 1 2 1 1 = −3i + j + 3k, por lo tanto, sustituyendo en la ecuaci´on general de un plano, el vector −→ N y cualquier punto que este sobre el plano, por ejemplo el punto (−2, 3, 0) por donde pasa la primera recta, obtenemos 48
  • 49. −3x + y + 3z = (−2, 3, 0) · (−3, 1, 3), finalmente, la ecuaci´on del plano pedida est´a dada por, −3x + y + 3z = 9 49
  • 50. Problema 29. Sean −→ P = 3i + j + 2k y −→ Q = i − 2j − 4k los vectores de posici´on de los puntos P y Q respectivamente. a) Hallar la distancia d desde el punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q. b) Hallar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta PQ. c) Hallar la distancia D del punto (−1, 1, 1) al plano calculado en b). Soluci´on: a) Por definici´on, la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) a una recta de la forma −→r (t) = −→r 0 + t −→ A, est´a dada por: d = (−→r 1 − −→r 0) × −→ A −→ A donde −→r 0 es el vector de posici´on del punto por donde pasa la recta L, −→r 1 es el vector de posici´on del punto a donde se quiere calcular la distancia a la recta L y el vector −→ A es un vector que es paralelo a la recta L. Por lo tanto, para calcular la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q, escribamos dicha ecuaci´on de la recta en la forma −→r (t) = −→r 0 + t −→ A para as´ı aplicar la ecuaci´on anterior. Aplicando la ecuaci´on −→r (t) = −→r 0 + t −→ A, para los vectores de posici´on de los puntos P y Q, la ecuaci´on de la recta que une los puntos P y Q se puede escribir vectorialmente de la forma, −→r (t) = −→ P + t −→ Q − −→ P es decir, −→r (t) = 3i + j + 2k + t i − 2j − 4k − 3i + j + 2k −→r (t) = 3i + j + 2k + t −2i − 3j − 6k por lo tanto, en la ecuaci´on anterior tenemos que, −→r 0 = (3, 1, 2) −→ A = (−2, −3, −6) adem´as, −→r 1 = (−1, 1, 1) 50
  • 51. aplicando la ecuaci´on para la distancia de un punto a una recta obtenemos, d = |[(−1, 1, 1) − (3, 1, 2)] × (−2, −3, −6)| |(−2, −3, −6)| = |(−4, 0, −1) × (−2, −3, −6)| √ 4 + 9 + 36 calculando el producto vectorial, (−4, 0, −1) × (−2, −3, −6) = i j k −4 0 −1 −2 −3 −6 = −3i − 22j + 12k Finalmente, la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q est´a dada por: d = −3i − 22j + 12k √ 49 = √ 9 + 484 + 144 7 = √ 637 7 b) Por definici´on la ecuaci´on (−→r − −→r 0) · −→ N = 0, representa la ecuaci´on de un plano que contiene a un punto de coordenadas (x0, y0, z0) y un vector normal −→ N = ai + bj + ck. En este, caso la ecuaci´on del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta PQ se puede escribir vectorialmente de la forma, −→r − −→ P · −→ Q − −→ P = 0 donde −→ Q − −→ P es un vector que es paralelo a la recta y que es perpendicular al plano buscado, sustituyendo los valores para los vectores −→ P y −→ Q, obtenemos (x − 3, y − 1, z − 2) · (−2, −3, −6) = 0 calculando el producto escalar se obtiene, 2x + 3y + 6z = 21 que es la ecuaci´on del plano que contiene al punto de coordenadas (3, 1, 2) y es perpendicular a la recta PQ. 51
  • 52. c) Por definici´on, la ecuaci´on que proporciona la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) al plano ax + by + cz = d est´a dada por: D = |ax1 + by1 + cz1 − d| √ a2 + b2 + c2 , donde d = −→ N · −→r 0 = ax0 + by0 + cz0. Aplicando la ecuaci´on anterior, y la ecuaci´on para el plano calculada en el inciso b) obtenemos, D = |2(−1) + 3(1) + 6(1) − 21| √ 22 + 32 + 62 = |7 − 21| √ 49 = 2 que es la distancia del punto (−1, 1, 1) al plano 2x + 3y + 6z = 21. 52
  • 53. Problema 30. | Calcule la distancia entre los planos x + 2y + 3z = 5, x + 2y + 3z = 19. Soluci´on: Para encontar la distancia entre los planos, tomemos un punto arbitrario en el primer plano (observe que los planos dados son paralelos), por ejemplo el punto (0, 1, 1) y apliquemos la expresi´on para calcular la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) al plano ax + by + cz = d, dada por la expresi´on: D = |ax1 + by1 + z1 − d| (a2 + b2 + c2) , donde a, b y c, son las componentes del vector normal al plano y d = −→ N · −→r 0, siendo −→r 0 el vector de posici´on de un punto sobre el plano. En este caso, tenemos −→ N = (a, b, c) = (1, 2, 3), −→r 1 = (x1, y1, z1) = (0, 1, 1), y d = 19, sustituyendo los valores anteriores en la expresi´on para la distancia, obtenemos D = |1(0) + 2(1) + 3(1) − 19| √ 12 + 22 + 32 = |2 + 3 − 19| √ 14 = |−14| √ 14 = 14 √ 14 = √ 14. Obs´ervese que como los planos son paralelos, el problema tambi´en se puede resolver al considerar cualquier punto en el segundo plano y en ese caso d = 5. 53
  • 54. 3 Problemas del cap´ıtulo 2. Problema 1. Escribir las ecuaciones param´etricas y no param´etricas, de los siguientes c´ırculos: a) centro en (0, 1, 0), radio 2, paralelo al plano XZ, b) centro en (1, 1, 1), radio √ 3, paralelo al plano XY, c) centro en (−1, 2, 3), radio 9, paralelo al plano XZ, d) centro en (−1, 3, −1), radio 5, paralelo al plano Y Z. Soluci´on. Por definici´on, la ecuaci´on (∗) −→ R(θ) = −→ R0 + (a cos θ) e1 + (a sin θ) e2, representa un c´ırculo con centro en el punto (x0, y0, z0) y paralelo al plano formado por los vectores unitarios e1 y e2 que son mutuamente perpendiculares, donde θ est´a entre 0 y 2π. a) Aplicando la ecuaci´on anterior en este caso, a = 2 e1 = i e2 = k −→ R0 = (0, 1, 0), por lo tanto, la ecuaci´on pedida es −→ R(θ) = (0, 1, 0) + (2 cos θ) i + (2 sin θ) k o bien, −→ R(θ) = 2 cos θi + j + 2 sin θk es decir, las ecuaciones param´etricas de un c´ırculo de radio 2 paralelo al plano XZ con centro en (0, 1, 0) son: x = 2 cos θ, y = 1, z = 2 sin θ, que son equivalentes a las ecuaciones no param´etricas, x2 + z2 = 4, y = 1. 54
  • 55. b) En este caso tenemos, aplicando la ecuaci´on (∗) obtenemos, a = √ 3 e1 = i e2 = j −→ R0 = (1, 1, 1), por lo tanto, la ecuaci´on pedida es −→ R(θ) = (1, 1, 1) + √ 3 cos θ i + √ 3 sin θ j, o bien, −→ R(θ) = 1 + √ 3 cos θ i + 1 + √ 3 sin θ j + k, que es equivalente a las siguientes ecuaciones param´etricas: x = 1 + √ 3 cos θ, y = 1 + √ 3 sin θ, z = 1, de donde obtenemos las ecuaciones no param´etricas, de la forma (x − 1)2 + (y − 1)2 = 3, z = 1. c) An´alogamente, de la ecuaci´on (∗) obtenemos a = 9 e1 = i e2 = k −→ R0 = (1, 2, 3), por lo tanto, la ecuaci´on del c´ıculo en forma param´etrica est´a dada por, −→ R(θ) = (1 + 9 cos θ) i + 2j + (3 + 9 sin θ) k, que es equivalente a las siguientes ecuaciones param´etrica: x = 1 + 9 cos θ, y = 2, z = 3 + 9 sin θ, 55
