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1.4. Descomposición de un vector 23

1.4 Descomposición de un vector

Sean −→u y −→v vectores dados no paralelos. Empezaremos mostrando cómo cualquier vector−→z puede descomponerse en la forma

−→z = −→p +−→q (1.5)

con −→p paralelo a −→u y −→q paralelo a −→v .Consideremos primero el caso en el cual −→z no es paralelo a −→u ni a −→v . Dibujamos −→u ,−→v

y −→z con punto inicial común y trazamos, pasando por el extremo final de −→z , paralelas a−→u y −→v , hasta cortar las rectas que contienen estos vectores.

Figura 1.32.

Si P y Q son los correspondientes puntos de corte y O denota el punto inicial de −→u y−→v , como en la figura 1.27, se tiene que

−→z = −−→OP +−−→OQ

con−−→OP paralelo a −→u y

−−→OQ paralelo a −→v .

Ahora, en el caso −→z paralelo (por ejemplo) a −→u , podemos escribir

−→z = −→z +−→0

dándose que −→z es paralelo a −→u y−→0 es paralelo a −→v . Similarmente, si −→z es paralelo a −→v ,

−→z = −→0 +−→z

donde−→0 es paralelo a −→u y −→z es paralelo a −→v .

Tenemos así que dado un vector −→z cualquiera, −→z se descompone como se dijo inicial-mente, es decir, en la forma (1.5).

Consideremos ahora un vector −→z descompuesto en la forma (1.5). Como −→p es paraleloa −→u y −→q es paralelo a −→v entonces −→p = a−→u y −→q = b−→v para ciertos escalares a y b; portanto, −→z es expresable en la forma

−→z = a−→u + b−→v .

A continuación probaremos que los escalares a y b en la escritura anterior de −→z sonúnicos:

Supongamos que −→z = a1−→u + b1

−→v y también −→z = a2−→u + b2

−→v (Vamos a probar quea1 = a2 y b1 = b2).

24 1. Vectores geométricos en el plano

Entonces

a1−→u + b1

−→v = a2−→u + b2

−→va1−→u − a2

−→u = b2−→v − b1

−→v(a1 − a2)

−→u = (b2 − b1)−→v . (1.6)

Si fuese a1 − a2 6= 0, podríamos escribir −→u como múltiplo escalar de −→v y entonces −→usería paralelo a −→v , pero sabemos que −→u no es paralelo a −→v . Luego a1 − a2 = 0, es decir,a1 = a2. Ahora, como a1 − a2 = 0 entonces (b2 − b1)

−→v =−→0 (ver (1.6)) y como −→v 6= −→0

entonces b2 − b1 = 0 y así b1 = b2.

Resumimos la discusión anterior en el siguiente resultado:

Si −→u y −→v son vectores no paralelos entonces para todo vector −→zexisten únicos escalares a y b tales que

−→z = a−→u + b−→v

(1.7)

Nos referiremos a la escritura en (1.7) de un vector −→z como la descomposición de−→z en las direcciones de los vectores −→u y −→v .

Ejemplo 1.11Sean −→u , −→v y −→z los vectores mostrados en la figura 1.33

Figura 1.33.

Sabiendo que k−→u k = 3, k−→v k = 2 y k−→z k = 4, hallar la descomposición de −→z en lasdirecciones de −→u y −→v , determinando los escalares a y b tales que −→z = a−→u + b−→v .

Solución:Consideremos la figura 1.34 en la cual

−→PR es paralelo a −→v , y −−→RQ es paralelo a −→u .

Figura 1.34.

De acuerdo con la figura tenemos que la descomposición de −→z en las direcciones de −→uy −→v es

−→z = −−→OP +−−→OQ

1.5. Proyección de un vector sobre otro vector 25

donde−−→OP = a−→u para cierto escalar a < 0 y

−−→OQ = b−→v para cierto escalar b > 0.

A continuación determinamos los escalares a y b :Según la ley del seno aplicada al triángulo OPR tenemos que°°°−−→OP°°°

sen105o=

k−→z ksen45o

y como°°°−−→OP°°° = ka−→u k = |a| k−→u k entonces

|a| k−→u ksen105o

=k−→z ksen45o

de donde

|a| = k−→z k sen105ok−→u k sen45o =

4 (0.96)

3¡1/√2¢ ≈ 1.81

y dado que a < 0 entonces a ≈ −1.81.Análogamente, °°°−−→OQ°°°

sen30o=

k−→z ksen45o

y como°°°−−→OQ°°° = kb−→v k = |b| k−→v k entonces

|b| = k−→z k sen30ok−→v k sen45o =

4 (1/2)

2¡1/√2¢ = √2 ≈ 1.41

y puesto que b > 0 entonces b ≈ 1.41.Así, la descomposición del vector −→z en las direcciones de −→u y −→v es

−→z = a−→u + b−→v

con a ≈ 1.81 y b ≈ 1.41 ¥

1.5 Proyección de un vector sobre otro vector

Sea −→u un vector no nulo dado y sea −→z un vector cualquiera. Como caso particular dedescomposición de un vector tenemos que −→z puede descomponerse, de manera única, enla forma

−→z = −→p +−→q (1.8)

con −→p paralelo a −→u y −→q perpendicular a −→u . El vector −→p se dice la componente (vecto-rial) de −→z en la dirección de −→u , en tanto que −→q se dice la componente (vectorial)de −→z perpendicular a −→u .

Para obtener gráficamente las componentes −→p y −→q se dibujan −→z y −→u con el mismopunto inicial y se traza una perpendicular desde el extremo final de −→z hasta cortar larecta que contiene al vector −→u . Si P es el punto de corte y O es el punto inicial de −→z y −→uentonces

−→p = −−→OP y −→q = −→z −−→p

Lo anterior se ilustra en la figura 1.35, en la cual −→z 6= −→0 y α es el ángulo entre −→z y −→u .


Figura 1.35.

Nótese que si −→z = −→0 , entonces en (1.8) −→p = −→0 y −→q = −→0 .El vector −→p en (1.8) también se llama proyección de −→z sobre −→u y se denota

Proy−→u−→z . Obsérvese que:

• Si −→z es paralelo a −→u entonces Proy−→u−→z = −→z .

• Si −→z es perpendicular a −→u entonces Proy−→u−→z = −→0 .

Puesto que el vector −→p = Proy−→u−→z es paralelo a −→u , existe un escalar r tal que

−→p = r−→uk−→u k .

Tal escalar r se llama componente escalar de −→z en la dirección de −→u . Nótese queesa componente escalar puede ser positiva, cero o negativa.

Si −→z =−→0 ya sabemos que Proy−→u

−→z =−→0 . Supongamos entonces que −→z 6= −→0 y

sea α el ángulo entre −→z y −→u . A continuación hallaremos una expresión para el vector−→p = Proy−→u

−→z en términos de −→u ,−→z y α.

• Si 0o < α < 900 (figura 1.35, caso a) entonces −→p tiene la misma dirección de −→u y

por tanto −→p = k−→p k−→uk−→u k . Ahora, como

cosα =k−→p kk−→z k , es decir, k

−→p k = k−→z k cosα

entonces −→p = (k−→z k cosα)−→uk−→u k y así

Proy−→u−→z = (k−→z k cosα)

−→uk−→u k .

