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Capıtulo 2

Vectores en el plano

2.1 Introduccion

Un vector es un objeto matematico cuyo objetivo es modelar aquellos feno-menos que tienen magnitud y direccion. Por ejemplo:

En El Economista del 3 de octubre de 2016 se lee la siguiente noticia:

“Lejos de costas mexicanas, el huracan Matthew de categorıa 4 en la es-cala SaffirSimpson, comenzara a perder fuerza en la velocidad de sus vientosdurante su trayectoria hacia el oeste en el Caribe central.

El Servicio Meteorologico Nacional informo que el sistema se ubica a1,700 kilometros al este-sureste de las costas de Quintana Roo y a 590kilometros al sur de Puerto Prıncipe, Haiti.

Matthew se desplaza hacia el oeste a una velocidad de 11 kilometros porhora, con vientos maximos sostenidos de 250 kilometros por hora y rachasde hasta 305 kilometros por hora.”

En lo que sigue daremos una forma de representar este tipo de infor-macion.

2.2 Vectores libres y vectores fijos

Un vector esta determinado por su punto inicial y su punto final, o, lo quees equivalente, por su punto inicial y por sus desplazamientos horizontal yvertical.

Ejemplo 2.1

Si Pi(1, 1) es el punto inicial de un vector y el vector tiene un desplazamiento

1

2 CAPITULO 2. VECTORES EN EL PLANO

horizontal de 2 unidades y un desplazamiento vertical de 1, entonces el puntofinal es Pf (1 + 2, 1 + 1) es decir Pf (3, 2) y se representa en el plano

x

y −−→PiPf

OFigura 2.1a

x

y

2

1Pi

Pf

OFigura 2.1b

En la Figura 2.1a esta la representacion del vector en el plano, su puntoinicial Pi y su punto final Pf unidos por una flecha que va desde el primerode los puntos hacia el segundo. En la Figura 2.1b estan el punto inicial delvector y sus desplazamientos horizontal y vertical. El vector que tiene puntoinicial Pi y punto final Pf se escribe

−−→PiPf

Los vectores con los mismos cambios horizontal y vertical pero con puntosiniciales Qi(−1, 1), Ri(0, 0) tendran puntos finales, respectivamente, Qf (1, 2)y Rf (2, 1). Todos ellos se representan en la Figura 2.2:

x

y

Pi

Pf

Qi

Qf

Rf

Ri = O

Figura 2.2

Todos los vectores que se acaban de describir tienen el mismo desplaza-miento horizontal y el mismo desplazamiento vertical. Se llaman vectores

equivalentes. Cuando esto sucede escribimos−−→PiPf ≡ −−−→

QiQf ≡ −−−→RiRf .

2.2. VECTORES LIBRES Y VECTORES FIJOS 3

Definicion 2.1: vectores libres, vectores fijos

Un vector libre esta determinado por su punto inicial y su punto final.

Si el punto inicial es P y el punto final es Q, el vector se escribe−−→PQ.

Dos vectores se dicen iguales cuando tienen el mismo punto inicial yel mismo punto final.

Cuando el punto inicial de un vector es el origen, decimos que es unvector fijo.

El punto final tambien se llama extremo del vector.

En el ejemplo anterior los vectores libres−−→PiPf y

−−−→QiQf son equivalentes al

vector fijo−−→ORf .

Observemos que los vectores−−→OP y

−−→OQ con P (p1, p2) y Q(q1, q2), son

iguales si solamente si

q1 = p1 y q2 = p2.

Representacion algebraica de vectores fijos en el plano

Como un vector fijo tiene punto inicial el origen O entonces esta determinadopor su punto final. Si el punto final es P (p1, p2) entonces el vector puederepresentarse de distintas maneras de acuerdo con las necesidades de lasituacion:

−−→OP, [x1, x2], v.

Usaremos la notacion v para operar algebraicamente.

Ejemplo 2.2

Un vector tiene punto inicial P (2,−1), desplazamiento horizontal −3 y des-plazamiento vertical 4. Encontrar las coordenadas del punto final Q, dibujar

el vector−−→PQ, el vector fijo equivalente a

−−→PQ, y dar el punto final de este

vector fijo.


Solucion ◮

Primero observemos que el ejercicio habla de un desplazamiento horizontalnegativo. Esto significa que nos movemos horizontalmente 3 unidades a laizquierda. Por lo tanto la abscisa de Q se obtiene al restarle 3 unidades a laabscisa de P, 2 − 3 = −1. Para calcular la ordenada debemos sumarle a laordenada de P el desplazamiento vertical que es 4. Obtenemos que

Q(2− 3,−1 + 4) Q(−1, 3).

A continuacion haremos la figura

-3 -2 -1 0 1 2-1

0

1

2

3

4

x

y

P

Q

R

O

Figura 2.3

Hemos puesto en lınea punteada el vector fijo equivalente a−−→PQ que tiene

por punto final al punto R(−3, 4). El vector−−→OR es el vector fijo equivalente

al vector libre−−→PQ.

◭

Ejemplo 2.3

Encontrar el punto final del vector fijo equivalente al vector libre−−→PQ cuando

P (4, 1) y Q(1, 3).

Solucion ◮

Como se ve en la figura 2.4, el cambio horizontal del vector−−→PQ se obtiene

primero proyectando el segmento PQ sobre el eje de las x y a continuaciontrasladandolo de manera que el trasladado del punto P sea el origen.

2.2. VECTORES LIBRES Y VECTORES FIJOS 5

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4-1

0

1

2

3

x

y

P

Q

R

S

O

Figura 2.4◭

Si−→OS es el vector fijo equivalente a

−−→PQ, entonces la abscisa de S es el

cambio horizontal de−−→PQ y la ordenada de S es el cambio vertical de−−→

PQ.

Es decir, si S es tal que−→OS ≡ −−→

PQ donde P (p1, p2) y Q(q1, q2) entonces

S(q1 − p1, q2 − p2).

Otra manera de escribirlo es:

−→OS = [q1 − p1, q2 − p2].

Ejemplo 2.4

Dados P (2, 2) y Q(1,−2). Encontrar los vectores fijos equivalentes a−−→PQ y−−→

QP.

Solucion ◮

El vector fijo equivalente a−−→PQ tiene como extremo al punto R(1−2,−2−2)

que es igual a R(−1,−4) y por lo tanto

−−→PQ ≡ −−→

OR = [−1,−4].


Por otra parte, el vector fijo equivalente a−−→QP tiene como extremo al punto

S(2− 1, 2 + 2) que es igual a S(1, 4) y por lo tanto

−−→QP ≡ −→

OS = [1, 4].

-2 -1 0 1 2-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

x

y

P

Q

O

-2 -1 0 1 2-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

x

y

P

Q

O

Figura 2.5a Figura 2.5b

◭

En lo que sigue el termino vector se referira a los vectores

fijos.

2.2.1 Ejercicios

No hay que olvidar hacer la figura en cada ejercicio.

2.3. MAGNITUD 7

1. De 5 vectores que tengan primera componente 1 y dibujelos en el plano.

2. De 5 vectores que tengan segunda componente -1 y dibujelos en elplano.

3. Halle el punto final del vector libre equivalente al vector [2,−3] quetiene como inicio el punto P (−2, 3).

4. Halle el punto final del vector libre equivalente al vector [−1, 5] cuyopunto final es el punto Q(0, 4).

5. Halle el vector fijo equivalente al vector libre−−→PQ con P (−1, 2) y

Q(2, 2).

6. Considere el vector v = [3, 2]. Halle el vector libre equivalente a v quetiene como punto inicial P (3, 2) y tambien el vector libre equivalentea v que tiene como punto final el origen.

7. De 3 vectores cuyo punto final este sobre la recta de ecuacion 2x −3y = 0, dos vectores cuyo punto final este sobre la recta de ecuacion2x−3y = 1, y un vector que tenga el punto inicial en la primera recta,el punto final en la segunda y de el vector fijo equivalente a este ultimo.

2.3 Magnitud

Definimos la magnitud de un vector como sigue:

Definicion 2.2: magnitud de un vector

La magnitud o norma del vector−−→PQ es la longitud del segmento PQ

y se denota por ‖−−→PQ‖.Si P (p1, p2) entonces la norma del vector fijo

−−→OP es

‖−−→OP‖ =√

p21+ p2

2.

Un vector libre tiene como norma o magnitud la misma norma o magnituddel vector fijo euivalente a el.


Si P (p1, p2) y Q(q1, q2) entonces

‖−−→PQ‖ =√

(p1 − q1)2 + (p2 − q2)2.

Otra manera de decir esto es: la magnitud del vector libre−−→PQ es igual

a la distancia entre los puntos P y Q.

Ejemplo 2.5

Hallar la magnitud del vector libre−−→PQ donde P (2, 7) y Q(−4, 5).

Solucion ◮

Encontremos el vector fijo equivalente a−−→PQ; este tiene como extremo al

puntoR(−4− 2, 5 − 7), es decir R(−6,−2).

Por lo tanto‖−−→PQ‖ = ‖−−→OR‖ =

√

(−6)2 + (−2)2 =√36 + 4 =

√40. ◭

El unico vector con magnitud 0 es el vector [0, 0] que se denota por 0.Decimos que un vector es nulo cuando es igual a 0. Decir que v 6= 0 eslo mismo que decir que ‖v‖ 6= 0.

2.4 Producto de un vector por un escalar

En esta seccion definiremos la primera operacion vectorial. Dentro del con-texto de vectores llamaremos a los numeros reales escalares.

Definicion 2.3: producto de un vector por un escalar

Si λ es un numero real y−−→OP = [p1, p2] se define

λ−−→OP = [λp1, λp2].

2.4. PRODUCTO DE UN VECTOR POR UN ESCALAR 9

Decimos que λ−−→OP es multiplo escalar de

−−→OP.

Algunas propiedades del producto por un escalar

(i) Para todo vector v se tiene que

1v = v

0v = 0.

(ii) La magnitud de producto de un vector por un escalar es igual al pro-ducto del valor absoluto del escalar por la magnitud del vector. Esdecir, para λ ∈ R y v un vector

‖λv‖ = |λ| ‖v‖.

Ejemplo 2.6

Comprobemos que al multiplicar por 0 un vector, obtenemos el vector nulo

Solucion ◮

Escribimos v = [v1, v2]. Entonces

0v = 0 [v1, v2]= [0 v1, 0 v2] = [0, 0]= 0.

De la misma manera de verifica que al multiplicar por 1 un vector, este nose altera.

Usando la misma tecnica, comprobemos la propiedad (ii). En efecto siv = [v1, v2] y λ es un escalar, tenemos que

λv = λ [v1, v2] = [λ v1, λ v2].

Las operaciones siguientes comprueban esta afirmacion.

‖[λ v1, λ v2]‖ =√

(λ v1)2 + (λ v2)2

=√

λ2 v21+ λ2 v2

2

=√

λ2 (v21+ v2

2)

= |λ|√

(v21+ v2

2)

= |λ| ‖v‖.


◭

2.4.1 Ejercicios

1. Muestre que el vector [−2, 4] es un multiplo escalar del vector [3,−6].

2. Muestre que el vector [1, 2] no es multiplo escalar del vector [−2, 4].

2.5 Vectores colineales

Comencemos estudiando la relacion entre multiplos escalares de un vectory las rectas que contienen al origen. Veamos un caso particular.

