Problemario analisis vectorial

1. Problemario de Análisis Vectorial Barranco Jiménez Marco Antonio e-mail: mabarrancoj@ipn.mx June 24, 2004 1

2. 1 Introducción La presente selección de problemas resueltos de la materia de Análisis Vectorial, tiene como objetivo principal, el de proporcionar al alumno que cursa la materia, un apoyo bibliográfico más para el entendimiento de la misma, esperando que le sea de gran ayuda, en la aplicación de la teoria adquirida en el salón de clases y poder ejercitar sus conocimientos en la solución de problemas similares. La mayoria de los problemas, son problemas que se resuelven como ejemplos en el salón de clases tratando en lo que cabe de cubrir el más mı́nimo detalle algebraico, con la única intención de lograr la mejor comprensión por parte del alumno, como puede observarse en la solución de cada problema. La mayoria de los problemas resueltos, son problemas que están propuestos en libros tradi- cionales de la materia, como por ejemplo, el libro de Análisis Vectorial de la editorial Mc Graw Hill (serie Schaum), cuyo autor es Murray R. Spiegel y el libro de Análisis 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 experiencia que el autor ha adquirido al impartir la materia en el primer semestre, en la Escuela Superior de Cómputo del IPN, de la carrera de Ingenierı́a en Sis- temas Computacionales, y en la cual el ı́ndice de alumnos que no aprueban la materia es muy alto. La materia de Análisis Vectorial por si sóla, es una materia que generalmente es muy complicada para los estudiantes de nuevo ingreso, (aún impartiéndose ésta en un semestre posterior) en una carrera de Ingenierı́a en el área de Cien- cias Fı́sico-Matemáticas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo, los pocos conocimientos de las materias básicas de Matemáticas (Álgebra, Ge- ometrı́a Analı́tica, Cálculo Diferencial e Integral, Trigonometrı́a, etc) con los que cuenta el estudiante al ingresar al nivel superior, sin embargo, como el lector podrá observar, en la solución de cada uno de los problemas resueltos, realmente son mı́nimos los conocimientos que el alumno necesita de las materias básicas de Matemáticas. Ası́ también, podrı́a ser el desinterés que muestran en general los alumnos hacia la materia, debido a que posı́blemente las demás materias, como Matemáticas Discretas y Programación, por mencionar algunas, son materias que en general los conceptos son más ”fáciles” de entender por parte del alumno, o son materias de un interés mayor por ser materias dirijidas a su formación. Y principalmente, en realidad el temario de la materia (mencionando también que en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, como en muchas otras materias básicas), en general es dificil de asimilar por parte de los alumnos, conceptos por ejemplo, por citar algunos, como el de Gradiente, Divergencia y Rotacional, ası́ como la parte de coordenadas curvilı́neas que in- volucran el Cálculo de funciones de más de una variable, matemáticamente son complicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretación fı́sica 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 opinión al respecto, sin embargo, como mencioné anteriormente, la experiencia adquirida al impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones. Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma: En el capı́tulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado al Álgebra de vectores; desde las operaciones básicas de vectores, algunos problemas de aplicación a la Geometrı́a Analı́tica, pasando por aplicaciones del producto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores, hasta ecuaciones de rectas y planos. En este capı́tulo, se pone enfásis en la aplicación de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entre vectores, los cuales son conceptos básicos muy importntes enun curso tradicional de la materia de Análisis Vectorial. En el capı́tulo 2 se tratan problemas relacionados con el Cálculo Diferencial vectorial; desde el concepto de parametrización de curvas y superficies en el espacio, derivación de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergencia y Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvilı́neas. Ası́ mismo, en el capı́tulo 3 se tratan problemas relacionados con el Cálculo Integral vectorial, desde ejemplos de integrales de lı́nea, integrales de superficie e integrales de volumen, hasta llegar a problemas de aplicación de los teoremas integrales de Green, de Stokes y de Gauss. Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendrá la última palabra al decidir si se cumple el objetivo principal, ası́ también, el autor esta abierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que serán bien venidas, para la mejora del presente trabajo. 3

4. 2 Problemas del capı́tulo 1. Problema 1: Muestre que para cualquier vector − → A = a1 b i + a2 b j + a3 b k se cumple que: a).− b i × h b k × b j × − → A i = a3 b k, b).− b k × h b j × b i × − → A i = a2 b j, c).− b j × h b i × b k × − → A i = a1 b i, no aplique la definición del determinante, usar las propiedades del producto vectorial. Solución: a).− Aplicando las propiedades del producto vectorial, tenemos b i × h b k × b j × − → A i = b i × h b k × b j × a1 b i + a2 b j + a3 b k i = b i × h b k × b j × a1 b i + b j × a2 b j + b j × a3 b k i = b i × h b k × −a1 b k + a3 b i i = b i × h −a1 b k × b k + a3 b k ×b i i = b i × h a3 b j i = a3 b k. b) De la misma forma, b k × h b j × b i × − → A i = b k × h b j × b i × a1 b i + a2 b j + a3 b k i = b k × h b j × b i × a1 b i +b i × a2 b j +b i × a3 b k i = b k × h b j × a2 b k − a3 b j i = b k × h b j × a2 b k + b j × a3 b j i = b k × h a2 b i i = a2 b j. En forma análoga para el inciso c). 4

5. Problema 2. Probar que b i × b i × − → A + b j × b j × − → A + b k × b k + − → A = −2 − → A donde − → A es cualquier vector en el espacio. Solución: Sea el vector − → A en el espacio dado por, − → A = ab i + bb j + cb k, sustituyendo el vector − → A y aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial, obtenemos b i × b i × − → A + b j × b j × − → A + b k × b k × − → A = b i × h b i × ab i + bb j + cb k i +b j × h b j × ab i + bb j + cb k i +b k × h b k × ab i + bb j + cb k i = b i × h b i × ab i +b i × bb j +b i × cb k i + b j × h b j × ab i + b j × bb j + b j × cb k i + b k × h b k × ab i + b k × bb j + b k × cb k i , aplicando la definición del producto vectorial para los vectores b i, b j y b k, y nuevamente aplicando la propiedad distributiva obtenemos, b i × b i × − → A + b j × b j × − → A + b k × b k × − → A = b i × h bb k − cb j i + b j × h −ab k + cb i i + b k × h ab j + bb i i = bb i × b k − cb i × b j − ab j × b k + cb j ×b i + ab k × b j − bb k ×b i = −bb j − cb k − ab i − cb k − ab i − bb j finalmente, obtenemos b i × b i × − → A + b j × b j × − → A + b k × b k × − → A = −2ab i − 2bb j − 2cb k = −2 − → A. 5

6. Problema 3. Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un triángulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. Solución: Consideremos un triángulo cuyos vértices son los puntos A, B y C, como se muestra en la figura. B X Q P A C Y De la figura, obtenemos − − → AB = − → X, − → AC = − → Y , − − → BC = − → Y − − → X, por hipótesis tenemos que, − − → PB = 1 2 − → X, − − → BQ = 1 2 ( − → Y − − → X), asimismo, de la figura en el triángulo 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

9. − − → PQ

12. es paralelo a

15. − → Y

18. y tiene 1 2 de su longitud. 6

19. 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 Q O P B A C Solución: De la figura y por hipótesis del problema se tiene que: (1) − − → QR = 1 2 − − → QP, además, aplicando la suma de vectores en el triángulo OPQ, (2) − → B + − − → QP = − → A, y también de la figura, en el triángulo OQR, obtenemos (3) − → B + − − → QR = − → C , sustituyendo la ecuación (1) en la ecuación (3), (4) − → B + 1 2 − − → QP = − → C , por otro lado de la ecuación (2) − − → QP = − → A − − → B, sustituyendo en la ecuación (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

20. Problema 5. Hallar el área del paralelogramo cuyas diagonales son los vectores, − → A = 3b i + b j − 2b k, − → B = b i − b j + 4b k, Solución: Geométricamente el producto vectorial de dos vectores − → A y − → B representa el área de un paralelogramo de lados − → A y − → B de la forma, Área =

23. − → A × − → B

26. , B A x y en este caso, tenemos las diagonales del paralelogramo (ver figura), por lo que necesitamos encontrar los lados del paralelogramo en términos 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 análoga restando la ecuación b) de la ecuación a), obtenemos 8

27. d) − → y = −1 2 − → A + − → B . De esta forma, de las ecuaciones c) y d), el área del paralelogramo está dada por: Área = |− → x × − → y | =

31. 1 2 − → A − − → B × − 1 2 − → A + − → B

39. − 1 4 − → A − − → B × − → A + − → B

43. , aplicando las propiedades del producto vectorial tenemos, Área = 1 4

46. − → A − − → B × − → A + − → A − − → B × − → B.

