Soluciones a preguntas sobre
productos escalares y cruzados de vectores 3D

Soluciones detalladas para preguntas sobre Escalares y de la Cruz de los productos Vectors 3D se presentan.



Responda con soluciones detalladas a preguntas sobre productos escalares y cruzados de vectores 3D.


1) Calcula \( \vec{u} \cdot (\vec{u} \times \vec{v}) \) dado que \( \vec{u} = \lt a,b,c \gt \) y \( \vec{v} = \lt d,e,f \gt \).

Solución

El producto cruzado \( \vec{u} \times \vec{v}\) es un vector perpendicular a ambos vectores \( \vec{u} \) y \( \vec{v} \). Por lo tanto, el producto escalar de dos vectores perpendiculares \( \vec{u} \) y \( \vec{u} \times \vec{v} \) es igual a 0 .

\( \vec{u} \cdot (\vec{u} \times \vec{v}) = 0 \)


2) Encuentra \(k \) para que los vectores \( \vec{u} = \lt -2,-k,1 \gt \) e \( \vec{v} = <8,-2,-3> \) son perpendiculares

Solución

Si dos vectores \(\vec {u} \) y \(\vec {v} \) son perpendiculares, entonces su producto escalar es igual a 0. Por lo tanto,

\( \vec{u} \cdot \vec{v} = \lt -2,-k,1 \gt \cdot <8,-2,-3> = 0 \)

Expande el producto punto para obtener la ecuación.

\( (-2)(8)+(-k)(-2)+(1)(-3) = 0 \)

Simplifica y resuelve \( k \).

\( -16 + 2 k - 3 = 0 \)

\( k = 19/2 \)


3)Encuentra \(k \) para que los vectores \( \vec{u} = \lt -3,2,-2 \gt \), \( \vec{v} = <2,1,k> \) y \( \vec{w} = <-1,3,-5> \) están en el mismo plano (o coplanar)?

Solución

Dos vectores cualquiera están en el mismo plano (o coplanar). Si hay un tercer vector en este plano, el volumen del paralelepípedo (consulte la fórmula en Productos escalares y cruzados de vectores 3D ) formado por los 3 vectores es igual a 0. Por lo tanto, la condición para cualquier vector 3 (distinto de cero) para ser coplanar es

\( \vec{u} \cdot (\vec{v} \times \vec{w} ) = 0 \)

\( \vec{u} \cdot (\vec{v} \times \vec{w} ) \) se llama producto escalar triple y está dado por.

\( \vec{u} \cdot (\vec{v} \times \vec{w} ) = det \begin{bmatrix} u_x & u_y & u_z \\ v_x& v_y & v_z \\ w_x& w_y & w_z \end{bmatrix} \)

dónde \( u_x, u_y, u_z, v_x... \) son los componentes de los tres vectores.

Ahora sustituimos los componentes y calculamos el determinante.

\( \vec{u} \cdot (\vec{v} \times \vec{w} ) = det \begin{bmatrix} -3 & 2 & -2 \\ 2 & 1 & k \\ -1 & 3 & -5 \end{bmatrix} \) = -3(-5 - 3k) - 2(-10 +k) -2(6 + 1) = 21+7k

Para que los tres vectores estén en el mismo plano, el determinante que se encuentra arriba debe ser cero. Por lo tanto

\( 21+7k = 0 \)

Resuelve la ecuación anterior para \(k \) para obtener.

\( k = -3 \)

A continuación se muestran los tres vectores en el mismo plano.

vectores coplanares


4) Encontrar ángulo \( \theta \) entre los vectores \( \vec{u} = \lt 2,0,1 \gt \) y \( \vec{v} = <8,-2,-3> \).

Solución

Use la definición del producto escalar de dos vectores \( \vec{u} \) y \( \vec{v} \) y su expresión usando los componentes del vector.

Definición: \( \vec{u} \cdot \vec{v} = ||\vec{u}|| || \vec{v} || \cos \theta \) , θ es el ángulo entre los dos vectores.

El producto escalar también está dado por.