Consideremos la recta 2y = x como en la figura 2.6. Los puntos P (2, 1),Q(3, 1.5) y R(−3,−1.5) estan sobre la recta: para P hemos tomado x = 2,para Q, x = 3 y para R, x = −3. Entonces

−−→OQ = [3, 1.5] = 1.5 [2, 1] = 1.5

−−→OP

y −−→OR = [−3,−1.5] = −1.5 [2, 1] = −1.5

−−→OP .

Tanto−−→OQ como

−−→OR son multiplos escalares de

−−→OP. El hecho de que P y Q

estan del mismo lado de la recta con respecto al origen se manifiesta porqueel escalar es positivo, y cuando estan de lados opuestos como es el caso paraP y R el escalar es negativo. Ademas, si x es cualquier numero real, el punto(x, x/2) esta sobre la recta y el vector

[x,x

2] =

x

3[3, 1.5] =

x

3OP.

x

y

32

-3

PQ

R

O

2.5. VECTORES COLINEALES 11

Figura 2.6

En general, si−−→OP es un vector no nulo, es decir si el punto P (p1, p2) no es

el origen, entonces hay una unica recta L que contiene tanto al origen comoal punto P. Veremos que

En los dos casos, para λ ∈ R el vector

λ−−→OP = λ [p1, p2] = [λ p1, λ p2]

tiene su extremo sobre la recta L.

Aun mas, si Q(q1, q2) es cualquier punto de la recta L entonces el vector−−→OQ es multiplo escalar del vector

−−→OP.

Sabemos que para una recta que pasa por el origen se presentan dosposibilidades y estudiaremos la situacion en ambos casos.

(i) Si p1 = 0, entonces la recta L es el eje y que tiene por ecuacion x = 0 yel punto P tiene por coordenadas (0, p2) y, como hemos supuesto queP no es el origen, se tiene que p2 6= 0. El vector con extremo el puntoQ(0, q), que esta sobre L se puede expresar como

−−→OQ = [0, q] =

q

p2[0, p2]

Por lo tanto−−→OQ es multiplo escalar del vector

−−→OP.

Por otra parte, tomemos ahora un multiplo escalar de−−→OP,

λ−−→OP = λ[0, p2] = [0, λp2]

y el extremo de los multiplos escalares de−−→OP son puntos sobre el eje

vertical.

(ii) Si p1 6= 0, entonces la recta L no es el eje de las y, y tiene por ecuacion

L : y =p2p1

x.


En este caso, dado Q(q1, q2) un punto sobre L, es decir q2 =p2p1q1,

−−→OQ = [q1, q2] = [q1,

p2p1

q1]

=q1p1

[p1, p2] =q1p1

−−→OP.

Obtenemos entonces que−−→OQ es multiplo escalar del vector

−−→OP.

Por otra parte, si tomamos un multiplo escalar de−−→OP,

λ−−→OP = λ[p1, p2] = [λp1, λp2]

al remplazar la abscisa de este punto en la ecuacion de L obtenemos

p2p1

(λp1) = λp2

y, por consiguiente el extremo del vector λ−−→OP esta en L.

Para no repetir innecesariamente, cuando el extremo de un vector esta sobreuna recta L que pasa por el origen diremos que el vector yace sobre la rectaL. En general, decimos:

Definicion 2.4: vector que yace sobre una recta

Se dice que un vector libre yace sobre una recta L si tanto su puntoinicial como su punto final estan sobre la recta L. En esta situacion,tambien decimos que la recta L porta al vector.

De la discusion que hicimos en esta seccion se deduce que:

Todos los multiplos escalares de un vector no nulo u yacen sobre unamisma recta que pasa por el origen y todos los puntos sobre esta rectason extremo de un multiplo escalar de u.

Finalmente definimos:

2.5. VECTORES COLINEALES 13

Definicion 2.5: vectores colineales

Dos vectores se dicen colineales si sus extremos estan sobre una rectaque pasa por el origen. Es decir, un vector es colineal con un vector nonulo si el primero es multiplo escalar del segundo.

Ejemplo 2.7

Encuentre los vectores de magnitud 5 cuyo extremo se encuentra en la rectade ecuacion x+ 2y = 0.

Solucion ◮

Para encontrar la expresion de todos los puntos sobre la recta, despejamosx de la ecuacion de la recta:

x = −2y.

Entonces todos los vectores que yacen en la recta tienen la forma

[−2λ, λ] .

La magnitud de un vector de esta forma esta dada por

‖ [−2λ, λ] ‖ = |λ|‖ [−2, 1] ‖= |λ|

√4 + 1

= |λ|√5.

Como el problema dice que la magnitud el vector debe ser igual a 5, debemosresolver la ecuacion

5 = |λ|√5,

cuyas soluciones son

λ =√5 o λ = −

√5.

Obtenemos ası dos vectores que satisfacen las condiciones pedidas:

u = [−2√5,√5], v = [2

√5,−

√5].


Verifiquemos que uno de estos vectores, cuyos extremos sabemos que estansobre la recta, tiene magnitud igual a 5 :

‖u‖ =∥

∥[−2√5,√5]∥

∥ =√5 ‖[−2, 1]‖

=√5√4 + 1 = 5.

◭

2.5.1 Ejercicios

1. Muestre que los vectores

u = [12, 15] v = [−4,−3]

son colineales. Encuentre λ y µ tales que

u = λv, v = µu.

2. Encuentre todos los vectores colineales con [−4, 3] con norma 2.

3. Encuentre todos los puntos P con abscisa 3 tales que−−→OP es colineal

con [2, 6].

4. Encuentre todos los puntos P con ordenada 1 tales que−−→OP es colineal

con [−3, 5].

5. Halle todos los vectores que yacen sobre la recta 3x + 4y = 0 y quetienen magnitud 2.

6. Halle todos los vectores libres de magnitud 5 que yacen sobre la recta3x+ 4y = 7 con Q(−3, 4.)

7. Sean−−→OP y

−−→OQ vectores colineales no nulos. Muestre que cada uno de

ellos es multiplo escalar del otro y halle la relacion entre los escalaresque obtiene.

8. Muestre que si dos vectores libres son equivalentes o bien las rectasque los portan coinciden, o bien, estas rectas son paralelas.

2.6. VECTORES UNITARIOS, DIRECCION DE UN VECTOR 15

2.6 Vectores unitarios, direccion de un vector

Un vector se dice unitario si su magnitud es igual a 1. Notemos que decirque v = [v1, v2] es unitario significa que

1 = ‖v‖ =√

v21+ v2

2,

es decir, su extremo, (v1, v2), se encuentra sobre el cırculo unitario.

Veamos que todo vector no nulo es multiplo escalar de un vector unitario.

x

y−−→OP

−−→OQ′ −−→

OQ

−−→OP ′

O

Figura 2.7

Describamos lo que esta en la figura 2.7. Consideremos el vector−−→OP. Sabe-

mos que hay una unica recta L que pasa por el origen y que contiene a P.Aun mas hay una unica semi-recta de L que contiene a P. Esta semi-rectaintersecta a la circunferencia de radio 1 con centro en el origen en un unico

punto P ′. Tenemos entonces que−−→OP ′ es un vector unitario que es colineal

con el vector−−→OP. Lo mismo sucede con el vector

−−→OQ, la diferencia entre

estas dos situaciones es que P esta fuera de la circunferencia y Q es interiora la misma.

Dado un vector v 6= 0 entonces el vector

u =1

‖v‖v

es un vector unitario ya que, por la propiedad (ii) del producto por unescalar, tenemos que

∥

∥

∥

∥

1

‖v‖v∥

∥

∥

∥

=

∣

∣

∣

∣

1

‖v‖

∣

∣

∣

∣

‖v‖ =1

‖v‖ ‖v‖ = 1.


Por lo tanto el extremo del vector u esta sobre el cırculo unitario y, como elcırculo unitario es un cırculo trigonometrico, hay un unico angulo entre 0o

y 360o tal queu = [cosα, senα].

De dondev

‖v‖ = [cosα, senα].

Cuando multiplicamos ambos lados de la igualdad por ‖v‖ obtenemos

v = ‖v‖ [cos α, senα],

donde α ∈ [0, 2π) si lo medimos en radianes o α ∈ [0, 360) si lo medimos engrados. Esta es la expresion polar de v.

Definicion 2.6: Direccion de un vector en el plano

La direccion o el vector direccion de un vector no nulo es el vectorunitario

[cosα, senα]

que aparece en la expresion polar del vector.

Notemos que

En la expresion polar de un vector no nulo figuran tanto su magnitudcomo su vector direccion.

El vector 0 tiene magnitud 0 pero no tiene vector direccion.

Ejemplo 2.8

Halle la direccion de cada uno de los vectores u = [3, 4] y v = [−4, 3].Muestre que la recta que porta al vector u es perpendicular a la recta queporta al vector v.

Solucion ◮

2.7. SUMA DE VECTORES FIJOS 17

El vector direccion de u es el vector

1

‖u‖ u =1

√

(3)2 + (4)2[3, 4]

=1√

9 + 16[3, 4]

=

[

3

5,4

5

]

.

De la misma manera se ve que el vector direccion del vector v esl el vector[−4/5, 3/5] . La recta que porta al vector u es la recta que pasa por el origeny que contiene al punto (3/5, 4/5), cuya ecuacion es

y =4

3x.

La recta que porta al vector v es la recta que pasa por el origen y quecontiene al punto (−4/5, 3/5), cuya ecuacion es

y = −3

4x.

Al multiplicar las pendientes de estas rectas, obtenemos -1 y, por lo tanto,las rectas son perpendiculares. ◭

2.7 Suma de vectores fijos

Introduccion

La suma de vectores se define para modelar situaciones como la siguiente,que resolveremos mas adelante. Un cuerpo A esta sobre un plano incli-nado, como se muestra en la figura 2.8. Si no actuamos sobre el, el cuerporesbalara. Si lo atamos con una cuerda a otro cuerpo B con una polea,experimentando podemos ajustar el peso de B de manera que el cuerpo Apermanezca quieto, es decir que este en reposo.


B

A

Figura 2.8

Estudiemos lo que pasa en A. Sobre A actuan:

• la fuerza debida al peso de A,

• la tension de la cuerda T debida al peso del cuerpo B y,

• por la tercera ley de Newton, la reaccion del plano debida tambien alpeso de A.

En la figura 2.9, solo hemos puesto las fuerzas que actuan sobre A. Tomare-mos el punto A como el origen.

A

S

T

R

P

Figura 2.9

Como el cuerpo esta en reposo la resultante de estas tres fuerzas debe ser

nula. Esto significa que la resultante entre−→AR y

−→AP debe neutralizar a

−→AT .

Si llamamos esta resultante−→AR+

−→AP debemos tener que

−→AR+

−→AP = −−→

AT .


El vector−→AS que debe “neutralizar” al vector

−→AT es la diagonal del

paralelogramo ARSP, por lo tanto−→AR+

−→AP =

−→AS.