49. = 1 4

52. − − → A × − → A + − → A × − → B − − → B × − → A + − → B × − → B

55. = 1 4

58. 2 − → A × − → B

61. = 1 2

64. − → A × − → B

67. , finalmente al sustituir los vectores dados obtenemos, Área = 1 2

73. b i b j b k 3 1 −2 1 −1 4

79. = 1 2

82. 2b i − 14b j − 4b k

88. b i − 7b j − 2b k

91. = √ 1 + 49 + 4 = √ 54 = 3 √ 6. 9

92. Problema 6. Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. Solución: Sea el paralelogramo de vértices 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 definición 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 triángulo DAP, tenemos − − → DA + − → AP = − − → DP, es decir; 10

93. (4) − → x + − → AP = − − → DP, sustituyendo las ecuaciones (3) en la ecuación (4) obtenemos, − → x + m (− → y − − → x ) = n (− → x + − → y ) , aplicando las propiedades de la adición de vectores obtenemos, − → x + m− → y − m− → x − n− → x − n− → y = − → 0 , o también, (1 − m − n)− → x + (m − n)− → y = − → 0 , de la ecuación anterior, como los vectores − → x y − → y son distintos del vector − → 0 y no paralelos, entonces la igualdad anterior sólo 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 geométricamente en la figura. 11

94. Problema 7. Demostrar que las medianas de un triángulo se cortan en un punto que esta a 1 3 del lado y 2 3 del vértice opuesto para cada mediana respectivamente. Solución: Sea el triángulo cuyos vértices 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 intersección 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 vértice 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 geométricamente en la figura. Sean los lados del triángulo dados por − → A y − → B, de la figura tenemos las siguientes relaciones: − → A = − − − → A1B1, − → B = − − − → A1C1, − → B − − → A = − − − → B1C1. 12

95. Aplicando la definición 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 triángulos A1C1P, B1C1P y A1B1P obtenemos, − → B + − − → C1P = − − → A1P, − → B − − → A + − − → C1P = − − → B1P, − → B − − → A + − − → C1P = − − → B1P, (d) pero, de la figura tenemos también 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 triángulos 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

96. 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 ası́, 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

97. Problema 8. Pruebe que

100. − → A

103. − → B +

106. − → B

109. − → A es perpendicular a

112. − → A

115. − → B −

118. − → B

121. − → A, para cua- lesquiera − → A y − → B. Solución: De la definición 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 están dados respectivamente por

124. − → A

127. − → B +

130. − → B

133. − → A y

136. − → A

139. − → B −

142. − → B

145. − → A, de esta forma debemos verificar que los vectores dados cumplen que, − → x · − → y =

148. − → A

151. − → B +

154. − → B

157. − → A ·

160. − → A

163. − → B −

166. − → B

169. − → A = 0, aplicando la propiedad distributiva del producto escalar tenemos, − → x · − → y =

172. − → A

175. − → B +

178. − → B

181. − → A ·

184. − → A

187. − → B +

190. − → A

193. − → B +

196. − → B

199. − → A · −

202. − → B

205. − → A , asimismo, aplicando las propiedades conmutativa y distributiva nuevamente, tenemos − → x · − → y =

208. − → A

211. − → B ·

214. − → A

217. − → B +

220. − → A

223. − → B ·

226. − → B

229. − → A −

232. − → B

235. − → A ·

238. − → A

241. − → B −

244. − → B

247. − → A ·

250. − → B

253. − → A, ahora aplicamos las propiedades asociativa del escalar y la propiedad de la norma, − → x · − → y =

256. − → A

262. − → A

265. − → B · − → B +

268. − → A

274. − → B

277. − → B · − → A −

280. − → B

286. − → A

289. − → A · − → B −

292. − → B

298. − → B

301. − → A · − → A = A2 B2 + AB − → B · − → A − AB − → A · − → B − B2 A2 = 0. donde se aplicó finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar. 15

302. Problema 9. Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. Solución: Sean A, B, C y D los vértices del paralelogramo como se indica en la figura. X X Y Y A D C B De la figura tenemos que, AC = BD =

305. − → X

308. , AB = CD =

311. − → Y

314. , asimismo de la figura, las diagonales del paralelogramo están dadas por BC =

317. − → X + − → Y

320. , AD =

323. − → X − − → Y

326. . Debemos mostrar que, BC 2 + AD 2 = AC 2 + AB 2 + CD 2 + BD 2 = 2AC 2 + 2AB 2 , es decir, 16

330. − → X + − → Y

333. 2 +

336. − → X − − → Y

339. 2 = 2

342. − → X

345. 2 + 2

348. − → Y

351. 2 . En forma análoga, al problema anterior, aplicando las propiedades del producto escalar,

354. − → X + − → Y

357. 2 +

360. − → X − − → Y

363. 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

366. − → X

369. 2 + 2

372. − → Y

375. 2 . 17

376. Problema 10. Sean los vectores − → A y − → B vectores unitarios, calcular 3 − → A − 4 − → B · 2 − → A + 5 − → B si

379. − → A + − → B

382. = √ 2. Solución: En forma análoga al problema anterior, aplicando las propiedades del producto 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 aplicó la hipótesis 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 condición

385. − → A + − → B

388. = √ 2, elevando al cuadrado ésta expresión y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar, obtenemos − → A + − → B · − → A + − → B = 2 de donde, − → A + − → B · − → A + − → A + − → B · − → B = 2 − → A · − → A + 2 − → A · − → B + − → B · − → B = 2 de la expresión 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

389. 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 = b i + b j + 2b k − → B = 2b i − b j + b k − → C = 2b i − b j + 4b k Solución: En forma análoga al problema anterior, aplicando la condición 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 definición del producto 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

390. 6λ1 + 3λ2 = 9, 3λ1 + 6λ2 = 9, obsérvese que la solución del sistema de ecuaciones es inmediata y está dada por: λ1 = 1 λ2 = 1. 20

391. Problema 12. Sean los vectores − → A = (1, −1, 2), − → B = (1, 2, 2). Hallar la proyección del vector − → A sobre el vector − → B y la proyección del vector − → B sobre el vector − → A. Solución: Por definición, la proyección de un vector − → x sobre otro vector − → y , es un vector (como se muestra en la figura) y está dado por, Pr oy− → y − → x = |− → x | cos θb e− → y , X b e− → y Pr oy− → y − → x − → y en este caso debemos calcular, Pr oy− → B − → A =

394. − → A

397. cos θb e− → B , Pr oy− → A − → B =

400. − → B

403. cos θb e− → A , donde

406. − → A

409. es la magnitud del vector − → A,

412. − → B

415. es la magnitud del vector − → B, θ el 21

416. ángulo formado entre los dos vectores, b e− → A un vector unitario en la dirección del vector − → A y b e− → B un vector unitario en la dirección del vector − → B. De la definición del producto escalar podemos calcular el coseno del ángulo entre dos vectores de la forma, cos θ = − → A · − → B

419. − → A

425. − → B

428. , y empleando la definición de vectores unitarios, los vectores de proyección están dados por, Pr oy− → B − → A =

431. − → A

434.   − → A · − → B

437. − → A

443. − → B

446.   − → B

449. − → B

452. = − → A · − → B B2 ! − → B, Pr oy− → A − → B =

455. − → B

458.   − → A · − → B

461. − → A

467. − → B

470.   − → A

473. − → A

476. = − → 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

477. Problema 13: Considere la siguiente figura, A A A B 1 2 demostrar que − → A = − → A · − → B − → B · − → B − → B + − → B × − → A × − → B − → B · − → B . Solución: De la figura, el vector − → A = − → A1 + − → A2, el vector − → A1 es la proyeccción del vector − → A sobre el vector − → B dada por − → A1 = proy− → B − → A =

480. − → A

483. cos θb e− → B , de la definición del producto escalar de dos vectores − → A y − → B distintos del vector − → 0 , dada por, − → A · − → B =

486. − → A

492. − → B

495. cos θ, podemos calcular el ángulo entre los dos vectores, de esta forma la proyección del vector − → A sobre el vector − → B está dada por: 23

496. proy− → B − → A =

499. − → A

502.   − → A · − → B

505. − → A

511. − → B

514.   − → B

517. − → B

520. = − → A · − → B

523. − → B

526. 2 − → B = − → A · − → B − → B · − → B − → B, donde se aplicó la propiedad de la norma del producto escalar. Para vector − → A2, obsérvese 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 será un vector que está en la dirección de − → A2, es decir, el vector − → B × − → A × − → A esta en dirección de − → A, de tal forma que la magnitud de este vector está dada por:

529. − → B × − → A × − → B

532. =

535. − → B × − → A

541. − → B

544. sin φ, donde el ángulo φ entre los vectores − → B × − → A y − → B es de 900 , de esta forma como sin 900 = 1, obtenemos

547. − → B × − → A × − → B

550. =

553. − → B

559. − → A

562. sin θ

565. − → B

568. , es decir,

571. − → B × − → A × − → B

574. =

577. − → A

583. − → B

586. 2 sin θ, por otro lado, de la figura

589. − → A2

592. =

595. − → A

598. sin θ, por lo tanto, − → A2 = − → B × − → A × − → B − → B · − → B , finalmente, sustituyendo los valores de los vectores − → A1 y − → A2 obtenemos, 24