Nótese que esta fórmula también es válida si α = 0o y si α = 900. En efecto, si α = 0o

los dos miembros en ella son iguales a −→z , y si α = 900 esos dos miembros son igualesa−→0 .

1.5. Proyección de un vector sobre otro vector 27

• Si 900 < α < 1800 (figura 1.35, caso b) entonces −→p tiene dirección opuesta a la de−→u y por tanto −→p = k−→p k

µ−−→uk−→u k

¶. Ahora, en este caso

cos(1800 − α) =k−→p kk−→z k , es decir, k

−→p k = k−→z k cos(1800 − α)

y como cos(1800 − α) = − cosα entonces k−→p k = − k−→z k cosα. Luego

−→p = (− k−→z k cosα)µ−−→uk−→u k

¶y así (como en el caso anterior)


−→uk−→u k .

Nótese que esta fórmula también es válida si α = 1800, pues en tal caso sus dosmiembros son iguales a −→z .

A continuación recogemos lo básico de la discusión anterior.

Sea −→u un vector no nulo y −→z un vector cualquiera.• Si −→z = −→0 , Proy−→u−→z =

−→0 .

En este caso la componente escalar de −→z en la dirección de −→u es 0.• Si −→z 6= −→0 y α es el ángulo entre −→z y −→u ,


−→uk−→u k .

En este caso la componente escalar de −→z en la dirección de −→u esk−→z k cosα.

Ejemplo 1.12Sean −→u y −→z vectores tales que k−→u k = 3 y k−→z k = 4. Hallar la componente escalar de −→zen la dirección de −→u y la proyección de −→z sobre −→u , en cada uno de los siguientes casos:

a) El ángulo entre −→z y −→u es de 60o.b) El ángulo entre −→z y −→u es de 150o.c) −→z es perpendicular a −→u .d) −→z tiene dirección opuesta a la de −→u .

Solución:Si r es la componente de −→z en la dirección de −→u entonces:En el caso a), el cual se ilustra en la figura 1.36a, se tiene

r = k−→z k cos 60o = 4µ1

2

¶= 2 y así Proy−→u

−→z = 2−→uk−→u k =

2

3−→u


Figura 1.36.

En el caso b), ilustrado en la figura 1.36b, se tiene

r = k−→z k cos 150o = 4Ã−√3

2

!= −2

√3 y así Proy−→u

−→z =³−2√3´ −→uk−→u k =

−2√3

3−→u

En el caso c), por ser −→z perpendicular a −→u , sabemos que Proy−→u−→z =

−→0 (figura

1.36c), es decir, r = 0. Si se emplea la fórmula para r igualmente se obtiene r = 0, puesr = k−→z k cos 90o = 0.

En el caso d), por ser −→z paralelo a −→u , sabemos que Proy−→u−→z = −→z (figura 1.36d).

Ahora, como −→z tiene dirección opuesta a la de −→u entonces

−→z = − k−→z k−→uk−→u k = −4

−→uk−→u k

y por tanto r = −4. Si se quiere emplear la fórmula para r igualmente se obtiene r = −4,pues r = k−→z k cos 180o = −4. ¥

Ejemplo 1.13Un cuerpo se desliza sobre un plano inclinado un ángulo θ, como se muestra en la figura1.37 en la cual −→u es un vector unitario en la dirección del movimiento y −→v un vectorunitario perpendicular a −→u . Halle, para cada posición del cuerpo en su deslizamiento, lascomponentes de su peso −→w en las direcciones de los vectores −→u y −→v ; expréselas en términosde −→w , θ,−→u y −→v .

1.6. Producto escalar 29

Figura 1.37.

Solución:Para cada posición del cuerpo, las componentes de su peso −→w en las direcciones de −→u

y −→v son respectivamente

−−→DF = Proy−→u

−→w y−−→DE = Proy−→v

−→w

Ahora, el ángulo EDG entre −→w y −→v es igual al ángulo θ (¿por qué?), y por tanto elángulo GDF entre −→w y −→u es 900 − θ. Luego,

Proy−→u−→w =

¡k−→wk cos

¡900 − θ

¢¢−→u = (k−→wk senθ)−→uy

Proy−→v−→w = (k−→wk cosθ)−→v

Así, las componentes del peso −→w en las direcciones de −→u y −→v son respectivamente

Proy−→u−→w = (k−→wk senθ)−→u y Proy−→v

−→w = (k−→wk cosθ)−→v . ¥

1.6 Producto escalar

Hasta el momento hemos sumado dos vectores y multiplicado un escalar por un vector.Ahora consideraremos cierto producto entre dos vectores, el cual es llamado producto es-calar, pues el resultado es un escalar. Como introducción a dicho producto, nos referiremosa continuación al concepto de trabajo en la Física.

Consideremos un cuerpo el cual experimenta un desplazamiento −→u =−−→PQ mientras

actúa sobre él una fuerza constante no nula−→F , que forma un ángulo α con −→u , como se

ilustra en la figura 1.38.

Figura 1.38.


Pues bien, el trabajo W realizado por la fuerza−→F se define como el producto de la

componente escalar de−→F en la dirección del vector desplazamiento −→u y la magnitud de

−→u . Es decir,W =

³°°°−→F °°° cosα´ k−→u ko sea

W =°°°−→F °°° k−→u k cosα (1.9)

Observe que el trabajo es una cantidad escalar que puede ser positiva, cero o negativa.Es positiva cuando −→u 6= −→0 y 0 ≤ α <

π

2; es cero cuando −→u = −→0 (el cuerpo no se desplaza)

o cuando α =π

2(−→F es perpendicular al desplazamiento −→u ), y es negativa cuando −→u 6= −→0

yπ

2< α ≤ π. Por ejemplo, cuando se levanta un objeto, el trabajo realizado por la fuerza

aplicada es positivo (en este caso, la fuerza aplicada y el desplazamiento tienen la mismadirección) mientras que el trabajo realizado por la fuerza gravitacional es negativo (lafuerza gravitacional y el desplazamiento tienen direcciones opuestas).

El escalar W en (1.9), que se ha obtenido a partir de los vectores−→F y −→u , se dice el

producto escalar de−→F y −→u y se denota

W =−→F ·−→u

En general, dados dos vectores geométricos cualesquiera −→v y −→u , se define el productoescalar −→v ·−→u así:

• Si −→u = −→0 o −→v = −→0 , −→v ·−→u = 0

• Si −→u 6= −→0 , −→v 6= −→0 y α es el ángulo entre −→v y −→u ,

−→v ·−→u = k−→v k k−→u k cosα (1.10)

Una consecuencia inmediata de la definición dada es que

−→v ·−→u = 0 si y sólo si −→v y −→u son perpendiculares

Además, como −1 ≤ cosα ≤ 1, entonces

− k−→v k k−→u k ≤ k−→v k k−→u k cosα ≤ k−→v k k−→u k

por tanto, para −→u 6= −→0 y −→v 6= −→0 , se tiene que

− k−→v k k−→u k ≤ −→v ·−→u ≤ k−→v k k−→u k

o, equivalentemente,

|−→v ·−→u | ≤ k−→v k k−→u k.

Esta desigualdad, la cual es válida también para −→u =−→0 o −→v =

−→0 , se conoce como

desigualdad de Cauchy-Schwarz.El producto escalar tiene las siguientes propiedades, válidas cualesquiera sean los vec-

tores −→u ,−→v ,−→w y cualquiera sea el escalar r.