  • 56. de donde obtenemos las ecuaciones no param´etricas, de la forma (x − 1)2 + (z − 3)2 = 81, y = 2. d) De un procedimiento similar a los incisos anteriores se obtiene, −→ R(θ) = −i + (3 + 5 sin θ) j + (−1 + 5 sin θ) k, y (y − 3)2 + (z + 1)2 = 25, x = −1.. 56
  • 57. Problema 2. Dada la curva −→ R = t2 2 i + t3 3 k; 0 t 2, encontrar un vector unitario T(s),donde s es la longitud de arco. Soluci´on. Para encontrar T(s), primero debemos reparametrizar la curva en t´erminos de la longitud de arco s, es decir; obtener −→ R(s) para as´ı calcular: T(s) = d −→ R(s) ds , sabemos que la longitud de arco est´a dada por la expresi´on: s(t) = t 0 −→ R (t) dt, de la ecuaci´on de la curva obtenemos, −→ R (t) = ti + t2 k; de donde, −→ R (t) = t2 + t4 = t (1 + t2), sustituyendo en la expresi´on para la longitud de arco, s(t) = t 0 t (1 + t2)dt. Para resolver la integral, hacemos un simple cambio de variable de la forma u = 1 + t2 , du = 2tdt, dt = du 2t , de esta forma, s(t) = t 0 tu 1 2 du 2t = 1 2 t 0 u 1 2 du = (1 + t2 ) 3 2 3 t 0 = 1 3 (1 + t2 ) 3 2 − 1 , por lo tanto, la longitud de arco de la curva est´a dada por, 57
  • 58. s(t) = 1 3 (1 + t2 ) 3 2 − 1 de esta expresi´on, despejamos el par´ametro t de la forma; (3s + 1) 2 3 = 1 + t2 ; t(s) = (3s + 1) 2 3 − 1 1 2 , sustituyendo en la expresi´on para −→ R(t(s)), obtenemos −→ R(s) = 1 2 (3s + 1) 2 3 − 1 i + 1 3 (3s + 1) 2 3 − 1 3 2 k, derivando esta expresi´on con respecto al par´ametro s, T(s) = 1 2 2 3 (3s + 1) −1 3 (3) i+ 1 3 2 3 (3s + 1) 2 3 − 1 1 2 2 3 (3s + 1)− 1 3 (3) k, finalmente, el vector unitario est´a dado por: T(s) = 1 (3s + 1) 1 3 i + 1 (3s + 1) 1 3 (3s + 1) 2 3 − 1 1 2 k. Observemos que inmediatamente se puede verificar que T(s) = 1, aplicando la definici´on de la magnitud de un vector tenemos, T(s) = 1 (3s + 1) 2 3 + 1 (3s + 1) 2 3 (3s + 1) 2 3 − 1 = 1 (3s + 1) 2 3 1 + (3s + 1) 2 3 − 1 = (3s + 1) 2 3 (3s + 1) 2 3 = 1 58
  • 59. Problema 3: Dada la curva cuyas ecuaciones param´etricas son: x = t 2π , y = sin t, z = cos t, calcular la longitud de arco entre el punto (0, 0, 1) y el punto (1, 0, 1) . ¿Cu´al es el vector unitario tangente a la curva dada en el punto (0, 0, 1)?. Soluci´on: De las ecuaciones param´etricas, la curva est´a dada por la ecuaci´on −→r (t) = t 2π i + sin tj + cos tk, donde 0 ≤ t ≤ 2π. Por definici´on la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, est´a dada por: l(t) = t=b t=a d−→r (t) dt dt, de la ecuaci´on de la curva dada, obtenemos d−→r (t) dt = 1 2π i + cos tj − sin tk, de donde, d−→r (t) dt = 1 4π2 + cos2 + sin2 t = 1 + 4π2 4π2 , sustituyendo en la expresi´on para calcular la longitud de la curva obtenemos, 59
  • 60. l = 2π 0 √ 1 + 4π2 2π dt = √ 1 + 4π2 2π t t=2π t=0 = 1 + 4π2. As´ı mismo por definici´on, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´a dado por: T(t) = d−→r (t) dt d−→r (t) dt , en el punto (0, 0, 1) , es decir, en t = 0, obtenemos d−→r (t = 0) dt = 1 2π i + j, y d−→r (t = 0) dt = √ 1 + 4π2 2π , por lo tanto el vector unitario pedido est´a dado por: T = i + 2πj √ 1 + 4π2 . 60
  • 61. Problema 4: Si T denota la tangente unitaria a la curva, x = t, y = 2t + 5, z = 3t, demuestre que dT dt = 0, interprete este resultado en forma geom´etrica. Soluci´on: En este caso, sustituyendo las ecuaciones param´etricas, la curva est´a dada por la ecuaci´on −→r (t) = ti + (2t + 5) j + 3tk. En forma an´aloga al problema anterior, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´a dado por: T(t) = d−→r (t) dt d−→r (t) dt , de esta forma, de la ecuaci´on de la curva obtenemos, T = i + 2j + 3k √ 12 + 4 + 9 = i + 2j + 3k √ 14 de donde obtenemos, dT dt = 0. 61
  • 62. Por otro lado, obs´ervese que las ecuaciones param´etricas de la curva dada son equivalentes a la ecuaci´on, x − 0 1 = y − 5 2 = z − 0 3 , que es la ecuaci´on de una l´ınea recta que pasa por el punto de coordenadas (0, 5, 0) y es paralela al vector −→ A = i+2j+3k, como se ilustra esquem´aticamente en la siguiente figura. ftbpF260.9375pt294.5pt0ptFigure Por lo tanto, la expresi´on d bT dt = 0 indica que el vector T es constante a lo largo de la l´ınea recta, por lo que la direcci´on de la curva debe estar dada por un vector unitario en la direcci´on del vector −→ A, como era de esperarse. 62
  • 63. Problema 5: a) Determine la longitud de arco de la curva dada por las siguientes ecua- ciones param´etricas, x = et cos t, y = et sin t, z = 0, entre t = 0 y t = 1. b) Reparametrizar la curva en t´erminos de la longitud de arco. Soluci´on: a) De las ecuaciones param´etricas, la curva est´a dada por la ecuaci´on −→r (t) = et cos ti + et sin tj, donde 0 ≤ t ≤ 1. Por definici´on la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, est´a dada por: l(t) = t=b t=a d−→r (t) dt dt, de la ecuaci´on de la curva dada, obtenemos d−→r (t) dt = −et (sin t) + et cos t i + et cos t + et sent j, de donde, d−→r (t) dt = [et (− sin t + cos t)] 2 + [et (cos t + sin t)] 2 = e2t sin2 t + cos2 t − 2 sin t cos t + e2t cos2 t + sin2 t + 2 sin t cos t = √ 2e2t = √ 2et , 63
  • 64. sustituyendo en la expresi´on para calcular la longitud de la curva obtenemos, l = √ 2 1 0 et dt = √ 2 et 1 0 = √ 2 [e − 1] . b) Para reparametrizar la curva en t´erminos de la longitud de arco s, tenemos por definici´on, que la longitud de arco s (t) est´a dada por la expresi´on, s = s(t) = t t=t1 d−→r (t) dt dt, para t ≥ t1, en este caso escogemos t1 = 0. Por lo tanto la longitud de arco est´a dada por: s (t) = √ 2 t 0 et dt = √ 2 et − 1 , de la expresi´on anterior despejamos a t en funci´on de la longitud de arco s, de la forma et = 1 √ 2 s + 1, es decir, t(s) = log s √ 2 + 1 = log s + √ 2 √ 2 , por lo tanto, la ecuaci´on de la curva en t´erminos de la longitud de arco s est´a dada por: −→r (t(s)) = exp log s + √ 2 √ 2 cos log s + √ 2 √ 2 i + sin log s + √ 2 √ 2 j , 64