599. − → A = − → A · − → B − → B · − → B − → B + − → B × − → A × − → B − → B · − → B . 25

600. Problema 14. Encuentre un vector unitario perpendicular a los vectores − → A = 2b i + 2b j − 3b k, − → B = b i + 3b j − b k, a) Aplicando el producto escalar. b) Aplicando el producto vectorial (sin hacer uso de la definición del determinante). Solución: a) Debemos encontrar un vector − → C = (C1, C2, C3) que sea perpendicular a los vectores − → A y − → B simultáneamente, 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 ecuación por −2 y sumándo ésta con la primera ecuación) obtenemos, −4C2 − 5C3 = 0, de donde, C2 = −5 4 C3, sustituyendo este valor para C2,en por ejemplo la segunda ecuación, obtenemos C1 = −3 −5 4 C3 − C3 = 11 4 C3. De esta forma, el vector buscado tiene la forma, − → C = 11 4 C3 b i − 5 4 C3 b j + C3 b k, 26

601. además el vector buscado, − → C , debe cumplir que sea unitario, es decir que cumpla que,

604. − → C

607. = 1, aplicando la definición para calcular la magnitud de un vector, obtenemos s 11 4 C3 2 + 5 4 C3 2 + C2 3 = 1 r 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 expresión para el vector − → C , obtenemos − → C = ± 1 9 √ 2 (11b i − 5b j + 4b k) 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 definición 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 = (2b i + 2b j − 3b k) × (b i + 3b j + b k) = (2b i + 2b j − 3b k) ×b i + (2b i + 2b j − 3b k) × (3b j) + (2b i + 2b j − 3b k) × b k = −b i × (2b i + 2b j − 3b k) − 3b j(2b i + 2b j − 3b k) − b k × (2b i + 2b j − 3b k) = −2 ×b i − 2b i × b j + 3b j × b k − 6b j ×b i − 6b j × b j + 9b j × b k − 2b k ×b i − 2b k × b j + 3b k × b k = −2b k − 3b j + 6b k + 9b i − 2b j + 2b i = 11b i − 5b j + 4b k, finalmente, el vector unitario estará dado por: 27

608. b e− → A× − → B = − → A × − → B

611. − → A × − → B

614. = 11b i − 5b j + 4b k √ 121 + 25 + 16 = ± 1 9 √ 2 11b i − 5b j + 4b k . 28

615. Problema 15. Hallar un vector unitario que forme un ángulo de 45◦ con el vector − → A = 2b i + 2b j − b k y un ángulo de 60◦ con el vector − → B = b j − b k. Solución: 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

618. − → C

621. = 1 es decir, 2b i + 2b j − b k · C1 b i + C2 b j + C3 b k = q 22 + 22 + (−1) 2 1 √ 2 b j − b k · C1 b i + C2 b j + C3 b k = q 12 + (−1) 2 1 2 q (C1) 2 + (C2) 2 + (C3) 2 = 1 que resulta, (1) 2C1 + 2C2 − C3 = 3 √ 2 (2) C2 − C3 = √ 2 2 (3) q (C1) 2 + (C2) 2 + (C3) 2 = 1 ası́, se tienen 3 ecuaciones con 3 incognitas. Por lo tanto, la solución del problema se tendrá al resolver simultáneamente las ecuaciones (1), (2) y (3). De la ecuación (2), obtenemos C3 = C2 − √ 2 2 , sustituyendo en la ecuación (1) obtenemos, 2C1 + 2C2 − C2 − √ 2 2 ! = 3 √ 2 2C1 + 2C2 − C2 + 1 √ 2 = 3 √ 2 2C1 + C2 = 2 √ 2 29

622. finalmente, obtenemos C1 = 1 √ 2 − C2 2 . Por lo tanto el vector − → C será de la forma, 4) − → C = 1 √ 2 − C2 2 b i + C2 b j + C2 − 1 √ 2 b k, aplicando la ecuación (3), s 1 √ 2 − C2 2 2 + (C2) 2 + C2 − 1 √ 2 2 = 1, realizando un poco de álgebra 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 ecuación (4) finalmente obtenemos, − → C 1 = 1 √ 2 b i + 1 √ 2 b k = 1 √ 2 , 0, − 1 √ 2 , y 30

623. − → C2 = 1 √ 2 − 1 2 4 3 √ 2 b i + 4 3 √ 2 b j + 4 3 √ 2 − 1 √ 2 b k = 1 3 √ 2 b i + 4 3 √ 2 b j + 1 3 √ 2 b k = 1 3 √ 2 , 4 3 √ 2 , 1 3 √ 2 31

624. Problema 16. Escriba un vector de magnitud 5, paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector b i + 2b j + 2b k. Solución: Se pide un vector de la forma − → C = C1 b i + C2 b j + C3 b k que sea paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector − → A = b i + 2b j + 2b k, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: − → C · − → A = 0, − → C · − → N = 0, donde − → N = 3b i + 4b j + 5b k, 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 simultáneamente las ecuaciones anteriores obtenemos, C1 = 2C2, C3 = −2C2, por lo tanto, el vector − → C será de la forma, − → C = 2C2 b i + C2 b j − 2C2 b k, y aplicando la condición de que el vector debe ser de magnitud 5, es decir

627. − → C

630. = 5, obtenemos 5 = q 4C2 2 + C2 2 + 4C2 2 = q 9C2 2 = ±3C2, 32

631. de donde, C2 = ± 5 3 , finalmente, el vector pedido es de la forma, − → C = ± 5 3 2b i + b j − 2b k . 33

632. Problema 17. Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector 4b i − 3b j − b k. Solución: Se pide un vector − → C de la forma, − → C = C1 b i + C2 b j, la componente C3 es cero debido a que el vector − → C debe ser paralelo al plano XY y por lo tanto no tiene componente en b k, además el vector − → C debe ser perpendicular al vector − → A = 4b i − 3b j − b k, por lo tanto cumple la condición, − → C · − → A = 0, es decir, C1 b i − C2 b j · 4b i − 3b j − b k = 0, de donde obtenemos, C1 = 3 4 C2. Por lo tanto, el vector pedido tendrá la forma − → C = 3 4 C2 b i + C2 b j. También por hipótesis, se pide que el vector − → C sea unitario, es decir que cumpla que

635. − → C

638. = 1, por lo tanto 1 =

641. − → C

644. = s 3 4 C2 2 + (C2) 2 = s (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 está dado por, − → C = ± 3 4 b i ± 4 5 b j. 34

645. Problema 18. a) Hallar un vector unitario que forme un ángulo de 300 con el vector b j y formando ángulos iguales con los vectores b i y b k cos 300 = √ 3 2 . Solución: El vector que estamos buscando es de la forma − → C = (C1, C2, C3) donde el vector − → C debe cumplir que, 1) − → C ·b i =

648. − → C

654. b i

657. cos θ = cos θ, 2) − → C · b k =

660. − → C

666. b k

669. cos θ = cos θ, 3) − → C · b j =

672. − → C

678. b j

681. cos 300 = cos 300 , por definición de los vectores unitarios b i = (1, 0, 0), b j = (0, 0, 1) y b k = (0, 0, 1), aplicando la definición del producto escalar para vectores en el espacio, y de las ecuaciones 1) y 2) obtenemos, C1 = C3, asimismo de la ecuación 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 condición de que tiene que ser el vector − → C unitario, es decir,

684. − → C

687. = 1, de esta forma v u u tC1 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

688. Problema 19. Siendo el vector de posición − → a de un punto dado (x0, y0, z0) y − → r el vector de posición de un punto cualquiera (x, y, z), hallar el lugar geométrico de − → r si: a).− (− → r − − → a ) · − → a = 0 b).− (− → r − − → a ) · − → r = 0 Solución: 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 ecuación anterior se puede escribir de la forma, x0x + y0y + z0z = d, que es la ecuación de un plano que pasa por un extremo del vector − → a y es perpendicular al vector − → a . En forma análoga 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 expresión 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 ecuación de una esfera con centro en el punto x0 2 , y0 2 , z0 2 y radio r = 1 2 p x2 0 + y2 0 + z2 0. 36

689. Problema 20. Determine el ángulo entre el plano x + y + z = 21 y la lı́nea recta x − 1 = y + 2 = 2z + 3. Solución: Sabemos que la ecuación ax + by + cz = d, es la ecuación de un plano que pasa por un punto y tiene como normal al vector − → N = (a, b, c) , asimismo, la ecuación x−x0 a1 = y−y0 b1 = z−z0 c1 , representa la ecuación de una lı́nea 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 ángulo entre el plano y la lı́nea recta es equivalente a calcular el ángulo entre los vectores − → N y − → A. En este caso, para el plano dado tenemos que el vector normal está dado por − → N = (1, 1, 1) y para identificar el vector paralelo a la recta dada, reescribimos la ecuación 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 ángulo entre los vectores − → N y − → A, aplicamos la definición del producto escalar de dos vectores dado por, − → N · − → A =

692. − → N

698. − → A

701. cos θ, de donde, θ = cos−1   − → A • − → N

704. − → A

710. − → N

713.   , sustituyendo los vectores − → A y − → N , obtenemos θ = cos−1   (1, 1, 1/2) · (1, 1, 1) q (1)2 + (1 2 )2 p (1)2 + (1)2 + (1)   θ = cos−1   5/2 q 27 4   = cos−1 5 3 √ 3 . 37

