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ayudantia 6 I 2011

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1
PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE 
ESCUELA DE ADMINISTRACIÓN 
PRIMER SEMESTRE 2011 
 
EAA-251 Métodos de Optimización 
Ayudantía Nº6 
 
Profesores: Bárbara Prieto 
Marcos Singer 
Christian Villalobos 
Ayudante: Cristóbal Taladriz 
Ejercicio 1 
Considere los vectores a = (10, 20, 5), b = (5, 7, 2), c = (15, 40, 20), d = (10, 1, 9), con los cuales se 
forman dos rectas: (a + λb) y (c + µd): 
 
a) Encuentre la intersección de estas dos rectas. 
 
b) Detalle cuál es la condición que debe cumplirse para que las rectas sean paralelas, y dé un 
ejemplo. 
 
c) En base a la respuesta en a) ¿De qué maneras se podría encontrar una intersección de las 
rectas? 
d) ¿Qué tiene que ocurrir para que las rectas sean la misma? Dé un ejemplo. 
 
e) En base a la respuesta en a) ¿Cuáles son los componentes del vector d y los valores de λ, µ 
para que las rectas se intersecten en el punto (40, 62, 17)? 
 
f) En base a la respuesta en a) ¿Qué debe ocurrir para que las rectas se intercepten en forma 
perpendicular? Resuelva. 
 
Considere ahora los puntos: M = (5,6,7); N = (7,5,4) y O = (6,8,8). 
 
g) Exprese el plano que contiene a M, N y O de la forma a + δb + µc en donde a, b y c son 
vectores y δ y µ son escalares. 
 
h) Exprese el plano que contiene a M, N y O de la forma: Ax + By + Cz = D, en donde A, B y 
C son escalares. 
 
Solución ejercicio 1 
Es importante recordar que el vector posición de una recta es el que determina en qué lugar del 
espacio se ubicará la recta (a) y el vector dirección el ángulo que tendrá dicha recta (b). 
 
a) Para encontrar la intersección de las rectas, es necesario igualar ambas ecuaciones (a + λb) 
= (c + µd), esto se hace resolviendo el siguiente sistema; 
 
i) 10 +5λ = 15 + 10µ 
ii) 20 + 7λ = 40 + µ 
iii) 5 + 2λ = 20 + 9µ 
 
 2
 Si se utilizan las ecuaciones i) y ii) se llega al resultado de que λ =3 y µ=1. Con lo que 
reemplazando en cualquiera de las dos ecuaciones de la recta, se llegaría a que el punto de 
intersección de ambas rectas es (25, 41, 11). El error de esta resolución está en que si se reemplazan 
los resultados de λ =3 y µ=1, en la ecuación iii) del sistema se llega a una contradicción (11=29), lo 
que significa matemáticamente que el problema no tiene solución, o geométricamente que ambas 
rectas no se cruzan. 
 
b) La condición que se debe cumplir para que ambas rectas sean paralelas es que el vector 
dirección de una de las rectas sea una combinación lineal del vector dirección de la otra 
recta. 
 
Ejemplo: Caso en que d =2b, 
b = (5, 7, 2) → d = 2*(5, 7, 2)= (10, 14, 4) 
 
El sistema a resolver quedaría de la siguiente manera; 
 
i) 10 +5λ = 15 + 10µ 
ii) 20 + 7λ = 40 + 14µ 
iii) 5 + 2λ = 20 + 4µ 
 
 Manteniendo todo el resto de los vectores constantes, las rectas seguirán sin tener un punto 
de intersección, pero ahora estarán sobrepuestas espacialmente de manera paralela. 
 
c) Para encontrar lograr la intersección de ambas rectas, se pueden dar una de dos 
condiciones; 
 
i) Mover el vector posición de una de las dos rectas, lo que hace subir o bajar la recta que se 
está moviendo, de manera de que se encuentre con la otra, para esto se tendría que resolver 
el siguiente sistema, en que z es una tercera incógnita a encontrar: 
 
