CAPÍTULO
II
CÁLCULO VECTORIAL *.
SISTEMAS DE REFERENCIA A) ALGEBRA VECTORIAL FORMULARIO Diversas formas de expresar
un vector en función de sus componentes v (x, y, z)
v=X+Y+Z Módulo y cosenos
coordenadas:
v = xi + yj + zk
z
directores:
x cosa=v
z
cosy=- v
cosfJ=l!.. v
COS2 a + COS2 fJ +
1\
COS2
y= 1
y
n
Suma de vectores: VI
= Xl
oo.
+ vn= 1=1 I. V, x = Xl
s=X+Y+Z
.....................
de un escalar
escalar
v3 +
+ Yl + Zl
=X2 + Y2+ Z2 .....................
Vectores unitarios: Producto
+ V2 +
V2
siendo:
Producto
S = VI
+ X2 + oo. + xn
Y=Yl+Y2+"'+Yn
=
I.
XI
=I.YI
z = zl + z2 + oo.+ zn = I. Zl ab=a
por un vector: es un vector:
de dos vectores: v(x,y,z)
=>
v' (x', y', Z/)
a=ab
V u=-= v
Son los que tienen de módulo uno:
-+ V
3v
xi+yj+zk
.
~X2+y2+z2
Multiplicacióndel vector escales3 y-3.
v
de dos vectores:
V
. v' = xx' + yy' + zz'
Es un vector:
En función de las componentes de los vectores:
A
= V X V'
A = VV' sen
I{J
V X v' =
Ix
j y
x'
y'
k z Z'
Producto escalar de dos vectores.
= vh
A
Propiedades: a) Goza de las propiedades anticonmutativa y distributiva. b) Si dos vectores son paralelos su producto vectorial es nulo.
.
Producto vectoría!.
mixto: Es un escalar cuyo valor es el volumen del paralelepípedo que tiene los tres vectores como lados.
V=a'~x~ Propiedad:
V=a.~x~=c.~x~=b.~x~
Los problemas referentes a operadores
los
V' v' = vv' cos I{J= v proyv V'
lo que nos indica que el módulo es el área del paralelogramo que tiene V y V' como lados.
Producto
por
I
Propiedades: a) Goza de las propiedades conmutativa y distributiva. b) Si dos vectores son perpendiculares su producto escalar es cero. c) Si dos vectores tienen la misma dirección y sentido su producto escalar es igual al producto de sus módulos. vectorial
..
-3v
Es un escalar:
en función de las componentes de los vectores:
Producto
Componentes coordenadas de un vector. Vectoresunitarios en los ejes coordenadas.
(grad, rot, div, etc.) se verán en Teoríade Campos (~pítulo VII).
r 28
CÁLCULO VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
-> -> -> A=bxc -> -> V=a'A
En función de las componentes coordenadas de los vectores: ax a . (b x e) = bx
I
ay
az
by
bz
-> A
Cy
Doble producto Propiedad:
vectorial:
=a x (b x e) a x (b x e) = (a . e) b - (a . b)
Es un vector: p
h
e
¡; Producto mixto.
Problema 11-1. Si un vector forma con los ejes X e Y ángulos de 60° y tiene de módulo 4 unidades. Calcular: 1. Sus componentes coordenadas. 2. Ángulo que forma con el eje Z.
Solución
z
Le, MÉTODO
1) Sea a (x, y, z) el vector que nos piden, entonces: -> z I
x=acosa=4~
=2/
y como: 2) cosy=~=..[2 a 2
a=4
2.0 MÉTODO:
Problema
11-1.
1 1
-+-+cos 4 4
R
2
y=l
cos y =
I
if
=
~
I
y
=45° I
z=acosY=4if =2..[2/
COMPROBACfON:
~ =4 Problema
+4 +4 x 2
= 16
a=4
11-2. Se tienen dos fuenas coplanarias y concurrentes cuyos módulos son: F¡ =5 kp y
= 7 kp, que forman respectivamente 1. La fuerzaresultante.
F2
los siguientes
ángulos con el eje OX: 60° y -30°.
2. Su módulo. 3. Ánguloque forma con el eje Ox. Solución
y
I
Fx Fy
:-
F¡x F¡y
+ F2x + F2y
S
F¡x =F¡ cOS'P¡ =-kp 2
x
o
sJ3 F¡y=F¡ sen'P¡ =-kp2
S+7J3k 2
P
7J3 Problema
11-2.
'P2= -300
F2x= F2 COS 'P2= --y kp 7 F2y= F2 sen 'P2= - - kp 2
Fy=SJ3-7 2
kp
Calcular:
29
ÁLGEBRA VECTORIAL
Problema 11-3. Se tienen tres fuerzas concurrentes cuyos módulos son: F¡ = 6 kp, F2= 3 kp, F3= 4 kp, que forman, respectivamente, los siguientes ángulos con el eje OX: 45°, 30° Y-60°. Las tres fuerzas están en el mismo plano. Calcular el módulo de la resultante y el coseno del ángulo que forma con el eje Ox.
Solución
y
Fl
FlY tm
mmm__m__Ji¡
Fx
cos cp=
¡
F
!
./2 F¡x =F¡ coscp¡
i
: :
=62=3./2kp
./2 F2y
J3
F2x=F2 COScp2 =3-kp2
Fx = 3./2 + 3 J3 + 2 = 8,84 kp 2
=>
1 F2y= F2sen '1'2= 3 -2 kp 1 F3x= F3COS '1'3 = 4 -2 = 2 kp
F3y= F3 sen cp3= 4 (- "7) = -2
Fy = 3 ./2 + 3 .!..2 2 J3 = 2,28 kp
jkp
-+
o
F3x
1-+-
-+
F2x
F¡x
i I I
X
i I
! I
....
J3 kp
i
F3y
I
F=8,84i+2,28
i, i!
....
F¡y =F¡ sencp¡=62=3./2kp
F = ~8,842 + 2,282 = 9,1kp
'.... n_': F3 Problema
I
11-3.
=> coscp= 8,84 = 0,97 9,1
Problema 11-4. Teniendo en cuenta que la fuerza de interacción Newtoniana entre dos partículas de masa m y m' que distan entre sí r, es:
F=-G mm' yr resolverel siguiente problema: supongamos que en el espacio intergaláctico (fuera de toda influencia de cuerpos celestes) definimos un sistema de ejes rectangulares. Tres partículas de masa 4 kg las colocamos en (O,O), (2,2), (2, -2) medidas estas coordenadas en metros. Calcular la fuerza que ejercerán sobre una partícula de masa 1 kg colocada en (4, O)m. Solución 1\
r¡
= 4m
y
Los módulos de las fuerzas que actúan sobre la partícula de masa m = 1 kg son: F = G mm¡ = 6 67 X 10-11 1 x 4 = 1667 X 10-11N ¡ r/' 16'
x
4 = 3,335 X 10-11 N F2 = G m~2 = 6,67 x 10-11 1 X 8 r2 F3 = G m~3 = 6,67 x 10-11 1 X 4 = 3,335 X 10-11 N 8 r3 Problema
siendo:
F¡x
obtenemos: I
= F¡ cos 'P¡ = -F1 = -1,667 x 10-11 N
F1y = F1 sen cp1 = O
F2x = F2 COScp2 = -3,335
X 10-11
f2 2
F2y= F2 sen cp2= 2,358 X 1O-¡1N
I
F3x = F3 COScp3= -2,358
X 10-11 N
F3y = F3 sen '1'3 = -2,358
X 10-11 N
= -2,358
X 10-11
N
11-4.
r 30
CÁLCUW VECfORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
Fx Fy
:-
F¡x + Fzx + F3x
F¡y + Fzy + F3y
~ - O-6,384
X 10-¡¡
=>
N
I
F
=- 6384 X 1O-¡¡
iN
I
I
La fuerza resultante está en el eje X y su sentido es hacia el origen.