  • 65. finalmente obtenemos, −→r (s) = s + √ 2 √ 2 cos log s + √ 2 √ 2 i + sin log s + √ 2 √ 2 j . 65
  • 66. Problema 6: Para la curva dada por las ecuaciones param´etricas, x = sin t − t cos t, y = cos t + t sin t, z = t2 , encontrar, a) La longitud de arco entre el punto (0, 1, 0) y el punto −2π, 1, 4π2 b) T (t) . c) T (π) . Soluci´on: En forma an´aloga a los problemas anteriores, en este caso la longitud de la curva estar´a dada por: l = 2π 0 d−→r (t) dt dt en este caso, d−→r (t) dt = (cos t − cos t + t sin t) i + (− sin t + sin t + t cos t) j + 2tk = t sin ti + t cos tj + 2tk por lo tanto, l = 2π 0 t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2dt = 2π 0 √ 5t2dt = √ 5 2 t2 2π 0 = √ 5 2 4π2 , finalmente la longitud de la curva desde el punto (0, 1, 0) al punto −2π, 1, 4π2 , est´a dada por l = 2 √ 5π2 . 66
  • 67. b) En forma an´aloga a los problemas anteriores, en este caso, el vector tangente a la curva en cualquier punto del espacio est´a dado por: T (t) = −→r (t) |−→r (t)| = t sin ti + cos tj + 2tk t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2 = t sin ti + t cos tj + 2tk t √ 5 , finalmente, T (t) = 1 √ 5 sin ti + cos tj + 2k . c) As´ı mismo en el punto t = π, el vector tangente est´a dado por: T (t = π) = 1 √ 5 −j + 2k . 67
  • 68. Problema 7. a) Sea el campo escalar φ dado por: φ(x, y, z) = 1 x2 + y2 + z2 Calcular el gradiente de φ en el punto (1, 0, −1). Soluci´on. Aplicando la definici´on del gradiente, obtenemos φ = ∂ ∂x 1 x2 + y2 + z2 , ∂ ∂y 1 x2 + y2 + z2 , ∂ ∂z 1 x2 + y2 + z2 = − 1 2 1 (x2 + y2 + z2) 3 2 2xi + 2yj + 2zk = − xi + yj + zk (x2 + y2 + z2) 3 2 por lo tanto en el punto (1, 0, −1), el gradiente de φ est´a dado por: φ(1, 0, −1) = − 1 (1 + 0 + 1) 3 2 (i − k) es decir, φ(1, 0, −1) = 1 2 √ 2 (−i + k). b) Dado el campo vectorial −→ f (x, y, z) = xi + yj + zk x2 + y2 + z2 calcular i) · −→ f en (1, −2, 1). j) × −→ f en (1, −2, 1). Soluci´on. i) El campo vectorial es de la forma: −→ f (x, y, z) = x x2 + y2 + z2 i + y x2 + y2 + z2 i + z x2 + y2 + z2 i Aplicando la definici´on de la divergencia, se tiene 68
  • 69. ∂f1 ∂x = ∂ ∂x x x2 + y2 + z2 = x2 + y2 + z2 1 2 − x 1 2 x2 + y2 + z2 − 1 2 2x (x2 + y2 + z2) = x2 + y2 + z2 − 1 2 x2 + y2 + z2 − x2 (x2 + y2 + z2) finalmente, ∂f1 ∂x = y2 + z2 (x2 + y2 + z2) 3 2 de forma an´aloga obtenemos, ∂f2 ∂y = ∂ ∂y y x2 + y2 + z2 = x2 + z2 (x2 + y2 + z2) 3 2 y ∂f3 ∂z = ∂ ∂z z x2 + y2 + z2 = x2 + y2 (x2 + y2 + z2) 3 2 por lo tanto la difvergencia de la funci´on vectorial dada resulta, · −→ f = 1 (x2 + y2 + z2) 3 2 (y2 + z2 + x2 + z2 + x2 + y2 ) = 2(x2 + y2 + z2 ) (x2 + y2 + z2) 3 2 = 2 (x2 + y2 + z2) por lo tanto, la divergencia del campo vectorial evaluado en el punto (1, −2, 1) resulta · −→ f (1, −2, 1) = 2 (12 + (−2)2 + 12) = 2 3 Soluci´on alternativa. a) El campo vectorial −→ f (x, y, z) se puede representar de la siguiente forma: −→ f (x, y, z) = φ(x, y, z) −→ A(x, y, z) donde: 69
  • 70. φ(x, y, z) = 1 x2 + y2 + z2 −→ A(x, y, z) = −→r . Si aplicamos la siguiente propiedad del operador vectorial nabla obtenemos 1) · (φ−→r ) = φ · −→r + φ · −→r , pero del inciso a) se obtuvo que, 1 x2 + y2 + z2 = − xi + yj + zk (x2 + y2 + z2) 3 2 que se puede escribir como (2) φ = − −→r r3 , donde r es la magnitud del vector de posici´on −→r . Por otro lado de la definici´on de la divergencia se tiene, (3) · −→r = ∂x ∂x + ∂y ∂y + ∂z ∂z = 3, sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la ecuaci´on (1) obtenemos, · (φ−→r ) = − −→r r3 · −→r + 3 r = 2 r que es el mismo resultado que se obtuvo anteriormente. En general si un campo escalar φ(x, y, z) se puede representar de la forma, φ(x, y, z) → φ(r) donde r es la magnitud del vector de posici´on, entonces φ(r) = ∂φ ∂r e−→r donde r = |−→r | = x2 + y2 + z2 y er = −→r r . Por ejemplo, si φ(x, y, z) = ln 1 (x2 + y2 + z2) 3 2 que se puede escribir como φ(r) = ln 1 r3 = −3 ln r 70
  • 71. de donde, ∂φ ∂r = − 3 r y por lo tanto, φ(r) = ∂φ ∂r er = − 3 r −→r r = − 3 r2 −→r . Por otro lado, si aplicamos la definici´on del gradiente, tenemos φ(x, y, z) = 3 2 1 x2 + y2 + z2 2xi + 2yj + 2zk es decir, φ(x, y, z) = 3 x2 + y2 + z2 xi + yj + zk = 3 r2 −→r . j) Si el campo vectorial esta dado como −→ f (x, y, z) = xi + yj + zk x2 + y2 + z2 Por definici´on del rotacional tenemos, × −→ f = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x√ x2+y2+z2 y√ x2+y2+z2 z√ x2+y2+z2 calculando las derivadas parciales, obtenemos × −→ f = − yz (x2 + y2 + z2) 3 2 + yz (x2 + y2 + z2) 3 2 i − − xz (x2 + y2 + z2) 3 2 + xz (x2 + y2 + z2) 3 2 i + − xy (x2 + y2 + z2) 3 2 + xy (x2 + y2 + z2) 3 2 i es decir, × −→ f = −→ 0 Soluci´on alternativa. De la misma forma que en el inciso i) si aplicamos la propiedad del operador ”NABLA” × φ(r) −→ A = φ(r) × −→ A + φ(r) × −→ A, identificando a φ(r) = 1 r y −→ A = −→r tenemos, 71
  • 72. (4) × −→r r = 1 r × −→r + 1 r × −→r , adem´as, de la definici´on del rotacional tenemos que, (5) × −→r = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x y z = −→ 0 , y del inciso a), obtenemos (6) 1 r = − −→r r3 , sustituyendo las ecuaciones (5) y (6) en la ecuaci´on (4), obtenemos × −→r r = − −→r r3 × −→r , aplicando la definici´on del producto vectorial de dos vectores −→r × −→r = −→ 0 , finalmente obtenemos, × −→r r = −→ 0 , que es el mismo resultado que se obtuvo aplicando la definici´on del determinante para el rotacional. 72
  • 73. Problema 8. El potencial electrost´atico V debido a dos filamentos paralelos infinitos de densidades lineales λ y −λ est´a dado por, V = ∂ 2πε0 ln( r2 r1 ), donde r2 1 = (x − x0)2 + y2 , y r2 2 = (x + x0)2 + y2 , consideremos los filamentos en la direcci´on z, pasando por el plano XY en (−x0, 0, 0) y (x0, 0, 0). Verificar que: V (x, y) = λ 2πε0 x + x0 r2 1 − x − x0 r2 2 i + 2y 1 r2 1 − 1 r2 2 j Soluci´on: Sustituyendo los valores de r2 1 y r2 2, y aplicando la propiedad de los logar- itmos, obtenemos V (x, y) = λ 2πε0 ln (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 1 2 = λ 4πε0 ln (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 . Por definici´on, sabemos que V (x, y) ≡ ∂V ∂x i + ∂V ∂y j. Calculemos primeramente la derivada con respecto a x, ∂V (x, y) ∂x = k ∂ ∂x ln (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 , donde k = λ 2πε0 , 73