\( \vec{u} \cdot \vec{v} = u_x v_x + u_y v_y + u_z v_z \) , dónde \( u_x, v_x, u_y, ...\) son los componentes de los vectores \( \vec{u} \) y \( \vec{v} \).

Vamos a calcular las magnitudes \( ||\vec{u}||\) y \( || \vec{v} || \) .

\( ||\vec{u}|| = \sqrt{2^2+0^2+1^2} = \sqrt{5} \)

\( ||\vec{v}|| = \sqrt{8^2+(-2)^2+(-3)^2} = \sqrt{77} \)

Ahora usamos los componentes para encontrar el producto escalar.

\( \vec{u} \cdot \vec{v} = (2)(8)+(0)(-2)+(1)(-3) = 13 \)

Ahora usamos la definición para encontrar el ángulo θ.

\( \vec{u} \cdot \vec{v} = ||\vec{u}|| || \vec{v} || \cos \theta \)

\( \cos \theta = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{||\vec{u}|| || \vec{v} ||} = \dfrac{13}{\sqrt{5}\sqrt{77}} \)

\( \theta = \arccos \dfrac{13}{\sqrt{5}\sqrt{77}} = 48.5^{\circ} \)
5) Encuentra la proyección vectorial de \( \vec{u} = \lt -1,-1,1 \gt \) sobre \( \vec{v} = <2,1,1> \).

Solución

La proyección vectorial de \( \vec{u}\) sobre \( \vec{v}\) es dado por (ver fórmula en Productos escalares y cruzados de vectores 3D ):

\( \text{proj}_{\vec{v}}\vec{u} = \dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{||v||^2} \vec{v} \)

\( = \dfrac{ \lt -1,-1,1 \gt \cdot <2,1,1>}{2^2+1^2+1^2} <2,1,1> = \dfrac{(-1)(2)+(-1)(1)+(1)(1)}{6} <2,1,1>\)

\( = -\dfrac{2}{6} <2,1,1> = <-2/3,-1/3,-1/3> \)

Vectors \( \vec{u}\) , \( \vec{v}\) and \( \text{proj}_{\vec{v}}\vec{u}\) se muestran a continuación.

proyección vectorial en 3 D


6) Encontrar \( k \) para que los puntos \( A(-1,2,k) \), \( B(-3,6,3) \) y \( C(1,3,6) \) son los vértices de un triángulo rectángulo con un ángulo recto en \( A \).

Solución

Para que el triángulo ABC esté a la derecha en A, los vectores \( \vec{AB} \) y \( \vec{AC}\) tiene que ser perpendicular y por lo tanto su producto escalar es igual a 0. Comenzamos por calcular los componentes de los vectores.

\( \vec{AB} = <-2,4,3-k> \)

\( \vec{AC} = <2,1,6-k> \)

Producto escalar de \( \vec{AB} \) y \( \vec{AC}\) tiene que ser cero.

\( <-2,4,3-k> \cdot <2,1,6-k> = 0 \)

\( -4 + 4 + (3-k)(6-k) = 0 \)

Simplifica y resuelve para k.

Dos soluciones: \( k = 3 \) and \( k = 6 \)
7) Vector dado \( \vec{v} = \lt 3,-1,-2 \gt \), encontrar vector \( \vec{u} \) tal que \( \vec{v} \times \vec{u} = <4,2,5> \) y \( ||\vec{u}|| = 3\)

Solución

Deje a, b y c ser los componentes del vector \(\vec {u} \). Por lo tanto

\( \vec{v} \times \vec{u} = {\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} &\vec{k} \\ 3 & -1 & -2 \\ a & b & c \end{vmatrix}} \)

\( = {\begin{vmatrix} -1 & -2 \\ b & c \end{vmatrix}} \vec{i} - {\begin{vmatrix}3 & -2\\ a & c\end{vmatrix}} \vec{j} + {\begin{vmatrix}3 & -1\\ a& b\end{vmatrix}} \vec{k} = (-c+2b)\vec{i} + (-2a-3c)\vec{j} + (3b+a)\vec{k} \)

Ahora escribimos que los componentes de \( \vec{v} \times \vec{u} \) y \( <4,2,5> \) son iguales a los dados anteriormente. Por lo tanto

\( -c+2b = 4 \)

\( -2a-3c = 2 \)

\( 3b+a = 5 \)

Tenga en cuenta que las ecuaciones en el sistema anterior no son independientes (sume 3 veces la primera ecuación -c + 2b = 4 y la segunda ecuación -2a - 3c = 2 e obtendrá una ecuación equivalente a la tercera ecuación 3b + a = 5) y, por lo tanto, tiene muchas soluciones. Deje a = t y use la segunda ecuación para encontrar c.