(1) z +5λ= 15 + 10µ 
(2) 20 + 7λ = 40 + µ 
(3) 5 + 2λ = 20 + 9µ 
 
ii) Mover el vector dirección de una de las dos rectas, lo que hace cambiar la inclinación de ese 
vector para encontrarse con la otra recta, para esto se resuelve el siguiente sistema 
nuevamente con z como tercera variable a encontrar: 
 
(1) 10 +zλ = 15 + 10µ 
(2) 20 + 7λ = 40 + µ 
(3) 5 + 2λ = 20 + 9µ 
 
d) Para que las rectas sean iguales, el vector posición de la recta 2 tiene que ser una 
combinación lineal de los vectores posición y dirección de la recta 1.(Ej. c´= a + ½b = 
(12,5; 23,5; 6)). Eso sí, en esta combinación lineal, el vector a solo puede ser ponderado por 
1. Entonces, por ejemplo, un vector posición c´=½a+½b no nos serviría, dado que ya no 
estaríamos sobre la misma recta. 
 
 Y el respectivo vector dirección de la recta 2 debe ser una combinación lineal del vector 
dirección de la recta 1. (Ej. d´= 2b = (10, 14, 4)) 
 
 3
Gráficamente: 
 
 
e) El valor de λ es 6, lo que se obtiene al resolver el siguiente sistema; 
 
i) 10 +5λ = 40 
ii) 20 + 7λ = 62 
iii) 5 + 2λ = 17 
 
 Para obtener el valor de µ y los componentes del vector d (x, y, z), se resuelve el siguiente 
sistema; 
 
iv) 40 = 15 + a 
v) 62 = 40 + b 
vi) 15 = 20 + c 
 
 En que a = 25, b = 22, c = -3. Donde se supone que a = µ* x, b = µ* y, c =µ*z, ya que no 
se podría resolver un sistema de cuatro variables, con tres ecuaciones. 
 
f) Para que las rectas se intercepten en forma perpendicular, el producto punto de los vectores 
dirección de ambas rectas debe ser igual a cero, y mover el vector dirección o posición de 
una de las rectas para que se puedan intersectar. 
 
Resolviendo, 
 
 (5, 7, a) • (10, 1, 9) = 0 
 
 a = -57/9 
 
Se reemplaza a en el siguiente sistema, en se mueve el vector dirección de la segunda recta; 
 
i) 10 +5λ = 15 + 10µ 
ii) 20 + 7λ = 40 + µ 
iii) 5 – 57/9λ = 20z + 9µ 
 
 4
Obteniéndose λ = 3, µ =1, z = -11/36. 
 
g) Ecuación del plano: 
 
(5,6,7) + δ[(7,5,4)-(5,6,7)] + γ[(6,8,8)-(5,6,7)] 
(5,6,7) + δ(2,-1,-3) + γ(1,2,1) 
 
h) Buscamos llegar a: Ax+By+Cz=D 
 
Dados los puntos M, N y O, formamos el siguiente sistema de ecuaciones: 
 
5A+6B+7C=D 
7A+5B+4C=D 
6A+8B+8C=D 
 
Fijamos arbitrariamente A=1 (el valor elegido podría ser otro distinto de 1. Además se podría elegir 
fijar otra variable y no A) y solucionamos el problema que nos quedaría de 3 incógnitas y tres 
ecuaciones. 
 
Nos da como resultado: A=1, B=-1, C=1, D=6, por lo que la ecuación del plano resultante es: 
 
X-Y+Z=6 
 
Ejercicio 2 
Un problema de 25 variables de decisión define un espacio de 25 dimensiones o 25 grados de 
libertad. ¿Cuántos grados de libertad resultan si se exige el cumplimiento de 11 ecuaciones 
linealmente independientes? ¿Cuántas variables de decisión independientes se pueden definir en 
este nuevo problema restringido? ¿Cómo interpreta geométricamente esta situación? 
 
Solución Ejercicio 2 
El cumplimiento de 11 restricciones L.I. en 25 dimensiones hace perder 11 grados de libertad, 
determinando un espacio factible de 14 dimensiones o 14 variables de decisión. Geométricamente 
esto equivale a rotar los ejes y ajustarlos al hiperplano de 14 dimensiones. Dado esto, quedarían 11 
ejes irrelevantes. 
 