  • 74. de esta forma, ∂V (x, y) ∂x = k (x − x0)2 + y2 (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 2(x + x0) − (x + x0)2 + y2 2(x − x0) [(x − x0)2 + y2] 2 , sustituyendo r2 1 = (x − x0)2 + y2 , y r2 2 = (x + x0)2 + y2 , obtenemos, ∂V (x, y) ∂x = k r2 1 r2 2 2(x + x0)r2 1 − 2(x − x0)r2 2 r4 1 = λ 4πε0 2(x + x0)r2 1 − 2(x − x0)r2 2 r2 1r2 2 = λ 2πε0 (x + x0) r2 2 − (x − x0) r2 1 . An´alogamente, para la derivada con respecto a y obtenemos, ∂V (x, y) ∂y = k ∂ ∂y ln (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 = k (x − x0)2 + y2 (x + x0)2 + y2 (x − x0)2 + y2 − 2y (x + x0)2 + y2 2y [(x − x0)2 + y2] 2 = k r2 1 r2 2 2y(r2 1 − r2 2 r4 1 = k2y 1 r2 2 − 1 r2 1 j. Finalmente, sumando las derivadas parciales con respecto a x y a y obten- emos, V (x, y) = λ 2πε0 x + x0 r2 1 − x − x0 r2 2 i + 2y 1 r2 1 − 1 r2 2 j . 74
  • 75. Problema 9. Hallar: a) La derivada direccional de φ(x, y, z) = x2 + y2 + z2 en la direcci´on del punto P(1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1) y b) Su valor m´aximo y direcci´on en el punto (1, 1, 0). Soluci´on: a) Sean −→r P y −→r Q los vectores de posici´on de los puntos P y Q respectiva- mente, es decir −→r P = i + j −→r Q = 2i + j + k por lo tanto, u = −→r Q − −→r P |−→r Q − −→r P | = 2i + j + k − i + j (2 − 1)2 + (1 − 1)2 = 1 √ 2 i + k asimismo, de la definici´on del gradiente dada por la ecuaci´on, φ(x, y, z) ≡ ∂V ∂x i + ∂V ∂y j +∂V ∂z k obtenemos, φ = 2xi + 2yj + 2zk sustituyendo en la expresi´on para la derivada direccional, dφ ds = φ · u = 2xi + 2yj + 2zk · 1 √ 2 i + k = 2 √ 2 (x + z) evaluando en el punto (1, 1, 0) finalmente obtenemos, dφ(1, 1, 0) ds = √ 2. Es decir, el campo escalar se incrementa a una raz´on de √ 2 por unidad de distancia cuando se avanza del punto P(1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1). b) Por definici´on aplicando la propiedad del gradiente que establece, el valor m´aximo de dφ ds ser´a igual a la magnitud del gradiente de φ, es decir; dφ ds max = | φ| = 2 √ 2 75
  • 76. y tambi´en de la propiedad del gradiente, el valor m´aximo de dφ ds se tendr´a en la direcci´on del gradiente φ(1, 1, 0) = 2(1)i + 2(1)j + 2(0)k, es decir, en la direcci´on del vector 2i + 2j. 76
  • 77. Problema 10. Hallar la derivada de P = 4 exp (2x − y + z) en el punto (1, 1, −1) en di- recci´on del vector (−3, 5, 6). Soluci´on: Por definici´on la derivada direccional est´a dada por: ∂φ ∂s = φ · u, en este caso, la derivada direccional estar´a dada por, ∂P ∂s = P · u, calculando el gradiente de la funci´on P, P = ∂ ∂x (4 exp (2x − y + z)) i + ∂ ∂x (4 exp (2x − y + z)) i + ∂ ∂x (4 exp (2x − y + z)) i = exp (2x − y + z) 8i − 4j + 4k , la direcci´on est´a dada en este caso por el vector, u = −→u |−→u | = −3i + 5j + 6k √ 70 , por lo tanto la derivada de la funci´on P en el punto (1, 1, −1) est´a dada por: ∂P(1, 1, −1) ∂s = P(1, 1, −1) · u = exp (2(1) − (1) + (−1)) 8i − 4j + 4k · −3i + 5j + 6k √ 70 = −24 − 20 + 24 √ 70 = − 20 √ 70 . 77
  • 78. Problema 11 Calcule la derivada direccional de f(x, y, z) = xyz en el punto (e, e, 0) y en la direcci´on del punto (1, 2, 3) hacia el punto (0, 3, 2). Soluci´on: Para calcular la derivada direccional de f(x, y, z), tenemos por definici´on que df ds = f · u, donde, f es el gradiente de la funci´on dada y u es el vector que indica la direcci´on, que en este caso, est´a dada por el vector, −→u = −→r2 − −→r1 = (0, 3, 2) − (1, 2, 3) = (−1, 1, −1), de esta forma, u = −→u |−→u | = 1 √ 3 (−1, 1, 1). Aplicando la definici´on del gradiente, obtenemos f = ∂ ∂x [xyz ] i + ∂ ∂y [xyz ] j + ∂ ∂z [xyz ] k = ∂ ∂x eln xyz i + ∂ ∂y eln xyz j + ∂ ∂z eln xyz k = eln xyz ∂ ∂x (ln xyz ) i + eln xyz ∂ ∂y (ln xyz ) j + eln xyz ∂ ∂y (ln xyz ) k = eln xyz 1 xyz yzxyz−1 i + 1 xyz (z ln x) j + 1 xyz (y ln x) k , que se puede escribir de la forma, f = yzxyz−1 i + z ln xj + y ln xk, de esta forma en el punto (e, e, o), el gradiente est´a dado por: f(e, e, o) = 0i + 0j + e ln(e)k = e(0, 0, 1), Finalmente la derivada direccional est´a dada por: 78
  • 79. df ds = e(0, 0, 1) · 1 √ 3 (−1, 1, 1) = e √ 3 . 79
  • 80. Problema 12. Encontrar los valores de las constantes a, b y c de forma que la derivada de la funci´on φ(x, y, z) = axy2 + byz + cx3 z2 en el punto (1, 2, −1) tenga un m´aximo de magnitud 64 en la direcci´on paralela al eje Z. Soluci´on: Por definici´on, la derivada direccional est´a dada por: dφ ds = φ · u Aplicando las hip´otesis del problema, ´esta derivada ser´a m´axima en direcci´on paralela al eje Z, es decir en direcci´on del vector k por lo tanto, (1) φ · k = 64, (2) φ · j = 0, (3) φ · i = 0, aplicando la definic´on del gradiente obtenemos, φ = ay2 + 3cx2 z2 i + (2axy + bz)j + by + 2cx3 z k evaluando en el punto (1, 2, −1), obtenemos φ(1, 2, −1) = (4a + 3c) i + (4a − b)j + (2b − 2c) k por lo tanto, de las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos (1a) 2b − 2c = 64, (2a) 4a + 3c = 0, (3a) 4a − b = 0, de las ecuaciones (2a) y (3a) obtenemos, b = −3c al sustituir en la ecuaci´on (1a) obtenemos, c = −8 nuevamente empleando las ecuaciones (21) y (3a) obtenemos, 80
  • 81. a = 6 b = 24 81
  • 82. Problema 13. Dado el campo escalar, φ(x, y, z) = 2xz + ey z2 a) Encontrar dφ ds en el punto (2, 1, 1) y en la direcci´on del vector 2i + 3j − k. b) Cu´al es la direcci´on del m´aximo cambio de φ(x, y, z) en el punto (2, 1, 1) y que valor tiene ´este m´aximo cambio. c) Encuentre la ecuaci´on del plano tangente a φ(x, y, z) = 4 + e en el punto (2, 1, 1). Problema: Por definici´on, sabemos que la derivada direccional est´a dada por: df ds = f · u, donde, f es el gradiente de la funci´on dada y u es el vector que indica la direcci´on, que en este caso, est´a dada por el vector, u = 1 √ 14 (2, 3, −1) , as´ı mismo, φ ≡ ∂φ ∂x i + ∂φ ∂y j + ∂φ ∂z k = 2zi + ey z2 j + (2x + ey z) k, de tal forma que en el punto (2, 1, 1) , el gradiente est´a dado por: φ = 2i + ej + (4 + 2e)k Por lo tanto, la derivada direccional est´a dada por: df ds = 2i + ej + (4 + 2e)k · 1 √ 14 (2, 3, −1) = 1 √ 14 [4 + 3e − 4 − 2e] = e √ 14 . b) La direcci´on en el cual el campo escalar φ est´a cambiando m´as r´apido, est´a dada en la direcci´on gradiente, de esta forma en el punto (2, 1, 1), tenemos φ(2, 1, 1) = 2i + ej + (4 + 2e)k, y su m´aximo valor est´a dada por: | φ(2, 1, 1)| = 22 + e2 + (4 + 2e)2 = 20 + 16e + 5e2. 82