Problema
11-5. Si la expresión de la ley de Coulomb es:
F
=Ko-rqq' r3
Calcular la fuerza que actúa sobre una carga de 1 ¡LCcolocada en el punto (6, O) m debida a la siguiente distribución: En el origen de coordenadas una carga q¡ =2 ¡LC,en el punto (0,3) m una carga q2 = 3 ¡LC y en el punto (O,-3) m una carga q3 = -3 ¡LC (suponemos las cargas en el vacío). Solución y
q¡ --; D
y los módulos de las fuerzas que actúan sobre q son:
r¡ =6m
r¡
Fz
= Ko q~z = 9 X 109
10-6 X 3 x 10-6
F3
= Ko
X 109
10-6
6
2
~
X
Problema
U-5.
Siendo:
q~3
~
=9
45
X 3 X 10-6
45
cos '1'2 = .[45 =J5
'P¡= 0°
3 sen '1'2
cos '1'3
6 2 = - .[45 = - J5 3 1
sen'P3
=- .[45 =- J5
1
=- .[45 =- J5
Fx = F¡x + Fzx + F3x = 5 x 10-4 N 12 Fy = F¡y + Fzy + F3y = -
Problema
11-6.
J5
-4 ION
Descomponer la fuerza de módulo F = 20,0 N en las direccionesa y b indicadas
en la figura.
Solución En el triángulo DAB de la Fig. P conocemos los tres ángulos y el lado DA
a
~-~-~
Problema U-6.
sen 60° - sen 75° - sen 45°
Problema
a B
Problema
U-6-1a.
= 20 N,
aplicándole el teore-
ma de los senos, obtenemos:
11-7.
F¡ = 20 sen 75° sen 60°
22,3 N
Fz = 20sen sen60° 45°
16,3 N
=>
Si tienen tres vectores no coplanarios OA = a, 08 = b Y OC = c. Designa-
mos por M el punto medio del segmento rectilíneo AB y por G el baricentro del tríangulo ABC; se pide obtener razonada y sucesivamente: 1. Expresión de OM en función de a y b. 2. Expresión de MC en función de OM y C, así como la de GC en función de MC. 3.
Expresión
de OG en función de a,b y c.
ÁLGEBRAVECTORIAL
Solución
A
1) a=OM+MA b=OM+MB MA=-MB
2)
IMC=C-OM=C-T
3)
I
o
I
OG=c-GC=c-j[c-T]
= a+~+c
e
I
(coordenadas del centro de gravedad de un triángulo).
Problema
=31 - 2j y b =-41 +j, calcular: 1. Elvectorsuma y su módulo. 2. Elvectordiferenciay el ángulo que forma con el eje Ox.
Problema 11-8. Dados los vectores: a
3. El vector e
=2a - 3b
y el vector unitario que define la dirección
y sentido
de c.
Solución 1)
I
s
= a + b =- i - j
I
3 2) Id=a-b=7i-3)1 3)
2a=
6i-4)
-3b =12i - 3)
I tp = -230 11' 55" I
tgtp=-y
I I
e
= 18i - 7 j
e
18
~ = .J373
I
7
i - .J373j
Problema 11-9. Dadoslosvectores:ademóduI03ycosenosdirectoresproporcionalesa2,ly -2, b que tiene de origen respecto de cierto sistema el punto 0(-1, -2,1) y de extremo el punto P (3, 0,2) y el vector e (2, O,-3). Calcular: 1. 2a - 3b + e 2. 13a-2b+2cl
Solución
Calculamos primero las componentes coordenadas de a y b: si a (Xl' Y¡, 2¡), como:
~= 2
cosa = 2K cosfJ=K cosy=-2K
cosf3= cosy =K 1 -2
A
COS2 a + COS2 f3 + COS2 y
=1
nos queda: 2 cosa=3 K=!.. 3
~
x¡=acosa= 2 Y¡= a cos fJ = 1 2¡ =acosy=-2
1 cosfJ=3 2
~
a (2, 1,-2)
cosY=-3 Si b (X2' Y2' 22) entonces:
X2=3-(-1)=4 Y2=O-(-2)=2 22=2-1=1 1)
2)
2a= 4i+2)-4k -3b = -12i - 6) - 3k e = 2i - 3k 3a= 6i+3)-6k -2b= -8i-4)-2k 2c= 4i -6k
12a-3b
b(4,2,l)
+c=-6i-4)-lOk
1
3a - 2b + 2c = 2i -) -14k
113a-2b-2cl=.J4+1+196
=.J2Oi
I
Problema 11-10. Un vector tiene por origen respecto de cierto sistema de referencia el punto O (-1,2, O) y de extr~mo P (3, -1,2). Calcular:
11-7.,
31
32
CÁLCULO VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
1. Componentes del vector OP. 2. Móduloy cosenos directores. 3. Un vector unitario en la direcciónde él pero de sentido contrario. Solución 1) OP(x, y, z)
x=3-(-1)= 4 y=-1-2 =-3 z=2-0 = 2
=>
=4i-3j+2k
IOp
I
Problema 11-11. Dados los vectores a (2,4,6) y b (1, -2, 3). Calcular: 1. El vector suma a + b, su módulo y cosenos directores. 2.
El vector diferencia a
-b
Y el vector unitario
que define su dirección
y sentido.
Solución 1)
I
2)
Ia
a+b
-b
=>
= s (2 + 1,
4 - 2, 6 + 3) = s (3,2,9)
=d (2 -1,
4 + 2, 6 - 3) = d = (1,6, 3)
I
I
= .J9
s
=>
d
I
= ./941
+ 4 + 81
= .J1 + 36
Problema 11-12. Dados los vectores: a (1, -1, 2) y b (-1,3,4). 1. El producto escalar de ambos vectores. 2. El ángulo que forman. 3. La proyecciónde b sobre a.
+9
= .J7[6
Calcular:
Solución 1)
I
2) a' b = ab cos
=>
a =.J1 + 1 + 4 = J6
a'b=l(-l)+(-l)
a.b cos
3+2x4=41
4 J6.J26
=>
I
=71° 19'
18"
I
b =.J1+9+16 =.J26 3) a.b=aproy.b
=>
proy. b = a'a b
=>
Problema 11-13. Demostrar que el vector unitario a, cuyos cosenos directoresson: cos a =1/3, cos {3=2/3 Y cosy> 0, es perpendicular al vector b (6, -9, 6). Solución "Para que dos vectores sean perpendiculares, su producto escalar tiene que ser cero.»
Siendo:
COS2 a + COS2 fJ + cos2 i'
cos i' > O
=1
=>
=>
. =>
I
y como:
a y b son perpendiculares. la. b = ~ 6 + J (-9) + J 6 = 2 - 6 + 4 = O
I
.. ~
..
ÁLGEBRA VECTORIAL
Problema 11-14. Demuéstrese que si la suma y diferencia de dos vectores tienen el mismo módulo entonces son perpendiculares. , Solución v¡=X¡;+y¡) vz=xzI+yz)
Sean:
I
I
V¡ +Vz =(x¡ +xz)~+(y¡ + Yz)~ Vz =(x¡ - xz) I + (y¡ - yz) J
V¡
-
v¡ y Vz son perpendiculares.