Tenemos que la resultante de los vectores−→AR y

−→AP es la diagonal del

paralelogramo ARSP. Decimos que este paralelogramos esta generado por

los vectores−→AR y

−→AP . Esto justifica la definicion siguiente:

Definicion 2.7: suma geometrica de vectores en el plano

La suma de dos vectores en el plano es el vector cuyo extremo es elvertice del pararlelogramo generado por los vectores opuesto al ori-gen. Esta diagonal es llamada la diagonal principal del paralelogramogenerado por los vectores. Por ello se llama ley del paralelogramo.

La figura 2.10 es otra ilustracion de la definicion de la suma de vectores.

x

y

O

v

P (p1, p2)

wQ(q1, q2)

v +w

R

Figura 2.10

En la figura 2.10 tenemos dos vectores no colineales−−→OP = v y

−−→OQ = w.

Trazamos por P la recta paralela a la recta que une O con Q y trazamos porQ la recta paralela a la recta que une O con P. Estas rectas se intersectanen R y forman el paralelogramo OPRQ. Notemos que el segmento OR es ladiagonal que parte del origen.

−−→OR :=

−−→OP +

−−→OQ


Definicion 2.8: suma algebraica de vectores en el plano

La suma de dos vectores−−→OP y

−−→OQ, cuando P (p1, p2) y Q(q1, q2) esta

dada por la formula

[p1, p2] + [q1, q2] = [p1 + q1, p2 + q2]

Veamos que los puntos O, P (p1, p2), R(p1 + q1, p2 + q2) y Q(q1, q2) sonvertices de un paralelogramo. Para ello debemos mostrar que los ladosopuestos son paralelos, es decir que la recta que contiene al origen y a P esparalela a la recta que une a los puntos Q y R, y que la recta que contieneal origen y a Q es paralela a la recta que une a los puntos P y R. Hay variasmaneras de mostrar esto, ası que lo haremos de una manera distinta paracada uno de los casos.

• La recta que porta al vector−−→OP tiene pendiente p2/p1 y la que porta

al vector libre−−→QR tiene pendiente

(p2 + q2)− q2(p1 + q1)− q1

=p2p1

,

por lo tanto las rectas son paralelas.

• El vector libre−→PR es equivalente al vector

−−→OQ puesto que tienen el

mismo desplazamiento horizontal y el mismo desplazamiento verticaly la afirmacion es consecuencia del ejecicio 8 de la seccion 2.5.1.

Algunas propiedades de las operaciones entre vectores.

Sea P (p1, p2) un punto en el plano.

1. El vector−−→OP puede escribirse de la siguiente manera

−−→OP = [p1, p2] = p1[1, 0] + p2[0, 1]

Esta formula nos da dos vectores especiales: [1, 0] y [0, 1] que se deno-tan por

i := [1, 0]j := [0, 1].

Ası


[p1, p2] = p1i+ p2j.

Se dice que p1 es la componente horizontal de−−→OP y p2 es su com-

ponente vertical. Notemos que la componente horizontal es el cam-bio horizontal mientras que la componente vertical es el cambio verticaldel vector.

La definicion algebraica de las suma dice que la componente horizontalde la suma de dos vectores es igual a la suma de las componenteshorizontales de los vectores, y lo mismo pasa para las componentesverticales.

2. El vector 0 satisface que

−−→OP + 0 = [p1, p2] + [0, 0] = [p1, p2].

El vector 0 se llama elemento neutro para la suma de vectores.

3. Como [p1, p2] + [−p1,−p2] = [0, 0], entonces el vector

(−1)−−→OP = [−p1,−p2]

neutraliza al vector−−→OP y escribimos

(−1)−−→OP = −−−→

OP

x

y

O

−−→OP

−−−→OP

Figura 2.11

El extremo del vector (−1)−−→OP es el punto simetrico a P con respecto

al origen en la recta que pasa por el origen y por P, de la mismamanera como, sobre la recta numerica, el numero −a es el simetricocon respecto al 0 del numero a.


Resta de vectores

Una vez que sabemos sumar y tenemos un elemento neutro para la suma.

podemos definir la diferencia de vectores. El vector−−→OQ − −−→

OP es el vector

que debemos sumar al vector−−→OP para que el resultado sea igual a

−−→OP. En

terminos de ecuaciones, el vector−−→OQ−−−→

OP es solucion de la ecuacion:

−−→OX +

−−→OP =

−−→OQ.

Podemos resolver analıticamente esta ecuacion escribiendo X(x1, x2). Laecuacion queda

[x1, x2] + [p1, p2] = [q1, q2].

Efectuando las operaciones e igualando, obtenemos

x1 + p1 = q1x2 + p2 = q2.

La solucion es

x1 = q1 − p1x2 = q2 − p2

Es decir

−−→OQ−−−→

OP = [q1 − p1, q2 − p2].

Estudiemos la manera geometrica de representar la diferencia de vectores.Dados P y Q queremos construir un paralelogramo con vertice en el origen,con arista OP y diagonal mayor OQ

x

y

O

Q

P−−→OR =

−−→OQ−−−→

OP

R

Figura 2.12


El paralelogramo que se busca se completa con las aristas rojas: OPQR. La

solucion del problema es el vector−−→OR. Este vector es equivalente al vector

libre−−→PQ. El segmento PQ es la diagonal menor del paralelogramo generado

por los vectores−−→OP y

−−→OQ, y

−−→PQ ≡ −−→

OQ−−−→OP.

2.7.1 Propiedades algebraicas de las operaciones vectoriales

Propiedades de la suma

Si u, v y w son vectores entonces

• conmutatividad

u+ v = v + u

• asociatividad

u+ (v +w) = (u+ v) +w

• El vector nulo 0 satisface

u+ 0 = u.

El vector 0 se llama elemento neutro para la suma

• Dado un vector u siempre puede encontrarse un vector v que lo “neu-tralice”, es decir

u+ v = 0

Propiedades del producto por un escalar

• asociatividad λ(µv) = (λµ)v

• elemento neutro para el producto por un escalar 1 · v = v

• inverso aditivo de un vector −v = (−1)v

Propiedades que vinculan la suma y el producto por un escalar

• el producto por un escalar distribuye con respecto a la suma de vec-tores:

λ(v +w) = λv + λw


• la suma de escalares distribuye con respecto al producto por un vector:

(λ+ µ)v = λv + µv

Ejemplo 2.9

Consideremos los vectores v = [2,−4] y w = [15, 5]. Calculemos

1

2v− 1

5w.

Solucion ◮

1

2v − 1

5w =

1

2[2,−4] − 1

5[15, 5]

= [1

2(2),

1

2(−4)]− [

1

5(15),

1

5(5)]

= [1,−2] − [3, 1]= [1− 3,−2− 1] = [−2,−3].

◭

Ejemplo 2.10

Mostrar que si v1 y v2 son colineales y λ1 y λ2 son escalares entonces v1 yλ1v1 + λ2v2 tambien son colineales.

Solucion ◮

Como v1 y v2 son colineales, entonces existe u 6= 0 y escalares µ1 y µ2 talesque

v1 = µ1u

v2 = µ2u.

Por lo tantoλ1v1 + λ2v2 = λ1(µ1u) + λ2(µ2u)

= (λ1µ1)u+ (λ2µ2)u= (λ1µ1 + λ2µ2)u.

◭

2.7.2 Combinaciones lineales de vectores planos

En este apartado comenzamos a explorar la estructura vectorial del plano.Comenzamos con una definicion:


Definicion 2.9: combinacion lineal de vectores

Llamamos combinacion lineal de los vectores u y v a cualquierexpresion de la forma

λu+ µv,

donde λ y µ son escalares.

Vimos en la seccion 2.7 que todo vector−−→OP = [p1, p2] se descompone como

−−→OP = p1i+ p2j.

Decimos que−−→OP se descompone en su componente horizontal (multiplo

escalar de i y su componente vertical (multiplo escalar de j), o bien que escombinacion lineal de i y j.

Ejemplo 2.11

Muestre que el vector w = [3, 0] se puede escribir como combinacion linealde los vectores u = [1,−2] y v = [2, 1].

Solucion ◮

Estudiemos la figura

x

y

v

w

u

O

Figura 2.13(a)

x

y

v

w

u

Q

P

O

Figura 2.13(b)

En la figura 2.13(a) representamos los vectores dados. Desde el punto devista de geometrico, el problema se resuelve construyendo el paralelogramo


de la figura 2.13(b). Se trata de trazar rectas paralelas a las rectas queportan a los vectores u y v y que contengan al punto final del vector w paradespues hallar las intersecciones P y Q.

Desde el punto de vista algebraico, se trata de encontrar escalares λ y µ demanera que

[3, 0] = λ[1,−2] + µ[2, 1].

Este tipo de expresion se llama ecuacion vectorial, y es equivalente a quese satisfagan simultaneamente las ecuaciones:

3 = λ+ 2µ0 = −2λ+ µ.

Para resolverlo, despejamos µ de la segunda ecuacion: µ = 2λ y rem-plazamos este resultado en la primera:

3 = λ+ 2µ= λ+ 2(2λ) = 5λ

y, por lo tanto λ = 3/5 y µ = 6/5. Verifiquemos:

3

5[1,−2] +

6

5[2, 1] = [

3

5,−6

5] + [

12

5,6

5] = [3, 0].

con lo que termina la comprobacion.

◭

Observemos que lo mismo puede hacerse cuando en lugar de un vector wespecıfico planteamos el mismo problema con un vector [x1, x2] arbitrario.En este caso las ecuaciones que se deben resolver son:

x1 = λ+ 2µx2 = −2λ+ µ.

Notemos que las incognitas son λ y µ y que x1 y x2 son parametros. Us-ando exactamente el mismo argumento que antes, es decir, despejamos dela segunda µ : µ = 2λ+ x2 y remplazamos este resultado en la primera:

x1 = λ+ 2(2λ+ x2) = 5λ+ 2x2.

Obtenemos que

λ =x1 − 2x2

5


y, en consecuencia,

µ =2x1 + x2

5.

Como antes, verifiquemos:

x1 − 2x25

[1,−2] +2x1 + x2

5[2, 1] = [

x1 − 2x25

,−2x1 − 2x2

5] + [2

2x1 + x25

,2x1 + x2

5]

= [x1 − 2x2 + 4x1 + 2x2

5,−2x1 + 4x2 + 2x1 + x2

5]

= = [x1, x2].

◭

2.7.3 Problemas que se resuelven utilizando vectores

A continuacion damos una serie de ejemplos para mostrar como la nocionde vector y las operaciones asociadas permiten resolver algunos problemas

Ejemplo 2.12

Un barco pone su rumbo hacia el norte y su motor desarrolla una velocidadde 15 nudos por hora. Hay una corriente en direccion NE con velocidad de.5 nudos por hora. ¿A que velocidad y en que direccion se mueve el barco?

Solucion ◮

Estudiemos la figura

E

N

v

w

NE

Figura 2.14


El vector v = [0, 15] es el vector velocidad producido por el motor. Comola direccion NE esta dada por el vector

w =[

cosπ

4, sen

π

4

]

=

[

1√2,1√2

]

,

el vector velocidad de la corriente esta dado por

w = (0.5)

[

1√2,1√2

]

.

Por lo tanto el vector velocidad del bote esta dado por

v +w =

[

0.5√2, 15 +

0.5√2

]

≈ [0.35, 15.35].