  • 83. c) El vector normal a la superficie en el punto (2, 1, 1) est´a dado por el gradiente, φ(2, 1, 1) = 2i + ej + (4 + 2e)j, De esta forma, la ecuaci´on del plano tangente a φ(2, 1, 1) = 4 + e, est´a dada por φ • (−→r − −→r0) = 0, es decir, 2(x − 2) + e(y − 1) + (4 + 2e)(z − 1) = 0, que tambi´en se puede escribir de la forma, 2x + ey + 4z = 8 + 3e. 83
  • 84. Problema 14. La temperatura de los puntos en el espacio est´a dada por: T(x, y, z) = x2 + y2 − z a) Si un mosquito situado en el punto (1, 1, 2) se est´a muriendo de fr´ıo. ¿En qu´e direcci´on deber´a volar para que no se muera? b) Si el mosquito vuela a una raz´on de 5 unidades de distancia por segundo en direcci´on del vector 4i+4j−2k. ¿Cu´al es la raz´on de cambio de aumento en la temperatura por unidad de tiempo en el momento en que pasa el mosquito por el punto (1, 1, 2)?. Soluci´on: a) Como el gradiente de T a punta en la m´axima raz´on de cambio de la temperatura y el mosquito en el punto (1, 1, 2) se est´a muriendo de fr´ıo, deber´a moverse en la direcci´on del gradiente para calentarse. Aplicando la definici´on del gradiente, T(x, y, z) ≡ ∂T ∂x i + ∂T ∂y j + ∂T ∂z k, en este caso, tenemos T(x, y, z) = 2xi + 2yj − k, de esta forma, en el punto (1, 1, 2) el gradiente est´a dado por T(1, 1, 2) = 2i + 2j − k, as´ı que el mosquito deber´a moverse en la direcci´on del vector (2, 2, −1). b) Aplicando regla de la cadena, la raz´on de cambio en la temperatura esta dada por: dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = T · u, es la derivada direccional, y ds dt , es la rapidez con la que se mueve el mosquito. Por hip´otesis del problema, la direcci´on est´a dada por el vector unitario, u = 4i + 4j − 2k √ 16 + 16 + 4 = 4 6 , 4 6 , − 2 6 , de esta forma la derivada direccional estar´a dada por dT ds = (2, 2, −1) · 1 3 (2, 2, −1) = 4 3 + 4 3 + 1 3 = 3, y como ds dt = 5, finalmente el cambio en la temperatura estar´a dada de la forma, 84
  • 86. Problema 15. El capit´an Peluches tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando ´el esta en la posici´on (x, y, z) est´a dada por: T(x, y, z) = e−x−y−z , donde x, y y z est´an medidas en metros. Actualmente ´el est´a en el punto (2, 2, 2). a) ¿En qu´e direcci´on deber´a avanzar para disminuir m´as rapido la temper- atura? b) Si la nave viaja a e8 m s , ¿con qu´e rapidez decaer´a la temperatura si avanza en esa direcci´on? Soluci´on: a) Si el campo escalar de temperaturas, est´a dado por T(x, y, z) = e−x−y−z , de la definici´on de la derivada direccional dT ds = T · u, que f´ısicamente nos da la raz´on de cambio del campo escalar (temperatura) en la direcci´on del vector u, la m´axima raz´on de cambio de aumento de la temperatura estar´a dada por dT ds max = | T| , es decir, cuando T apunta en la direcci´on de u. Por lo tanto, si el capit´an Peluches est´a en el punto (2, 2, 2) se tiene que mover en direcci´on contraria al gradiente. Aplicando la definici´on del gradiente, tenemos T = ∂T ∂x i + ∂T ∂y j + ∂T ∂z z T = −e−x−y−z i − e−x−y−z j − e−x−y−z k [T (2, 2, 2)] = −e−2−2−2 i + j + k = −e−6 i + j + k , de esta forma, el capit´an Peluches se tiene que mover en direcci´on del vector e−6 i + j + k . b) Si la nave viaja una rapidez de e8 m/s ds dt , entoces la rapidez con la cual diminuye la temperatura, est´a dada por (aplicando regla de la cadena): dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = T • u, y 86
  • 87. u = T | T| = e−6 i + j + k √ e−123 = i + j + k √ 3 , por lo tanto, dT ds = T • T | T| = | T| 2 | T| = | T| = e−6 √ 3 0 C m , finalmente, la rapidez con la que disminuye la temperatura est´a dada por: dT dt = √ 3 0 C m e8 m s = √ 3 e8 0 C seg . 87
  • 88. Problema 16. a) La temperatura en una caja rect´angular est´a dada aproximadamente por T(x, y, z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z), donde 0 < × < 1, 0 < y < 2 y 0 < z < 3. Si un mosquito se localiza en el punto (0, 1, −2), en que direcci´on deber´a volar para enfriarse lo m´as r´apido posible. Explique su respuesta. b) Si el mosquito est´a volando a una velocidad de 1.5 metros por segundo. Con qu´e rapidez est´a cambiando la temperatura de la caja cuando se mueve en direcci´on paralela al eje x?. Soluci´on. a) El gradiante apunta donde la raz´on de cambio del incremento de tem- peratura es m´axima, por lo que el mosquito debe moverse en direcci´on opuesta al gradiente. Por definici´on, el gradiente de una funci´on escalar est´a dado por, T = ∂T ∂x i + ∂T ∂y j + ∂T ∂z k, en este caso, T(x, y, z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z), luego entonces T = ∂T ∂x i + ∂T ∂y j + ∂T ∂z k T = [(1 − x) − x] (2 − y) (3 − z) i − x (1 − x) (3 − z) j − x (1 − x) (2 − y) k = (1 − 2x) (2 − y) (3 − z) i − x (1 − x) (3 − z) j − x (1 − x) (2 − y) k evaluando en el punto donde esta el mosquito, tenemos T (0, 1, −2) = (1 − 2 (0)) (2 − (1)) (3 − (−2)) i + 0j + 0k = 5i es decir, el mosquito debe volar en direcci´on del vector −5i para enfriarse. b) Si el mosquito vuela a una rapidez de v = 1.5 m seg = ds dt , entonces aplicando la regla de la cadena, tenemos dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = T • u, y 88
  • 89. u = (1, 0, 0) puesto que se mueve en direcci´on paralela al eje x, por lo tanto dT dt = 1.5 ( T · u) = 1.5 5i · i , finalmente, la rapidez con la cual est´a cambiando la temperatura de la caja cuando el mosquito se mueve en direcci´on paralela al eje x, est´a dada por dT dt = 7.5 0 C seg . 89