Problema 11-15. Hallar el vector unitario paralelo al plano OYZ, y perpendicular =21 + j - 3k.
al vector
v
Solución
Sea: u = ux' +Uy}+ uzk el vector buscado. Por ser paralelo a OYZ, se tiene Ux= O, es decir: u' v=O
y por ser perpendicular a v:
Resolviendo
Uy -
~
3uz= O
(a)
u; + u;= 1
El vedar u es unitario, luego: (a) y (b) se obtienen
(b)
como solución los vectores:
u¡-
- .J1O (3) + k) 10
Problema 11-16. Dado el vector v =41 - j + 2k, calcular su proyección sobre la recta que pasa por los puntos A (O,1,2) y B (2,2,1). Solución Si llamamos u a un vector unitario en la dirección determinada por AB, la proyección pedida será el valor absoluto del producto v. u. Calculamos u:
AB - 2; + j - k
u
y la proyección
buscada
es:
=-.!.. (21 + ) -
k)
= AB - .J4 + 1 + 1 .J6
-
v.u
1
-.J6
I4x2+(-1)1+2(-1)I=
6 5.J6
Problema 11-17. Se tienen los vectores v¡ =21 - 2j + k y Vz = 1 - 2j. Calcularlas componentes del vedar unitario u, perteneciente al plano determinado por v¡ y Vz y perpendicular al vector v =v¡ -2vz. Solución El vedar
buscado
tiene por componentes:
ux. Uy. uzo Por pertenecer u
por ser perpendicular
a v
= v¡
=2)
- 2vz
(a) en (b) y (e):
+ {J) 1
- (2a
(a)
+ 2{J)j + ak
u' v=O
+ k:
y por ser unitario:
Sustituyendo
= (2a
al plano de v¡ y Vz verifica:
(b)
(e)
2(-2a-2{J)+a=0 (2a + {J)z + (-2a
- 2{J)z + aZ
=1
I
.. que corresponden a dos soluciones para u:)
U¡-
1
3./5 (51-2)+4k)
Problema 11-18. Demostrar que las alturas de un triángulo se cortan en un punto. Solución 1.er MÉTODO:
Hay que demostrar que oe es perpendiculara AB o sea que OC' AB dos de las alturas se cortan en O.
=O.
Teniendo en cuenta que
CA=OA-OC
(1)
AB=OB-OA
(2)
BC=OC-OB
(3)
33
34
CÁLCULO VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
C
de (3):
BC . OA = O= OC
de (1):
CA. OB=O=OA.
. OA - OB . OA OB-OC.
OC . OA - OB . OA + OA . OB - OC . OB = O
=:} OC. (OA-OB)=O
OA-OB=-AB
de (2):
OC.AB=O
OC. (-AB) =0 2.°
OB
c.q.d.
MÉTODO:
Tomamos como hipótesis que la alturas AP y CQ (figura P) se cortan en O. Si demostramos que OB AC =O tendremos demostrado lo que queremos; en efecto:
.
Q
OB .AC= (AB-AO).
AB
. OC = O (por
AO.
3.er
OC
hipótesis)
OC =AO proYAOOC =AO x OP
OB. AC=AO
Sustituyendo:
y
OC-A02-AO.
AB. AO =AO proYAOAB=AO xAP=AO (AO + OP)
y como:
Problema II-18-1a.
(AO + OC) =AB .AO+AB.
(AO+OP) -A02
c.q.d.
-AOxOP=O
MÉTODO:
Supongamos que las alturas que parten de B y C se cortan en O (x, y); tendremos que demostrar que BC es perpendicular a AO, o lo que es lo mismo BC. AO =O; en efecto: y
En la figura 2a se ve que:
-x
A (0,0)
BC=(X3-X2)I+Y31 y también:
AO=x3'+(x2
P (X3' O) B (X2' O) Problema
Il-18-2a.
-x3)-1
X3 Y3 c.q.d.
luego:
Problema 11-19. Dados dos vectores a (2, 1, -3) Y b (1, O,-2) hállese un vedar unitario que sea perpendicular a ambos. Solución Al ser a x b un vector perpendicular a ambos, el vector que nos piden tendrá la misma dirección que axb:
1 axb=12
el vector unitario
es:
u
-
1
1 k 1 -31 = - 21+ 1 - k O -2
a x b - -21 + 1 - k - -
¡-Iaxb'-
.J4+1+1
~
-..[6
1+ .l.- - .l.- k ..[61..[6
o su opuesto:
Problema
11-20. Dados los siguientes vectores:
1 a =-(21 +3) + 6k) 7 demuéstrese: 1. Que sus respectivosmódulos valen la unidad. 2. Que son perpendicularesentre sí. 3. Que e es el producto vedarial de a por b. Solución
e =.!(61 + 2} -3k) 7
I(f)\(~)\(~r =1
(~)\(f)\(-~r =1 2) Será verdad si: En efecto:
a. b=O
b. c=O
c. a=O
ÁLGEBRAVECTORIAL
35
Problema 11-21. Dados los vectores a (1,3, -2) Y b (1, -1, O). Calcular: 1. Su producto vedoria!. 2. El área del paralelogramo que tiene a los dos vectores como lados. 3. Un vedar e, de módulo 6, perpendicular al plano en que se encuentran a y b. Solución
1)
1 1 1
axb=
k -2 =-21- 2} - 4k O
} 3 -1
2) IA=laxbl=.J4+4+16
=.JN = 2../6
I
17
axb 3) c=6Iaxb,=6
-21 -2../6 2} - 4k
17 ",,6(-I-}-2k)
::}
I
17
17
c= (-",,6, -",,6, -2,,6
)
Problema 11-22. Los tres vértices de un triángulo son: A (2, 1,3), B (2, -1,1) Calcular: 1. Área del triángulo. 2. ÁnguloA.
o su opuesto. I
Y C (O,-2,1).
Solución e (O,-2, 1) 1
AB=B-A= -2}-2k AC=C-A =-21-3} -2k
IAB x ACI
= .J4 +
16 + 16
ABxAC=1
I
O -2
k
} -2 -3
-21=-21+4}-4k -2
s =.!2 IABx ACI = 3 unidades
= J36 = 6
cuadradas
".4(2,1,3)
AB.AC 2) AB. AC
=IABIIACI cos A
::}
AB. AC = O (-2) + (-2) (-3) + (-2) (-2) IABI
Problema 11-22.
cos A = IABIIACI
= 10 I
= .J4+4 = 2 J2
10 cos A = 2.J34
I
A =30° 57' 49"
I
IACI=.J4+9+4=m Problema 11-23. Tresvértices de un paralelográmoABCD tienen por coordenadas: A (2, 0,2), B (3,2, O) Y D (1, 2, -1). Calcular: 1. las coordenadasdel vértice C. 2. Áreadel paralelogramo. 3. Ánguloen B. Solución
=B - A =
1 + 2}
- 2k
AD
=D - A =-
1 + 2}
- 3k
AC
= C - A = AB
1) AB
+ AD
=4j -
5k
x-2=0
::} x=2
y-0=4
::} y=4
z - 2 = -5 ::} z = -3 1 2) ABXAD=ll
-1
} 2 2
le (2,4,-3) I
k -21 = -21 + 5} + 4k
-3
A(2,0,2) Problema
11-23.
s = IAB x AD I= .J4 + 25 + 16 =.J45 = 3 -15 unidades cuadradas
3) AB'AD= 1(-1)+ 2 x 2+(-2)(-3)= 9 / I
36
CÁLCULO VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
AB.AD cosA
IABIIADI
3
=>
=.JI4
A
= 36°
=>
41' 57"
. Problema 11-24. Si el producto vectorial de dos vectores es a x b son 4 y .fj , respectivamente, calcular su producto escalar.
= 31 -
6j + 2k
y sus módulos
Solución laxbl=absen
laxbl sen
=>
ab=4.fj
laxbl=J49=7
=>
Problema 11-25. 1. Deducir el teorema del coseno para un triángulo utilizando el producto escalar. 2. Dedudir el teorema de los senos para un triángulo utilizandoel producto vectorial. Solución 1) En la figura 1a: a
Problema
NOTA.- Si a = 90° 11-25-1a.