Ejercicio 3 (Ejercicio 3 Prueba 2, segundo semestre 2010) 
 
Considere la recta de la siguiente ilustración que pasa por los puntos (4, 2, 2) y (3, 6, 4). 
x
y
z
(4, 2, 2)
(3, 6, 4)
A
 
a) (4 puntos) Exprese la recta en la forma a + λb donde λ es un escalar. 
b) (4 puntos) Calcule el punto A, la intersección de la recta con el plano de los ejes x y z. 
 5
c) (7 puntos) Considere la porción de plano que se representa en la siguiente ilustración que 
contiene la recta definida en (a) y el segmento de recta AB que es paralelo al eje y. Exprese 
el plano que contiene a la porción ilustrada, en la forma vH • x = C. 
x
y
z
A
B
(4, 2, 2)
(3, 6, 4)
 
 
Solución ejercicio 3 
 
a) El vector fijo es a = (4, 2, 2). El vector que le da la dirección a la recta es b = (3, 6, 4) – (4, 
2, 2) = (-1, 4, 2). Por lo tanto, la recta es (4, 2, 2) + λ (-1, 4, 2). 
Alternativamente, El vector fijo es a = (3, 6, 4). El vector que le da la dirección a la recta es 
b = (4, 2, 2) – (3, 6, 4) = (1, -4, -2). Por lo tanto, la recta es (3, 6, 4) + λ (1, -4, -2). 
 
b) Dado que el punto A pertenece al plano que contiene a los ejes x y z, su componente y es 
cero. Por lo tanto, 2 + λ 4 = 0, así es que λ = - 1/2. Con ello A = (4, 2, 2) – 1/2 (-1, 4, 2) = 
(4½, 0, 1). 
 
c) Para expresar el plano de la forma vH • x = C, buscaremos aquel vector vH = c normal a 
éste. 
Si el vector c está incluido en el plano que contiene a los ejes x y z entonces su componente 
en y escero. Si es perpendicular a a + λ b entonces b • c = 0, así es que (1, -4, -2) • (1, 0, α) 
= 0 por lo que α = 1/2 y c = (1, 0, ½). 
El vector c es perpendicular a la recta en (a) y además al segmento de recta AB que es 
paralelo al eje y. Por lo tanto, c es normal a dos rectas distintas del plano que contiene a la 
porción ilustrada en la figura, así es que éste se puede representar como c • x = C. 
Alternativamente, pueden buscarse tres puntos del plano, como podrían ser (4, 2, 2), (3, 6, 
4) y (4,5, 0, 1), entre muchos otros, y formar un sistema de ecuaciones con la ecuación del 
plano Ax + By + Cz = D, resolviendo hasta encontrar el vector de coordenadas (A, B, C) = 
(1, 0, ½), o cualquier amplificación de éste, siendo consistente con el valor de D. 
 
 
Ejercicio 4 
A raíz del terremoto, una casa ubicada a 2 metros de altura (sobre z=0) se hundió pero de 
manera desequilibrada. Sólo la esquina derecha de la parte de atrás de la casa (C) quedó en 
la posición original. Sus esquinas frontales se hundieron 1 metro la derecha (A) y 2 metros 
la izquierda (B). 
Sus vértices quedaron ubicados en las siguientes coordenadas: 
 6
A=(8,-5,1) B=(6,-8,0) C=(0,0,2) 
 
a) ¿Cuál es el largo y ancho de la casa? 
b) Determine la ecuación del plano que contiene el piso de la casa. 
c) ¿Cuáles son las condiciones que deben cumplirse para determinar las coordenadas del punto 
D (esquina trasera izquierda de la casa)? Encuentre ese punto. 
d) Si la casa tiene una altura de 5 metros, ¿Cuáles son las condiciones para encontrar las 
coordenadas de las esquinas superiores? Encuentre ese punto. 
 