1.6. Producto escalar 31

1. −→u ·−→v = −→v ·−→u2. −→u ·−→u = k−→u k23. (r−→u ) ·−→v = r(−→u ·−→v ) = −→u · (r−→v )4. −→u · (−→v +−→w ) = −→u ·−→v +−→u ·−→w y

(−→u +−→v ) ·−→w = −→u ·−→w +−→v ·−→w

Las propiedades 1. y 2. se siguen, en forma inmediata, de la definición del productoescalar. La prueba de las propiedades 3. y 4. se deja como ejercicio.

Ejemplo 1.14Un cubo se desliza entre dos puntos A y B distantes 5 metros sobre un plano inclinadoque forma 30o con la horizontal, como en la figura 1.39. Si el cubo pesa 12 Newtons y lafuerza de fricción que se produce por el rozamiento entre el cubo y el plano inclinado es de3 Newtons, calcule el trabajo realizado por el peso −→w, la fuerza de fricción

−→Ff , la normal−→

N y la fuerza resultante−→F cuando el cubo se desplaza entre los puntos A y B.

Solución:Para cualquier posición del cubo en su desplazamiento entre los puntos A y B, las

fuerzas que actúan sobre él son su peso −→w , la normal−→N y la fuerza de fricción

−→Ff . En

la figura 1.39 se muestra el diagrama de dichas fuerzas, como también la fuerza resul-tante

−→F , el vector desplazamiento −→r = −−→AB y la descomposición vectorial del peso −→w en

una componente −→wr en la dirección del movimiento y una componente−→wn en la dirección

perpendicular al movimiento.

Figura 1.39.

Sean W1,W2,W3 y WT los trabajos realizados, respectivamente, por el peso −→w , lafricción

−→Ff , la normal

−→N y la resultante

−→F cuando el cubo se desplaza de A a B. Como el

ángulo entre −→w y −→r es de 60o entonces

W1 =−→w ·−→r = k−→w k k−→r k cos 60o = (12)(5)

µ1

2

¶= 30 Joules.

De manera similar, como el ángulo entre−→Ff y

−→r es de 180o entonces

W2 =−→Ff ·−→r =

°°°−→Ff°°° k−→r k cos 180o = (3)(5)(−1) = −15 Joules.


Observe que el trabajo W2 es negativo ya que la fuerza de fricción−→Ff tiene dirección

contraria a la del vector desplazamiento −→r .Por otra parte, como el ángulo entre

−→N y −→r es de 90o entonces

W3 =−→N ·−→r =

°°°−→N°°° k−→r k cos 90o = 0.Obsérvese que el trabajo W3 es nulo porque la fuerza normal

−→N es perpendicular al

vector desplazamiento −→r . Por último, la fuerza resultante −→F está dada por

−→F = −→w +

−→Ff +

−→N = −→wr +

−→wn +−→Ff +

−→N

pero como la normal−→N tiene la misma magnitud de la componente −→wn del peso y dirección

contraria a la de −→wn, es decir,−→N = − −→wn entonces

−→F = −→wr +

−→Ff .

Ahora, −→wr tiene la dirección del movimiento y

k−→wrk = k−→wk sen30o = (12)µ1

2

¶= 6

mientras que−→Ff tiene la dirección contraria a la del movimiento y

°°°−→Ff°°° = 3. Luego, la

fuerza resultante−→F es tal que

°°°−→F °°° = 3 y su dirección es la misma que la del movimiento.Así que

WT =−→F ·−→r =

°°°−→F °°° k−→r k cos 0o = (3)(5)(1) = 15 Joules.Observe que

WT =W1 +W2. ¥

1.7 Vectores geométricos en el plano cartesiano. Descom-posición canónica

Empecemos por recordar que el conjunto de los puntos sobre una recta L se puede poneren correspondencia biunívoca con el conjunto R de los números reales como se indica acontinuación:

Se elige en L un punto O al que se llama origen y una orientación o dirección,la cual se dice positiva que se indica con una punta de flecha (figura 1.40). En la rectaorientada L se dice que un punto A está a la izquierda de un punto B (o que B está ala derecha de A) si al ir de A a B lo hacemos en sentido positivo. Se escoge una unidadde longitud y luego se hace corresponder un número real x a cada punto X de L así: 0corresponde al origen O, 1 corresponde al punto de L que está una unidad a la derechade O y en general un número positivo x corresponde al punto X situado x unidades a laderecha de O. Por otra parte, −1 corresponde al punto de L que está una unidad a laizquierda de O y en general un número negativo x corresponde al punto X situado −xunidades a la izquierda de O. Si a un punto X de L le corresponde el número real x, de lamanera antes indicada, se dice que x es la coordenada del punto X.

1.7. Vectores geométricos en el plano cartesiano. Descomposición canónica 33

Figura 1.40.

Establecida dicha correspondencia, la recta L se dice una recta real, una rectanumérica o también un eje coordenado.

Ahora recordemos la gran idea del matemático y filósofo Francés Rene Descartes (1596- 1650) en relación con un sistema de referencia para ubicar puntos en el plano. En ella sehace uso del concepto de par ordenado (o pareja ordenada) de números reales, el cualse refiere a una pareja de números para los cuales importa el orden en que los coloquemos.El par ordenado que consiste de los números a y b, siendo a el primero y b el segundo,

se acostumbra denotarlo en la forma (a, b) o también en la formaµa

b

¶. En este texto

optaremos por emplear la segunda de las notaciones anteriores por simple conveniencia.

Nótese que el parµ1

2

¶es distinto del par

µ2

1

¶pues, aunque los dos están conformados

por los mismos números reales 1 y 2, el orden en que estos números aparecen en el primerpar es diferente al orden en que aparecen en el segundo. En general, se tiene que

µa

b

¶=

µc

d

¶si y sólo si a = c y b = d.

Denotaremos R2 el conjunto de todos los pares ordenadosµa

b

¶de números reales, es

decir,

R2 =½µ

a

b

¶/ a, b ∈ R

¾.

La idea de Descartes consistió en considerar en el plano un par de ejes coordenadosperpendiculares, con la misma unidad de longitud y con un mismo origen O, el cual esel punto de corte de dichos ejes. Se acostumbra tomar uno de los ejes horizontal y conorientación positiva hacia la derecha (éste es llamado eje x), y el otro (llamado eje y) conorientación positiva hacia arriba (Ver figura 1.41).

Una vez escogido un tal sistema de ejes coordenados (al cual nos referiremos como unsistema cartesiano xy) se establece, de manera natural, una correspondencia biunívocaentre el conjunto de puntos del plano y el conjunto R2 de todos los pares ordenados de

números reales. A cada punto P del plano se le hace corresponder un par ordenadoµa

b

¶de

números reales a, b obtenidos de la siguiente manera: desde el punto P se trazan paralelasal eje x y al eje y; el número a es la coordenada del punto donde se corte al eje x, y elnúmero b la coordenada del punto donde se corte al eje y (Ver figura 1.41).


Figura 1.41.