La velocidad del barco es ‖v +w‖ ≈ 15.36 nudos por hora.La direccion en la que se mueve el bote esta dada por el vector [cosα, senα],

donde

α = arctan15.35

0.35≈ 88.7o,

puesto que el vector direccion del bote esta en el primer cuadrante. ◭

Ejemplo 2.13

Dados P (p1, p2) y Q(q1, q2) hallar las coordenadas del punto medio del seg-mento PQ.

Solucion ◮ Estudiemos la figura:

x

y

O

P

Q

S

T

−−→OQ−−−→

OP

Figura 2.15

Llamemos S al punto medio del segmento que une el origen con el extremo

del vector−−→OQ−−−→

OP, y T al punto medio del segmento PQ. Entonces

−→OS =

1

2(−−→OQ−−−→

OP )


y, como −→OT =

−→OS +

−−→OP

=1

2(−−→OQ−−−→

OP ) +−−→OP

=1

2(−−→OQ+

−−→OP )

=1

2[p1 + q1, p2 + q2]

obtenemos que

T

(

p1 + q12

,p2 + q2

2

)

.

◭

2.7.4 Ejercicios

1. Represente en el plano v, w, v+w, w−v, 1

3v, 4w− 1

2w en los casos

siguientes

• v = i− 2j, w = −3i+ 2j;

• v = 3i+ 4j, w = −4i+ 3j;

• v = −i− j, w = 3i+ 5j;

• v = 5(−2i+ 3j)− 2(5i− 3j), w = 1

3(i+ j)− 2

3(−i+ 2j).

2. ¿Es posible escribir el vector [1, 0] como combinacion lineal de los vec-tores u = [1,−2] y v = [−2, 4]? Explique su resultado y diga cualesson los vectores del plano que sı pueden escribirse como combinacionlineal de u y v.

3. Para cada uno de los incisos del primer ejercicio encuentre ‖v‖, 2v −3w, ‖v −w‖, el vector unitario en la direccion de v.

4. Un piloto debe viajar en direccion este a 750km/h. Si el viento soplaen direccion NO con una velocidad de 50 km/h, ¿a que velocidad y enque direccion debe partir el piloto?

5. Halle el punto del segmento que une el punto P (−3,−1) con el puntoQ(1, 4) que se encuentra dos veces mas lejos del punto P que del puntoQ.


2.8 Producto punto. Perpendicularidad

2.8.1 Introduccion

La perpendicularidad y los angulos rectos son piezas esenciales de la geo-metrıa euclidiana. Con ellos se definen los triangulos rectangulos cuyaspropiedades permiten establecer vınculos entre los lados y los angulos de untriangulo. Estos triangulos son la base para la trigonometrıa y, por lo tanto,para las aplicaciones practicas de la geometrıa.

En esta seccion nos proponemos encontrar una caracterizacion algebraica dela perpendicularidad.

Definicion 2.10: vectores ortogonales

Dos vectores no nulos en el plano−−→OP,

−−→OQ se dicen ortogonales si el

triangulo OPQ es un triangulo rectangulo con vertice en el punto O.

Notemos que una manera equivalente de decir esto es

Dos vectores no nulos son ortogonales cuando las rectas que los portanson perpendiculares.

2.8.2 Determinacion de perpendicularidad

Queremos encontrar una manera analıtica de determinar cuando dos vec-tores no nulos son perpendiculares. Recurriremos al Teorema de Pitagorasya que este teorema relaciona numeros (es decir las longitudes de los la-dos) con un angulo (el angulo recto) y ademas, caracteriza a los triangulos

rectangulos. Veamos como funciona. Sean−−→OP y

−−→OQ vectores ortogonales.

2.8. PRODUCTO PUNTO. PERPENDICULARIDAD 31

y

O

P

x

Q

Figura 2.16

Cuando damos nombre a las coordenadas de los puntos, P (p1, p2) yQ(q1, q2),

y traducimos el hecho de que los vectores−−→OP y

−−→OQ son ortogonales tenemos

que el triangulo OPQ es rectangulo en O y, por el Teorema de Pitagoras,

|PQ|2 = |OP |2 + |OQ|2

es decir

(p1 − q1)2 + (p2 − q2)

2 = (p21 + p22) + (q21 + q22).

Efectuando las operaciones y simplificando queda

p1q1 + p2q2 = 0.

Reiteramos que si los vectores son ortogonales entonces tenemos una ex-presion dada en terminos de las componentes de los vectores que es igual a0. Esto nos dice que esta expresion es relevante y definimos:

Definicion 2.11: PRODUCTO PUNTO

Definimos el producto punto del vector−−→OP = [p1, p2] con el vector−−→

OQ = [q1, q2] por

−−→OP · −−→OQ = p1q1 + p2q2


El producto punto es una operacion entre dos vectores que permite determi-nar si dos vectores no nulos son o no ortogonales.

Observacion importante

Al hacer el producto punto de dos vectores obtenemos un

NUMERO no un vector.

Ejemplo 2.14

¿Para que valores de x es el vector [x, 1] ortogonal al vector [2, 3]?

Solucion ◮

Sabemos que dos vectores no nulos son ortogonales precisamente cuando suproducto punto es nulo. El producto punto de los vectores dados es, por ladefinicion,

[x, 1] · [2, 3] = (x)(2) + (1)(3) = 2x+ 3.

Por lo tanto para que los vectores sean ortogonales x debe satisfacer laecuacion

2x+ 3 = 0.

Resolviendo la ecuacion encontramos que los vectores son perpendicularescuando x = −3/2.

y

O

v

x

Figura 2.17

◭


Ejemplo 2.15

Encontrar todos los vectores ortogonales al vector v = [−3, 4] que tienen lamisma magnitud que v.

Solucion ◮

Como es costumbre en algebra, llamamos X(x1, x2) un punto tal que−−→OX =

[x1, x2] satisface las condiciones pedidas, es decir:

Primero, el vector−−→OX debe ser ortogonal a v.

Esto significa que −−→OX · v = 0.

Es decir0 = [x1, x2] · [−3, 4]0 = −3x1 + 4x2

.

Segundo, el vector−−→OX debe tener la misma magnitud que el vector v.

Es decir‖−−→OX‖ = ‖v‖.

Remplazando√

x21+ x2

2=√

(−3)2 + (4)2,

lo que es equivalente ax21 + x22 = 25.

Para resolver el ejemplo debemos resolver el sistema de ecuaciones

{

−3x1 + 4x2 = 0x21+ x2

2= 25.

Despejamos x2 de la primera ecuacion y remplazamos en la segunda

x2 =3

4x1

x21+

(

3

4x1

)

2

= 25.

Cuando efectuamos las operaciones obtenemos la ecuacion en x1,

25 = x21

(

1 +9

16

)

=25

16x21


y, despejando,

x21= 16.

Esta ecuacion tiene dos soluciones:

p1 = 4, p1 = −4.

Cada una de ellas da un vector que es solucion del ejemplo. Por lo tanto lassoluciones son

−−→OQ = [4, 3] y

−−→OP = [−4,−3]

Comprobacion Veamos que los vectores encontrados son soluciones delejercicio. Por un lado debemos ver que ambos tienen magnitud 5 :

‖[4, 3]‖ =√

32 + 42 =√25 = 5

‖[−4,−3]‖ =√

(−3)2 + (−4)2 =√25 = 5.

A continuacion, veamos que ambos son ortogonales al vector [−3, 4]. Paraello calculemos el producto punto:

[−3, 4] · [4, 3] = (−3)(4) + (4)(3) = −12 + 12 = 0

[−3, 4] · [−4,−3] = (−3)(−4) + (4)(−3) = 12− 12 = 0.

Esto se muestra en la figura 2.18

y

O

v −−→OQ

−−→OP

x

Figura 2.18

◭


Ejemplo 2.16

Mostrar que el triangulo con vertices A(1, 1), B(4, 3) y C(6, 0) es un triangulorectangulo, con vertice en B.

Solucion ◮

Siempre es recomendable hacer la figura

y

O

A

B

C

x

Figura 2.19

El ejercicio nos pide mostrar que el angulo entre los vectores libres−−→BA y

−−→BC

es recto. Para ello debemos calcular el producto punto entre los vectores fijosequivalentes a ellos. En la figura 2.19 se muestran estos vectores punteadosen el color respectivo. En la seccion 2.5 vimos como calcular el vector fijoequivalente a un vector libre dado y tenemos que

−−→BA ≡ −→

OA−−−→OB

≡ [1, 1] − [4, 3]≡ [−3,−2]

y −−→BC ≡ −−→

OC −−−→OB

≡ [6, 0] − [4, 3]≡ [2,−3]

Calculemos el producto punto entre estos vectores:

[−3,−2] · [2,−3] = (−3)(2) + (−2)(−3) = −6 + 6 = 0.

Como el producto punto es nulo, entonces los vectores son ortogonales y, enconsecuencia, el triangulo ABC tiene un angulo recto en B. ◭


Ejemplo 2.17

Mostrar que cuando a2 + b2 6= 0, los vectores [a, b] y [−b, a] son ortogonales.Explicar la relacion entre estos vectores.

Solucion ◮

Primero calculemos la norma de estos vectores

‖[a, b]‖ =√

a2 + b2

‖[−b, a]‖ =√

(−b)2 + a2 =√

a2 + b2 6= 0

Los dos vectores tienen la misma norma y como esta no es nula, los vectoresno son nulos. Verifiquemos que el producto punto entre ellos es nulo:

[a, b] · [−b, a] = (a)(−b) + (b)(a) = −ab+ ab = 0.

Esto nos permite concluir que los vectores son ortogonales. Si llamamos ra la norma de estos vectores, tenemos que sus extremos se encuentran en elcırculo de radio r. Visto ası, existe un angulo θ entre 0 y 2π tal que

a = r cos θb = rsen θ

entonces−b = r cos (θ +

π

2)

a = rsen (θ +π

2)

Es decir, [−b, a] se obtiene rotando el vector [a, b] un angulo recto.◭

2.8.3 Propiedades algebraicas del producto punto

En esta seccion enunciamos algunas de las propiedades del producto puntoque estaremos usando a menudo. Solamente demostraremos una de ellas ylas otras se dejan como ejercicio para el lector.

Si u, v y w son vectores en el plano y λ es un escalar, entonces

• El producto punto de vectores es conmutativo.

u · v = v · u


• u · (λv) = λ(u · v) = (λu) · v

• u · u = ‖u‖2

• El producto punto distribuye con respecto a la suma de vectores:

u · (v +w) = (u · v) + (u ·w)

Mostremos esta ultima propiedad. Para ello, escribimos los vectores medi-ante sus componentes : u = [u1, u2], v = [v1, v2] y w = [w1, w2]. Tenemosque

v +w = [v1 + w1, v2 + w2],

por lo que

u · (v +w) = [u1, u2] · [v1 + w1, v2 + w2]= u1(v1 + w1) + u2(v2 + w2)= (u1v1 + u1w1) + (u2v2 + u2w2)

Por otra parte,

u · v + u ·w = [u1, u2] · [v1, v2] + [u1, u2] · [w1, w2]= (u1v1 + u2v2) + (u1w1 + u2w2).

Por las propiedades de las operaciones entre numeros reales

(u1v1 + u1v1) + (u2v2 + u2w2) = (u1v1 + u2v2) + (u1w1 + u2w2),

entonces concluimos que

u · (v +w) = u · v + u ·w

Las otras propiedades se prueban usando argumentos semejantes.