  • 90. Problema 17. a) Defina el concepto de conjunto de nivel. b) Defina el concepto de gr´afica de una funci´on. c) Describa el comportamiento, conforme var´ıa c, del conjunto de nivel para la siguiente funci´on. f(x, y) = 1 − x2 − y2 , d) Cual es el conjunto de nivel si c > 1. Soluci´on: a) Sea f : U ⊂ Rn −→ R, se define el conjunto de nivel como el conjunto de puntos −→x ∈ U que satisfacen, Lc = {−→x ∈ U : f(−→x ) = C ∈ R} . b) Sea f : U ⊂ Rn −→ R, se define la gr´afica de la funci´on f como el conjunto de puntos (x1, x2.........xn, f(x1x2, ....., xn)), que pertenecen a Rn+1 para (x1, x2.........xn) ∈ U, es decir, el conjunto ((x1, x2...., xn, f(x1, x2, ...., xn)) ∈ Rn+1 : (x1, ..., xn) ∈ U . c) Si f(x, y) = 1 − x2 − y2 ; en este caso el conjunto de nivel es una curva en R2 tal que cumple: Lc = (x, y) : 1 − x2 − y2 = c , o tambi´en, Lc = (x, y) : x2 + y2 = 1 − c , es decir, conforme c varie las curvas del nivel son c´ırculos de radio √ 1 − c. d) Si c > 1 el conjunto de nivel es el conjunto vacio. 90
  • 91. Problema 18. Hallar un vector unitario normal a la superficie S representada por las ecua- ciones param´etricas x = u cos v, y = u sin v, y z = z(u). Soluci´on: Por definici´on, una superficie S en el espacio est´a descrita por una funci´on vectorial de la forma: −→r (u, v) = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k, donde u y v son par´ametros (variables), en forma an´aloga al par´ametro t para una trayectoria curva en el espacio representada por −→ f (t); as´ı mismo, las ecua- ciones x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), son las ecuaciones param´etricas de la superficie S. En este caso, la ecuaci´on param´etrica para la superficie S est´a dada por: −→r (u, v) = u cos vi + u sin vj + z(u)k por lo tanto, un vector normal unitario en cada punto de la superficie S repre- sentada por la ecuaci´on anterior estar´a dado por: n = −→r u × −→r v |−→r u × −→r v| , donde los vectores −→r u y −→r v son vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v respectivamente, ´estos vectores est´an dados por: −→r u ≡ ∂−→r (u, v) ∂u = cos vi + sin vj + z‘(u)k, y −→r v ≡ ∂−→r (u, v) ∂v = −u sin vi + u cos vj. Calculando el producto vectorial de estos vectores, obtenemos −→r u×−→r v = i j k cos v sin v z‘(u) −u sin v u cos v 0 = (−u cos vz (u))i−(u sin vz (u))j+ u cos2 v + u sin2 v k es decir, −→r u × −→r v = (−u cos vz (u))i − (u sin vz (u))j + uk, 91
  • 92. la magnitud de este vector est´a dada por, |−→r u × −→r v| = (−u cos vz (u))2 + (u sin vz (u))2 + u2 = u 1 + [z (u)] 2 , sustituyendo los resultados anteriores en la expresi´on para el vector unitario n, obtenemos n = − cos vz (u)i − sin vz (u)j + k 1 + [z‘(u)] 2 Problema 19. Demostrar que −→ f = r2−→r es un campo vectorial conservativo y encontrar el potencial escalar del cual se deriva. Soluci´on: Para mostrar que −→ f = r2−→r es un campo conservativo debemos verifica que × −→ f = −→ O. Calculando el rotacional de −→ f , usando la propiedad distributiva del producto de un campo escalar por un campo vectorial obtenemos, × (r2−→r ) = r2 × −→r + r2 × −→r , aplicando las siguientes propiedades del operador nabla, rn = nrn−2−→r , que se demuestra en el problema 22, y la propiedad × −→r = −→ O, obtenemos, × (r2−→r ) = 2−→r × −→r = −→ O, es decir, −→ f = r2−→r , es un campo vectorial conservativo. Ahora debemos encontrar el potencial φ(r) tal que −→ f (r) = φ(r). Para hacer esto, aplicamos la siguiente expresi´on para el gradiente de una funci´on que s´olamente depende de r = |−→r | , y que resulta de aplicar la regla de la cadena, φ(r) = ∂φ(r) ∂x i + ∂φ(r) ∂y j + ∂φ(r) ∂z k, = ∂φ ∂r ∂r ∂x i + ∂φ ∂r ∂r ∂y j + ∂φ ∂r ∂r ∂z k, = φ (r) r, = φ (r)er, 92
  • 93. de esta forma, el campo vectorial dado, se puede escribir como, −→ f = r2−→r = r3 er, por lo tanto, aplicando el hecho de que el campo vectorial es conservativo, es decir −→ f (r) = φ(r), obtenemos φ (r) = r3 , de donde, integrando obtenemos inmediatamente, φ(r) = r4 4 + C, donde C es una constante de integraci´on que depende de las condiciones iniciales. 93
  • 94. Problema 20. a) Mostrar que • [f(r)−→r ] = 3f(r) + rf (r). b) Calcule × [f(r)−→r ] (no aplique la definici´on del determinante). Soluci´on: Aplicando la propiedad de la divergencia del producto de una funci´on escalar por una funci´on vectorial, dada por: · [f(r)−→r ] = f(r) · −→r + f(r) ·−→r , como el campo escalar f(r), s´olo depende de r = |−→r | , podemos aplicar f(r) = f (r) r = f (r) −→r r , adem´as, por definici´on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos • −→r = 3, entonces • [f(r) −→r ] = f (r) −→r r • −→r + 3f(r) = rf (r) + 3f(r), b) En forma an´aloga al inciso a) aplicando la propiedad del rotacional del producto de una funci´on escalar por una funci´on vectorial, dada por: × [f(r)−→r ] = f(r) ×−→r + f(r) × −→r , por definici´on, sabemos que × −→r = −→ 0 , y aplicando la expresi´on para el gradiente de una funci´on que s´olamente depende de r, donde r = |−→r | , obtenemos f(r) × −→r = f (r) r −→r × −→r = −→ 0 , finalmente se demuestra que × [f(r)−→r ] = −→ 0 . 94
  • 95. Problema 21. Hallar el campo vectorial −→ F tal que −→ F = f(r)−→r y div −→ F = 0, es decir; halle la funci´on f(r). Soluci´on: Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla, · Φ −→ A = Φ · −→ A + Φ · −→ A, en este caso, tenemos Φ = f(r), −→ A = −→r , · [f(r)−→r ] = f(r) · −→r + f(r) · −→r como el campo escalar f, s´olo depende de r = |−→r | , podemos aplicar f(r) = f (r) r = f (r) −→r r , que se demuestra aplicando regla de la cadena (ver problema 19). Por otro lado, de la definici´on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos · −→r = ∂ ∂x , ∂ ∂y , ∂ ∂z · (x, y, z) = 3, entonces · [f(r)−→r ] = f´(r) −→r r · −→r + 3f(r) = f´(r)r + 3f(r), aplicando la hip´otesis del problema dada por · [f(r)−→r ] = 0, obtenemos f´(r) f(r) r + 3 = 0, o tambi´en, 1 f(r) df(r) = − 3 r dr, integrando, obtenemos 95
  • 96. df(r) f(r) = −3 dr r ln f(r) + cte = −3 (ln r + cte) ln f(r) = ln r−3 + cte eln f(r) = e(ln r−3 +cte), finalmente, la funci´on escalar est´a dada por: f(r) = Ar−3 = A r3 . donde A es una constante de integraci´on. 96