Los números a y b se dicen las coordenadas cartesianas o rectangulares del puntoP ; a se dice la abscisa o también coordenada x, y b se dice la ordenada o tambiéncoordenada y del punto P. De esta manera a cada punto P del plano le corresponde la

parejaµa

b

¶de sus coordenadas. Esta correspondencia es biunívoca, ya que si partimos de

una pareja ordenadaµa

b

¶de números reales e invertimos el proceso antes descrito, vemos

que existe un único punto P del plano del cualµa

b

¶es su pareja de coordenadas.

Es necesario tener presente que el plano (cuyos elementos son puntos) es distinto delconjunto R2 (cuyos elementos son pares ordenados de números reales). Sin embargo, unavez se fija un sistema cartesiano en el plano, se usa la correspondencia antes mencionada

entre el plano y R2 para identificar cada punto P del plano con su parµa

b

¶de coordenadas.

Así, diremos “el punto P =µa

b

¶” en vez de “el punto P cuyo par de coordenadas es

µa

b

¶”.

En adelante asumiremos que el plano está dotado de un sistema cartesiano y nos referire-mos a él como plano cartesiano. A continuación consideraremos los vectores geométricosen el plano cartesiano.

Es costumbre denotar−→i al vector unitario que apunta en la dirección positiva del eje

x, y−→j al vector unitario que apunta en la dirección positiva del eje y. En la figura 1.42 se

muestran dichos vectores−→i ,−→j con su punto inicial en el origen.

Figura 1.42.


Puesto que−→i y−→j no son paralelos se tiene que:

Para todo vector −→u , existen únicos escalares a y b tales que −→u = a−→i + b

−→j . (1.11)

La descomposición

−→u = a−→i + b

−→j

de un vector −→u se llama descomposición canónica de −→u . Los números a y b (los cualesson las componentes escalares de −→u en las direcciones de −→i y −→j respectivamente) se dicenlas componentes escalares de −→u o simplemente las componentes de −→u ; a se dice lacomponente x y b la componente y.

Dado que−→i y−→j son unitarios y apuntan en las direcciones positivas de los ejes x y y,

respectivamente, la descomposición canónica de cualquier vector −→u es bastante sencilla de

obtener. Por ejemplo, el vector −→u que va del origen al puntoµ4

2

¶se expresa claramente

en la forma

−→u = 4−→i + 2−→j

como se aprecia en la figura 1.43.

Figura 1.43.

Recíprocamente, si el vector −→u = 4−→i +2−→j tiene su punto inicial en el origen entoncessu punto final es P =

µ4

2

¶. En general, se tiene que

−−→OP = a

−→i + b

−→j si y sólo si P =

µa

b

¶

En la figura 1.44 se ilustra lo anterior en el caso a < 0 y b > 0.


Figura 1.44.

Para cada punto P , el vecto−−→OP se dirá el vector de posición del punto P.

Hallemos ahora la descomposición canónica de un vector cualquiera−−→PQ con punto

inicial P =µa

b

¶y punto final Q =

µc

d

¶(figura 1.45).

Figura 1.45.

Como−−→PQ =

−−→OQ−−−→OP y dado que

−−→OQ = c

−→i + d

−→j y

−−→OP = a

−→i + b

−→j

entonces−−→PQ = (c

−→i + d

−→j )− (a−→i + b

−→j ) = (c− a)

−→i + (d− b)

−→j .

Nótese que si R =µc− a

d− b

¶entonces

−−→OR = (c− a)

−→i + (d− b)

−→j

y por tanto−−→PQ es igual al vector de posición

−−→OR (ver figura 1.45).

Tenemos así que:


Si P =µa

b

¶y Q =

µc

d

¶entonces la descomposición canónica de

−−→PQ es

−−→PQ = (c− a)

−→i + (d− b)

−→j

y así−−→PQ =

−−→OR donde R =

µc− a

d− b

¶.

Dada la unicidad de la descomposición canónica de cualquier vector −→u se tiene que:

Si −→u = a−→i + b

−→j y −→v = a0

−→i + b0

−→j entonces

−→u = −→v si y sólo si a = a0 y b = b0.

En particular, como−→0 = 0

−→i + 0

−→j ,

Si −→u = a−→i + b

−→j entonces

−→u = −→0 si y sólo si a = 0 y b = 0.

Ejemplo 1.15

Sean P =

µ2

3

¶y Q =

µ−14

¶.

a) Halle la descomposición canónica del vector−−→PQ.

b) Halle el punto R tal que−−→PQ =

−−→OR.

Solución:a) La descomposición canónica del vector

−−→PQ es

−−→PQ = (−1− 2)−→i + (4− 3)−→j = −3−→i +−→j

b) Puesto que−−→PQ = −3−→i +−→j se tiene que

−−→PQ =

−−→OR donde R =

µ−31

¶. (Figura

1.46). ¥

Figura 1.46.


Tenemos ahora dos maneras de describir cualquier vector no nulo −→u : una dando lamagnitud k−→u k y la dirección θ, y otra expresándolo en la forma −→u = a

−→i + b

−→j , es decir,

dando su descomposición canónica. Podemos pasar de cualquiera de las dos a la otra, comose muestra a continuación:

Digamos que partimos de −→u = a−→i + b

−→j . (Ver figura 1.47.)

Figura 1.47.

En primer lugar, según Teorema de Pitágoras, es claro que

k−→u k =pa2 + b2.

En cuanto a la dirección θ de −→u se tiene lo siguiente:

• Si a = 0 entonces θ = 90o cuando b > 0, y θ = 270o cuando b < 0.

• Si a 6= 0 entoncestan θ =

b

a.

Así, si θ es agudo entonces θ = tan−1µb

a

¶. Ahora, si θ no es agudo, entonces θ 6=

tan−1µb

a

¶; sin embargo, a partir de tan−1

µb

a

¶siempre podremos obtener la dirección θ.

(Vea ejemplo 1.16).

Digamos ahora que partimos de −→u descrito dando su magnitud k−→u k y su dirección θ,

y supongamos que −→u = a−→i + b

−→j (ver figura 1.47).

Como cos θ =a

k−→u k y senθ =b

k−→u k entonces

a = k−→u k cos θ y b = k−→u k senθ

y por tanto, la descomposición canónica de −→u es

−→u = (k−→u k cos θ)−→i + (k−→u k senθ)−→j

que podemos escribir también como

−→u = k−→u k ((cos θ)−→i + (senθ)−→j ).

Nótese que (cos θ)−→i + (senθ)

−→j es un vector unitario (pues cos2 θ+sen2θ = 1) con la

misma dirección de −→u .


Ejemplo 1.16Hallar la magnitud y la dirección de cada uno de los vectores−→z1 = 3

−→i +5−→j , −→z2 = −

−→i +2−→j

y −→z3 = 6−→i − 2−→j .

Solución:En la figura 1.48 se muestran los vectores −→z1 ,−→z2 ,−→z3 con punto inicial en el origen y sus

respectivas direcciones θ1, θ2 y θ3.

Figura 1.48.

Como −→z1 = 3−→i + 5

−→j entonces k−→z1k =

√32 + 52 =

√34. De manera similar,

k−→z2k =p(−1)2 + 22 =

√5 y k−→z3k =

p62 + (−2)2 =

√40.

A continuación determinamos θ1, θ2 y θ3 :

• tan θ1 =53 y como 0 < θ1 < 90

o entonces θ1 = tan−1(53) = 59.04o (vea figura 1.48a.)