Solución Ejercicio 4 
 
a) Largo y ancho: 
 
2 2 2
2 2 2
(8, 5,1) (0,0,2) (8, 5, 1)
8 ( 5) ( 1) 90 9.48
(6, 8,0) (8, 5,1) ( 2, 3,1)
( 2) ( 3) 1 14 3.74
AC
AC
AB
AB
= − − = − −
= + − + − = =
= − − − = − −
= − + − + = =
uuur
uuur 
 
b) Ecuación del plano: 
 
Forma 1: a b cδ µ+ + 
 
 
[ ] [ ](0,0,2) (8, 5,1) (0,0,2) (6, 8,0) (0,0,2)
(0,0,2) (8, 5, 1) (6, 8, 2)
δ µ
δ µ
+ − − + − −
+ − − + − −
 
 
Forma 2: Ax+By+Cz=D 
 
0 8 6
0 5 8
2 2
x
y
z
δ µ
δ µ
δ µ
= + +
= − −
= − −
 
 
Resolviendo: x+5y-17z=-34 
 
c) Condiciones posibles para encontrar el punto D: (no necesitaremos ocuparlas todas para 
calcular D) 
 
i. Pertenecer al plano: 5 17 34x y z+ − = − 
ii. CD DB⊥ 
iii. 90BD = y 14CD = 
 7
iv. AC DC⊥ 
v. AB DB⊥ 
 
 
Usamos las ecuaciones (i), (iv) y (v) para resolver ya que no tienen variables 
cuadráticas. 
Sea D=(x,y,z), el sistema de ecuaciones para resolver para este punto es: 
i x+5y-17z=-34 
v DC=(x,y,z-2) AC=(8,-5,-1) à Producto punto = 8x-5y-z=-2 
vi DB=(x-6,y+8,z) AB=(2,3,1) à Producto punto = 2(x-6)+3(y+8)+z=0 
Resolviendo este sistema encontramos: 
X=-2 y=-3 z=1 
d) Necesitamos el vector normal al plano para encontrar la dirección que es perpendicular 
a este (asumimos que las paredes suben en 90°). 
 
(1,5, 17)v = −
r
 
Tomamos cualquier esquina inferior para definir su correspondiente esquima superior: 
 
(0,0, 2) (1,5, 17) ( ,5 , 2 17 )τ τ τ τ+ − = − 
 
La condición para es que la distancia del punto encontrado al punto inferior (vector) 
sea 5 metros y esté sobre la base de la casa: 
 El vector es: ( ,5 , 2 17 ) (0,0, 2) ( ,5 , 17 )τ τ τ τ τ τ− − = − 
2 2 2 225 ( 17) 5vector τ τ τ= + + − = 
Resolvemos y encontramos: 0.28τ = o 0.28τ = − 
Punto esquina superior: (0.28, 1.4, -2.8) o (-0.28, -1.4, 6.8) 
La solución corresponde al segundo punto ya que este se encuentra por encima del 
punto de la base de la casa. 
 
Ejercicio 5 (Ejercicio Prueba 2 – 1° Sem 2010) 
La cancha de fútbol es el rectángulo de 120 metros [m] por 90 [m]. La altura de los arcos es 2,1 [m]. 
Suponga que en un punto en el suelo o que muestra la ilustración, que está a diez metros de una 
cancha de fútbol y en la continuación de su línea central, se instala un aparato localizador. El punto 
o define el origen de tres ejes de coordenadas: x (a lo ancho de la cancha), y (a lo largo de la 
cancha) y z (altura). El aparato puede calcular el vector-posición en el espacio x-y-z de cualquier 
punto en la cancha, de la pelota y de los jugadores. 
 8
o
z y
x
a
b
c
d e
fg
h
i
j
k
l
10 m
 