Veamos como estas propiedades se pueden usar para demostrar propiedadesde figuras en el plano.

Ejemplo 2.18

Las diagonales de un rombo son perpendiculares.

Solucion ◮

Recordemos que un rombo es un paralelogramo con sus cuatro lados iguales.Para mostrar que las diagonales son perpendiculares debemos probar que las

rectas que portan al los vectores−−→OP+

−−→OQ y

−−→QP son perpendiculares cuando

‖−−→OP‖ = ‖−−→OQ‖.


x

y

O

P

Q

−−→OP +

−−→OQ

−−→OP −−−→

OQ ≡ −−→QP

Figura 2.20

Observemos que−−→QP ≡ −−→

OP − −−→OQ y, entonces, las rectas que portan a los

vectores−−→OP +

−−→OQ y

−−→QP son perpendiculares siempre y cuando los vectores−−→

OP +−−→OQ y

−−→OP −−−→

OQ son ortogonales. Debemos calcular el producto puntoentre ellos:

(−−→OP +

−−→OQ)

·(−−→OP −−−→

OQ)

.

Por las propiedades de distributividad del producto punto

(−−→OP +

−−→OQ

)

·(−−→OP −−−→

OQ)

=−−→OP ·

(−−→OP −−−→

OQ)

+−−→OQ ·

(−−→OP −−−→

OQ)

=(−−→OP · −−→OP −−−→

OP · −−→OQ)

+(−−→OQ · −−→OP −−−→

OQ · −−→OQ)

=(

‖−−→OP‖2 −−−→OP · −−→OQ

)

+(−−→OQ · −−→OP − ‖−−→OQ‖2

)

Por la conmutatividad del producto punto y como hemos supuesto que

‖−−→OP‖ = ‖−−→OQ‖ al simplificar obtenemos

(−−→OP +

−−→OQ)

·(−−→OP −−−→

OQ)

= 0.

como querıamos probar. ◭

2.9. ANGULO ENTRE VECTORES NO NULOS 39

2.9 Angulo entre vectores no nulos

El angulo entre dos vectores v y w mide la “apertura” entre ellos y se denotapor

∢(v,w)

En la Figura 2.21(a) hemos graficado dos rectas distintas ℓ1 y ℓ2. Ellasdeterminan 4 angulos, dos a dos iguales por ser opuestos por el vertice,todos menores que angulo llano. En la Figura 2.21(b) hemos graficado dosvectores no colineales. En este caso tenemos dos angulos uno de ellos menorque π y el otro mayor que π.:

ℓ2

ℓ1

O

v

w

∢(v,w)

Figura 2.21(a) Figura 2.21(b)

El angulo entre dos vectores es a lo mas π. En la figura 2.21(b) el anguloque se toma en cuenta es el angulo en azul y no el angulo en rojo.

El angulo no depende de si lo recorremos de v hacia w o de w hacia v, esdecir

∢(v,w) = ∢(w,v)


O

v∢(v,w)

w

Figura 2.22

Hay dos casos lımite, como se ve en la figura 2.23.

−−→OP

−−→OQ

−−→OP

−−→OQ

Figura 2.23(a) Figura 2.23(b)

Estos casos extremos se presentan cuando los vectores son colineales, esdecir, los puntos O, P y Q estan sobre una recta que pasa por el origen. Enla figura 2.23(a) P y Q estan en lados opuestos, en este caso el angulo esπ, mientras que en la figura 2.23(b) estan del mismo lado y el angulo es 0..Observemos que la colinealidad se puede traducir tambien diciendo que

sen ∢(−−→OP,

−−→OQ) = 0.

2.10 Proyecciones ortogonales

Dados P y Q dos puntos en el plano de manera que los vectores−−→OP y

−−→OQ

no son colineales, nos proponemos descomponer−−→OQ como la suma de dos

vectores: uno de ellos colineal con−−→OP y el otro ortogonal a

−−→OP.

2.10. PROYECCIONES ORTOGONALES 41

Consideremos el caso de la figura 2.24, es decir cuando el angulo entrelos vectores es agudo.

y

O

P

x

Q

S

R

Figura 2.24

Haremos un argumento completamente vectorial. Sea R el pie de laperpendicular bajada desdeQ a la recta que pasa por O y por P. Los vectores−−→OR y

−−→OP son colineales. Por lo tanto, hay un escalar λ tal que

−−→OR = λ

−−→OP. (2.1)

Ademas el vector−→OS equivalente al vector libre

−−→RQ, y por lo tanto−→

OS =−−→OQ−−−→

OR, es ortogonal a−−→OP. Entonces

(−−→OQ− λ

−−→OP ) · −−→OP = 0.

Usando las propiedades algebraicas del producto punto, se tiene que

−−→OQ · −−→OP − λ

−−→OP · −−→OP = 0.

La anterior igualdad es equivalente a

−−→OQ · −−→OP = λ

−−→OP · −−→OP. (2.2)

Podemos despejar λ de (??) siempre y cuando−−→OP ·−−→OP 6= 0, es decir siempre

y cuando P 6= O y obtenemos que

λ =

−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

.

Finalmente cuando remplazamos este resultado en (??) nos queda

−−→OR =

−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

−−→OP.


Llamamos al vector−−→OR la proyeccion del vector

−−→OQ sobre el vector−−→

OP y lo denotamos por

−−→OR := proy−−→

OP

−−→OQ.

El mismo argumento es valido para angulos obtusos. En este caso Ry P estan en lados opuestos con respecto al origen, como se ve en laFigura 2.25.

Observemos que antes, cuando en angulo entre pero en el desarrolloque hicimos no tuvimos que hacer diferencia sobre la ubicacion delpunto R, como sı tendremos que hacerlo mas adelante.

y

O P

x

Q

R

S

Figura 2.25

Comprobemos que el vector−−→OP es perpendicular al vector

−−→OQ− proy−−→

OP

−−→OQ =

−−→OQ−

−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

−−→OP.

Para ello hagamos el producto punto entre ellos y utilicemos las propiedades

2.10. PROYECCIONES ORTOGONALES 43

del producto punto:

−−→OP ·

(

−−→OQ−

−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

−−→OP

)

=−−→OP · −−→OQ−−−→

OP ·(−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

−−→OP

)

=−−→OP · −−→OQ−

(−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

)

−−→OP · −−→OP

=−−→OP · −−→OQ− (

−−→OQ · −−→OP )

(−−→OP · −−→OP−−→OP · −−→OP

)

= 0

Lo que acabamos de hacer dice que si−−→OP 6= 0 entonces para cualquier

Q−−→OQ = proy−−→

OP

−−→OQ+

(−−→OQ− proy−−→

OP

−−→OQ

)

Notemos que los dos vectores cuya suma es igual a−−→OQ son ortogonales

entre sı. Decimos que hemos descompuesto−−→OQ como la suma de dos

vectores, uno colineal con−−→OP y el otro ortogonal a

−−→OP. Aun mas, en estas

condiciones, tenemos el Teorema de Pitagoras, es decir

‖−−→OQ‖2 = ‖proy−−→OP

−−→OQ‖2 + ‖

(−−→OQ− proy−−→

OP

−−→OQ)

‖2

Ejemplo 2.19

Descomponer el vector v = [3, 2] en un vector colineal con el vector u = [1, 1]y un vector ortogonal al vector [1, 1].

Solucion ◮

El vector u forma un angulo de 45o con el vector i. Calculemos la proyecciondel vector v sobre el vector u :

proyuv =

v · uu · u =

5

2[1, 1].


Consideremos ahora el vector

v − proyuv = [3, 2] − 5

2[1, 1]

=1

2[1,−1]

Entonces

proyuv + (v − proy

uv) =

5

2[1, 1] +

1

2[1,−1] = [3, 2] = v.

◭

Ejemplo 2.20

Refiriendonos a la figura 2.9, si A en hay un bulto que pesa 180kg y lapendiente del plano inclinado es de 30o, ¿que peso debe colocarse en B paraequilibrarlo?

Solucion ◮

Hemos escogido como origen O al punto A. Ası−−→OP = [0,−180]. En la

figura 2.26 hemos descompuesto el vector−−→OP como, la suma de un vector v

colineal con el vector unitario u, que forma un angulo de 30o con el vectori y, un vector w ortogonal a v.

y

O

P

x

w

v

u

Figura 2.26

Tenemos que u = [cos30o, sen 30o]. Calculemos la proyeccion de−−→OP sobre

u.

v = proyu

−−→OP =

−−→OP · uu · u u =

−90

1

[√3

2,1

2

]

= [−45√3,−45].

.

2.11. CALCULO DEL ANGULO ENTRE DOS VECTORES 45

Ademas el vectorw =

−−→OP − v = [45

√3,−135]

es ortogonal a u. En efecto:

[45√3,−135] ·

[√3

2,1

2

]

=135

2− 135

2= 0.

El vector w se equilibra con la reaccion del plano a la fuerza ejercida por lagravedad. Para equilibrar el sistema requerimos equilibrar el vector v. Estolo hacemos con el vector −v cuya norma es:

‖ − v‖ = ‖v‖ =

√

(45√3)2 + (45)2 = 90.

◭

2.11 Calculo del angulo entre dos vectores

Queremos encontrar una manera analıtica de determinar el angulo entre dosvectores. Como este angulo no es mayor que dos angulos rectos, la funciontrigonometrica que determina el angulo es la funcion coseno (ver la seccionde Trigonometrıa del Capıtulo 1)

Consideremos el caso de la figura 2.27, es decir cuando α = ∢(−−→OP,

−−→OQ))

es agudo. Calculemos cosα,

y

O

P

x

Q

Rα

Figura 2.27

Tenemos que

cosα =‖−−→OR‖‖−−→OQ‖


En la seccion ?? vimos que

−−→OR =

−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

−−→OP,

y como α es agudo−−→OQ · −−→OP > 0. Por lo tanto

‖−−→OR‖ =

∣

∣

∣

∣

∣

−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

∣

∣

∣

∣

∣

‖−−→OP‖

=

−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

‖−−→OP‖.

Como −−→OP · −−→OP = ‖−−→OP‖2,

obtenemos que

‖−−→OR‖ =

−−→OQ · −−→OP

‖−−→OP‖.

Por consiguiente

cos∢(−−→OP,

−−→OQ) =

−−→OQ · −−→OP

‖−−→OQ‖ ‖−−→OP‖

Cuando el angulo entre los vectores es obtuso, el producto punto es negativo,puesto que R y P estan en lados opuestos con respecto al origen y

−−→OR =

−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

−−→OP.

Ademas, como los angulos ROQ y POQ son suplementarios, se tiene que

cos(POQ) = − cos(ROQ) = −(

−−−→OQ · −−→OP−−→OP · −−→OP

‖−−→OP‖)

y se obtiene la misma formula que antes.


y

O P

x

Q

R

S

Figura 2.28

Ejemplo 2.21

Calcular el angulo entre los vectores v = [2, 2] y w = [0,−3].

Solucion

Utilizando la formula para calcular el coseno de un angulo obtenemos

cos ∢(v,w) =v · w

‖v‖ ‖w‖ .

Calculemos cada uno de los elementos que aparecen en la formula anterior:

v · w = −6

‖v‖ =√

22 + 22 =√8 = 2

√2

‖w‖ =√

(−3)2 = 3.