• tan θ2 = −21 , pero como 90o < θ2 < 180o entonces θ2 6= tan−1(−21). Sin embargo (vea

figura 1.48b.), θ2 = tan−1(−21) + 180o = −63.43o + 180o = 116.57o.

• De manera similar al caso anterior, tan θ3 = −26 = −13 , pero como 270

o < θ3 < 360o

entonces θ3 6= tan−1(−13). En este caso θ3 = tan−1(−13) + 360o = −18.43o + 360o =

341.57o. (Vea figura 1.48c.) ¥

Ejemplo 1.17Halle la descomposición canónica del vector

−−→OP tal que

°°°−−→OP°°° = 52 y dir(

−−→OP ) = 3π

4 rad.

(Figura 1.49).

Solución:


Figura 1.49.

La descomposición canónica de−−→OP está dado por−−→OP = a

−→i + b

−→j

donde

a =°°°−−→OP°°° cos 3π

4=5

2

µ− 1√

2

¶= − 5

2√2y b =

°°°−−→OP°°° sen3π4=5

2

µ1√2

¶=

5

2√2.

Así, la descomposición canónica de−−→OP es

−−→OP = − 5

2√2

−→i +

5

2√2

−→j . ¥

Si se conoce la decomposición canónica de vectores −→u y −→v es muy sencillo hallar −→u +−→vy también r−→u , para cualquier r ∈ R, dado que:

Si −→u = a−→i + b

−→j y −→v = c

−→i + d

−→j entonces

• −→u +−→v = (a+ c)−→i + (b+ d)

−→j .

• r−→u = (ra)−→i + (rb)−→j .

La comprobación de lo anterior se deja como ejercicio para el lector.

Ejemplo 1.18Si −→u = 2

−→i +−→j , −→v = −−→i + 3−→j y −→w = 4

−→j , hallar la descomposción canónica de los

vectores 2−→u +−→v , −→u + 3−→v − 2−→w y −6−→v + 4−→w.

Solución:

2−→u +−→v = 2(2−→i +−→j ) + (−−→i + 3−→j )

= (4−→i + 2

−→j ) + (−−→i + 3−→j )

= (4− 1)−→i + (2 + 3)−→j= 3

−→i + 5

−→j.

−→u + 3−→v − 2−→w = (2−→i +−→j ) + 3(−−→i + 3−→j )− 2(4−→j )

= 2−→i +−→j − 3−→i + 9−→j − 8−→j

= (2− 3)−→i + (1 + 9− 8)−→j= −−→i + 2−→j


−6−→v + 4−→w = −6(−−→i + 3−→j ) + 4(4−→j )= 6

−→i − 18−→j + 16−→j

= 6−→i − 2−→j . ¥

Ejemplo 1.19Sean −→u y −→v los vectores mostrados en la figura 1.50, tales que k−→u k = 2 y k−→v k = 1. Hallela magnitud y dirección del vector −→z = 2−→u + 4−→v .

Figura 1.50.

Solución:Hallemos la descomposición canónica de −→u y −→v , para luego hallar la del vector −→z .

−→u = (k−→u k cos 60o)−→i + (k−→u k sen60o)−→j

= 2

µ1

2

¶−→i + 2

Ã√3

2

!−→j

=−→i +√3−→j .

−→v = (k−→v k cos 150o)−→i + (k−→v k sen150o)−→j= (cos 150o)

−→i + (sen150o)

−→j

= (− cos 30o)−→i + (sen30o)−→j

= −√3

2

−→i +

1

2

−→j .

Por tanto,

−→z = 2³−→i +√3−→j´+ 4

Ã−√3

2

−→i +

1

2

−→j

!= (2− 2

√3)−→i + (2

√3 + 2)

−→j .

Ahora sí hallemos k−→z k y dir(−→z ) :k−→z k =

q(2− 2

√3)2 + (2

√3 + 2)2 = 2

q(1−

√3)2 + (

√3 + 1)2 = 2

√8 = 4

√2.

Sea θ = dir(−→z ). Entonces tan θ = 2√3 + 2

2− 2√3y como 90o < θ < 180o, pues 2− 2

√3 < 0

y 2√3 + 2 > 0, entonces

θ = tan−1Ã2√3 + 2

2− 2√3

!+ 180o = tan−1

Ã√3 + 1

1−√3

!+ 180o = −75o + 180o = 105o. ¥


Hemos visto cómo a partir de la descomposición canónica podemos hallar la magnitudy la dirección de un vector. También hemos visto cómo se realizan de manera sencillala suma de vectores y la multiplicación de un escalar por un vector cuando se conoce ladescomposición canónica de los vectores. Ahora obtendremos una expresión muy simplepara el producto escalar −→u · −→v de dos vectores −→u y −→v , en términos de las componentes(escalares) de dichos vectores.

Sean −→u = a−→i + b

−→j y −→v = c

−→i + d

−→j . Supongamos que −→u 6= −→0 , −→v 6= −→0 y que el

ángulo α entre −→u y −→v no es de 0o, ni de 180o, es decir, 0o < α < 180o (Vea figura 1.51).

Figura 1.51.

De la ley del coseno, aplicada al triángulo de la figura 1.51 se obtiene que

k−→u −−→v k2 = k−→u k2 + k−→v k2 − 2 k−→u k k−→v k cosα (1.12)

Ahora, como el lector puede comprobar sin mucha dificultad, esta igualdad también esválida si α = 0o o si α = 180o, casos en los cuales no tendríamos un triángulo como el dela figura 1.51. De manera que la igualdad (1.12) es válida para 0o ≤ α ≤ 180o. Escribamosdicha igualdad en la forma

k−→u k k−→v k cosα = 1

2

³k−→u k2 + k−→v k2 − k−→u −−→v k2

´y sustituyamos en su lado derecho

k−→u k2 = a2 + b2, k−→v k2 = c2 + d2 y k−→u −−→v k2 = (a− c)2 + (b− d)2.

Luego de desarrollar los cuadrados (a − c)2, (b − d)2 y de simplificar, se obtiene laimportante igualdad

k−→u k k−→v k cosα = ac+ bd. (1.13)

Nótese que el lado izquierdo de (1.13) es justamente −→u ·−→v ; nótese, además, que el ladoderecho de (1.13) también es igual a −→u ·−→v cuando −→u = −→0 o −→v = −→0 . Tenemos así que

Si −→u = a−→i + b

−→j y −→v = c

−→i + d

−→j entonces −→u ·−→v = ac+ bd (1.14)

Ahora, ya que el producto −→u · −→v es fácil de calcular a partir de las descomposicionescanónicas de −→u y −→v , resulta de gran utilidad expresar, en términos de −→u · −→v , el ángulo


entre −→u y −→v , la componente escalar de −→v en la dirección de −→u y la proyección de −→v sobre−→u . Tales expresiones se derivan de la igualdad

k−→u k k−→v k cosα = −→u ·−→v

Por ejemplo, despejando cosα en dicha la igualdad se tiene que

Si −→u 6= −→0 y −→v 6= −→0 , el ángulo α entre −→u y −→v es tal que

cosα =−→u ·−→vk−→u k k−→v k

(1.15)

También podemos despejar k−→v k cosα, que es la componente escalar de −→v en la direc-ción de −→u cuando −→v 6= −→0 . Se obtiene

k−→v k cosα =−→u ·−→vk−→u k .