714. Problema 21. Encuentre una combinación lineal (si existe) para los siguientes vectores: − → A1 = −2b i + 12b j − 4b k, − → A2 = b i − 6b j + 2b k, − → A3 = 2b j + 7b k, Solución: Para verificar si existe una combinación lineal entre los vectores, debemos encontrar escalares x, y y z para verificar si al menos uno de éstos 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 ecuaciones, −2x + y = 0, 12x − 6y + 2z = 0, −4x + 2y + 7z = 0. Al resolver este sistema de ecuaciones (se obtiene la solución si se aplica, por ejemplo el método de Gauss), el sistema es equivalente al sistema, −2x + y = 0 z = 0 la solución del sistema anterior, es de la forma y = 2x, x = α ∈ R z = 0 es decir, la solución del sistema es la terna, (x, y, z) = (α, 2α, 0) = α(1, 2, 0), 38

715. para toda α ∈ R, ası́ por ejemplo si α = 1, entonces una solución del sistema será de la forma, x = 1, y = 2, z = 0, por lo tanto, la combinación lineal de los vectores − → A1, − → A2 y − → A3 está dada por: − → A1 + 2 − → A2 + 0 − → A3 = − → 0 o también − → A1 = −2 − → A2. 39

716. Problema 22. Encuentre una combinación lineal (si existe) de los vectores − → A = 2ı̂ + ̂ − 3b k, − → B = ı̂ − 2̂ − 4b k, − → C = 4ı̂ + 3̂ − b k, Solución: Verifiquemos primeramente si los vectores son l.i. o l.d., para esto apliquemos la propiedad del producto triple escalar que establece la condición necesaria para la dependencia lineal, es decir; si − → A • − → B × − → C = 0, entonces los vectores están en un plano y son linealmente dependientes, de esta forma, − → A • − → B × − → C =

722. 2 1 −3 1 −2 −4 4 3 −1

728. = 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 6= 0, entonces los vectores − → A, − → B y − → C son linealmente independientes, y por lo tanto, no existe combinación lineal de ellos. 40

729. Problema 23. Encontrar un vector unitario perpendicular a la lı́nea recta dada por las ecuaciones paramétricas, x = 2t − 1, y = −t − 1, z = t + 2, y perpendicular al vector b i − b j. Solución: Las ecuaciones paramétricas de la recta dada son equivalentes a la ecuación vectorial − → r (t) = − → r0 + t − → A, que representa a una recta L en forma paramétrica 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 = C1 b i+C2 b j +C3 b k que tenga magnitud uno, además que sea perpendicular a la recta − → r (t) = − → r0 +t − → A, es decir perpendicular al vector − → A, y también perpendicular al vector − → B = b i −b j, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: 1)

732. − → C

735. = 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 tendrá la forma − → C = C2 b i + C2 b j − C2 b k. Aplicando la condición 1), obtenemos q (C2) 2 + (C2) 2 + (−C2) 2 = q 3 (C2) 2 = 1, 41

736. de donde, C2 = ± r 1 3 , finalmente, el vector pedido tiene la forma − → C = r 1 3 b i + b j − b k . 42

737. Problema 24. Demuestre que la lı́nea recta x = y = 1 3 (z + 2) es paralela al plano 2x + 8y + 2z = 5. Solución: La ecuación de la recta dada se puede reescribir de la forma, x − 0 1 = y − 0 1 = z − (−2) 3 , esta ecuación, 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 ecuación 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 condición − → N · − → A = 0. Calculando el producto escalar del vector normal − → N y el vector − → A, obtenemos − → 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 también es paralelo al plano y por lo tanto, la recta dada también es paralela al plano. 43

738. Problema 25. Las ecuaciones paramétricas de una recta son: x = 3t + 1, y = −2t + 4, z = t − 3, encuentre la ecuación del plano que contiene a dicha recta. Solución: Las ecuaciones paramétricas de la recta dada son equivalentes a la ecuación vectorial de la forma, − → r (t) = (1, 4, −3) + t(3, −2, 1), que por definición es la ecuación de una recta en forma paramétrica que pasa por un punto cuyo vector de posición está 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 también perpendicular a − → r0, entonces, la ecuacion del plano pedida será de la forma, ax + by + cz = d, donde d = − → r0 · − → N , y − → N = ab i + bb j + cb k, es decir, − → N =

744. b i b j b k 1 4 −3 3 −2 1

750. = −2b i − 10b j − 14b k asimismo, d = − → N · − → r0 = (−2b i − 10b j − 14b k) · (b i + 4b j − 3b k) = −2 − 40 + 42 = 0, por lo tanto, la ecuación del plano será de la forma −2x − 10y − 14z = 0, que se puede escribir finalmente como, x + 5y + 7z = 0. 44

751. Problema 26. Determine las ecuaciones de la lı́nea recta (en forma paramétrica y simétrica) que pasa por el punto (3, 2, −4), paralela a la lı́nea de intersección de los planos x + 3y − 2z = 8, x − 3y + z = 0. Solución: De las ecuaciones de los planos, los vectores − → N1 = b i + 3b j − 2b k, − → N2 = b i − 3b j + b 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 será paralelo a ambos planos y por lo tanto − → N1 × − → N2 será paralelo a la lı́nea de intersección de ambos planos. Calculando el producto vectorial de las normales, − → A = − → N1 × − → N2 =

757. b i b j b k 1 3 −2 1 −3 1

763. = −3b i − 3b j − 6b k, por lo tanto, la ecuación de la recta en forma paramétrica será de la forma, − → r (t) = − → r0 + t − → A es decir, − → r (t) = (3, 2, −4) + t(−3, −3, −6), y para determinar la forma simétrica de la recta, debemos eliminar el parámetro t de la ecuación vectorial, para hacer esto, escribimos las componentes de esta ecuación vectorial de la forma, x = 3 − 3t, y = 2 − 3t, z = −4 − 6t, despejando el parámetro t e igualando obtenemos, x − 3 −3 = y − 2 −3 = z + 4 −6 o también, x − 3 = y − 2 = z + 4 2 . 45

764. Problema 27. Encontrar el punto de intersección (si es que se intersectan) de las siguientes lı́neas rectas. a).− − → r 1(t) = 5b i + 4b j + 5b k t + 7b i + 6b j + 8b k, − → r 2(t) = 6b i + 4b j + 6b k t + 8b i + 6b j + 9b k, b).− − → r 1(t) = 2b k + 3b i + 2b j + b k t, − → r 2(t) = 3b i + 2b j + 3b k + 6b i + 4b j + 2b k t, Solución: a).− Las ecuaciones anteriores son de la forma, − → r (t) = − → r0 + t − → A, que representa la ecuación paramétrica de una recta L que pasa por el punto (x0, y0, z0) y es paralela al vector − → A. La ecuación anterior es equivalente a las ecuaciones x = x0 + at, y = y0 + bt, z = z0 + ct, que también se les llaman las ecuaciones paramétricas de la recta L, éstas ecuaciones son equivalentes a las ecuaciones no paramétricas 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 paramétricas 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 paramétricas respectiva- 46

765. 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 incógnitas 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 ecuación 1), 2 − 7 5 = y − 6 4 , de donde y = 2, finalmente de la ecuación 2) obtenemos z = 3. Nótese que éstos valores también satisfacen la cuarta ecuación y−6 4 = z−9 6 . Por lo tanto, el punto de intersección de las dos rectas tiene al vector 2b i + 2b j + 3b k como vector de posición. b).− Como se indicó 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 = 3b i + 2b j + 3b k y − → A2 = 6b i + 4b j + 2b k, son vectores paralelos a cada recta respectivamente, pero − → A2 = 2 3b i + 2b j + b k = 2 − → A1, es decir, − → A1 k − → A2, por lo que ambas lı́neas 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

766. Problema 28. Encontrar la ecuación del plano que contiene a las siguientes lı́neas rectas, 2 + x = 3−y 2 = z y x−2 2 = 2y+1 2 = z − 1 Solución: Por definición, la ecuación de un plano es de la forma, ax + by + cz = d, donde d = − → r 0 · − → N , − → r 0 es el vector de posición 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 ecuación del plano necesitamos un punto en o sobre éste 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 ecuación general de la recta x−x0 a = y−y0 b = z−z0 c , que son equivalentes a la ecuación vectorial − → r (t) = − → r0 + t − → A,que representa la ecuación paramétrica 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 =

772. b i b j b k 1 −2 1 2 1 1

778. = −3b i + b j + 3b k, por lo tanto, sustituyendo en la ecuación 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

779. −3x + y + 3z = (−2, 3, 0) · (−3, 1, 3), finalmente, la ecuación del plano pedida está dada por, −3x + y + 3z = 9 49

780. Problema 29. Sean − → P = 3b i + b j + 2b k y − → Q = b i − 2b j − 4b k los vectores de posición 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 ecuación 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). Solución: a) Por definición, la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) a una recta de la forma − → r (t) = − → r 0 + t − → A, está dada por: d =