2)
(triángulo
por sí misma:
=>
b. e = be cos (.n - a) = -be cos a
y como: -+ e
=b + e, multiplicándola escalarmente => a . a = (b + e) . (b + e)
rectángulo):
(TEOREMA
DE PITÁGORAS)
1.e, MÉTODO:
El módulo del producto vectorial de los vectores v y v' es el área del paralelogramo que tiene v y v' como lados. Las áreas de los paralelogramos ACBE y ABFC son iguales (igual base y altura) con lo que:
=>
laxbl=lbxcl
D
= be
ab sen C
---a
=>
sen A
e
sen Asen
(1)
C
también las áreas de los paralelogramos ABCD y ABFC son iguales, luego:
=>
laxcl=lbxcl
a
igualando (1) y (2) nos queda:
sen A
E Problema
2°
11-25-2a.
b
= sen
b -- a sen Asen B
=>
ae sen B = be sen A
(2)
e B
= sen
C
MÉTODO:
Los módulos de los productos vectoriales de dos cualesquiera de los lados son iguales, pues representan el doble del área del triángulo: laxbl dividiendo
por abc:
=>
= Ibxcl = Icxal
ab sen C = bc sen A = ea sen B
bc sen A --ea sen B abc abc
-ab sen C abe
=>
a b e sen A = sen B = sen e
Problema 11-26. Definido un sistema de referencia cartesiano en el plano: OXY; y en él dos vectores unitarios cualesquiera u¡ y U2que forman los ángulos a y 13respectivamente con la dirección positiva del eje Ox. / 1. Demostrar que: u¡ =cos a 1+ sen a j t\ U2 = cos 13 i + sen 13 j 2. Calcular, por aplicación del producto escalar de u¡ y U2,la expresión de cos (a -13). 3. Calcular, por aplicación del producto vectorial de U¡ y U2,la expresión de sen (a -13).
y
Solución 1) "1 = Ul cos a i + Ul sen a j "2
x o
U2x Problema
11-26.
= U2 cos
2) "1'"2 "¡'"2 3)
{3 i + U2 sen {3 j
=cos a i + sen a j = cos
{3 i + sen {3j
=UIU2 cos(a - 13)= cos (a - {3) =cos a cos {3+sen asen {3
I
=> I
cos (a
- {3)= cos
a cos
13
+ sen asen
{3
I
I"z x "11 = UIUZsen (a - 13)= sen (a - 13)
,
ÁLGEBRA VECTORIAL
j
k
sen f3 sena
O
1 U2XU¡=lcosf3 cosa
O
I
= (sena cos f3-
cos asen f3)k ',-
luego: I
sen (a
- f3) = sen
a cos f3 - cos asen
f31
NOTA.- Para calcular el cos (a + f3) y sen (a + f3), sustituir f3 por -{J; es decir: cos (a + f3)
= cos
la - (-{J)]
= cos
a cos (-{J) + sen asen
(-{J) = cos a cos f3
sen (a + f3)
= sen
[a
- (-{J)]= sen
a cos (-{J) - cos asen
(-{J)
= sen
- sen
asen
f3
a cos f3 + cos asen
f3
Problema 11-27. Calcular el volumen del paralelepípedo de la figura sabiendo que O (1, 0,2), A (3,2,4), B (2, 6, 8) Y e (2, -3,1), expresadas en metros. Solución ....
= OA =A - O = 21 + 2j + 2k b =OB =B - O = 1 + 6j + 6k e =oe =e - O = 1 - 3j - k a
ax V = a . (b x e)
= bx
ay by
Cx
Cy
2 az bz = 1 1 Cz
2 6 -3
a
2 6 -1
=20m3
Problema 11-28. Dados dos vectores a (2, -1, O), b (3, -2,1) Y e (O,-2,1). Calcular: 2. (a-b) x e 1. (a+ b) . e 4. (a' b) e 3. (a x b) . e (productomixto) = abe 5. (ax b) x e (doble producto vectorial). Solución 1)
a+b
2) a
= 51 - 3j
+ k 1
- b =-1 + j - k
3) (axb)=12
3
=5 x
(a-b)xe=
O + (-3) (-2) + 1 x 1
1 -1 O
= 71
k -1 = -1+ j+ 2k 1
j 1 -2
k
j -1 -2
o también:
(a + b). e
O 1=-1-2j-k 1
(a x b). e
=
I (axb)'e=(-1)O+(-2)(-2)
2 3 O
-1 -2 -2
4) a'b=2x3+(-1)(-2)+Oxl=8
O 1 =3 1
(a.b) e=8e=-16j+8k
I
1 (a x b) x e = -1 1
5) Teniendo en cuenta 3):
+(-1)1=31
J -2 3
I
k -1 =-41 + j + 2k O
Problema 11-29. Dados dos vectores a (1, O,-1), b (1, 3, O), e (2, -1,1) cular:
Y d (O,-2, -1). Cal-
2. (a x b) . (e x d) 4. (a x b) x (e x d)
1. (a. b) (e . d) 3. (a. b) (e x d)
Solución 1)
a. b = 1 x 1 + O x 3 + (-1) 0=1 e.
d
=2
x O + (-1)(-2)
1 2) (axb)=11 1 1 (exd)=12
O
j O 3 j -1 -2
+ 1 (-1)
=1
I I
(a. b) (e. d)
=11
k -1 1=31- j + 3k O k 11=31+2j-4k -1
I
(a x b). (e x d) =3x
3+(-1)2+3(-4)=-51
....
b
Problema 11-27.
37
r 38
CÁLCUW
VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
3)
a. b =1 e x d = 31 + 2} - 4k
4)
(a x b) x (e x d)
Problema
=
(a. b)(e x d)
I
I
1 3 3
k 3 -4
} -1 2
= -21
=31 + 2} - 4k
I
+ 21} + 9k
11-30. Demuéstrese que si 0+ b + e = O, se verificaque o x b = b x e = e x a. Solución
l
Problema
11-31.
= b x [- (a + b)] = (a + b) x b = a x b + b x b =a x b c x a =[-(a +b)]x a =a x(a +b)=a xa+ a xb =a x b
b x e
a+b+e=O
Demostrar
la identidad
de Lagrange:
(a x b)2 + (o
(o x b)2= (o x b) . (a x b) y (o. b)2 = (o . b) (a. b). Solución
. b¡2 = a2b2,
siendo:
1.er MÉTODO:
.
Calculemos: (a x b) (e x d) (Producto escalar de cuatro vectores) Uamando m = e x d y empleando las propiedades del producto mixto y del doble producto vedo-
rial: (a xb). (e x d)=m.(a x b)= a. (b x m)= a .[b x (e x d)]= = a. [(b. d) c - (b . e) d] = (a . e) (b. d) - (a. d) (b. c) Si se hace e
2.°
=a
y d
=b
se obtiene:
MÉTODO:
. =ab
a b
cos tp
y como:
(a x b)2
= (a x b) . (a
x b)
= (la
x bi)2
ya que el producto escalar de un vector por sí mismo es igual al cuadrado de su módulo; obtenemos:
3.er MÉTODO:
(a x b)2 = (a x b) (a.
b)2
= (a . b)
. (a (a.
x b) b)
= (ab
sen rp)2 = a2b2 sen2 rp
= (ab
cos rp)2
= a2b2
co~
rp
sumando:
Problema
11-32. Demostrar que el producto vectorial de cuatro vectores verifica: (a x b) x (e x d)
= (abd)
e - (abe) d
Solución
Uamand~: m =a x b, tendremos:
(a x b) x (e x d) = m x (e x d)= (m. d)c - (m. e) d = [(ax b). d] e -[(a x b). c] d =(abd) e -(abe)d B) TEORíA DE MOMENTOS FORMULARIO
Momento de un vector con respecto a un punto: Es un vector: N = r x v = OP x v = (P - O) x v v(vx, Vy, vz) P(x, y, z) O(xo,Yo,zo)
=}
I
N =rxv= x
-
Xo
Vx
j
k
y- Yo
z - Zo
Vy
Vz
...
Momento de un vector con respecto a un eje: Es un escalar Ne = prOYe(r x v)
Momento de un vector respecto de un punto.
.. .. ~ ~
(8 \,\
39
TEORÍA DE MOMENTOS
= proYe(1 x v)
Ne
(, vector de posición de v respecto a cualquier punto del eje). Si cos a, cos p, cos y son los cosenos directores del eje, entonces: cosa
Resultante tema:
de un sistema
de vectores R=
f
Vy
Vz
deslizantes.
