Vectores
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Publicado: 18 de mayo de 2011
Capítulo
2
Soluciones ejercicios
Ejercicio 2.1 Demuestre las identidades (a × b) × c = (a · c)b − (b · c)a. (a × b) · c = a · (b × c). ¯2 ¯ ¯ ¯ ¯a × b¯ = a2 b2 − (a · b)2 .
Solución. Deben haber muchas demostraciones. La tercera es fácil pues si φ es el ángulo entre a y b ¯ ¯2 ¯ ¯ ¯a × b¯ = a2 b2 sin2 φ = = a2 b2 (1 − cos2 φ) = a2 b2 − a2 b2 cos2 φ = a2 b2 − (a · b)2 .
La segunda,intercambiar la cruz con el punto, se demuestra así: (a × b) · c = (ay bz − az by )cx + (az bx − ax bz )cy + (ax by − ay bx )cz = cx ay bz − cx az by + cy az bx − cy ax bz + cz ax by − cz ay bx y a · (b × c) = (by cz − bz cy )ax + (bz cx − bx cz )ay + (bx cy − by cx )az = cx ay bz − cx az by + cy az bx − cy ax bz + cz ax by − cz ay bx
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Soluciones ejercicios
resultan iguales. La primeraes larga. Veamos la componente x de (a × b) × c, esta es: (a × b)y cz − (a × b)z cy = (az bx − ax bz )cz − (ax by − ay bx )cy = cz az bx − cz ax bz − cy ax by + cy ay bx = (cy ay + cz az )bx − (cz bz + cy by )ax = (c · a − cx ax )bx − (c · b − cx bx )ax = (c · a)bx − (c · b)ax , de modo que es claro que algo similar ocurre con las otras dos componentes y luego (a × b) × c = (c · a)b − (c · b)a. NEjercicio 2.2 Si los lados de un triángulo son a, b, c determine los ángulos del triángulo. Solución. Podemos obtenerlos de varias maneras, por ejemplo del teorema del coseno c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ, o bien cos γ = y otras dos similares cos α = a2 + c2 − b2 , 2ac c2 + b2 − a2 , cos β = 2bc
C b A α c β B γ a
a2 + b2 − c2 , 2ab
19 N Ejercicio 2.3 Considere los puntos cuyas coordenadas sonA = (1, 1, 1), B = (1, 2, 1), C = (−1, 2, 0) determine a) El área del triángulo ABC. b) Los ángulos del triángulo ABC. c) Las magnitudes de los lados del triángulo ABC. d) Las alturas del triángulo ABC. Solución. Los vectores con magnitud y dirección los lados del triángulo pueden escribirse
C b A α c β B γ a
− → c = AB = (1, 2, 1) − (1, 1, 1) = (0, 1, 0) − − → a = BC = (−1, 2, 0) − (1, 2, 1)= (−2, 0, −1) − → b = CA = (1, 1, 1) − (−1, 2, 0) = (2, −1, 1) de manera que c × a = (0, 1, 0) × (−2, 0, −1) = (−1, 0, 2) b × c = (2, −1, 1) × (0, 1, 0) = (−1, 0, 2) a × b = (−2, 0, −1) × (2, −1, 1) = (−1, 0, 2) entonces el área del triángulo es A= 1√ 1 |(−1, 0, 2)| = 5. 2 2
las magnitudes de los lados son |c| = |(0, 1, 0)| = 1
20 ¯ ¯ √ ¯ ¯ ¯b¯ = |(2, −1, 1)| = 6 √ |a| = |(−2, 0, −1)| = 5los ángulos están dados por √ |b×c| sin α = b |c| = √5 6 || √ |c×a| sin β = |a||c| = √5 = 1 5 |b×a| √√√ 1 sin γ = |a| b = 5 5 6 = √6 || las alturas del triángulo se calculan de acuerdo a ¯ ¯ √ ¯ ¯ hC = ¯b¯ sin α = 5, √ 5 hB = |a| sin γ = √ , 6 hA = |c| sin β = 1. N
Soluciones ejercicios
Ejercicio 2.4 Considere un paralelógramo donde se dan tres vértices A = (0, 1, 1), B = (1, 0, 1), C = (1,1, 0). a) Determine el cuarto vértice. b) Determine el área del paralelógramo. c) Determine las longitudes de las diagonales. Solución. Construyamos los vectores − → − → − → AC = OC − OA = (1, 0, −1) , − → − − → − → AB = OB − OA = (1, −1, 0) , de manera que − − → − → − → AD = AB + AC = (2, −1, −1) ,
entonces el cuarto vértice está en la posición (esta es una solución de otras posibles) −→ − − →− − → OD = OA + AD = (2, 0, 0)
21 El área del paralelógramo será ¯− √ →¯ ¯ → − ¯ A = ¯AB × AC ¯ = |(1, 1, 1)| = 3,
donde las longitudes de las diagonales serán ¯− √ →¯ ¯ → − ¯ ¯AB + AC ¯ = |(2, −1, −1)| = 6, ¯− √ →¯ ¯ → − ¯ ¯AB − AC ¯ = |(0, −1, 1)| = 2. N Ejercicio 2.5 Escriba √ ecuación de un plano que es perpendicular a la la dirección n = (1, −1, 1)/ 3 y que pasa a distancia 3 del origen.ˆ Solución. La ecuación resulta n · r = 3, ˆ o sea √ x − y + z = 3 3. N
Ejercicio 2.6 Sea una recta x = 2t + 1, y = −t + 2, z = 3t − 1, siendo t un parámetro. Determine su distancia al origen. Solución. La distancia de un punto arbitrario de la recta al origen es p d = x2 + y 2 + z 2 , d= p √ (2t + 1)2 + (−t + 2)2 + (3t − 1)2 = 14t2 − 6t + 6.
esto es
La cantidad subradical, polinomio...