Por lo tanto

cos ∢(v,w) =−6

(2√2) (3)

=−1√2,

y el angulo entre los vectores es igual a 135o.

A continuacion enunciamos y demostramos dos desigualdades. Es im-portante conocerlas pero no indispensable saber como se demuestran.

2.11.1 Desigualdad de Cauchy Schwarz.

Sabemos que el coseno de un angulo es un numero entre −1 y 1. Queremosverificar que la formula para calcular el coseno de un angulo que dedujimos


es compatible con esto. Es decir que si P 6= O y Q 6= O,

−1 ≤−−→OQ · −−→OP

‖−−→OQ‖ ‖−−→OP‖≤ 1

o bien∣

∣

∣

−−→OQ · −−→OP

∣

∣

∣≤ ‖−−→OQ‖ ‖−−→OP‖

Esta desigualdad se llama Desigualdad de Cauchy - Schwarz

(*) Deduccion de la Desigualdad. Lo que haremos sera mostrar

∣

∣

∣

−−→OQ · −−→OP

∣

∣

∣≤ ‖−−→OQ‖ ‖−−→OP‖

Dando nombre a las coordenadas de los puntos, P (p1, p2), Q(q1, q2), la de-sigualdad por demostrar es

|p1q1 + p2q2| ≤√

p21+ p2

2

√

q21+ q2

2.

Esta desigualdad se mantiene si elevamos ambos lados al cuadrado:

|p1q1 + p2q2|2 ≤ (p21+ p2

2) (q2

1+ q2

2).

Efectuamos las operaciones indicadas, recordando que |x|2 = x2, y obtene-mos la desigualdad que es equivalente a

(p1q1)2 + 2p1q1p2q2 + (p2q2)

2 ≤ p21q2

1 + p22q2

1 + p21q2

2 + p22q2

2.

Simplificamos para obtener la desigualdad

2p1q1p2q2 ≤ p22q2

1 + p21q2

2.

Restamos el lado izquierdo de la desigualdad a ambos lados y queda

0 ≤ p22q21− 2p1q1p2q2 + p2

1q22= (p2q1 − p1q2)

2.

Esta desigualdad, que es equivalente a la desigualdad por demostrar, sesatisface para todos los valores de p1, q1, p2, y q2 puesto que el cuadrado deun numero real es mayor o igual a 0, con lo que se concluye la prueba.


2.11.2 Desigualdad del triangulo.

Estrechamente vinculada con la desigualdad de Cauchy Schwarz esta la de-sigualdad del triangulo que dice que dados dos vectores u y v

‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖.

y

O

u

x

Q

R

v u+ v

Figura 2.29

En la figura, los lados del triangulo OQR tienen magnitudes ‖u‖, ‖v‖, y‖u+ v‖. Lo que dice la desigualdad del triangulo es que en un triangulo

la suma de las longitudes de dos de sus lados es mayor que la

longitud del lado restante.

(*) Deduccion de la Desigualdad. Para demostrar esta desigualdad nosapoyaremos en la Desigualdad de Cauchy-Schwarz. Recordemos que la de-sigualdad

a ≤ b

es equivalente a la desigualdad

a2 ≤ b2

cuando a y b son no-negativos. Como este es el caso para ‖u+v‖ y ‖u‖+‖v‖demostremos que

‖u+ v‖2 ≤ (‖u‖+ ‖v‖)2 .


‖u+ v‖2 = (u+ v) · (u+ v) paso 1= (u · u) + (u · v) + (v · u) + (v · v) paso 2= ‖u‖2 + 2(u · v) + ‖v‖2 paso 3≤ ‖u‖2 + 2 |u · v|+ ‖v‖2 paso 4≤ ‖u‖2 + 2‖u‖ ‖v‖ + ‖v‖2 paso 5

El paso 1 se debe a que u · u = ‖u‖2. El paso 2 se debe a la distributividaddel producto punto con respecto a la suma de vectores. Para justificar elpaso 3 usamos tanto lo que usamos en el paso 1 como la conmutatividaddel producto punto. La desigualdad a ≤ |a| para numeros reales justifica elpaso 4. Finalmente, la desigualdad de Cauchy-Schwarz implica el paso 5.Como

‖u‖2 + 2‖u‖ ‖v‖ + ‖v‖2 = (‖u‖+ ‖v‖)2

obtenemos que‖u+ v‖2 ≤ (‖u‖+ ‖v‖)2

de donde‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖

como querıamos probar.

2.12 Seno del angulo entre vectores no nulos

Utilizando la identidad trigonometrica fundamental, podemos calcular

sen∢(−−→OP,

−−→OQ). En efecto,

sen2 ∢(−−→OP,

−−→OQ) = 1− cos2 ∢(

−−→OP,

−−→OQ)

= 1− (−−→OP · −−→OQ)2

‖−−→OP‖2 ‖−−→OQ‖2

=‖−−→OP‖2 ‖−−→OQ‖2 − (

−−→OP · −−→OQ)2

‖−−→OP‖2 ‖−−→OQ‖2.

Desarrollemos y simplifiquemos el numerador del lado derecho de laigualdad:

(−−→OP · −−→OQ)2 − ‖−−→OP‖2 ‖−−→OQ‖2 == (p2

1+ p2

2) (q2

1+ q2

2)− (p1q1 + p2q2)

2 ==(

p21q21+ p2

1q22+ p2

2q21+ p2

2q22

)

−(

p21q21+ p2

2q22+ 2p1q1p2q2

)

== p2

1q22+ p2

2q21− 2p1q1p2q2 = (p1q2 − p2q1)

2.

2.13. RECTAS EN EL PLANO, VERSION VECTORIAL 51

Por lo tanto

sen2 ∢(−−→OP,

−−→OQ) =

(p2q1 − p1q2)2

‖−−→OP‖2 ‖−−→OQ‖2.

Como, para α ∈ [0o, 180o], sen α ∈ [0, 1] concluimos que

sen∢(−−→OP,

−−→OQ) =

|p2q1 − p1q2|‖−−→OP‖ ‖−−→OQ‖

.

Recordemos que vectores no nulos son colineales cuando el angulo entreellos es 0 o 180o. Esto sucede cuando el seno del angulo entre los vectores esigual a 0 y por lo tanto

Los vectores−−→OP y

−−→OQ son colineales si y solamente si

p2q1 − p1q2 = 0 . (2.3)

Ası como el producto punto es una medida de ortogonalidad, la expresiondel lado izquierdo de (??) es una medida de colinealidad.

2.13 Rectas en el plano, version vectorial

En el capıtulo 1 recordamos las rectas en el plano desde el punto de vistade la geometrıa analıtica.

Por ejemplo, la descripcion del movimiento de una partıcula que se des-plaza en lınea recta a velocidad constante se modela con ecuaciones vecto-riales de rectas.

El objetivo de esta seccion es describir las rectas desde un punto de vistavectorial.

2.13.1 Rectas que contienen al origen

Como vimos en la seccion ??, los puntos extremos de todos los vectores

colineales con un vector dado−−→OP 6= 0 se encuentran sobre una recta L que

contiene al origen. Aun mas, vimos que todo punto de L es extremo de un

vector colineal con−−→OP.


Ejemplo 2.22

Consideremos el vector−−→OP = [−1, 1]. Todos los vectores colineales con

−−→OP

son de la formaλ [−1, 1] = [−λ, λ].

Observemos que en todo vector colineal con el vector−−→OP la segunda coor-

denada es el inverso aditivo de la primera. Por lo tanto el extremo de todoslos vectores colineales con [−1, 1] se encuentra sobre la recta con ecuacionx2 = −x1, que es equivalente a x1+x2 = 0. Si un punto del plano se encuen-tra sobre esta recta debe tener la forma X(x,−x) y el vector que lo tienepor extremo satisface

−−→OX = [x,−x] = x[1,−1] = x(−1)[−1, 1] = (−x)[−1, 1] = (−x)

−−→OP.

Veamos la figura:

x

y

O

−−→OP

L

Figura 2.30

◭

En general, si P es un punto cualquiera del plano distino del origen (−−→OP 6=

0), tiene sentido decir que −−→OX = λ

−−→OP. (2.4)

es una ecuacion vectorial de la recta que porta al vector−−→OP. La ecuacion

(??) significa que, para que un punto X(x1, x2) este en la recta debe satis-facer la ecuacion vectorial

[x1, x2] = λ [p1, p2].


Esta ecuacion da lugar a dos ecuaciones, que llamaremos ecuaciones parametricas

de la recta{

x1 = λ p1x2 = λ p2.

Cuando L es la recta que porta al vector no nulo−−→OP se dice que

−−→OP

genera la recta L.

Notemos que en la ecuacion (??) hay dos variables: el punto final del

vector−−→OX, que es la variable dependiente y λ, que es la variable indepen-

diente.

Ejemplo 2.23

Sea L la recta de ecuacion 3x1 +4x2 = 0. Dar dos ecuaciones vectoriales deL.

Solucion ◮

El punto P (−4, 3) se encuentra sobre la recta, puesto que 3(−4) + 4(3) = 0.

Entonces L esta generada por el vector−−→OP = [−4, 3] y la ecuacion

−−→OX = λ[−4, 3]

es una ecuacion vectorial de L.

Podemos despejar x2 de la ecuacion de la recta y obtenemos

x2 = −3

4x1.

Tenemos que si X esta en L,

−−→OX = [x1, x2] = [x1,−

3

4x1] = x1[1,−

3

4]

y−−→OX = λ[1,−3

4]

es otra ecuacion vectorial de L. ◭


Dos vectores no nulos generan la misma recta si y solamente si soncolineales.

2.13.2 Rectas arbitrarias

Una recta arbitraria es una traslacion de una recta que pasa por el origen.

Ejemplo 2.24

Halle una ecuacion vectorial y las ecuaciones parametricas asociadas de larecta L1 que contiene los puntos P (−2, 0) y Q(1, 3).

Solucion ◮

Verificamos analıticamente que la recta no pasa por el origen. En efecto, si

esto sucediera, los vectores−−→OP y

−−→OQ serıan colineales. Por lo que vimos en

la seccion ??, esto sucede cuando

0 = p1q2 − p2q1.

Como p1q2 − p2q1 = (1)(−3)− (1)(−1) = −3 + 1 = −2 6= 0 la recta no pasapor el origen. Un vector que genera la recta que pasa por el origen paralela

a la recta L, es el vector equivalente al vector libre−−→PQ, que se calcula, como

vimos en la seccion ??, por

−−→PQ ≡ −−→

OQ−−−→OP = [1, 3] − [−2, 0] = [3, 3] = v.

En la figura 2.31 tenemos dos rectas paralelas: la que porta el vector libre−−→PQ, L1, y la recta generada por v, L2.

x

y

P

v

L1 L2

1

3v

Q

R

O

Figura 2.31


Al sumar el vector−−→OP a cualquier multiplo del vector v obtenemos un

vector cuyo extremo esta sobre la recta L1, puesto que un paralelogramocon vertices en O y en P y con lados paralelos L1 y L2 tendra los otros dosvertices en estas rectas.

La ecuacion vectorial para L1 es−−→OX =

−−→OP + tv = [−2, 0] + t[3, 3].

Las ecuaciones parametricas de L1 asociadas a esta ecuaccion vectorialson

x1 = −2 + 3t, x2 = 3t.