-2t - 3c = 2

c = (2 + 2t) / (-3)

Deje a = t nuevamente y use la tercera ecuación para encontrar b.

3b + t = 5

b = (5 - t) / 3

Ahora usamos la condición \( ||\vec{u}|| = 3\) escribir la ecuación.

\( \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} = 3 \)

Cuadre ambos lados de la ecuación anterior y sustituya a, b y c por sus expresiones en términos de t.

\( t^2+((5 - t) / 3)^2+((2 + 2t) / (-3))^2 = 9 \)

Multiplica todos los términos de la ecuación por 9 y simplifica.

\( 9 t^2+(5 - t)^2+(2 + 2t)^2 = 81 \)

Expande lo anterior para obtener una ecuación cuadrática y resuélvela para encontrar

t = 2 y t = -13/7

De ahí dos soluciones para vector \( \vec{u} \).

Por t = 2 : \( \vec{u_1} = < t , (5 - t)/3 , (2 + 2t)/(-3) > = <2 , 1, -2> \)

Por t = -13/7 : \( \vec{u_2} = < t , (5 - t)/3 , (2 + 2t)/(-3) > = <-13/7 , 16/7 , 4/7> \)
8) Los puntos A, B, C y D forman un paralelogramo.

a) Encuentra las coordenadas del punto D.

b) Encuentra el área de un paralelogramo.

paralelogramo en 3d



Solución

a) Sean a, b y c las coordenadas del punto D y determinen los componentes de los vectores \( \vec{AB} \) and \( \vec{DC} \).

\( \vec{AB} = <2 - 4 , 2 - 6 , 4 - 2 > = <-2 ,-4 ,2> \)

\( \vec{DC} = <-2 - a , -3 - b , 1 - c> \)

Para A, B, C y D para formar un paralelogramo, vectores \( \vec{AB} \) and \( \vec{DC} \) tiene que ser igual (equivalente).

\( <-2 , -4 , 2 > = <-2 - a , -3 - b , 1 - c> \)

Lo que da 3 ecuaciones algebraicas.

-2 - a = -2

-3 - b = -4

1 - c = 2

Que da las coordenadas del punto D.

D(0, 1 , -1)

b) The area A of the parallelogram is given by (see formula in Productos escalares y cruzados de vectores 3D )

A = \( || \vec{AB} \times \vec{BC} || \)

Primero, calculemos el producto cruzado,

\( \vec{AB} \times \vec{BC} = {\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} &\vec{k} \\ -2 & -4 & 2 \\ -4 & -5 & -3 \end{vmatrix}} = {\begin{vmatrix} -4 & 2 \\ -5 & -3 \end{vmatrix}} \vec{i} - {\begin{vmatrix}-2 & 2\\ -4 & -3\end{vmatrix}} \vec{j} + {\begin{vmatrix}-2 & -4\\ -4& -5\end{vmatrix}} \vec{k} = 22\vec{i} + 14\vec{j} -6\vec{k} \)

entonces su magnitud, que es el área A.

A = \( ||\vec{AB} \times \vec{BC}|| = \sqrt{22^2+14^2+(-6)^2} = 2\sqrt{179} \)
9) En el cubo a continuación, encuentre el ángulo entre las diagonales AG y BH.

cube



Solución

Primero encontramos los componentes de los vectores \( \vec{AG}\) y \( \vec{BH} \).

\( \vec{AG} = <2,2,2>\)

\( \vec{BH} = <-2,2,2> \)

Usando el producto escalar, con θ siendo el ángulo entre los vectores \( \vec{AG}\) e \( \vec{BH} \), tenemos (ver pregunta 5 arriba).