Momento
resultante
del sis-+ -+ r, v e1C
n
1= 1
Cambio de centro de reducción
cosy z -Zo
cos
Ne =1 x-xo Vx
p
Y- Yo
N = L 'i x VI
VI
1=1
N'=N+O'OxR
(de O a O'):
Eje central: «Es el lugar geométrico de los puntos del espacio para los cuales el momento del sistema es mínimo, o lo que es lo mismo, el momento del sistema tiene la misma dirección que R».
Momento de un vector respecto de un eje.
Nx + Ryz - RzY - Ny + Rzx - Rxz = Nz + RxY - Ryx Rx Ry Rz
Su ecuación es:
Torsor: Se define así al conjunto de vectores (R, NR) en el que R es la resultante del sistema de vectores y NR el momento mínimo (que como ya hemos dicho tiene la dirección de R) cuyo valor es:
Sistemas de vectores ligados y paralelos: Supongamos n vectores aplicados VI' V2,.oo,Vn, todos ellos paralelos y cuyos puntos de aplicación vienen definidos por '1 (Xl' Yl' Zl)' r2(x2' Y2,Z2), ..., 'n (Xn,Yn,Zn). Si R es la resultante de todos ellos y N el momento resultante, éstos serán siempre perpendiculares, y su torsor se reducirá a R. Si llamamosu al vector unitario que tiene la direcciónde los vectores, tendremos: VI = vlu, siendo VIun número real, cuyo valor absoluto es igual al módulo del vedar VI' con signo positivo o negativo, según que el sentido del vedar VI sea el mismo o el contrario al del vedar unitario u. Obsérvese que en estas condiciones el módulo del vector resultante R será: R = k VI. Si consideramos al sistema de vectores paralelos al eje 02, la ecuación del eje central es:
Coordenadas
del centro del sistema
de vectores
ligados y paralelos: LVIYi
1]
=--¡¡-
Problema 11.33. El origen de un vector es el punto A (3, -1,2) Ysu extremo B (1,2, 1); calcularsu momento respectoa e (1,l, 2). Solución v=AB=B-A=-2i+3j-k r=CA=A-C=
2i-2j
=>
N=rxv=
I
i 2 -2
j -2 3
k O = 2i + 2j + 2k -1
Problema 11.34. Dados los vectores VI (-2,3,1) Y V2(-1, 3,2) ambos aplicados en el punto p (2, 3, 2), calcular el momento del sistema respecto del punto A (-1, 0,2) Y compruébese que la SUmade los dos momentos es igual al momento de la resultante respecto de A aplicada en P.
Problema
11-33.
Solución
r=AP=P-A=3i+3j N
=N ¡
+N2
= r x v¡ + r x v2 =
i 3 -2
J 3 3
k i O + 3 1 -1
J 3 3
k O =9i-9J+27k 2
¡'tt
<..", i' r... ~ E.U. POUTÉCI'JIC,!\
40
CÁLCUW
VECTORIAL. SISTEMAS DE REfERENCIA
R
Siendo la resultante:
= v¡
+ V2
i 3 -3
N=rxR=
= -3;
+ 6J + 3k
k O = 9; - 9J + 27k 3
J 3 6
Problema 11-35. Hallar el valor de la expresión: a x Nc siendo: a (2, -1, 2), b (1, -2, 1) YNc el momento del vector b aplicando en el punto B (2,3,1) con respecto al punto e (1, 1, 1). Solución le'.
MÉTODO:
r = CB = B - C = i + 2J
Nc=rxb=11
1 ;
a x Nc
O 1=2i - ) - 4k 1 k 2 -4
J -1 -1
= 2 2
2.°
k
J 2 -2
=6;+12)
MÉTODO:
Por la propiedad del doble producto vedorial: a x Nc
=a x
(r x b)
a (2, -1,2)
IaxNc
Sustituyendo:
b
a'
b (1, -2, 1) r(l,2, O)
l
=(;+2))
a"r
= r (a " b) - b
.
(a r)
=2 xl + (-1) (-2) +2 x 1 = 6 = 2x 1+(-1)2+ 2x 0= O
I
6-(i-2J+k)0=6i+12)
Problema 11-36. Las coordenadas del origen de cierto vector son proporcionales a 1, 5 y a, y a y p. Además, sus momentos respecto de los ejes de coordenadas,
sus componentes lo son al,
son proporcionales a 1, 2 Y3. Calcularlos valores de a y p. Solución
Sea v = (x, y, z) el vedor y A (a, b, c) su origen. Las coordenadas del origen verifican: => I
Por otro lado, sus componentes cumplen:
b= 5a c=aa
~-~-~ 1-a-{3
(a) y=ax
=> I
(b)
z = {3x
Calculamos el momento del vedor v respecto del origen de coordenadas: N=I
a
x
con lo que:
J b Y
-
k e 1= (bz
z
- cy);
bz - cy - ex - az - ay - bx
--y- - z- --:3
+ (ex - az)) + (ay - bx) k
3bz
- 2cy = ex - az - 3cy = ay - bx
1l{3
- 2a2 - a = O
2bz
=> 1
(c)
sustituyendo (a) y (b) en (c), obtenemos: 10a{3x
15af3x
- 2a2ax = aax - a{3x - 3a2ax = aax - 5ax
I
/
15{3 - 3a2 - a + 5
=O
que resuelto da las dos parejas de valores: y
Problema 11-37. Dado el vector v (3, -6, 8) cuyo origen es el punto P (2, 1, -2); momento respecto al eje:
calcular su
fI ~:.i
TEORÍA DE MOMENTOS
Solución La dirección de una recta en el espacio viene determinada por sus cosenos directores (cos a, cos 13,cos y) que son las componentes coordenadas del vector unitario e que perteneciendo al eje nos define su dirección. Si el eje pasa por un punto O (xo, Yo,zo) Y su dirección viene definida por e su ecuación será:
x - Xo- y - Yo- z - Zo cosa - cosf3 - cosy x
La ecuación de la recta dada es de la forma:
cos a
C-:JS f3
COSy
---;¡-=---¡;-=~
~
Como el punto 0(2,5,3)
¡;--~
z - Zo
JcOS2 a + COS213+ COS2y
=
1
= ~a2 + b2 + C2
~a2 + b2 + C2
2 cosa=-:¡
luego en nuestro problema:
- Xo - y - Yo-
3 cosf3=-:¡
pertenece al eje, entonces:
Ne
=
cosa x-xo
y- Yo
cosy Z-Zo
IIx
IIv
IIz
cos 13
=
2 7
3 7
6 7
O
-4
-5 -
3
-6
8
97
7
Problema 11-38. Calcular el momento del vedar v (1, -3, 2) de origen P (1, 1, O) respecto al eje que pasa por los puntos A (1, O, -1), y B (2, 1, 1). Solución x-1 y-O z+l e: 2-1 = 1-0 = 1+1
La ecuación del eje es:
luego: 1 cosa cosa
cosf3 - cosy
1=-¡---Y-
-
1
=J6
J6
1
1
=J6
J6
cos 13
Ne = 1-1
J6
J6
1-0
0-(-1)
1
-3
2
2 cosy=
2
1
4
=J6
J6
Problema 11-39. De un sistema de vectores sabemos que su resultante es RI
=21 + j
+ 3k y que
elmomentorespectodel origen tiene por módulo 2..f6 y es paralelo al vedar d =21+J -
k. Al
añadir un nuevo vedar v, el sistema se reduce a su resultante que tiene como recta soporte el eje Ol. Obtener las componentes de v y su recta soporte. Solución El momento
del sistema original es:
d
NI =N¡ La nueva resultante
(d
d l+iJ+
será de la forma:
R = R¡ + v
d
17
d k )=2'16
R = ak,
2.