783. (− → r 1 − − → r 0) × − → A

789. − → A

792. donde − → r 0 es el vector de posición del punto por donde pasa la recta L, − → r 1 es el vector de posición 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 ecuación de la recta en la forma − → r (t) = − → r 0 + t − → A para ası́ aplicar la ecuación anterior. Aplicando la ecuación − → r (t) = − → r 0 + t − → A, para los vectores de posición de los puntos P y Q, la ecuación 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) = 3b i + b j + 2b k + t h b i − 2b j − 4b k − 3b i + b j + 2b k i − → r (t) = 3b i + b j + 2b k + t −2b i − 3b j − 6b k por lo tanto, en la ecuación anterior tenemos que, − → r 0 = (3, 1, 2) − → A = (−2, −3, −6) además, − → r 1 = (−1, 1, 1) 50

793. aplicando la ecuación 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) =

799. b i b j b k −4 0 −1 −2 −3 −6

805. = −3b i − 22b j + 12b k Finalmente, la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q está dada por: d =

808. −3b i − 22b j + 12b k

811. √ 49 = √ 9 + 484 + 144 7 = √ 637 7 b) Por definición la ecuación (− → r − − → r 0) · − → N = 0, representa la ecuación de un plano que contiene a un punto de coordenadas (x0, y0, z0) y un vector normal − → N = ab i + bb j + cb k. En este, caso la ecuación 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 ecuación del plano que contiene al punto de coordenadas (3, 1, 2) y es perpendicular a la recta PQ. 51

812. c) Por definición, la ecuación que proporciona la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) al plano ax + by + cz = d está dada por: D = |ax1 + by1 + cz1 − d| √ a2 + b2 + c2 , donde d = − → N · − → r 0 = ax0 + by0 + cz0. Aplicando la ecuación anterior, y la ecuación 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

813. Problema 30. | Calcule la distancia entre los planos x + 2y + 3z = 5, x + 2y + 3z = 19. Solución: 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 expresión para calcular la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) al plano ax + by + cz = d, dada por la expresión: D = |ax1 + by1 + z1 − d| p (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 posición 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 expresión para la distancia, obtenemos D = |1(0) + 2(1) + 3(1) − 19| √ 12 + 22 + 32 = |2 + 3 − 19| √ 14 = |−14| √ 14 = 14 √ 14 = √ 14. Obsérvese que como los planos son paralelos, el problema también se puede resolver al considerar cualquier punto en el segundo plano y en ese caso d = 5. 53

814. 3 Problemas del capı́tulo 2. Problema 1. Escribir las ecuaciones paramétricas y no paramétricas, de los siguientes cı́rculos: 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. Solución. Por definición, la ecuación (∗) − → R(θ) = − → R0 + (a cos θ) b e1 + (a sin θ) b e2, representa un cı́rculo con centro en el punto (x0, y0, z0) y paralelo al plano formado por los vectores unitarios b e1 y b e2 que son mutuamente perpendiculares, donde θ está entre 0 y 2π. a) Aplicando la ecuación anterior en este caso, a = 2 b e1 = b i b e2 = b k − → R0 = (0, 1, 0), por lo tanto, la ecuación pedida es − → R(θ) = (0, 1, 0) + (2 cos θ)b i + (2 sin θ) b k o bien, − → R(θ) = 2 cos θb i + b j + 2 sin θb k es decir, las ecuaciones paramétricas de un cı́rculo 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 paramétricas, x2 + z2 = 4, y = 1. 54

815. b) En este caso tenemos, aplicando la ecuación (∗) obtenemos, a = √ 3 b e1 = b i b e2 = b j − → R0 = (1, 1, 1), por lo tanto, la ecuación pedida es − → R(θ) = (1, 1, 1) + √ 3 cos θ b i + √ 3 sin θ b j, o bien, − → R(θ) = 1 + √ 3 cos θ b i + 1 + √ 3 sin θ b j + b k, que es equivalente a las siguientes ecuaciones paramétricas: x = 1 + √ 3 cos θ, y = 1 + √ 3 sin θ, z = 1, de donde obtenemos las ecuaciones no paramétricas, de la forma (x − 1)2 + (y − 1)2 = 3, z = 1. c) Análogamente, de la ecuación (∗) obtenemos a = 9 b e1 = b i b e2 = b k − → R0 = (1, 2, 3), por lo tanto, la ecuación del cı́culo en forma paramétrica está dada por, − → R(θ) = (1 + 9 cos θ)b i + 2b j + (3 + 9 sin θ) b k, que es equivalente a las siguientes ecuaciones paramétrica: x = 1 + 9 cos θ, y = 2, z = 3 + 9 sin θ, 55

816. de donde obtenemos las ecuaciones no paramétricas, 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) = −b i + (3 + 5 sin θ)b j + (−1 + 5 sin θ) b k, y (y − 3)2 + (z + 1)2 = 25, x = −1.. 56

817. Problema 2. Dada la curva − → R = t2 2 b i + t3 3 b k; 0 5 t 5 2, encontrar un vector unitario b T(s),donde s es la longitud de arco. Solución. Para encontrar b T(s), primero debemos reparametrizar la curva en términos de la longitud de arco s, es decir; obtener − → R(s) para ası́ calcular: b T(s) = d − → R(s) ds , sabemos que la longitud de arco está dada por la expresión: s(t) = Z t 0

820. − → R0 (t)

823. dt, de la ecuación de la curva obtenemos, − → R0 (t) = tb i + t2b k; de donde,

826. − → R0 (t)

829. = p t2 + t4 = t p (1 + t2), sustituyendo en la expresión para la longitud de arco, s(t) = Z t 0 t p (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) = Z t 0 tu 1 2 du 2t = 1 2 Z t 0 u 1 2 du = (1 + t2 ) 3 2 3 #t 0 = 1 3 h (1 + t2 ) 3 2 − 1 i , por lo tanto, la longitud de arco de la curva está dada por, 57

830. s(t) = 1 3 h (1 + t2 ) 3 2 − 1 i de esta expresión, despejamos el parámetro t de la forma; (3s + 1) 2 3 = 1 + t2 ; t(s) = h (3s + 1) 2 3 − 1 i1 2 , sustituyendo en la expresión para − → R(t(s)), obtenemos − → R(s) = 1 2 h (3s + 1) 2 3 − 1 i b i + 1 3 h (3s + 1) 2 3 − 1 i3 2 b k, derivando esta expresión con respecto al parámetro s, b T(s) = 1 2 2 3 (3s + 1) −1 3 (3) b i+ 1 3 2 3 h (3s + 1) 2 3 − 1 i1 2 2 3 (3s + 1)− 1 3 (3) b k, finalmente, el vector unitario está dado por: b T(s) = 1 (3s + 1) 1 3 b i + 1 (3s + 1) 1 3 h (3s + 1) 2 3 − 1 i1 2 b k. Observemos que inmediatamente se puede verificar que

833. b T(s)

836. = 1, aplicando la definición de la magnitud de un vector tenemos,

839. b T(s)

842. = s 1 (3s + 1) 2 3 + 1 (3s + 1) 2 3 h (3s + 1) 2 3 − 1 i = s 1 (3s + 1) 2 3 h 1 + (3s + 1) 2 3 − 1 i = s (3s + 1) 2 3 (3s + 1) 2 3 = 1 58

843. Problema 3: Dada la curva cuyas ecuaciones paramétricas 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) . ¿Cuál es el vector unitario tangente a la curva dada en el punto (0, 0, 1)?. Solución: De las ecuaciones paramétricas, la curva está dada por la ecuación − → r (t) = t 2π b i + sin tb j + cos tb k, donde 0 ≤ t ≤ 2π. Por definición la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, está dada por: l(t) = Z t=b t=a

847. d− → r (t) dt

851. dt, de la ecuación de la curva dada, obtenemos d− → r (t) dt = 1 2π b i + cos tb j − sin tb k, de donde,

855. d− → r (t) dt

859. = r 1 4π2 + cos2 + sin2 t = r 1 + 4π2 4π2 , sustituyendo en la expresión para calcular la longitud de la curva obtenemos, 59

860. l = Z 2π 0 √ 1 + 4π2 2π dt = √ 1 + 4π2 2π t #t=2π t=0 = p 1 + 4π2. Ası́ mismo por definición, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio está dado por: T(t) = d− → r (t) dt

863. d− → r (t) dt

866. , en el punto (0, 0, 1) , es decir, en t = 0, obtenemos d− → r (t = 0) dt = 1 2π b i + b j, y

870. d− → r (t = 0) dt

874. = √ 1 + 4π2 2π , por lo tanto el vector unitario pedido está dado por: T = b i + 2πb j √ 1 + 4π2 . 60

875. Problema 4: Si b T denota la tangente unitaria a la curva, x = t, y = 2t + 5, z = 3t, demuestre que d b T dt = 0, interprete este resultado en forma geométrica. Solución: En este caso, sustituyendo las ecuaciones paramétricas, la curva está dada por la ecuación − → r (t) = tb i + (2t + 5)b j + 3tb k. En forma análoga al problema anterior, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio está dado por: b T(t) = d− → r (t) dt

878. d− → r (t) dt

881. , de esta forma, de la ecuación de la curva obtenemos, b T = b i + 2b j + 3b k √ 12 + 4 + 9 = b i + 2b j + 3b k √ 14 de donde obtenemos, d b T dt = 0. 61