\( \cos \theta = \dfrac{\vec{AG} \cdot \vec{BG}}{||\vec{AG}|| || \vec{BH} ||} = \dfrac{2\cdot (-2)+2\cdot2+2\cdot2}{\sqrt{2^2+2^2+2^2}\sqrt{(-2)^2+2^2+2^2}} = \dfrac{1}{3}\)

\( \theta = \arccos \dfrac{1}{3} \approx 70.5^{\circ} \)
10) Encuentre un vector que sea ortogonal al plano que contiene los puntos A(1,2,-3), B(0,-2,1) y C(-2,0,1).

Solución

Un vector \( \vec{v} \) que es ortogonal al plano definido anteriormente podría ser dada por el producto vectorial de dos vectores distintos en el plano. Por lo tanto

\( \vec{v} = \vec{AB} \times \vec{AC} = {\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} &\vec{k} \\ -1 & -4 & 4 \\ -3 & -2 & 4 \end{vmatrix}} = {\begin{vmatrix} -4 & 4 \\ -2 & 4 \end{vmatrix}} \vec{i} - {\begin{vmatrix}-1 & 4\\ -3 & 4\end{vmatrix}} \vec{j} + {\begin{vmatrix}-1 & -4\\ -3& -2\end{vmatrix}} \vec{k} = -8\vec{i} - 8\vec{j} -10\vec{k} \)

Tenga en cuenta que hay un número infinito de soluciones.
11) Encuentra el área del triángulo cuyos vértices son los puntos A(1,0,-3), B(1,-2,0) y C(0,2,1).

Solución

El área \(A_t \) de un triángulo está dada por la mitad de la magnitud del producto cruzado de dos vectores realizados por los lados del triángulo. Por lo tanto

\( A_t = \vec{AB} \times \vec{AC} = {\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} &\vec{k} \\ 0 & -2 & 3 \\ -1 & 2 & 4 \end{vmatrix}} = {\begin{vmatrix} -2 & 3 \\ 2 & 4 \end{vmatrix}} \vec{i} - {\begin{vmatrix}0 & 3\\ -1 & 4\end{vmatrix}} \vec{j} + {\begin{vmatrix}0 & -2\\ -1& 2\end{vmatrix}} \vec{k} = -14\vec{i} - 3\vec{j} -2\vec{k} \)

\( A_t = (1/2) || \vec{AB} \times \vec{AC} || = \sqrt{(-14)^2 + (-3)^2 + (-2)^2} = (1/2) \sqrt{209} \) unit2
12)Fencuentre el volumen del paralelepípedo que se muestra a continuación.

volumen de paralelepípedo definido por puntos



Solución

El volumen V del paralelepípedo está dado por

V \( = |\vec{u}\cdot (\vec{v} \times \vec{w})| = | \vec{v}\cdot (\vec{w} \times \vec{u})| = | \vec{w}\cdot (\vec{v} \times \vec{u})| \)

Vamos a encontrar primero los componentes de los vectores \( \vec{u} \), \( \vec{v} \) y \( \vec{w}\).

\( \vec{u} = <-3,0,7> \)

\( \vec{v} = <-8,0,0> \)

\( \vec{w} = <0,-9,0> \)

\( \vec{u}\cdot (\vec{v} \times \vec{w})= <-3 , 0 , 7> \cdot {\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} &\vec{k} \\ -8 & 0 & 0 \\ 0 & -9 & 0 \end{vmatrix}}\)
\( = <-3 , 0 , 7> \cdot \left\{ {\begin{vmatrix} 0 & 0 \\ -9 & 0 \end{vmatrix}} \vec{i} - {\begin{vmatrix}-8 & 0\\ 0 & 0\end{vmatrix}} \vec{j} + {\begin{vmatrix}-8 & 0\\ 0 & -9\end{vmatrix}} \vec{k} \right\} \)

\( = <-3 , 0 , 7> \cdot <0 , 0 , 72> = 0 + 0 + 7\cdot72 = 504\)

El volumen es

\( V = |504| = 504 \) unidad3

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