1
1
(J6 r+ J6 J- J6 )
k =41+2J-2k
por tener como recta soporte al eje OZ, y verificará:
v = ak - 21- J - 3k = -21 - j + (a - 3) k
=}
Si llamamos (x, y, z) a las coordenadas de un punto de la recta soporte de 11,por ser el momento total nulo, tendremos: j N=N¡+Nu=41+2J-2k+1
x -2
y
-1
k z =0 a- 3
y(a - 3)+z + 4=0 -2z + x (3 - a)+ 2 = O
2y - x - 2 = O
despejando x en la tercera y sustituyendo en las otras dos, se obtiene: y (a
-
3) + z + 4
=O
-2z + (3- a)(2y-
2)+ 2= O I
ay - 3y + z + 4 = O 2ay - 6y + 2z + 4 - 2a
=O
a=-2 I
41
~~ 42
~ ~
CÁLCUW VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
I
v =-2'
-j
- 5k
ti ti
I
.~
Con este valor de a el sistema se soluciona para cualquier y, en particular para y = O, resultando x = -2, z = -4. Con todo ello, la recta soporte de v, paralela a v y que pasa por el punto (-2, O, -4), es:
~ -2 -1 I~=L=~I
-5
(! f!!
..
Problema 11-40. El punto de aplicación del vector v (6, -3, 4) es el P (3, -6, 2) referidosa un sistema OXYZ. Calcúlese:
.. ..
1. Momentodel vector respecto al origen O. 2. Momento del vector respecto al punto O' (2,3,1).
e"
(!! f!I
Solución P (3, -6, 2)
2)
.
3)-k
2. o
0'OxR=I-2
I
luego:
11-40.
.. ~
k 2 = -18' + 27k 4
j -6 -3
;1
.
N'=N+O'OxR
1"'. MÉTODO:
0'0=0-0'=-2'R=v
Problema
. 3 6
N=rxv=
1) r=OP=3.-6j+2k
I
N'=-33'+2)
6
+Slk
..
.... f! ...
k
) -3 -3
-11=-lSI+2)+24k 4
I
MÉTODO:
r'=r-OO'
. N' = r' x v = 1 6
r' = . - 9) + k
) -9 -3
;!
k 1 = -33' + 2) +Slk 4
.;!
ti! Problema
11-41. Dados los vectores deslizantes:
VI
(3,2, -3) Y
V2
.. ..
(6, -3, 2) que pasan por los
puntos P1(2, -6, 4) Y P2(4, -1, -1), respectivamente,calcúlese: 1. La resultantedel sistema de los dos vectores.
fJ
2. El momento resultantecon respecto al origen. 3. El momento resultantereferidoal punto O' (2,-1, 5).
f!
~
"
Solución
1) IR = VI 2)
r¡
+ V2
=9. -) - k
=2. - 6) + 4k
.
r2= 4, -
)
- k
=>
.~
... I
N
= rl
x vI + r2 x V2
=
I
. 2 3
) -6 2
k . 4 + 4 -3 6
k -1 2
) -1 -3
= S.
e"
+ 4) + 16k
...
f#
3) N'=N+O'OxR 0'0= O -O' =-21 +) - Sk 0'OxR=I-2
1
J
9
1 -1
k
I
N'=-I-43)
+9k
fIJ f# f# e-
I
-SI=-61-47)-7k -1
.
..
Problema 11-42. Dado el sistema de vectores: de origen P2 (3, -2,1) y el momento
y V3(1, -1,1)
..
(3, -6, 2) de origen P1 (1,3, -2), V2(2,4, -6) de origen P3 (1, 3, O), encontrar la ecuación el eje central V¡
mínimo.
'" ti
Solución El vector resultante
será:
El momento resultante respecto del origen de coordenadas será: '
I
f' f1 ~
L~
¡
.
TEORÍA DE MOMENTOS
1 r¡ x V¡ = 11 3 1
I
k
j 3 -6
-21=-61k
2
4
-6
1
j 3
k
-1
1
r3 x V3= /1 1
8j-15k
2
j -2
r2 x V2 = 3
43
11=
O I=
)-
31-
=>
I
81+20)+16k
N =51+11) - 3k
4k
sustituyendo en la ecuación del eje central nos quedará:
15 N.R
N R = R2
- 3~ + 3y - 11-
:;-
6z
-3 +
N, R =5 x 6 + 11 (-3)+(-3)(-3)=
R I
~ + 3x
I
)
6
R2 =36+9+9=54
1
Problema 11-43. Dado el sistema de vectores deslizantes: v¡ (1,2, O) que pasa por el punto p¡ (1,1,1) V2(-1, -1, 1) que pasa por el punto P2 (2,2,2) V3 (O,1, 1) que pasa por el punto P3 (O,1,2) V4 (2,2,2)
que pasa por el punto P4 (1, O, 1)
calcular el torsor del sistema. Solución El vedor resultante del sistema es:
Calculemos el momento resultante del sistema respecto del origen de coordenadas:
1 N¡ =11 1
j 1 2
1
) 1 1
N3=10 O
k 1 = -21 + ) + k O
1 2 -1
N2=
k
j 2 -1
21 = 41- 4) 1
)
; 1=-;
k
O 2
N4 =1
11=-2i+2k 2
corno:
N. R= 2(-1)+4(-3)+ 4 x 3= -2 R2 = 4 + 16 + 16 = 36
1
I
R2 NR = N.R
9 9 R=-J 18 R=-l:.,-~)-~k
9
I
Problema 11-44. Sobre tres aristas de un cubo de lado a se consideran los tres vectores de la figura. Calcular: 1. La resultante general. 2. El momento del sistema respecto al origen. 3. La ecuación del eje central. Solución Los tres vectores considerados son:
1) La resultante general es:
v¡ (a, O, O) de origen:
p¡ (O, 0, a)
V2 (O, a, O) de origen:
P2 (a, O, O)
V3 (O, O, a) de origen:
P3 (O, a, O)
R = v¡
+ V2
z o
IR = a (i + j
+ V3
+ k)
I
¡ I I
2) Momento resultante respecto a O:
N=N¡+N2+N3=10
a
) O O
k
j O
al+la
O
o
a
) a
~H~
O
k O a
a
9L----------
I
N = a2 (i + j + k)
x
-.......
I
Problema 11-44.
y
r: 44
;e
CÁLCULO VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
3) Calculemos el momento respecto de un punto P (x, y, z):
k
1 a y
N' = N + R x OP = a2 (i + 1 + k) + I a
x
a 1=a [(a+ z - y)i + (a + x - z)J + (a+ y - x)k] z
Si P pertenece al eje central se verifica que N' es palelo a R; la condición de paralelismo nos da la ecuación del eje central:
=>
a+z-y=a+x-z=a+y-x
IZ-y=x-z=y-Xl
Problema 11-45. Dos sistemas de vectores tienen resultantes generales Rj los respectivos momentos mínimos tienen por módulos 15 y 25. Calcular: 1. El eje central del sistema total. 2. El momento mínimo resultante. Solución R
1) La resultante generales:
=R¡
+ R2
y R2 =6; + 8);
=10;
= 16i + 81
Si N¡ es paralelo a R¡, entonces NJ = 15i Si N2 es paralelo a Rz' cuyos cosenos directores son: 6
-~
+ 82
-5
= 162
cos a
=>
N2 =~25i 2
8 4 cosp= 10=5 Con todo ello:
N=N¡
+ i251= 5
15i + 20j
+Nz=30i+20j
Sustituyendo en la expresión del eje central: N x + Ryz - Rzy
= Nz +Rxy-Ryx
Ny -Rzx-Rxz Ry
Rx
=>
Rz
Ix =2y
I
14z =11
2) El momento mínimo es: N. R NR=¡:¡rR
=>
(30i + 20j). (16i + 8]) (16i + 8]) 162+82
I
NR
= 32i
+ 16]
1
Problema 11-46. Dados los vectores deslizantes Vj (a, 1, O), V2(1, 1, 1) Y V3(O,-1, 2), cuyas rectas soporte pasan, respectivamente, por los puntos Pj (1,2,1), P2 (1, 1, 2) y P3 (1, 1, 1); calcular el valor de a tal que el sistema se reduzca solamente a su resultante, y encontrar la ecuación del eje central. Solución
R =V¡
La resultante general es: y el momento
resultante
respecto
N=11
a
1 2 1
~H:
~I+I~
1 1 -1
I
=i + (a - 1)J - 2ak
=>
(a
+ 1)+ 1 (a -1)+3(-2a)=
O
=>
Para obtener la ecuación del eje central, supongamos que P (x, y, z) es uno de sus puntos. El momento N' respecto de P es nulo: N' = N + R x OP, y como: N = i - j y R = i + j + 3k, obtenemos:
N' = i - j + 11 x de donde:
1 + z - 3y = O -1+3x-z=O y-x=O
j 1
k
Y
z
31 = (1 + z
=>
- 3y)
f5!
f5!