Nótese que el lado derecho, el cual es 0 cuando −→v = −→0 , también nos da la componenteescalar de −→v en la dirección de −→u si −→v = −→0 . Así que,

Si −→u 6= −→0 , la componente escalar de −→v en la dirección de −→u es−→u ·−→vk−→u k

y así, Proy−→u−→v =

µ−→u ·−→vk−→u k

¶ −→uk−→u k =

Ã−→u ·−→vk−→u k2

!−→u =

µ−→u ·−→v−→u ·−→u

¶−→u

(1.16)

Empleando (1.14) se puede probar rápidamente las propiedades 3. y 4. del productoescalar, que fueron enunciadas luego de la definición de dicho producto. Como ejemplo,probaremos la propiedad 3.:

Digamos que −→u = a−→i + b

−→j y −→v = c

−→i + d

−→j . Entonces

(r−→u ) ·−→v =³(ra)−→i + (rb)

−→j´·³c−→i + d

−→j´

= (ra)c+ (rb)d

= r(ac+ bd)

= r(−→u ·−→v ).

De manera similar se prueba que −→u · (r−→v ) = r(−→u ·−→v ). ¨

Ejemplo 1.20Considere los vectores −→u = 3−→i +−→j y −→v = −→i + 2−→j . Hallar:a) −→u ·−→vb) El ángulo α entre −→u y −→vc) La componente escalar de −→v en la dirección de −→u y el vector Proy−→u

−→v .


Solución:En la figura 1.52 se muestran los vectores −→u ,−→v , el ángulo α entre ellos y el vector

Proy−→u−→v , el cual es −−→OP.

Figura 1.52.

a) De acuerdo con (1.14), −→u ·−→v = (3)(1) + (1)(2) = 5b) Para hallar α emplearemos (1.15). Como −→u · −→v = 5, k−→u k =

√32 + 12 =

√10 y

k−→v k =√12 + 22 =

√5 entonces

cosα =5√10√5=

1√2

y como 0o < α < 180o, α = cos−1³1√2

´= 45o.

c) La componente escalar de −→v en la dirección de −→u es−→u ·−→vk−→u k =

5√10, y por tanto

Proy−→u−→v = 5√

10

−→uk−→u k =

5√10

−→u√10=1

2−→u = 1

2

³3−→i +−→j´

¥

Ejemplo 1.21Hallar el área A del paralelogramo cuyos vértices son los puntos A =

µ0

−1

¶, B =

µ4

0

¶,

C =

µ2

2

¶y D =

µ−21

¶.

Solución:En la figura 1.53 se muestra el paralelogramo en consideración, su altura h relativa a

la base AB y el ángulo α entre los vectores−−→BA y

−−→BC.

Figura 1.53.


El área del paralelogramo esA =

°°°−−→AB°°°hy como h =

°°°−−→BC°°°senα, entoncesA =

°°°−−→AB°°°°°°−−→BC°°° senαo también

A =°°°−−→BA°°°°°°−−→BC°°° senα (1.17)

Procedemos entonces a hallar°°°−−→BA°°° ,°°°−−→BC°°° y senα :

−−→BA = (0− 4)−→i + (−1− 0)−→j = −4−→i −−→j ,

°°°−−→BA°°° =p(−4)2 + (−1)2 = √17−−→BC = (2− 4)−→i + (2− 0)−→j = −2−→i + 2−→j ,

°°°−−→BC°°° =p(−2)2 + 22 = √8.Como α es el ángulo entre

−−→BA y

−−→BC entonces

cosα =

−−→BA ·−−→BC°°°−−→BA°°°°°°−−→BC°°° = (−4)(−2) + (−1)(2)√

17√8

=6√17√8=

3√17√2=

3√34

Ahora, senα = ±√1− cos2 α, pero como α es águdo entonces senα =

√1− cos2 α =r

1− 9

34=

5√34

.

Luego, sustituyendo en (1.17)°°°−−→BA°°° = √17, °°°−−→BC°°° = √8 y senα = 5√

34, tenemos que

el área del paralelogramo es

A =√17√8

µ5√34

¶= 10 (unidades cuadradas). ¥

Ejemplo 1.22Considere el triángulo cuyos vértices son los puntos A =

µ2

1

¶, B =

µ−3−2

¶y C =

µ5

−4

¶.

a) ¿Es el triángulo ABC un triángulo rectángulo?b) Halle los tres ángulos del triángulo ABCc) Calcule el área del triángulo ABC

Solución:En la figura 1.54 se muestra el triángulo ABC.

Figura 1.54.


a) El triángulo ABC será un triángulo rectángulo si y sólo si dos de sus lados son per-pendiculares, es decir, si y sólo si alguno de los productos escalares

−−→AB ·−−→BC, −−→AB ·−→AC y−−→

BC ·−→AC es cero. Calculemos, entonces, estos productos:Como

−−→AB = (−3− 2)−→i +(−2− 1)−→j = −5−→i − 3−→j , −→AC = (5− 2)−→i +(−4− 1)−→j =

3−→i − 5−→j y

−−→BC = (5− (−3))−→i + (−4− (−2))−→j = 8−→i − 2−→j entonces

−−→AB ·−−→BC = (−5)(8) + (−3)(−5) = −34 (así

−−→AB ·−−→BC 6= 0)

−−→AB ·−→AC = (−5)(3) + (−3)(−5) = 0.

Como−−→AB · −→AC = 0 entonces los vectores

−−→AB y

−→AC son perpendiculares y por tanto el

triángulo ABC es rectángulo.b) Por el literal a) sabemos que el ángulo\BAC es recto. Sean θ y α, respectivamente, losángulos\ABC y\BCA. Puesto que θ es el ángulo entre los vectores

−−→BA y

−−→BC tenemos que

cos θ =

−−→BA ·−−→BC°°°−−→BA°°°°°°−−→BC°°° .

Ahora, como

−−→BA ·−−→BC =

³−−−→AB

´·³−−→BC

´= −

³−−→AB ·−−→BC

´= 34 y

°°°−−→BA°°° = °°°−−→AB°°°se tiene que

cos θ =34p

(−5)2 + (−3)2p82 + (−2)2

=34√34√68=

1√2

y así θ = cos−1³1√2

´= 45o. Se sigue que α = 45o.

c) Como el ángulo\BAC es recto entonces el área A del triángulo ABC es

A = 1

2

°°°−−→AB°°°°°°−→AC°°° = 1

2

√34√34 = 17 (unidades cuadradas). ¥

Ejemplo 1.23Probar que las diagonales de un rombo son bisectrices de sus correspondientes ángulos.

Prueba:En la figura 1.55 se muestra un rombo OPQR.

Figura 1.55.

Recordemos que un rombo es un paralelogramo con sus lados de igual longitud.Veamos que la diagonal OQ es bisectriz del ángulo\POR, es decir, que los ángulos φ y

θ que se muestran en la figura 1.55 son iguales.