882. Por otro lado, obsérvese que las ecuaciones paramétricas de la curva dada son equivalentes a la ecuación, x − 0 1 = y − 5 2 = z − 0 3 , que es la ecuación de una lı́nea recta que pasa por el punto de coordenadas (0, 5, 0) y es paralela al vector − → A = b i+2b j+3b k, como se ilustra esquemáticamente en la siguiente figura. ftbpF260.9375pt294.5pt0ptFigure Por lo tanto, la expresión d b T dt = 0 indica que el vector b T es constante a lo largo de la lı́nea recta, por lo que la dirección de la curva debe estar dada por un vector unitario en la dirección del vector − → A, como era de esperarse. 62

883. Problema 5: a) Determine la longitud de arco de la curva dada por las siguientes ecuaciones paramétricas, x = et cos t, y = et sin t, z = 0, entre t = 0 y t = 1. b) Reparametrizar la curva en términos de la longitud de arco. Solución: a) De las ecuaciones paramétricas, la curva está dada por la ecuación − → r (t) = et cos tb i + et sin tb j, donde 0 ≤ t ≤ 1. Por definición la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, está dada por: l(t) = Z t=b t=a

887. d− → r (t) dt

891. dt, de la ecuación de la curva dada, obtenemos d− → r (t) dt = −et (sin t) + et cos t b i + et cos t + et sent b j, de donde,

895. d− → r (t) dt

899. = q [et (− sin t + cos t)] 2 + [et (cos t + sin t)] 2 = q e2t sin2 t + cos2 t − 2 sin t cos t + e2t cos2 t + sin2 t + 2 sin t cos t = √ 2e2t = √ 2et , 63

900. sustituyendo en la expresión para calcular la longitud de la curva obtenemos, l = √ 2 Z 1 0 et dt = √ 2 et 1 0 = √ 2 [e − 1] . b) Para reparametrizar la curva en términos de la longitud de arco s, tenemos por definición, que la longitud de arco s (t) está dada por la expresión, s = s(t) = Z t t=t1

904. d− → r (t) dt

908. dt, para t ≥ t1, en este caso escogemos t1 = 0. Por lo tanto la longitud de arco está dada por: s (t) = √ 2 Z t 0 et dt = √ 2 et − 1 , de la expresión anterior despejamos a t en función 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 ecuación de la curva en términos de la longitud de arco s está dada por: − → r (t(s)) = exp log s + √ 2 √ 2 !# ( cos log s + √ 2 √ 2 # b i + sin log s + √ 2 √ 2 # b j ) , 64

909. finalmente obtenemos, − → r (s) = s + √ 2 √ 2 cos log s + √ 2 √ 2 ! b i + sin log s + √ 2 √ 2 ! b j # . 65

910. Problema 6: Para la curva dada por las ecuaciones paramétricas, 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) . Solución: En forma análoga a los problemas anteriores, en este caso la longitud de la curva estará dada por: l = Z 2π 0

914. d− → r (t) dt

918. dt en este caso, d− → r (t) dt = (cos t − cos t + t sin t)b i + (− sin t + sin t + t cos t)b j + 2tk = t sin tb i + t cos tb j + 2tb k por lo tanto, l = Z 2π 0 p t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2dt = Z 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 , está dada por l = 2 √ 5π2 . 66

919. b) En forma análoga a los problemas anteriores, en este caso, el vector tangente a la curva en cualquier punto del espacio está dado por: b T (t) = − → r (t) |− → r (t)| = t sin tb i + cos tb j + 2tb k p t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2 = t sin tb i + t cos tb j + 2tb k t √ 5 , finalmente, b T (t) = 1 √ 5 h sin tb i + cos tb j + 2b k i . c) Ası́ mismo en el punto t = π, el vector tangente está dado por: b T (t = π) = 1 √ 5 h −b j + 2b k i . 67

920. Problema 7. a) Sea el campo escalar φ dado por: φ(x, y, z) = 1 p x2 + y2 + z2 Calcular el gradiente de φ en el punto (1, 0, −1). Solución. Aplicando la definición del gradiente, obtenemos ∇φ = ∂ ∂x 1 p x2 + y2 + z2 ! , ∂ ∂y 1 p x2 + y2 + z2 ! , ∂ ∂z 1 p x2 + y2 + z2 !! = − 1 2 1 (x2 + y2 + z2) 3 2 ! 2xb i + 2yb j + 2zb k = − xb i + yb j + zb k (x2 + y2 + z2) 3 2 ! por lo tanto en el punto (1, 0, −1), el gradiente de φ está dado por: ∇φ(1, 0, −1) = − 1 (1 + 0 + 1) 3 2 (b i − b k) es decir, ∇φ(1, 0, −1) = 1 2 √ 2 (−b i + b k). b) Dado el campo vectorial − → f (x, y, z) = xb i + yb j + zb k p x2 + y2 + z2 calcular i) ∇ · − → f en (1, −2, 1). j) ∇ × − → f en (1, −2, 1). Solución. i) El campo vectorial es de la forma: − → f (x, y, z) = x p x2 + y2 + z2 b i + y p x2 + y2 + z2 b i + z p x2 + y2 + z2 b i Aplicando la definición de la divergencia, se tiene 68

921. ∂f1 ∂x = ∂ ∂x x p 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 análoga obtenemos, ∂f2 ∂y = ∂ ∂y y p x2 + y2 + z2 ! = x2 + z2 (x2 + y2 + z2) 3 2 y ∂f3 ∂z = ∂ ∂z z p x2 + y2 + z2 ! = x2 + y2 (x2 + y2 + z2) 3 2 por lo tanto la difvergencia de la función 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 p (x2 + y2 + z2) por lo tanto, la divergencia del campo vectorial evaluado en el punto (1, −2, 1) resulta ∇ · − → f (1, −2, 1) = 2 p (12 + (−2)2 + 12) = r 2 3 Solución 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

922. φ(x, y, z) = 1 p 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 p x2 + y2 + z2 ! = − xb i + yb j + zb k (x2 + y2 + z2) 3 2 que se puede escribir como (2) ∇φ = − − → r r3 , donde r es la magnitud del vector de posición − → r . Por otro lado de la definición de la divergencia se tiene, (3) ∇ · − → r = ∂x ∂x + ∂y ∂y + ∂z ∂z = 3, sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la ecuación (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 posición, entonces ∇φ(r) = ∂φ ∂r b e− → r donde r = |− → r | = p x2 + y2 + z2 y b 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

923. de donde, ∂φ ∂r = − 3 r y por lo tanto, ∇φ(r) = ∂φ ∂r b er = − 3 r − → r r = − 3 r2 − → r . Por otro lado, si aplicamos la definición del gradiente, tenemos ∇φ(x, y, z) = 3 2 1 x2 + y2 + z2 2xb i + 2yb j + 2zb k es decir, ∇φ(x, y, z) = 3 x2 + y2 + z2 xb i + yb j + zb k = 3 r2 − → r . j) Si el campo vectorial esta dado como − → f (x, y, z) = xb i + yb j + zb k p x2 + y2 + z2 Por definición del rotacional tenemos, ∇ × − → f =

930. b i b j b k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x √ x2+y2+z2 y √ x2+y2+z2 z √ x2+y2+z2

937. calculando las derivadas parciales, obtenemos ∇ × − → f = − yz (x2 + y2 + z2) 3 2 + yz (x2 + y2 + z2) 3 2 ! b i − − xz (x2 + y2 + z2) 3 2 + xz (x2 + y2 + z2) 3 2 ! b i + − xy (x2 + y2 + z2) 3 2 + xy (x2 + y2 + z2) 3 2 ! b i es decir, ∇ × − → f = − → 0 Solución 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

938. (4) ∇ × − → r r = ∇ 1 r × − → r + 1 r ∇ × − → r , además, de la definición del rotacional tenemos que, (5) ∇ × − → r =

944. b i b j b k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x y z

950. = − → 0 , y del inciso a), obtenemos (6) ∇ 1 r = − − → r r3 , sustituyendo las ecuaciones (5) y (6) en la ecuación (4), obtenemos ∇ × − → r r = − − → r r3 × − → r , aplicando la definición del producto vectorial de dos vectores − → r × − → r = − → 0 , finalmente obtenemos, ∇ × − → r r = − → 0 , que es el mismo resultado que se obtuvo aplicando la definición del determinante para el rotacional. 72

951. Problema 8. El potencial electrostático V debido a dos filamentos paralelos infinitos de densidades lineales λ y −λ está 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 dirección 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 b i + 2y 1 r2 1 − 1 r2 2 b j Solución: 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 definición, sabemos que ∇V (x, y) ≡ ∂V ∂x b i + ∂V ∂y b 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

952. 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 . Análogamente, 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 b j. Finalmente, sumando las derivadas parciales con respecto a x y a y obtenemos, ∇V (x, y) = λ 2πε0 x + x0 r2 1 − x − x0 r2 2 b i + 2y 1 r2 1 − 1 r2 2 b j . 74