(I;
Si el sistema ha de ser reducible a un vector, el momento resultante será perpendicular a R, y el momento mínimo será nulo, es decir:
N.R=O
~
~
k 1 2
f5' .,.
del origen:
k
~
.
=
+ Vz + V3 (a + 1) i +j + 3k
j 1 1
..
i + (-1 + 3x - z) j + (y - x) k
=O
que es la ecuación del eje central.
Problema 11-47. Se tiene un sistema de tres vectores paralelos, Vj (2,1, -1), V2(8,4, -4) y V3(-4, -2, 2), aplicados en los puntos Pj (0,1,2), P2 (1, -1, O) y P3 (2,2, O), respectivamente.
~ ~
11 f1 rJ t!J ., ~ e.,
" ~ f! ~
e!
~
CÁLCUW
INFINITESIMAL VECTORIAL
(.45
1. HaUarsu centro. 2. Obtenerla ecuacióndel eje central del sistema. Solución 1]=
1) Las coordenadas del centro (C) se obtienen de:
LV,y,
¡¡--
{;=LV,Z, R
siendo:
R=LV,=61+3j-3k
V¡= .../6
=> R=..j36+9+9=3.../6
5=.../6xO+4.../6 xl-2.../6 x2 -o 3.../6
obtenemos
.../6x 1+ 4.../6(-l)- 2.../6x 2 7 1]= 3.../6 --3
=>
C
(O,_?..3' ~3 )
{; /6 x2+4.../6 x 0-2.../6 xO -~ 3.../6 3 2) Si los vectores son paralelos el eje central pasa por el centro y es paralelo a la resultante, luego su ecuación es:
=>
C) CÁLCULO INFINITESIMAL VECTORIAL FORMUlARIO Derivada de un vector respecto
, ~v 11m -=
a un escalar:
l>I->O M
, v(t + M) - v(t) 11m M
ó/->O
dv dt
dvz dt
las componentes coordenadas de dv/dt serán: Propiedades: a) Si v
=v (s)
y s
=s (t)
dv
obtenemos que:
b) Si v (t) =a (t) + b (t) tendremos:
di=
dv ds ds di
dv
da
-=-+dt dt
db
dt
c) Si a (t)=f(t) b (t) tendremos:
d) Derivada del producto escalar:
d(aob) dt
e) Derivada del producto vedor:
d(axb) dt
Consecuencia:
db ax-+-xb dt
da dt
La condición que cumple un vector de dirección constante es también que:
En efecto:si v = vu tendremos que:
Integración:
db da a.-+-ob dt dt
dv dv -=-u dt dt
dv => vx-=vu dt
1 = bV(t)dt = lím L v(t) ~t
en función de sus componentes coordenadas:
f
a
M~O
i
dv dv x-u=v-(u dt dt
dv vx-=O dt xu)=O
c.q.d.
46
CÁLCULO VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
Problema
11.48. Demostrar aplicando el concepto de límite de un vector las fórmulas: db
d(a.b) dt
db da ax-+-xb dt dt
d(axb) dt
db
a.-+-.b dt dt
Solución Tendremos en cuenta que la derivada de una función y =f (x) con respecto a la variable es por defi. nición: dy dx
=""-+OLlx lím Lly = lím f(x+ ""-+0
Llx)- f(x) Llx
y que la derivada de un vector v = v (t) con respecto a la variable escalar t es por definición: dv dt
-
= lím
Llv = lím v(t + Llt) v(t) i>t-+O M i>t-+O Llt
Supongamos que a = a (t) y b = b (t). Si llamamosp al escalar a' b:
-
= d (a. b) = lím
dp dt
dt
Sumando y restando al numerador
dI
Llp = lím a(t + Llt). b(t + Llt) a(t). b(t) -+o Llt i>t-+o Llt
.
a (t + Llt) b (t) nos queda:
, a(t + Llt). b(t + Llt)- a(t + M' b(t) + a(t + M' b(t) 11m i>t-+o Llt
= lím a(t+M).b(t+M-b(t)+ i>t-+O
vectorial
b(t)
lím a(t+M)-a(t).b(t)
Llt
i>t-+O
Al tender M ~ O la función a(t + M) tenderá a a(t) luego: El cálculo para el producto
- a(t).
Llt
. = a . db
d (a b)
dt
es el mismo sin más que sustituir el
dt
+ da
dt
.b
. por x.
Problema 11-49. Dado el vector: a =A (cos mt 1+ sen mtj) donde A Ym son constantes y t es la variable escalar independiente, se pide: 1. Hallar su módulo y la derivada de éste. 2. da/dt y Ida/dt I 3. Demostrar que a y da/dt son perpendiculares. Solución
Siendo el módulo del vedor a constante, la derivada del módulo será nula. 2) da dt
I
=A (-w
sen wt i + w cos wt J) =Aw (-sen wt i + cos wt J)
~: = ~A2w2 I
sen2 wt + A2w2 COS2wt
. dt = O
a da
3) Serán perpendiculares si: en efecto:
a' da dt
= Aw
= _A2W
sen wt cos wt + A2w sen wt cos wt
=O
lo cual tenía que ocurrir, puesto que «todo vedor de módulo constante es siempre perpendicular a su vedor derivada».
Problema 11-50. Si v es un vector función de un parámetro t demostrar que: 1. Si v es constante en dirección, entonces v x dv/dt = O. 2. Si v es constante en módulo, entonces v' dv/dt = O. Solución En general:
v=vu
u=-
1)
v v
=>
dv d (vu) -=-=v-+-u dt dt
Si v es constante en dirección u no varía:
du dt
dv dt =>
dv dv -=-u dt dt
luego la derivada del vedor v es un vedor en la dirección de v en consecuencia:
¡~,
cÁLcuLO
INFINITESIMAL VECTORIAL
47
2) Si v constanteen módulo ,/ también lo será, luego: 0= d (U2) = d (v . v)
dt
dt
= v'
dv + dv . v
dt
dt
= 2v . dv
dt
=>
Problema 11-51. Dados los vectores: a (2t, sen t, O), b (0,2 cos t, t2). Calcular:
d(a.b) dt
3. d(axb) dt
1. d(a+b) dt
2
4. dlaxbl dt
5. !!... da. b dt ( dt )
.