Como θ y φ son, respectivamente, los ángulos entre−−→OP y

−−→OQ y entre

−−→OQ y

−−→OR entonces

cos θ =

−−→OP ·−−→OQ°°°−−→OP°°°°°°−−→OQ°°° =

−−→OP ·

³−−→OP +

−−→OR

´°°°−−→OP°°°°°°−−→OQ°°° =

°°°−−→OP°°°2 +−−→OP ·−−→OR°°°−−→OP°°°°°°−−→OQ°°°cosφ =

−−→OR ·−−→OQ°°°−−→OR°°°°°°−−→OQ°°° =

−−→OR ·

³−−→OP +

−−→OR

´°°°−−→OR°°°°°°−−→OQ°°° =

−−→OR ·−−→OP +

°°°−−→OR°°°2°°°−−→OR°°°°°°−−→OQ°°°Ahora, como el paralelogramo OPQR es un rombo entonces

°°°−−→OP°°° = °°°−−→OR°°° y puestoque−−→OP ·−−→OR = −−→OR·−−→OP, al comparar los miembros derechos de las dos igualdades anteriores,

se concluye que cosφ = cos θ. Se sigue que θ = φ, como se quería probar, pues θ y φ seencuentran entre 0o y 180o.

En forma análoga el lector puede mostrar que la diagonal PR es bisectriz del ángulo\OPQ. ¨Ejemplo 1.24Probar que las diagonales de un paralelogramo son perpendiculares si y sólo si el paralelo-gramo es un rombo.

Prueba:En la figura 1.56 se muestra un paralelogramo OPQR y sus diagonales OQ y PR.

Figura 1.56.

En primer lugar,

OQ y PR son perpendiculares ⇐⇒ −−→OQ y

−→PR son perpendiculares

⇐⇒ −−→OQ ·−→PR = 0

⇐⇒³−−→OP +

−−→OR

´·³−−→OR−−−→OP

´= 0

⇐⇒ −−→OP ·−−→OR−

°°°−−→OP°°°2 + °°°−−→OR°°°2 −−−→OR ·−−→OP = 0⇐⇒

°°°−−→OR°°°2 = °°°−−→OP°°°2⇐⇒

°°°−−→OR°°° = °°°−−→OP°°° .Ahora, como el cuadrilátero OPQR es un paralelogramo entonces°°°−−→OR°°° = °°°−−→OP°°° ⇐⇒

°°°−−→OR°°° = °°°−−→OP°°° = °°°−−→PQ°°° = °°°−−→RQ°°°⇐⇒ el paralelogramo OPQR es un rombo

Así, las diagonales OQ y PR son perpendiculares si y sólo si el paralelogramo OPQRes un rombo. ¨


1.8 Ejercicios

1. Para cada literal dibujar el vector con las características descritas.

a)°°°−−→AB°°° = 5 y dir ³−−→AB´ = 20o.

b) k−→v k = 2 y dir (−→v ) = 180o.c) k−→w k = 1

2 y dir (−→w ) = 240o.

2. Sean −→u ,−→v y −→w vectores del plano. Probar que −→u +−→v = −→u +−→w si y sólo si −→v = −→w.

3. Sean A,B,C y D puntos del plano tales que D está sobre el segmento AB y sudistancia al punto A es 2

3 de la distancia entre A y B. Si E es el punto medio del

segmento de recta AC, expresar el vector−−→DE en términos de

−−→AB y

−→AC.

4. Suponiendo que−−→AD = 1

4

−−→AB y

−−→BE = 1

2

−−→BC, expresar

−−→DE en términos de

−−→AB y

−−→BC.

5. Dos remolcadores A y B llevan un barco a un puerto. El remolcador A ejerce unafuerza de 7000 lbf sobre su cable con dirección de 80o. El remolcador B ejerce unafuerza de 5000 lbf con dirección de 20o. Hacer un gráfico que muestre la fuerzaresultante y hallar la magnitud y dirección de dicha fuerza.

6. Un avión viaja a una velocidad de 100 millas por hora (respecto al viento) hacia elsureste y el viento tiene una velocidad de 30 millas por hora (respecto a la tierra)hacia el nordeste. ¿Cuál es la velocidad resultante del avión con respecto a la tierra?.

7. Dos autos parten al mismo tiempo de un punto O. El primero se desplaza a unavelocidad de 40 km/h en dirección S 60o O y el segundo con una velocidad de 30km/h hacia el sureste. Representar gráficamente esta situación y calcular la distanciaentre los dos autos cuando han transcurrido dos horas.

8. Un nadador, con una velocidad de nado de 1.5 km/h con respecto al agua, parte dela rivera de un río y nada hacia el norte a través del río. Si la corriente del río fluyehacia el este a 0.8 km/h, hallar:

a) La velocidad del nadador con respecto a la tierra.

b) Suponga que el ancho del río es 1 km. ¿Qué tan lejos, río abajo, el nadador alcanzala otra orilla?.

9. Sea ABCD un cuadrilátero y sean P,Q,R y S los puntos medios de sus ladosAB,BC,CD yDA respectivamente. Demostrar, utilizando vectores geométricos, queP,Q,R y S son los vértices de un paralelogramo. (Ayuda: Vea ejemplo 1.9.)

10. Demostrar vectorialmente que las diagonales de un paralelogramo se cortan en supunto medio.

11. Tres vectores del plano tienen 6, 5 y 4 unidades de longitud. El ángulo entre el primeroy el segundo es de 50o, mientras que ángulo entre el segundo y el tercero es de 75o.Encontrar la magnitud del vector suma y el ángulo entre dicho vector suma y elvector dado de mayor longitud.

12. Sea −→v un vector tal que k−→v k = 4 y dir (−→v ) = 45o.a) Dibujar un vector −→x tal que k−→x k = 9 y dir (−→x ) = dir (−→v ) .

1.8. Ejercicios 49

b) Dibujar un vector −→y tal que k−→y k = 5 y la dirección de −→y es la opuesta a ladirección de −→v .c) Expresar los vectores −→x y −→y como múltiplos escalares del vector −→v .

13. Considerar los vectores −→u ,−→v ,−→w que se muestran en la figura, donde k−→u k = 2,k−→v k = 3 y k−→w k = 4.

Encontrar la descomposición de −→w en las direcciones de −→u y −→v , determinando losescalares a, b tales que −→w = a−→u + b−→v . Hacerlo de dos formas: primero sin recurrir ala descomposición canónica y luego empleando dicha descomposición.

14. Dados los vectores geométricos −→v ,−→u y −→w tales que k−→v k = 5, k−→u k = 8, k−→wk = 10,dir (−→v ) = 60o, dir (−→u ) = 120o y dir (−→w ) = 180o,a) Dibujar los vectores −→v ,−→u y −→w.

b) Encontrar la descomposición de −→w en las direcciones de −→u y −→v (es decir, hallarescalares a y b tales que −→w = a−→u + b−→v ). Hacerlo de dos formas: primero sin recurrira la descomposición canónica y luego empleando dicha descomposición.

15. Hallar la descomposición canónica de cada uno de los siguientes vectores:

a) −→v tal que k−→v k = 6 y dir (−→v ) = 225o.b) −→u tal que k−→u k = 5 y dir (−→u ) = 270o.c) −→w tal que k−→wk = 3 y dir (−→w ) = π

6 radianes.

16. Sean −→u = 2−→i − 5−→j , −→v = 3

−→i +−→j , −→w = −2−→i + 3−→j . Hallar la descomposición

canónica, la magnitud y la dirección de los siguientes vectores:

a) 2−→u −−→v . b) −→u −−→v +−→w . c) 3−→u + 2−→v −−→w .