953. Problema 9. Hallar: a) La derivada direccional de φ(x, y, z) = x2 + y2 + z2 en la dirección del punto P(1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1) y b) Su valor máximo y dirección en el punto (1, 1, 0). Solución: a) Sean − → r P y − → r Q los vectores de posición de los puntos P y Q respectivamente, es decir − → r P = b i + b j − → r Q = 2b i + b j + b k por lo tanto, b u = − → r Q − − → r P |− → r Q − − → r P | = 2b i + b j + b k − b i + b j p (2 − 1)2 + (1 − 1)2 = 1 √ 2 b i + b k asimismo, de la definición del gradiente dada por la ecuación, ∇φ(x, y, z) ≡ ∂V ∂x b i + ∂V ∂y b j +∂V ∂z b k obtenemos, ∇φ = 2xb i + 2yb j + 2zb k sustituyendo en la expresión para la derivada direccional, dφ ds = ∇φ · b u = 2xb i + 2yb j + 2zb k · 1 √ 2 b i + b 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 razón de √ 2 por unidad de distancia cuando se avanza del punto P(1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1). b) Por definición aplicando la propiedad del gradiente que establece, el valor máximo de dφ ds será igual a la magnitud del gradiente de φ, es decir; dφ ds max = |∇φ| = 2 √ 2 75

954. y también de la propiedad del gradiente, el valor máximo de dφ ds se tendrá en la dirección del gradiente ∇φ(1, 1, 0) = 2(1)b i + 2(1)b j + 2(0)b k, es decir, en la dirección del vector 2b i + 2b j. 76

955. Problema 10. Hallar la derivada de P = 4 exp (2x − y + z) en el punto (1, 1, −1) en di- rección del vector (−3, 5, 6). Solución: Por definición la derivada direccional está dada por: ∂φ ∂s = ∇φ · b u, en este caso, la derivada direccional estará dada por, ∂P ∂s = ∇P · b u, calculando el gradiente de la función P, ∇P = ∂ ∂x (4 exp (2x − y + z))b i + ∂ ∂x (4 exp (2x − y + z))b i + ∂ ∂x (4 exp (2x − y + z))b i = exp (2x − y + z) 8b i − 4b j + 4b k , la dirección está dada en este caso por el vector, b u = − → u |− → u | = −3b i + 5b j + 6b k √ 70 , por lo tanto la derivada de la función P en el punto (1, 1, −1) está dada por: ∂P(1, 1, −1) ∂s = ∇P(1, 1, −1) · b u = exp (2(1) − (1) + (−1)) 8b i − 4b j + 4b k · −3b i + 5b j + 6b k √ 70 = −24 − 20 + 24 √ 70 = − 20 √ 70 . 77

956. Problema 11 Calcule la derivada direccional de f(x, y, z) = xyz en el punto (e, e, 0) y en la dirección del punto (1, 2, 3) hacia el punto (0, 3, 2). Solución: Para calcular la derivada direccional de f(x, y, z), tenemos por definición que df ds = ∇f · b u, donde, ∇f es el gradiente de la función dada y b u es el vector que indica la dirección, que en este caso, está dada por el vector, − → u = − → r2 − − → r1 = (0, 3, 2) − (1, 2, 3) = (−1, 1, −1), de esta forma, b u = − → u |− → u | = 1 √ 3 (−1, 1, 1). Aplicando la definición del gradiente, obtenemos ∇f = ∂ ∂x [xyz ]b i + ∂ ∂y [xyz ]b j + ∂ ∂z [xyz ] b k = ∂ ∂x h eln xyz i b i + ∂ ∂y h eln xyz i b j + ∂ ∂z h eln xyz i b k = eln xyz ∂ ∂x (ln xyz ) b i + eln xyz ∂ ∂y (ln xyz ) b j + eln xyz ∂ ∂y (ln xyz ) b k = h eln xyz i 1 xyz yzxyz−1 b i + 1 xyz (z ln x)b j + 1 xyz (y ln x) b k , que se puede escribir de la forma, ∇f = yzxyz−1 b i + z ln xb j + y ln xb k, de esta forma en el punto (e, e, o), el gradiente está dado por: ∇f(e, e, o) = 0b i + 0b j + e ln(e)b k = e(0, 0, 1), Finalmente la derivada direccional está dada por: 78

957. df ds = e(0, 0, 1) · 1 √ 3 (−1, 1, 1) = e √ 3 . 79

958. Problema 12. Encontrar los valores de las constantes a, b y c de forma que la derivada de la función φ(x, y, z) = axy2 + byz + cx3 z2 en el punto (1, 2, −1) tenga un máximo de magnitud 64 en la dirección paralela al eje Z. Solución: Por definición, la derivada direccional está dada por: dφ ds = ∇φ · b u Aplicando las hipótesis del problema, ésta derivada será máxima en dirección paralela al eje Z, es decir en dirección del vector b k por lo tanto, (1) ∇φ · b k = 64, (2) ∇φ · b j = 0, (3) ∇φ ·b i = 0, aplicando la definicón del gradiente obtenemos, ∇φ = ay2 + 3cx2 z2 b i + (2axy + bz)b j + by + 2cx3 z b k evaluando en el punto (1, 2, −1), obtenemos ∇φ(1, 2, −1) = (4a + 3c)b i + (4a − b)b j + (2b − 2c) b 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 ecuación (1a) obtenemos, c = −8 nuevamente empleando las ecuaciones (21) y (3a) obtenemos, 80

959. a = 6 b = 24 81

960. 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 dirección del vector 2b i + 3b j − b k. b) Cuál es la dirección del máximo cambio de φ(x, y, z) en el punto (2, 1, 1) y que valor tiene éste máximo cambio. c) Encuentre la ecuación del plano tangente a φ(x, y, z) = 4 + e en el punto (2, 1, 1). Problema: Por definición, sabemos que la derivada direccional está dada por: df ds = ∇f · b u, donde, ∇f es el gradiente de la función dada y b u es el vector que indica la dirección, que en este caso, está dada por el vector, b u = 1 √ 14 (2, 3, −1) , ası́ mismo, ∇φ ≡ ∂φ ∂x b i + ∂φ ∂y b j + ∂φ ∂z b k = 2zb i + ey z2b j + (2x + ey z) b k, de tal forma que en el punto (2, 1, 1) , el gradiente está dado por: ∇φ = 2b i + eb j + (4 + 2e)b k Por lo tanto, la derivada direccional está dada por: df ds = 2b i + eb j + (4 + 2e)b k · 1 √ 14 (2, 3, −1) = 1 √ 14 [4 + 3e − 4 − 2e] = e √ 14 . b) La dirección en el cual el campo escalar φ está cambiando más rápido, está dada en la dirección gradiente, de esta forma en el punto (2, 1, 1), tenemos ∇φ(2, 1, 1) = 2b i + eb j + (4 + 2e)b k, y su máximo valor está dada por: |∇φ(2, 1, 1)| = p 22 + e2 + (4 + 2e)2 = p 20 + 16e + 5e2. 82

961. c) El vector normal a la superficie en el punto (2, 1, 1) está dado por el gradiente, ∇φ(2, 1, 1) = 2b i + eb j + (4 + 2e)b j, De esta forma, la ecuación del plano tangente a φ(2, 1, 1) = 4 + e, está dada por ∇φ • (− → r − − → r0) = 0, es decir, 2(x − 2) + e(y − 1) + (4 + 2e)(z − 1) = 0, que también se puede escribir de la forma, 2x + ey + 4z = 8 + 3e. 83

962. Problema 14. La temperatura de los puntos en el espacio está dada por: T(x, y, z) = x2 + y2 − z a) Si un mosquito situado en el punto (1, 1, 2) se está muriendo de frı́o. ¿En qué dirección deberá volar para que no se muera? b) Si el mosquito vuela a una razón de 5 unidades de distancia por segundo en dirección del vector 4b i+4b j−2b k. ¿Cuál es la razón 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)?. Solución: a) Como el gradiente de T a punta en la máxima razón de cambio de la temperatura y el mosquito en el punto (1, 1, 2) se está muriendo de frı́o, deberá moverse en la dirección del gradiente para calentarse. Aplicando la definición del gradiente, ∇T(x, y, z) ≡ ∂T ∂x b i + ∂T ∂y b j + ∂T ∂z b k, en este caso, tenemos 5T(x, y, z) = 2xb i + 2yb j − b k, de esta forma, en el punto (1, 1, 2) el gradiente está dado por 5T(1, 1, 2) = 2b i + 2b j − b k, ası́ que el mosquito deberá moverse en la dirección del vector (2, 2, −1). b) Aplicando regla de la cadena, la razón de cambio en la temperatura esta dada por: dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = 5T · b u, es la derivada direccional, y ds dt , es la rapidez con la que se mueve el mosquito. Por hipótesis del problema, la dirección está dada por el vector unitario, b u = 4b i + 4b j − 2b k √ 16 + 16 + 4 = 4 6 , 4 6 , − 2 6 , de esta forma la derivada direccional estará 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 estará dada de la forma, 84