6. !!... a dt
X'b
( a.b
)
Solución 1) a + b
= 2tl
=>
2) a' b = 2 sen t cos t = sen 2t
i 3) axb=12t
= (2t
d(a.b) =2cos2t dt
O
I
=t2 sen t i - 2t3j + 4t cos t k
t2
sen t + t2 cos t) i
- 6t2 j
+ (4 cos t - 4t sen t) k
4t3 sen2t + 2t4 sen t cos t + 24tS +32t cos2t - 32t2 cos t sen t
dlaxbl dt
12t4 + 2e sen2t + 16 cos2t + t (~t2
( )=-4costsent=-2sen2t
da. b = 2 COS2t
dt
6) axb = t2 sent i-~j+ d a xb dt a.b
( )
2t
d da -dt -.b dt
=>
sen 2t
- 8)sen
~t2 sen2t+4t4 +16cos2t
2 ~t4 sen2t + 4t6 + 16t2 cos2t
da 5) -=2i+costj dt
a .b
d(a+b) =2i+(cost-2sent)j+2tk dt
k
j sen t 2cost
O
d (a x b) dt
=>
+ (sen t + 2 cos t) j + t2k
sen 2t
4tcost k=~i-~j+~k sen 2t
4t cos t + 2t2 sen t i
4 cos2t
2 cos t
sen 2t
sen t
- 6t2 sen sen22t 2t - 4t3 cos 2t j + 2 sen t - 2t cos t k sen2t
Problema 11-52. Dados los vectores: a (t2,t, 1), Y b (1, t, t + 1). Calcular: 1. f(a+b)dt
2. f(a'b)dt
3. f(aXb)dt Solución
1)
a +b
= (t2 + 1) f + 2t}
+ (t + 2) k
=> i
3) a x b =
It2 1
j t t
k 1 t+1
-
48
CÁLCUW
VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
Problema
11-53. Dado el escalar (función de punto):
a
=X2yZ
+ 3X2Z
- y;
calcular la integral
de línea:
(dr = dx i + dy j + dz k)
fcadr
a lo largo de la curva y = X2, Z= 2, cuando se pasa desde el punto A (1, 1,2) al B (2,4,2). Solución
.. ..
como:
el
4' 2 4 2 3 5 2 4 159 ady = (X2yz+ 3X2z - y)dy = (2y2 + 6y - y)dy = (2y2 + 5y)dy = ...L.. +...L.. =1 1 [ c 1 1 1 3 2 ]1 2
i
1
Problema lación):
11-54. Dado el vector (Vector campo): v
(dr a lo largo de la recta y
=x + 1
f!
= (x + y)2 i + xyj;
calcular la integral (circu-
=dx i + dy j)
11xydy=
Problema
1
1o(2x+1)2dx=
2
2
1evydy=
1
" "
11(y2 -y)dy=
3
L_L [3
11-55. Dado el vector: v
4X3
1o(4X2 +4x+1)dx= 2 2
2 ]1
_+2X2 [ 3
+x
1 13 =] 03
5 =-
6
= (x - Z)2i + xj (dr
+ (y - Z)2k; calcular la integral de línea:
= dx i + dy j
+ dz k)
a lo largo de la curva x =i, z = O, cuando se pasa desde el punto A (1, 1, O) al B (4,2, O).
Solución
como:
i
4
1
4
X2
4
[]
15
lJ.dx= (y-z)2dx= 1 xdx= =e 1 1 212
..
e..
desde el punto A (0,1) al B (1,2).
como: 1 1o(x+y)2dx=
f! ~
~
Solución
1evxdx=
.. ....
t!!
r d = 361 i 159 j Jca r 15 + 2
por tanto:
f!!
f! f1 ~ .. ~ ~ e..
" (J t tJ fJ fJ fJ " , " e (J
\~
COORDENADAS
por tanto: I
49
POLARES PlANAS
Jc 3 2 1_13kl 10 rvxdr=_Z-i+1S
D) COORDENADAS
POLARES PLANAS
FORMULARIO y y
= cos
-
Ur = cos cpi + sen cpj
i
u", = -sen cpi + cos cpj
j = sen cpUr + cos cpu",
~
cp Ur
sen cpu",
r = Xz + yZ
x = reos cp
cp= arctg ~
y = r sen cp
X
x
EJE POlAR .
Coordenadas polares planas. Vectores unitarios perPendiculares.
x
Relac~n entre
(ur' iZ,,) y los cartesia-
nos (i, j).
Problema 11-56. Una recta dista del origen de coordenadas una longitud p, y forma con el semieje OX positivo un ángulo a. Tomando el origen como polo y el eje OX como eje polar, obtener la ecuación de la recta en coordenadas polares. B
Solución La ecuación cartesiana el segmento
de la recta es:
con lo que sustituyendo
= x tg a + OB
y
OB =
OB mide:
P A. P -- P cosQOB cos(n - a) cosa
x e y por sus expresiones:
sen a rsen '{I=rcos'{l--cos a
p cos a
y
=>
x
= r cos '{I, y = r sen 'P,
x obtenemos:
p = r (cos 'Psen a - sen 'Pcos a)
=>
Ip =r sen (a - '{I)I
Problema
11-56.
Problema 11-57. Dos puntos están definidos por sus coordenadas polares (rl' CPI)y (rz, !{Jz). Obtener la expresión de la distancia entre ambos. Solución De la figura, y aplicando
el teorma
del coseno, tenemos
Id
-=
directamente:
~rl + rf - 2r¡rZ cos ('{Iz - 'PI)
I
Se puede obtener la ~isma expresión partiendo de la distancia en cartesianas y pasando éstas a polares; es decir, si las coordenadas cartesianas de ambos puntos son p¡ (x¡, VI) y Pz (xz, yz), obtendremos la misma expresión anterior operando con las siguientes igualdades: .
= rl cos 'P¡ YI = rl sen 'PI XI
I
I
Xz
= rz cos 'Pz
Yz
= rz sen 'Pz
EJE POLAR
Problema
Problema 11-58. Obtener la ecuación en polares de una elipse, considerando un foco como polo ., y el eje mayor como eje polar. S o l uClon La elipsees el lugar qeométricode los puntos cuya suma de distanciasa dos fijoses constante: PF + PF' = 2a En polares, las coordenadas de los focos son: para F; r = O, 'P= O, Ypara F'; r = 2c, '{I= n. Utilizando la expresión
obtenida
r + ~rz + (2c)z
- 2r2c
en el problema cos (n
-
'1')
= 2a
anterior
para la distancia
entre dos puntos,
~rz + 4cz + 4cr cos '{I = 2a
-r
.
tenemos:
=>
11-57.
50
CÁLCUW
VECTORIAL. SISTEMAS DE REFERENCIA
C2 + cr cos 'P = a2 teniendo
en cuenta
que
a2
-
c2
- ar
=b2 y haciendo r=
r (a + ecos 'P) = a2
da
=e
-
C2
(excentricidad) y b2/a =p se obtiene:
p l+ecos'P
Si hubiésemos considerado el foco F' como polo, las coordenadas de F serían r =2c, tp =O y la ecua. ción resultante tendría en el denominador una diferencia en lugar de una suma. Así pues, la ecuación se puede poner en la forma general siguiente: Problema
11-58. I
r= H~ostp
I
según que el corte más próximo al foco, de la curva con el eje polar, corresponda a tp= O o a tp= n. Problema 11-59. Obtener la ecuación de una parábola en coordenadas polares, considerando el foco como polo y el eje polar perpendicular a la directriz. Solución
d P'
En la parábola las distancias de un punto al foco y a la directriz son iguales: PF
PF=r PP' = p
- r cos
tp
= PP'.
r=- p l+costp
r=p-rcostp I
que coincide con la ecuación de la elipse (y se puede demostrar que también con la de la hipérbola), ya que en la parábola es e =1. Si el punto de corte de la curva en el eje es en tp =7C, el signo del denominador es menos en lugar de más. En general: Problema
11-59.
Problema 11-60. Cambiar a cartesianas o polares, según corresponda, las expresiones de las curvas siguientes: 1. (X2 + y2)2 = 4 (X2 - y2). 2. r = sen cp/(l + tg cp) Solución 1) Con el cambio x =r cos tp, y = r sen tp. obtenemos: I
sen 'P=f
2) Teniendo en cuenta que:
r'
tgtp=.f
x
r2
=4 cos 2'P
.
I
...
y
..
..-
y
f!!
~ l+f
x
.. ..
'"
f!!
..-
C! 11
~
IJ!!
.. .-
..-
.. .. '"
ti f# f1
t
'\
¡