  • 97. Problema 22. a) Si −→r = |−→r | demostrar las siguientes identidades, I) rn = nrn−2−→r II) 2 rn = n(n + 1)rn−2 III) · (rn−→r ) = (n + 3) rn b) Aplique los resultados del inciso a) para calcular, I) 1 r II) 2 ()1r3/2 III) · −→r r3 Solucion: a) Por definici´on, el vector de posici´on de un punto en el espacio est´a dado por, −→r = xi + yj + zk, de donde, la magnitud del vector esta dada por r = |−→r | = x2 + y2 + z2. Aplicando la definici´on del operador vectorial nabla dado por, ≡ ∂ ∂x i + ∂ ∂y j + ∂ ∂z k, obtenemos para I), rn = ∂rn ∂x i + ∂rn ∂y j + ∂rn ∂z k, sustituyendo la magnitud del vector de posici´on, tenemos rn = ∂ ∂x x2 + y2 + z2 n 2 i + ∂ ∂y x2 + y2 + z2 n 2 j + ∂ ∂z x2 + y2 + z2 n 2 k = n 2 x2 + y2 + z2 n 2 −1 (2x) i + n 2 x2 + y2 + z2 n 2 −1 (2y) j + n 2 x2 + y2 + z2 n 2 −1 (2z) k = n x2 + y2 + z2 n−2 2 xi + yj + zk = n |−→r | n−2 −→r , finalmente, rn = nrn−2−→r . II) Para este caso, sabemos que el operador laplaciano est´a dado por, 97
  • 98. 2 ≡ · = ∂2 ∂x2 + ∂2 ∂y2 + ∂2 ∂z2 , de esta forma, sustituyendo la magnitud del vector −→r , obtenemos 2 rn = ∂2 ∂x2 x2 + y2 + z2 n 2 + ∂2 ∂y2 x2 + y2 + z2 n 2 + ∂2 ∂z2 x2 + y2 + z2 n 2 , observese por la forma de la funci´on escalar dada, s´olo necesitamos calcular las derivadas parciales con respecto a x, las derivada con respecto a y y z son an´alogas, sin embargo podemos usar el resultado del inciso anterior de la forma, 2 rn ≡ · rn = · nrn−2−→r , y en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla, · Φ −→ A = Φ · −→ A + Φ · −→ A, donde, Φ = nrn−2 , −→ A = −→r , por lo tanto, 2 rn ≡ · nrn−1−→r = nrn−2 · −→r + nrn−2 · −→r , aplicando la divergencia de una funci´on vectorial tenemos que · −→r = 3 y el resultado del inciso anterior, en este caso rn−2 = (n−2)rn−4−→r , de esta forma, 2 rn = n(n − 2)rn−4−→r · −→r + 3nrn−2 , = n(n − 2)rn−2 + 3nrn−2 , donde aplicamos el hecho de que −→r · −→r = |−→r | 2 = r2 , finalmente obtenemos 2 rn = n(n + 2)rn−2 . III). En forma an´aloga al inciso a) parte II), aplicando la propiedad de la divergencia de un campo escalar por un campo vectorial, en este caso las funciones escalares y vectoriales est´an dadas por, Φ = rn , −→ A = −→r , por lo tanto, 98
  • 99. · (rn−→r ) = rn · −→r + rn · −→r usando los resultado de los incisos anteriores obtenemos, · (rn−→r ) = nrn−2−→r · −→r + 3rn = nrn + 3rn = (n + 3)rn . b) Aplicando los resultados del inciso a) obtenemos, I) 1 r = r−1 = (−1)r−3−→r = − −→r r3 . II) 2 ()1r3/2 = 2 r− 3 2 = −3 2 −3 2 + 1 r(− 3 2 −2) = 3 4 r− 7 2 = 3 4 √ r7 . III) · −→r r3 = · r−3−→r = 0. 99
  • 100. Problema 23. Dado el campo vectorial, −→ F = −→r |−→r | k , donde −→r = xi + yj + zk. Para qu´e valor de la constante k, la divergencia de −→ F es igual a cero?. Soluci´on: Las componentes del campo vectorial −→ F est´an dadas por: Fx = x (x2 + y2 + z2) k 2 , Fy = y (x2 + y2 + z2) k 2 , Fz = z (x2 + y2 + z2) k 2 , como la divergencia de una campo vectorial −→ F = Fxi + Fyj + Fzk, est´a dada por · −→ F ≡ ∂Fx ∂x + ∂Fy ∂y + ∂Fz ∂z s´olamente necesitamos calcular una derivada parcial, de esta forma ∂Fx ∂x = ∂ ∂x x (x2 + y2 + z2) k 2 = x2 + y2 + z2 k 2 − x k 2 x2 + y2 + z2 k 2 −1 (2x) (x2 + y2 + z2) k = 1 (x2 + y2 + z2) k 2 − kx2 (x2 + y2 + z2) k 2 +1 . An´alogamente para las derivadas parciales con respecto a y y z, obtenemos ∂Fy ∂y = 1 (x2 + y2 + z2) k 2 − ky2 (x2 + y2 + z2) k 2 +1 . ∂Fz ∂z = 1 (x2 + y2 + z2) k 2 − kz2 (x2 + y2 + z2) k 2 +1 . 100
  • 101. sumando los resultados anteriores, la divergencia del campo vectorial −→ F , est´a dada por · −→ F = 3 (x2 + y2 + z2) k 2 − k x2 + y2 + z2 (x2 + y2 + z2) k 2 +1 = 3 − k (x2 + y2 + z2) k 2 . de lo anterior, vemos que si k = 3, entonces la divergencia de −→ F es igual a cero. 101
  • 102. Soluci´on alternativa: Como el campo vectorial es de la forma, −→ F = f(r)−→r , en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla, · f(r) −→ A = f(r) · −→ A + f(r) · −→ A, donde, f(r) = |−→r | −k , −→ A = −→r , de esta forma, · |−→r | −k −→r = |−→r | −k · −→r + |−→r | −k · −→r , aplicando el resultado f(r) = df(r) dr er, que se cumple para campos escalares que solamente dependen de r, donde r = |−→r | . Por lo tanto, · |−→r | −k −→r = − |−→r | −k−1 −→r |−→r | · −→r + 3 |−→r | −k = − |−→r | −k−2 |−→r | 2 + 3 |−→r | −k = 3 − k |−→r | k , donde se aplic´o tambi´en la propiedad de la norma del producto escalar de vec- tores y el hecho de que · −→r = ∂x ∂x + ∂y ∂y + ∂z ∂z = 3. De la misma forma, si k = 3, entonces · −→ F = 0. 102
  • 103. Problema 24. Dado el campo vectorial, −→ F = −yi + xj (x2 + y2) k 2 . Hallar el valor de la constante k, de forma que −→ F sea irrotacional, es decir que × −→ F = −→ 0 . Soluci´on. Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla, × Φ −→ A = Φ × −→ A + Φ × −→ A, donde en este caso, Φ = x2 + y2 − k 2 , −→ A = −yi + xj, obtenemos, × x2 + y2 k 2 −xi + yj = x2 + y2 − k 2 × −yi + xj + x2 + y2 − k 2 × −yi + xj , del problema anterior, obtenemos x2 + y2 − k 2 = −k (x2 + y2) k 2 +1 xi + yj de esta forma, × x2 + y2 − k 2 −xi + yj = −k (x2 + y2) k 2 +1 xi + yj × −yi + xj + x2 + y2 − k 2 × −yi + xj calculando el producto vectorial y el rotacional, xi + yj × −yi + xj = i j k x y 0 −y x 0 = x2 + y2 k × −yi + xj = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y 0 −y x 0 = 2k sustituyendo, obtenemos 103
  • 104. × x2 + y2 k 2 −xi + yj = −k (x2 + y2) k 2 +1 x2 + y2 k + 2k (x2 + y2) k 2 = 2 − k (x2 + y2) k 2 k. De lo anterior, si k = 2, entonces × −→ F = −→ 0 . 104