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Ejercicio 2.1 Demuestre las identidades (a × b) × c = (a · c)b − (b · c)a. (a × b) · c = a · (b × c). ¯2 ¯ ¯ ¯ ¯a × b¯ = a2 b2 − (a · b)2 .
Solución. Deben haber muchas demostraciones. La tercera es fácil pues si φ es el ángulo entre a y b ¯ ¯2 ¯ ¯ ¯a × b¯ = a2 b2 sin2 φ = = a2 b2 (1 − cos2 φ) = a2 b2 − a2 b2 cos2 φ = a2 b2 − (a · b)2 .
La segunda,intercambiar la cruz con el punto, se demuestra así: (a × b) · c = (ay bz − az by )cx + (az bx − ax bz )cy + (ax by − ay bx )cz = cx ay bz − cx az by + cy az bx − cy ax bz + cz ax by − cz ay bx y a · (b × c) = (by cz − bz cy )ax + (bz cx − bx cz )ay + (bx cy − by cx )az = cx ay bz − cx az by + cy az bx − cy ax bz + cz ax by − cz ay bx
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resultan iguales. La primeraes larga. Veamos la componente x de (a × b) × c, esta es: (a × b)y cz − (a × b)z cy = (az bx − ax bz )cz − (ax by − ay bx )cy = cz az bx − cz ax bz − cy ax by + cy ay bx = (cy ay + cz az )bx − (cz bz + cy by )ax = (c · a − cx ax )bx − (c · b − cx bx )ax = (c · a)bx − (c · b)ax , de modo que es claro que algo similar ocurre con las otras dos componentes y luego (a × b) × c = (c · a)b − (c · b)a. NEjercicio 2.2 Si los lados de un triángulo son a, b, c determine los ángulos del triángulo. Solución. Podemos obtenerlos de varias maneras, por ejemplo del teorema del coseno c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ, o bien cos γ = y otras dos similares cos α = a2 + c2 − b2 , 2ac c2 + b2 − a2 , cos β = 2bc
C b A α c β B γ a
a2 + b2 − c2 , 2ab
19 N Ejercicio 2.3 Considere los puntos cuyas coordenadas sonA = (1, 1, 1), B = (1, 2, 1), C = (−1, 2, 0) determine a) El área del triángulo ABC. b) Los ángulos del triángulo ABC. c) Las magnitudes de los lados del triángulo ABC. d) Las alturas del triángulo ABC. Solución. Los vectores con magnitud y dirección los lados del triángulo pueden escribirse
C b A α c β B γ a
− → c = AB = (1, 2, 1) − (1, 1, 1) = (0, 1, 0) − − → a = BC = (−1, 2, 0) − (1, 2, 1)= (−2, 0, −1) − → b = CA = (1, 1, 1) − (−1, 2, 0) = (2, −1, 1) de manera que c × a = (0, 1, 0) × (−2, 0, −1) = (−1, 0, 2) b × c = (2, −1, 1) × (0, 1, 0) = (−1, 0, 2) a × b = (−2, 0, −1) × (2, −1, 1) = (−1, 0, 2) entonces el área del triángulo es A= 1√ 1 |(−1, 0, 2)| = 5. 2 2
las magnitudes de los lados son |c| = |(0, 1, 0)| = 1
20 ¯ ¯ √ ¯ ¯ ¯b¯ = |(2, −1, 1)| = 6 √ |a| = |(−2, 0, −1)| = 5los ángulos están dados por √ |b×c| sin α = b |c| = √5 6 || √ |c×a| sin β = |a||c| = √5 = 1 5 |b×a| √√√ 1 sin γ = |a| b = 5 5 6 = √6 || las alturas del triángulo se calculan de acuerdo a ¯ ¯ √ ¯ ¯ hC = ¯b¯ sin α = 5, √ 5 hB = |a| sin γ = √ , 6 hA = |c| sin β = 1. N
Soluciones ejercicios
Ejercicio 2.4 Considere un paralelógramo donde se dan tres vértices A = (0, 1, 1), B = (1, 0, 1), C = (1,1, 0). a) Determine el cuarto vértice. b) Determine el área del paralelógramo. c) Determine las longitudes de las diagonales. Solución. Construyamos los vectores − → − → − → AC = OC − OA = (1, 0, −1) , − → − − → − → AB = OB − OA = (1, −1, 0) , de manera que − − → − → − → AD = AB + AC = (2, −1, −1) ,
entonces el cuarto vértice está en la posición (esta es una solución de otras posibles) −→ − − →− − → OD = OA + AD = (2, 0, 0)
21 El área del paralelógramo será ¯− √ →¯ ¯ → − ¯ A = ¯AB × AC ¯ = |(1, 1, 1)| = 3,
donde las longitudes de las diagonales serán ¯− √ →¯ ¯ → − ¯ ¯AB + AC ¯ = |(2, −1, −1)| = 6, ¯− √ →¯ ¯ → − ¯ ¯AB − AC ¯ = |(0, −1, 1)| = 2. N Ejercicio 2.5 Escriba √ ecuación de un plano que es perpendicular a la la dirección n = (1, −1, 1)/ 3 y que pasa a distancia 3 del origen.ˆ Solución. La ecuación resulta n · r = 3, ˆ o sea √ x − y + z = 3 3. N
Ejercicio 2.6 Sea una recta x = 2t + 1, y = −t + 2, z = 3t − 1, siendo t un parámetro. Determine su distancia al origen. Solución. La distancia de un punto arbitrario de la recta al origen es p d = x2 + y 2 + z 2 , d= p √ (2t + 1)2 + (−t + 2)2 + (3t − 1)2 = 14t2 − 6t + 6.
esto es
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