◭

Definicion 2.12: Ecuacion vectorial de las rectas

La ecuacion −−→OX =

−−→OP + tv

representa una recta en el plano, siempre y cuando v 6= 0.

Diremos que v es un vector que da direccion a la recta.

Una ecuacion vectorial de la recta que pasa por los puntos P y Q(P 6= Q) es −−→

OX =−−→OP + tv (2.5)

donde v es el vector equivalente a−−→PQ.

Ejemplo 2.25

Decida si los puntos P (1, 1) y O(0, 0) estan sobre la recta

L :−−→OX = [2,−4] + λ[−3, 6].

Solucion ◮

Para ver si el punto P (1, 1) esta sobre L debemos ver que−−→OP satisface la

ecuacion vectorial [1, 1] = [2,−4] + λ[−3, 6], es decir, debemos ver si existe


un numero λ tal que

[1, 1] = [2− 3λ,−4 + 6λ].

Como dos vectores son iguales cuando sus componentes lo son, debemosresolver el sistema

1 = 2− 3λ1 = −4 + 6λ.

De la primera ecuacion del sistema obtenemos que 3λ = 1, y de la segundaque 6λ = 5. Como no existe un numero λ que satisfaga las dos ecuaciones,concluimos que la ecuacion vectorial no tiene solucion y, por lo tanto, P noesta sobre L.

Estudiemos ahora que sucede con el origen. En este caso la ecuacion vectorialy el sistema son

[0, 0] = [2− 3λ,−4 + 6λ].

y

0 = 2− 3λ0 = −4 + 6λ.

Al despejar λ de estas ecuaciones obtenemos λ = 2/3, por lo tanto el origenesta en L. ◭

Ejemplo 2.26

Halle dos ecuaciones vectoriales distintas para la recta que pasa por lospuntos P (−1, 5) y Q(3,−2).

Solucion ◮

La recta paralela a L que pasa por el origen esta generada por

−−→PQ ≡ [3,−2]− [−1, 5] = [4,−7]

y tiene por ecuacion vectorial

−−→OX = t [4, 3].

Esta recta tambien tiene por ecuacion vectorial

−−→OX = tv


con 0 6= v cualquier vector colineal con [4, 3]. Entonces dos ecuaciones vec-toriales para L son:

−−→OX =

−−→OP + t [4, 3] = [−1, 5] + t [4, 3]

y −−→OX =

−−→OQ+ t [−4,−3] = [3,−2] + t [−4,−3]

En la primera ecuacion tomamos como vector de direccion de L a [4, 3] yconsideramos que P esta en L. Para la segunda ecuacion, tomamos comovector de direccion de L a [−4,−3] (que es colineal a [4, 3]) y consideramosque Q esta en L.

◭

Ejemplo 2.27

De una ecuacion vectorial y la ecuacion cartesiana de la recta que contienea los puntos P (−6, 3) y Q(1, 4).

Solucion ◮

Comencemos encontrando una ecuacion vectorial. Para ello necesitamos elvector fijo equivalente al vector libre

−−→PQ.

−−→PQ =

−−→OQ−−−→

OP = [1, 4] − [−6, 3] = [1− (−6), 4 − 3] = [7, 1].

Entonces una ecuacion vectorial de la recta es

−−→OX =

−−→OP + t [7, 1] = [1, 4] + t [7, 1].

Encontremos la ecuacion cartesiana. La pendiente de la recta esta dada por

m =4− 3

1− (−6)=

1

7.

Entonces la recta esta dada por la ecuacion

y − 4 =1

7(x− 1)

y la ecuacion cartesiana es

y =1

7x+

27

7


Verifiquemos que los puntos dados satisfacen las ecuaciones que obtu-vimos. En el caso de la ecuacion vectorial, debemos encontrar t0 y t1 demanera que

[1, 4] = [1, 4] + t0 [7, 1][−6, 3] = [1, 4] + t1 [7, 1].

Es facil ver que t0 = 0. Para encontrar t1, despejemos y operemos

t1 [7, 1] = [1, 4] − [−6, 3][7t1, t1] = [7, 1]

y por lo tanto t1 = 1.

Ahora veamos que las coordenadas de P y las de Q satisfacen la ecuacioncartesiana. Para ello, solamente debemos remplazar las coordenadas en laecuacion y verificar que se satisfaga. Para (1, 4),

4 =1

7(1) +

27

7,

4 =1 + 27

7=

28

7= 4.

Para (−6, 3),

3 =1

7(−6) +

27

7

3 =−6 + 27

7=

21

7= 3.

◭

Ejemplo 2.28

Muestre que las ecuaciones vectoriales

−−→OX = [−1

2,−1

2] + 3t[1,−1]

−−→OX = [1,−2] + t[−5, 5]

describen la misma recta.

Primera solucion ◮

Veamos que todo vector que se puede expresar mediante la primera ecuacion,tambien se puede expresar por medio de la segunda. Es decir debemos ver


que para todo t ∈ R existe s ∈ R tal que

[−1

2,−1

2] + 3t[1,−1] = [1,−2] + s[−5, 5].

Hacemos las operaciones

[−1

2+ 3t,−1

2− 3t] = [1− 5s,−2 + 5s]

e igualamos las componentes para obtener el sistema

−1

2+ 3t = 1− 5s

−1

2− 3t = −2 + 5s.

Cuando despejamos s de cualquiera de las ecuaciones obtenemos

s =1

10(3− 2t).

Comprobemos: si s esta dado por la formula anterior entonces

[1,−2] + s[−5, 5] = [1,−2] +1

10(3− 2t)[−5, 5]

= [1,−2] +1

2(3− 2t)[−1, 1]

= [1,−2] +3

2[−1, 1] − 2t

2[−1, 1]

= [1− 3

2,−2 +

3

2]− t[−1, 1]

= [−1

2,−1

2] + t[1,−1].

y esto es precisamente lo que querıamos verificar.◭

Segunda solucion ◮

Analizando el ejercicio, notamos que para que dos ecuaciones vectorialesrepresentan la misma recta, los vectores de direccion de las rectas deben sercolineales, lo que sucede en este caso puesto que

[−5, 5] = −5[1,−1].


Debemos ver a continuacion que hay un punto que se puede expresar us-ando cada una de las ecuaciones vectoriales dadas. Ya esto lo vimos peroreiteramos el proceso con un analisis extra. El punto (1,−2) esta sobre larecta dada por la segunda ecuacion con t = 0. Veamos que tambien se puedeexpresar segun lo indicado por la primera ecuacion: debemos resolver

[1,−2] = [−1

2,1

2] + 3t[1,−1],

o sea

1 = −1

2+ 3t

−2 =1

2− 3t.

es sencillo ver que t = 1/2 es solucion de ambas ecuaciones. ◭

Ejemplo 2.29

Arturo se desplaza en lınea recta a una velocidad de 6 km/h. Parte de sucasa que esta situada en A(−1, 2) y se dirige en direccion NO. ¿En dondese encuentra despues de haber caminado una hora?

Solucion ◮

Oeste

Norte

A

NO

Figura 2.32

La direccion NO es [−1, 1]. Una ecuacion vectorial de la recta que pasapor A en direccion NO es

−−→OX = [−1, 2] + t[−1, 1].


En el instante t = 0, X = A. Sin embargo la velocidad de desplazamientoes ‖[−1, 1]‖ =

√2. Como se dice que la velocidad del desplazamiento es 6

km/hora, entonces la ecuacion que describe el movimiento de Arturo es

−−→OX = [−1, 2] + 6t[

−1√2,1√2].

Cuando ha transcurrido 1 hora, el punto donde se encuentra Arturo estadado cuando t = 1,

−−→OX = [−1, 2] + 6[

−1√2,1√2]

y por lo tanto Arturo se encuentra en

X(−1 +−6√2, 2 +

6√2) ≈ (−5.24, 6.24).

◭

Ejemplo 2.30

La casa de Alicia se encuentra a 3km al norte de un punto O y trota a 6km/hhacia la casa de Bernardo que se encuentra a 4km al este de O. ¿Cuantotiempo se tarda Alicia en llegar a casa de Bernardo? Si Alicia quiere llegaren 40 minutos, ¿ a que velocidad debe trotar?

Solucion ◮

Si tomamos O como el origen, la casa de Alicia se encuentra en A(0, 3)y la casa de Bernardo se encuentra en B(4, 0).

A

O B

Figura 2.33

Respondamos la primera pregunta. Para ello demos una descripcion delmovimiento de Alicia. Un vector en la direccion de su movimiento es el


vector−−→AB que es equivalente al vector

−−→OB−−→

OA = [4,−3]. El vector unitarioen esta direccion es

1

‖[4,−3]‖ [4,−3] =1

5[4,−3].

Por lo tanto el vector velocidad de Alicia es

6

5[4,−3]

y una descripcion del movimiento de Alicia es

−−→OX = [0, 3] +

6t

5[4,−3],

donde t esta dado en horas. Para calcular el tiempo que le lleva a Aliciallegar a casa de Bernardo debemos resolver la ecuacion

[0, 3] +6t

5[4,−3] = [4, 0],

es decir6t

5[4,−3] = [4,−3]

de donde t = 5/6 de hora, o sea 50 minutos.

Para responder la segunda pregunta, tendremos que la incognita es la ve-locidad y el tiempo es conocido. Si llamamos v la velocidad, la ecuacion quedebemos resolver es

[0, 3] +v

5

40

60[4,−3] = [4, 0],

puesto que 40 minutos son 40/60 = 2/3 de hora. La ecuacion queda

v

5

2

3[4,−3] = [4,−3]

de donde v = 15/2 = 7.5km/h.

◭

2.13.3 Ecuacion general de una recta en el plano

Podemos reinterpretar la ecuacion general de una recta en el plano. Recorde-mos que esta es una ecuacion del tipo

ax+ by = c, (a, b) 6= (0, 0).


Cuando la recta pasa por el origen c = 0. Por lo tanto la ecuacion generalde una recta que contiene al origen es de la forma

ax+ by = 0, (a, b) 6= (0, 0).

y podemos reconocer en ella un producto punto:

[a, b] · [x, y] = 0.

Los puntos de la recta son los extremos de los vectores ortogonales al vector[a, b].

Definicion 2.13: vector normal a una recta que pasa por el

origen

Un vector no nulo se dice normal a una recta que pasa por el origensi es ortogonal a todos los vectores que yacen en ella.

Por ello la ecuacion ax + by = 0 se llama tambien ecuacion normal

de la recta.

Ejemplo 2.31

Estudiemos la recta con ecuacion normal 3x + 2y = 0. En la figura 2.34hemos trazado la recta. Los puntos P (2,−3) y Q(−2, 3) estan sobre ella yla recta generada por el vector [3, 2] es perpendicular a ella.

x

y

P

Q

O

3x+ 2y = 0

[3, 2]


Figura 2.34

En general

Si L es una recta que pasa por el origen con ecuacion normal ax+by = 0,entonces:

• un vector direccion para L es el vector [−b, a] y,

• la recta con vector de direccion [a, b], es perpendicular a L.

2.13.4 Ejercicios

1. De una ecuacion vectorial de la recta que pasa por el punto (2, 3) y esperpendicular a la recta de ecuacion

4x− 2y = 5.