  • 105. Problema 25. a) Calcular las constantes a, b y c, de forma que el campo vectorial −→ A = (x + 2y + az)i + (bx − 3y − z)j + (4x + cy + 2z)k sea irrotacional. b) Si el campo vectorial es irrotacional, encontrar el campo escalar del cual se deriva ´este campo vectorial . Soluci´on: a) Por definici´on, si −→ A es irrotacional debe cumplir que × −→ A = −→ 0 , por lo tanto × −→ A = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x + 2y + az bx − 3y − z 4x + cy + 2z = ∂ ∂y (4x + cy + 2z) − ∂ ∂z (bx − 3y − z) i − ∂ ∂x (4x + cy + 2z) − ∂ ∂z (x + 2y + az) j + ∂ ∂x (bx − 3y − z) − ∂ ∂y (x + 2y + az) k aplicando la hip´otesis de que el campo vectorial debe ser conservativo, entonces c + 1 = 0 −a + 4 = 0 b − 2 = 0 de las ecuaciones anteriores obtenemos inmediatamente a = 4, b = 2 y c = −1. Por lo tanto, el campo vectorial que es irrotacional est´a dado por: −→ A = (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z)j + (4x − y + 2z)k b) Debido a que si × −→ A = −→ 0 entonces, −→ A = φ(x, y, z), por lo tanto (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z)j + (4x − y + 2z)k = ∂φ ∂x i + ∂φ ∂x j + ∂φ ∂x k, 105
  • 106. de donde, ∂φ ∂x = x + 2y + 4z, ∂φ ∂y = 2x − 3y − z, ∂φ ∂z = 4x − y + 2z, Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = x2 2 + 2xy + 4xz + f(y, z), (2) φ(x, y, z) = 2xy − 3 2 y2 − yz + g(x, z), (3) φ(x, y, z) = 4xz − yz + z2 + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a y, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, ∂φ ∂y = 2x + ∂f(y, z) ∂y ∂φ ∂y = 2x − 3y − z de las ecuaciones anteriores se obtiene, ∂f(y, z) ∂y = −3y − z integrando nuevamente con respecto a y obtenemos, f(y, z) = − 3 2 y2 − yz + m(z) substituyendo en la ecuaci´on (1) obtenemos, (4) φ(x, y, z) = x2 2 + 2xy + 4xz − 3 2 y2 − yz + m(z). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (3) y (4) derivando parcialmente con respecto a z, obtenemos ∂φ ∂z = 4x − y + ∂m(z) ∂z ∂φ ∂z = 4x − y + 2z de lo anterior, se tiene 106
  • 107. 4x − y + ∂m(z) ∂z = 4x − y + 2z dm(z) dz = 2z finalmente obtenemos, m(z) = z2 + cte, por lo tanto, la funci´on escalar φ(x, y, z) tal que −→ A = φ(x, y, z) est´a dada por: φ(x, y, z) = x2 2 + 2xy + 4xz − 3 2 y2 − yz + z2 + cte n´otese que: φ(x, y, z) = (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z)j + (4x − y + 2z)k = −→ A. 107
  • 108. Problema 26. a) Demostrar −→ A = (6xy + z3 )i + (3x2 − z)j + (3xz2 − y)k que es irrotacional. b) Hallar φ tal que −→ A = φ. Soluci´on: a) Verifiquemos primeramente si el campo vectorial dado es irrotacional × −→ A = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 6xy + z3 3x2 − z 3xz2 − y = ∂ ∂y (3xz2 − y) − ∂ ∂z (3x2 − z) i − ∂ ∂x (3xz2 − y) − ∂ ∂z (6xy + z3 ) j + ∂ ∂x (3x2 − z) − ∂ ∂y (6xy + z3 ) k = (−1 + 1)i − 3z2 − 3z2 j + (6x − 6x)k. Por lo tanto como × −→ A = −→ 0 entonces −→ A es irrotacional. b) del resultado anterior, se tiene que −→ A = φ por lo tanto ∂φ ∂x = 6xy + z3 , ∂φ ∂y = 3x2 − z, ∂φ ∂z = 3xz2 − y. Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = 3x2 y + xz3 + f(y, z), 108
  • 109. (2) φ(x, y, z) = 3x2 y − yz + g(x, z), (3) φ(x, y, z) = xz3 − yz + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a z las ecuaciones (1) y (3) obtenemos, ∂φ ∂z = 3xz2 + ∂f(y, z) ∂z , ∂φ ∂z = 3xz2 − y, de las ecuaciones anteriores se obtiene, ∂f(y, z) ∂y = −y, integrando nuevamente con respecto a y obtenemos, f(y, z) = −yz + m(y), substituyendo en la ecuaci´on (1) obtenemos, (4) φ(x, y, z) = 3x2 y + xz3 − yz + m(y). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y, obtenemos ∂φ ∂y = 3x2 − z + ∂m(y) ∂y , ∂φ ∂y = 3x2 − z, de lo anterior, se tiene 109
  • 110. 3x2 − z + ∂m(y) ∂y = 3x2 − z, dm(y) dy = 0, finalmente obtenemos m(z) = cte, por lo tanto, la funci´on escalar φ(x, y, z) tal que −→ A = φ(x, y, z) est´a dada por: φ(x, y, z) = 3x2 y + xz3 − yz + cte. 110
  • 111. Problema 27. Verificar si el campo vectorial −→ f = 3x2 yi + (x3 + 1)j + 9z2 k se puede obtener a partir del gradiente de una funci´on escalar. Si es as´ı, obtenga el campo escalar. Soluci´on: Verifiquemos si el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector −→ 0 . × −→ f = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 3x2 y x3 + 1 9z2 , de lo anterior se deduce inmediatamente que, × −→ f = −→ 0 . Por lo tanto el campo vectorial es un campo conservativo, as´ı que se puede deducir a partir del gradiente de una funci´on escalar, es decir; −→ f = φ. De la expresi´on para el campo vectorial −→ f y de la definici´on para el gradiente, obtenemos ∂φ ∂x = 3x2 y, ∂φ ∂y = x3 + 1, ∂φ ∂z = 9z2 . 111
  • 112. Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = x3 y + f(y, z), (2) φ(x, y, z) = x3 y + y + g(x, z), (3) φ(x, y, z) = 3z3 + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a x las ecuaciones (1) y (3) e igualando las ecuaciones resultantes, obtenemos ∂h(x, y) ∂x = 3x2 y integrando nuevamente con respecto a x obtenemos, h(x, y) = x3 y + m(y) substituyendo en la ecuaci´on (3) obtenemos, (4) φ(x, y, z) = 3z3 + x3 y + m(y). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y e igualando las ecuaciones resultantes, obtenemos dm(y) dy = 1 finalmente obtenemos, m(y) = y + cte por lo tanto, la funci´on escalar φ tal que −→ f = φ est´a dada por: φ(x, y, z) = 3z3 + x3 y + y + cte. 112
  • 113. Problema 28. a) Demostrar que el campo vectorial definido por, −→ E = −→r r2 es irrotacional. b) Encontrar φ de forma que −→ E = − φ, con la condici´on de que φ(a) = 0, siendo a = cte > 0. Soluci´on: a) Para demostrar que el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector −→ 0 , aplicaremos la siguiente propiedad del operador nabla × φ −→ A = φ × −→ A + φ × −→ A en este caso, identificamos a φ = φ(r) = 1 r2 y −→ A = −→r , aplicando la ecuaci´on anterior obtenemos: × −→r r2 = 1 r2 × −→r + 1 r2 × −→r , aplicando la siguiente ecuaci´on φ(r) = φ (r)er, que es v´alida para campos escalares donde r = |−→r |, obtenemos 1 r2 = − −→r r , adem´as como × −→r = −→ 0 . Al sustituir las expresiones anteriores, obtenemos finalmente × −→ E = × −→r r2 = −→ 0 b) Como ya se demostr´o que × −→ E = −→ 0 entonces −→ E = − φ aplicando nuevamente la ecuaci´on φ(r) = φ (r)er, identificando en este caso correctamente la expresi´on para la funci´on escalar, obtenemos dφ(r) dr = − 1 r integrando, obtenemos 113
  • 114. φ(r) = − ln 1 r + cte aplicando la condici´on de que φ(a) = 0 siendo a > 0, obtenemos el valor de la constante de integraci´on dada por cte = ln a finalmente, obtenemos φ(r) = ln a r . 114