17. Si −→u = 3−→i − 4−→j , hallar:a) La magnitud y dirección de −→u .b) La descomposición canónica del vector −→w de magnitud 7 y dirección opuesta a lade −→u .c) La descomposición canónica de cada uno de los vectores de longitud 4

√2 que forma

ángulo de 45o con el vector −→u .


18. Sean P =

µ1

−2

¶, Q =

µ0

1

¶y R =

µ2

3

¶.

a) Hallar la descomposición canónica de cada uno de los vectores−−→QP,

−−→QR y

−→PR.

b) Mostrar que los puntos P,Q y R no son colineales.

c) Si M es el punto medio de segmento PR, hallar la descomposición canónica y lamagnitud de

−−→QM.

d) Si B es el baricentro del triángulo PQR, hallar la descomposición canónica y lamagnitud del vector

−−→QB.

e) Encontrar el ángulo entre−−→QP y

−−→QR.

f) Sea S el punto de intersección de la bisectriz del ángulo entre−−→QP y

−−→QR con el

segmento PR. Hallar la descomposición canónica de−→QS.

19. Considerar el diagrama de fuerzas de la siguiente figura.

La fuerza−→F tiene una magnitud de 20Newtons y el sistema se encuentra en equilibrio,

es decir,−→F +

−→T1 +

−→T2 =

−→0 . Hallar la descomposición canónica de

−→F ,−→T1 y

−→T2.

20. Para cada par de puntos dados, encontrar el punto R tal que el cuadrilátero OPRQ esun paralelogramo.

a) P =

µ−35

¶, Q =

µ−4−4

¶. b) P =

µ4

0

¶, Q =

µ2

6

¶.

21. Sean −→u1 =√22

−→i +

√22

−→j , −→u2 = −

√22

−→i +

√22

−→j .

a) Probar que −→u1 y −→u2 son perpendiculares.

b) Hallar la descomposición de cada unos de los los vectores−→i ,−→j y −2−→i + 3−→j en

las direcciones de −→u1 y −→u2.

22. Sea −→w = 7−→i − 5−→j . Para cada par de vectores −→u y −→v dados a continuación

i) Determinar si existen escalares a y b tales que −→w = a−→u + b−→v .ii) Si su respuesta en i) es afirmativa, halle los valores de a y b.

a) −→u = −→i −−→j , −→v = 2−→i − 3−→j .

b) −→u = −→i − 2−→j , −→v = −2−→i + 4−→j .

1.8. Ejercicios 51

23. Calcular −→v ·−→wa) Si k−→v k = 2, k−→wk = 3 y el ángulo entre −→v y −→w es π

3 radianes.

b) Si −→v = 2−→i − 3−→j y −→w = 2−→i .

24. Sean −→u = 3−→i + 4

−→j y −→v = −→i + α

−→j . Encontrar los valores de α para los cuales se

satisface la condición dada en cada caso.

a) −→u es perpendicular a −→v . b) El ángulo entre −→u y −→v es π4 radianes.

25. Sean −→u = 3−→i + 4−→j , −→v = 5−→i −−→j y −→w = 7−→i +−→j . Calcular:

a) −→u · (2−→v −−→w ) . b) k−→u k (−→v ·−→w ) . c) k(−→u ·−→v )−→wk .

26. Para cada par de vectores −→u y −→v dados a continuación, determinar si ellos sonperpendiculares, si el ángulo entre ellos es agudo o si el ángulo entre ellos es obtuso.Calcular la proyección de −→u sobre −→v .a) −→u = 6−→i +−→j , −→v = 2−→i − 3−→j .b) −→u = −6−→i + 4−→j , −→v = 4−→i + 6−→j .c) −→u = 3−→i −−→j , −→v = −→i + 4−→j .

27. Sean −→v y −→w vectores. Probar que:

a) k−→v ±−→w k2 = k−→v k2 ± 2 (−→v ·−→w ) + k−→wk2 .b) (−→v +−→w ) · (−→v −−→w ) = k−→v k2 − k−→wk2 .

28. Calcular −→u ·−→v sabiendo que −→u +−→v +−→w =−→0 , k−→u k = 5, k−→v k = 6 y k−→wk = 7.

29. Sean −→v y −→w vectores. Probar:

a) Teorema de Pitágoras: −→v y −→w son perpendiculares si y sólo si k−→v +−→wk2 =k−→v k2 + k−→w k2

b) Ley del paralelogramo: k−→v +−→w k2+k−→v −−→wk2 = 2 k−→v k2+2 k−→w k2 . (Es decir,la suma de los cuadrados de las longitudes de las diagonales de un paralelogramo esigual a la suma de los cuadrados de las longitudes de sus cuatro lados.)

c) Identidad de polarización: k−→v +−→wk2 − k−→v −−→wk2 = 4 (−→v ·−→w ) .

30. Demostrar, empleando la identidad de polarización, que las diagonales de un parale-logramo tienen igual longitud si y sólo si el paralelogramo es un rectángulo.

31. Sean −→u , −→v y −→w vectores geométricos tales que k−→v k = 4, k−→wk = 1√3y −→u es unitario.

Si k−→u −−→v +−→wk = k−→u +−→v +−→wk y el ángulo entre −→u y −→v es π3 radianes,

a) Calcular el ángulo entre −→v y −→w.

b) Calcular la magnitud de la proyección de −→v sobre −→w.

32. Para el par de vectores −→v y −→w dados en cada literal, calcular el producto escalar, elcoseno del ángulo entre ellos, determinar si son perpendiculares, verificar la desigual-dad de Cauchy-Schwarz y hallar Proy−→w

−→v y Proy−→v−→w.

a) −→v = 4−→i , −→w =−→i +−→j

b) −→v = 4−→i + 3−→j , −→w = 12

−→i − 2

3

−→j

c) −→v = −2−→i + 18−→j , −→w = 32

−→i − 1

6

−→j


33. Sean −→u y −→v vectores geométricos no nulos. Mostrar que −→u y −→v son paralelos si ysólo si Proy−→v

−→u = −→u .

34. Sean −→u = a−→i + b

−→j y −→v = c

−→i + d

−→j , −→v 6= 0. Encontrar una condición necesaria y

suficiente sobre a, b, c y d para que −→v y Proy−→v−→u tengan

a) La misma dirección.

b) Dirección contraria.

35. Sea −→u un vector no nulo y se −→z un vector cualquiera. Probar que para cualquierescalar no nulo r se tiene que Proyr−→u

−→z = Proy−→u−→z .

36. Un triángulo tiene como vértices los puntos A =

µ1

3

¶, B =

µ4

−2

¶y C =

µ−36

¶.

Hallar:

a) Cada uno de sus ángulos interiores

b) El área del triángulo ABC

37. Sean P =µ2

3

¶, Q =

µ5

7

¶, R =

µ2

−3

¶y S =

µ1

2

¶puntos de R2. Calcular Proy−−→

PQ

−→RS

y Proy−→RS

−−→PQ.

38. Sean −→u , −→v , −→w vectores tales que k−→u k = 3, k−→v k = 4 y k−→wk = 2 y sea −→z =2−→u − −→v + 3−→w. Calcular −→z · −→v sabiendo que el ángulo entre −→u y −→v es de 60o y elángulo entre −→v y −→w es de 120o.

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