2. De tres vectores que yacen sobre la recta de ecuacion

5x+ 2y = 0

3. Halle el punto de interseccion de las rectas

L1 :−−→OX = [−1,−1] + t[2, 2]

L2 :−−→OX = [0, 2] + t[4,−1].

4. Muestre que las ecuaciones

−−→OX = [3, 1] + t[3, 2]

y

2x− 3y = 3

son ecuaciones de una misma recta.

5. De una ecuacion vectorial y una ecuacion normal de las rectas descritaspor las condiciones dadas en cada uno de los incisos siguientes:

2.14. APLICACIONES DE VECTORES A LA GEOMETRIA. 65

(i) contiene al punto interseccion de las rectas y = 2x+1, y = x− 1y es paralela a la recta con ecuaciones parametricas

x = 2 + 3s, y = −4s

(ii) contiene al punto P (−2, 6) y es perpendicular a la recta conecuacion normal

−3x1 + 7x2 = 15.

(iii) contiene a los puntos P (−6, 3) y Q(1, 4).

6. Muestre que las ecuaciones siguientes describen la misma recta:

−−→OX = [1,−1] + t[3, 2],

−−→OX = [7, 3] + t[−6,−4].

7. Muestre que las rectas

L1 :−−→OX = [−6, 4] + t[3,−2]

L2 : 2x+ 3y = 5

son paralelas.

8. Dos amigos Alicia y Bernardo se encuentran en el perımetro de unparque rectangular ABCD con AB = 4km y BC = 3km y comienzana moverse simultaneamente. Alicia trota desde la esquina A y haciala esquina C a razon de 6km/h. Bernardo camina desde el puntomedio E de DC hacia B a razon de 4km/h. ¿Se encontraran Alicia yBernardo? Si quieren encontrarse, ¿como pueden hacerlo?

2.14 Aplicaciones de vectores a la geometrıa.

La perpendicularidad esta relacionada con propiedades de cercanıa: el puntode una recta mas cercano a un punto dado es el pie de la perpendiculartrazada desde el punto a la recta. El punto de vista vectorial permite utilizaralgebra para resolver los problemas, todos ellos relacionados, de una manerau otra con el calculo del seno del angulo entre dos vectores.(Ver seccion ??)

2.14.1 Area de un paralelogramo o de un triangulo

En la Figura 2.35a tenemos un paralelogramo que en el origen tiene unamgulo obtuso, mientras que en la Figura 2.35b el angulo es agudo. De


cualquier manera el area del paralelogramo es igual al producto de la basepor la altura.

x

y

PQ

OR

α

x

y

P

Q

O

R

α

Figura 2.35a Figura 2.35b

En cualquiera de los casos:

area del paralelogramo = ‖−−→OQ‖ ‖−→PR‖

Notemos que −−→OR = proy−−→

OQ

−−→OP,

y−→PR ≡ −−→

OR−−−→OP. Estos calculos los hicimos en la seccion ?? y encontramos

que

‖−→PR‖2 = ‖−−→OP‖2 − ‖−−→OR‖2 = −−→OP · −−→OP − (

−−→OP · −−→OQ)2

−−→OQ · −−→OQ

=1

−−→OQ · −−→OQ

(

(−−→OP · −−→OP )(

−−→OQ · −−→OQ)− (

−−→OP · −−→OQ)2

)

,

desarrollando queda

‖−→PR‖2 =(p1q2 − p2q1)

2

−−→OQ · −−→OQ

.

por lo que

‖−→PR‖ =|p1q2 − p2q1|

‖−−→OQ‖.


Finalmente,

area del paralelogramo = ‖−−→OQ‖ ‖−→PR‖ = ‖−−→OQ‖|p1q2 − p2q1|‖−−→OQ‖

y, por lo tanto,

Area de un paralelogramo

El area del paralelogramo generado por−−→OP y

−−→OQ esta dada por

|p2q1 − p1q2|. (2.6)

Ejemplo 2.32

Calcular el area del triangulo con vertices O(0, 0), P (1, 4) y Q(3, 1).

Solucion ◮

En este ejemplo solamente debemos notar que el area que se pide es la mitad

del area del paralelogramo generado por los vectores−−→OP y

−−→OQ.

Por lo tanto

area del triangulo OPQ =|(4)(3) − (1)(1)|

2= 6.5.

x

y P (1, 4)

Q(3, 1)

O

R

α

Figura 2.36

◭


Ejemplo 2.33

Halle el area del triangulo con vertices P (−1, 4), Q(4,−1) y R(−6,−6).

Solucion ◮

Tranformamos este problema de manera en un problema de vectores. Paraello ubicamos P en el origen.

x

y

u

v

P (−1, 4)

Q(4,−1)

R(−6,−6)

O

Figura 2.37

Llamamos u al vector equivalente al vector libre−−→PQ y v al vector equi-

valente al vector libre−→PR. Entonces el area del triangulo PQR es igual al

area del triangulo formado por los vectores u y v.Como vimos en la seccion 2.2

−−→PQ ≡ −−→

OQ−−−→OP = [4,−1] − [−1, 4] = [5,−5]−→

PR ≡ −−→OR−−−→

OP = [−6,−6]− [−1, 4] = [−5,−10].

Ahora estamos en condicion de aplicar lo visto en el ejemplo 2.32 y el areadel triangulo formado por los vectores u y v es

|(−5)(−5) − (5)(−10)|2

=25 + 50

2= 37.5.

◭


Ejemplo 2.34

Verifique que los puntos P (1, 1), Q(2, 4), R(6, 3), y S(5, 0) son vertices deun paralelogramo y calcule su area.

Solucion ◮

x

y

O

P

Q

R

S

Figura 2.38

Como hicimos en el ejemplo anterior, trasladamos la figura ubicando a P en

el origen (figura 2.38). Consideremos los vectores libres−−→PQ,

−→PS, y

−→PR, y

encontremos los vectores equivalentes a estos vectores:

−−→PQ ≡ u =

−−→OQ−−−→

OP = [2, 4] − [1, 1] = [1, 3]−→PR ≡ v =

−−→OR−−−→

OP = [6, 3] − [1, 1] = [5, 2]−→PS ≡ w =

−→OS −−−→

OP = [5, 0] − [1, 1] = [4,−1]

Para mostrar que tenemos un paralelogramo, nos resta verificar que v =u+w. Con este proposito efectuemos la suma:

u+w = [1, 3] + [4,−1] = [5, 2] = v

como querıamos comprobar.Para calcular el area del paralelogramo PQRS observamos que es igual

al area del paralelogramo determinado por los vectores u y w. Por lo tanto

area= |u1w2 − u2w1| = |(1)(−1) − (4)(−1)| = 3.

◭


2.14.2 Distancia de un punto a una recta

Comenzamos otra vez estudiando el problema cuando la recta pasa por elorigen. Notemos que, de nuevo, es un problema que involucra el calculo delseno de un angulo.

Consideremos la recta generada por un vector no nulo v. Entonces, de nuevo,

la distancia de un punto P a la recta esta dada por ‖−→PR‖ donde−−→OR es la

proyeccion del vector−−→OP sobre el vector v.

x

y

O

P

R

−−→OX = λv

Figura 2.39

En el triangulo rectangulo ORP el seno del angulo formado por−−→OR y−−→

OP esta dado por

sen∢(−−→OR,

−−→OP ) =

‖−→PR‖‖−−→OP‖

.

Por otra parte (ver seccion ??),

sen∢(−−→OR,

−−→OP ) = sen∢(v,

−−→OP ) =

|p1v2 − p2v1|‖v‖ ‖−−→OP ‖

.

Por lo tanto, la distancia del punto P a la recta generada por el vector v,

que es ‖−→PR‖ esta dada por

‖−→PR‖ = sen∢(−−→OR,

−−→OP )‖−−→OP‖ =

|p1v2 − p2v1|‖v‖ .

Cuando la recta L esta dada por la ecuacion normal ax+ by = 0, entoncesel vector [a, b] es normal a L y L esta generada por el vector v = [−b, a].


Por lo tanto, dado P un punto, la distancia de p a la recta esta dada por

|p1v2 − p2v1|‖v‖ =

|p1a− p2(−b)|√a2 + b2

=|ap1 + bp2|√

a2 + b2

Ejemplo 2.35

Halle la distancia del punto P (1, 3) a la recta con ecuacion vectorial

L :−−→OX = t[1,−1].

Solucion ◮

x

y

O

P (1, 3)

Q

−−→OX = t[1,−1]

α

Figura 2.40

En este momento basta con aplicar la formula y obtenemos que la dis-tancia entre P y L esta dada por

|p1v2 − p2v1|√

v21+ v2

2

=|(1)(−1) − (3)(1)|√

2=

4√2= 2

√2 ≈ 2.83

◭

A continuacion resolveremos un problema de distancia entre un punto y unarecta arbitraria.


Ejemplo 2.36

Halle la distancia del punto P (1, 1) a la recta con ecuacion vectorial

−−→OX = [−1, 0] + t[−1,−1].

Solucion ◮

x

y

O

P

Q

L

Figura 2.41

Tomemos Q un punto en la recta. En la ecuacion de la recta tenemos unpunto distinguido: Q(−1, 0) que corresponde a t = 0. Como antes, la distan-cia puede calcularse usando el seno del angulo θ formado por el vector libre−−→QP y un vector en la direccion de L, por ejemplo v = [−1,−1]. Entonces,por una parte

distancia(P,L) = sen (θ) ‖−−→PQ‖y, por la otra,

sen (θ) =|(p1 − q1)v2 − (p2 − q2)v1|

‖−−→PQ‖ ‖[v1, v2]‖.

Por lo tanto,

distancia(P,L) =|(p1 − q1)v2 − (p2 − q2)v1|

‖−−→PQ‖ ‖[v1, v2]‖‖−−→PQ‖

=|(2)(−1) − (1)(−1)|

‖[−1,−1]‖

=1√2


◭

2.14.3 Ejercicios

1. Muestre que los puntos (1,−4), (2,−2), (3,−2), y (4,−3) son verticesde un cuadrado y calcule su area y la magnitud de su diagonal.

2. Dados los puntos P (−5,−3), Q(−2, 1) y R(4, 1), encuentre todos losparalelogramos que los tienen como vertices. Para cada uno de ellos,calcule el area.

3. Haga lo mismo que en el problema anterior para los puntos P (1,−1),Q(4, 1) y R(7, 3). ¿Cual es su conclusion?

4. Utilizando los argumentos del ejemplo ??, calcule la distancia delpunto P (p1, p2) a la recta con ecuacion normal

ax+ by = c

5. Utilizando los argumentos del ejemplo ??, calcule la distancia entrelas rectas con ecuaciones vectoriales

−−→OX = [2,−3] + t[2,−4]−−→OX = [−1, 0] + t[−1, 2]

6. Calcule la distancia entre las rectas con ecuacion normal

L1 : 2x+ 3y = 1L2 : 2x+ 3y = −2

7. Considere la recta dada por

ax+ by = c a2 + b2 6= 0.

Muestre que el punto

(

ac

a2 + b2,

bc

a2 + b2

)

pertenece a la recta y que es el punto sobre la recta mas cercano alorigen.

vectores en el planosgpwe.izt.uam.mx/files/users/uami/mja/alai_rec/mja...cap´ıtulo 2 vectores en...

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