963. dT dt = 15 ◦ C seg . 85

964. Problema 15. El capitán Peluches tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando él esta en la posición (x, y, z) está dada por: T(x, y, z) = e−x−y−z , donde x, y y z están medidas en metros. Actualmente él está en el punto (2, 2, 2). a) ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rapido la temperatura? b) Si la nave viaja a e8 m s , ¿con qué rapidez decaerá la temperatura si avanza en esa dirección? Solución: a) Si el campo escalar de temperaturas, está dado por T(x, y, z) = e−x−y−z , de la definición de la derivada direccional dT ds = ∇T · b u, que fı́sicamente nos da la razón de cambio del campo escalar (temperatura) en la dirección del vector b u, la máxima razón de cambio de aumento de la temperatura estará dada por dT ds max = |∇T| , es decir, cuando ∇T apunta en la dirección de b u. Por lo tanto, si el capitán Peluches está en el punto (2, 2, 2) se tiene que mover en dirección contraria al gradiente. Aplicando la definición del gradiente, tenemos ∇T = ∂T ∂x b i + ∂T ∂y b j + ∂T ∂z b z ∇T = −e−x−y−zb i − e−x−y−zb j − e−x−y−zb k ∇ [T (2, 2, 2)] = −e−2−2−2 b i + b j + b k = −e−6 b i + b j + b k , de esta forma, el capitán Peluches se tiene que mover en dirección del vector e−6 b i + b j + b k . b) Si la nave viaja una rapidez de e8 m/s ds dt , entoces la rapidez con la cual diminuye la temperatura, está dada por (aplicando regla de la cadena): dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = ∇T • b u, y 86

965. b u = ∇T |∇T| = e−6 b i + b j + b k √ e−123 = b i + b j + b 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 está dada por: dT dt = √ 3 0 C m e8 m s = √ 3 e8 0 C seg . 87

966. Problema 16. a) La temperatura en una caja rectángular está 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 dirección deberá volar para enfriarse lo más rápido posible. Explique su respuesta. b) Si el mosquito está volando a una velocidad de 1.5 metros por segundo. Con qué rapidez está cambiando la temperatura de la caja cuando se mueve en dirección paralela al eje x?. Solución. a) El gradiante apunta donde la razón de cambio del incremento de temperatura es máxima, por lo que el mosquito debe moverse en dirección opuesta al gradiente. Por definición, el gradiente de una función escalar está dado por, ∇T = ∂T ∂x b i + ∂T ∂y b j + ∂T ∂z b k, en este caso, T(x, y, z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z), luego entonces ∇T = ∂T ∂x b i + ∂T ∂y b j + ∂T ∂z b k ∇T = [(1 − x) − x] (2 − y) (3 − z)b i − x (1 − x) (3 − z)b j − x (1 − x) (2 − y) b k = (1 − 2x) (2 − y) (3 − z)b i − x (1 − x) (3 − z)b j − x (1 − x) (2 − y) b k evaluando en el punto donde esta el mosquito, tenemos ∇T (0, 1, −2) = (1 − 2 (0)) (2 − (1)) (3 − (−2))b i + 0b j + 0b k = 5b i es decir, el mosquito debe volar en dirección del vector −5b i 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 • b u, y 88

967. b u = (1, 0, 0) puesto que se mueve en dirección paralela al eje x, por lo tanto dT dt = 1.5 (∇T · b u) = 1.5 h 5b i ·b i i , finalmente, la rapidez con la cual está cambiando la temperatura de la caja cuando el mosquito se mueve en dirección paralela al eje x, está dada por dT dt = 7.5 0 C seg . 89

968. Problema 17. a) Defina el concepto de conjunto de nivel. b) Defina el concepto de gráfica de una función. c) Describa el comportamiento, conforme varı́a c, del conjunto de nivel para la siguiente función. f(x, y) = 1 − x2 − y2 , d) Cual es el conjunto de nivel si c 1. Solución: 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 gráfica de la función 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 también, Lc = (x, y) : x2 + y2 = 1 − c , es decir, conforme c varie las curvas del nivel son cı́rculos de radio √ 1 − c. d) Si c 1 el conjunto de nivel es el conjunto vacio. 90

969. Problema 18. Hallar un vector unitario normal a la superficie S representada por las ecuaciones paramétricas x = u cos v, y = u sin v, y z = z(u). Solución: Por definición, una superficie S en el espacio está descrita por una función vectorial de la forma: − → r (u, v) = x(u, v)b i + y(u, v)b j + z(u, v)b k, donde u y v son parámetros (variables), en forma análoga al parámetro t para una trayectoria curva en el espacio representada por − → f (t); ası́ mismo, las ecuaciones x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), son las ecuaciones paramétricas de la superficie S. En este caso, la ecuación paramétrica para la superficie S está dada por: − → r (u, v) = u cos vb i + u sin vb j + z(u)b k por lo tanto, un vector normal unitario en cada punto de la superficie S representada por la ecuación anterior estará dado por: b n = − → r u × − → r v |− → r u × − → r v| , donde los vectores − → r u y − → r v son vectores tangentes a las lı́neas coordenadas u y v respectivamente, éstos vectores están dados por: − → r u ≡ ∂− → r (u, v) ∂u = cos vb i + sin vb j + z‘(u)b k, y − → r v ≡ ∂− → r (u, v) ∂v = −u sin vb i + u cos vb j. Calculando el producto vectorial de estos vectores, obtenemos − → r u×− → r v =

975. b i b j b k cos v sin v z‘(u) −u sin v u cos v 0

981. = (−u cos vz0 (u))b i−(u sin vz0 (u))b j+ u cos2 v + u sin2 v b k es decir, − → r u × − → r v = (−u cos vz0 (u))b i − (u sin vz0 (u))b j + ub k, 91

982. la magnitud de este vector está dada por, |− → r u × − → r v| = p (−u cos vz0(u))2 + (u sin vz0(u))2 + u2 = u q 1 + [z0(u)] 2 , sustituyendo los resultados anteriores en la expresión para el vector unitario b n, obtenemos b n = − cos vz0 (u)b i − sin vz0 (u)b j + b k q 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. Solución: 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 expresión para el gradiente de una función que sólamente depende de r = |− → r | , y que resulta de aplicar la regla de la cadena, ∇φ(r) = ∂φ(r) ∂x b i + ∂φ(r) ∂y b j + ∂φ(r) ∂z b k, = ∂φ ∂r ∂r ∂x b i + ∂φ ∂r ∂r ∂y b j + ∂φ ∂r ∂r ∂z b k, = φ0 (r)∇r, = φ0 (r)b er, 92

983. de esta forma, el campo vectorial dado, se puede escribir como, − → f = r2− → r = r3 b er, por lo tanto, aplicando el hecho de que el campo vectorial es conservativo, es decir − → f (r) = ∇φ(r), obtenemos φ0 (r) = r3 , de donde, integrando obtenemos inmediatamente, φ(r) = r4 4 + C, donde C es una constante de integración que depende de las condiciones iniciales. 93

984. Problema 20. a) Mostrar que 5 • [f(r)− → r ] = 3f(r) + rf0 (r). b) Calcule 5 × [f(r)− → r ] (no aplique la definición del determinante). Solución: Aplicando la propiedad de la divergencia del producto de una función escalar por una función vectorial, dada por: 5 · [f(r)− → r ] = 5f(r) · − → r + f(r) 5 ·− → r , como el campo escalar f(r), sólo depende de r = |− → r | , podemos aplicar 5f(r) = f0 (r) 5 r = f0 (r) − → r r , además, por definición de la divergencia de un campo vectorial, tenemos 5 • − → r = 3, entonces 5 • [f(r)0− → r ] = f0 (r) − → r r • − → r + 3f(r) = rf0 (r) + 3f(r), b) En forma análoga al inciso a) aplicando la propiedad del rotacional del producto de una función escalar por una función vectorial, dada por: 5 × [f(r)− → r ] = f(r) 5 ×− → r + 5f(r) × − → r , por definición, sabemos que 5 × − → r = − → 0 , y aplicando la expresión para el gradiente de una función que sólamente depende de r, donde r = |− → r | , obtenemos 5f(r) × − → r = f0 (r) r − → r × − → r = − → 0 , finalmente se demuestra que 5 × [f(r)− → r ] = − → 0 . 94

985. Problema 21. Hallar el campo vectorial − → F tal que − → F = f(r)− → r y div − → F = 0, es decir; halle la función f(r). Solución: 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, sólo depende de r = |− → r | , podemos aplicar 5f(r) = f0 (r) 5 r = f0 (r) − → r r , que se demuestra aplicando regla de la cadena (ver problema 19). Por otro lado, de la definición de la divergencia de un campo vectorial, tenemos ∇ · − → r = ∂ ∂x , ∂ ∂y , ∂ ∂z · (x, y, z) = 3, entonces ∇ · [f(r)− → r ] = f´ 0 (r) − → r r · − → r + 3f(r) = f´ 0 (r)r + 3f(r), aplicando la hipótesis del problema dada por ∇ · [f(r)− → r ] = 0, obtenemos f´ 0 (r) f(r) r + 3 = 0, o también, 1 f(r) df(r) = − 3 r dr, integrando, obtenemos 95

986. Z df(r) f(r) = −3 Z 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 función escalar está dada por: f(r) = Ar−3 = A r3 . donde A es una constante de integración. 96

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