Considerando las medidas de la cancha que muestra la ilustración y los vectores-posición definidos, 
responda las siguientes preguntas. 
a) (4 ptos.) Exprese como vector de tres componentes las siguientes posiciones: 
• En centro de la cancha a; 
• La esquina superior derecha b del arco del fondo; 
• El punto c en el que se pone la pelota para chutear un tiro penal; 
• La esquina inferior izquierda d de la cancha. 
b) (4 ptos.) Encuentre los valores de A, B, C y D que definen al plano que contiene al arco del 
fondo de la ilustración en la forma Ax + By + Cz = D. ¿Es única la solución? 
c) (4 ptos.) Exprese qué condición debe cumplir el vector-posición p (que es un vector cualquiera; 
no está dibujado en la ilustración) de la pelota para estar en el suelo dentro de la cancha, en 
términos de los vectores o, a, b,… y l (aunque no necesariamente debe incluirlos todos). 
d) (4 ptos.) Exprese qué condición debe cumplir el vector-posición p de la pelota para estar posada 
en el círculo central de la cancha (de radio 9,15 [m]). Responda en términos de los vectores o, 
a, b,… y l y de cualquier otro vector que deba definir. 
e) (4 ptos.) De acuerdo a las reglas del fútbol, la pelota localizada en p no ha salido del campo de 
juego (entendido como volumen tridimensional) en tanto su proyección en el suelo no salga de 
la cancha. Por ejemplo, el punto h está a 10 [m] de altura y se proyecta ortogonalmente en el 
punto en el suelo i que está dentro de la cancha. Por lo tanto, h está dentro del campo de juego. 
Por su parte j también está a 10 [m] de altura y se proyecta ortogonalmente en el punto en el 
suelo k que está fuera de la cancha. Por lo tanto, j está fuera del campo de juego. 
Exprese qué condición debe cumplir el vector-posición p de la pelota para estar dentro del 
campo de juego en términos de los vectores o, a, b,… y l y de cualquier otro vector que deba 
definir. 
f) (4 ptos.) Exprese el segmento de recta entre h e i en términos de los vectores i, e y f. 
(Enunciado malo, puede expresar en términos de (i y h) o en términos de (k, e, f y j) suponiendo 
que j tienen coordenada 100X ≥ ) y que la coordenada X de i y k son la misma) 
 9
g) (4 ptos.) Exprese algebraicamente el conjunto de trayectorias o vectores-dirección que debe 
tener una pelota que se chutea desde i para que entre al arco de abajo en la figura (cuya esquina 
inferior izquierda es l). Suponga que la trayectoria no se curva por gravedad u otro motivo. 
h) (6 ptos.) Suponga que el arquero está parado en c y está observando a los jugadores en la 
cancha. 
• Señale qué condición debe cumplir el vector-posición m (que es un vector cualquiera; no 
está dibujado en la ilustración) de un jugador para que esté tapado (desde el punto de vista 
del arquero) por un jugador que está en i. 
• Señale qué condición debe cumplir el vector-posición m de un jugador para que tape un 
jugador que está en i. 
i) (6 ptos.) Un tiro de corner se chutea desde cualquiera de las cuatro esquinas de la cancha. 
• Exprese algebraicamente el conjunto de trayectorias o vectores-dirección que debe tener 
una pelota que se chutea desde d para que vaya a ras de suelo y que no salga de inmediato 
de la cancha 
• Repita lo anterior pero sin necesidad de que la pelota vaya a ras de suelo. 
 
Solución Ejercicio 5 
 
a) 
 
El centro de la cancha a: (55 , 0 , 0) 
La esquina superior derecha b:(58.66 , 60 , 2.1) 
El punto del tiro penal c: (55 , -49 , 0 
La esquina inferior derecha d: (10 , -60 , 0) 
 
 
b) Usando b como vector posición, y las esquinas adyacentes del arco a b como vectores 
direccion obtenemos: 
 
(58.66,60,2.1) [(51.34,60,2.1) (58.66,60, 2.1)] [(58.66,60,0) (58.66,60, 2.1)]
(58.66,60,2.1) ( 7.32,0,0) (0,0, 2.1)
µ δ
µ δ
+ − + −
+ − + −58.66 7.32
60
2.1 2.1
x
y
z
µ
δ
= −
=
= −
 
 
Vemos que la única forma de eliminar δ y eliminar µ es haciendo 0; 0A C= = . Luego, la 
ecuación del plano queda 60y = siendo 1; 60B D= = . Cualquier amplificación de B y D 
también sirve, por lo que son infinitas soluciones. 
 
 
c) Hay al menos dos formas de responder: 
 i) El vector es una combinación convexa de las esquinas de la cancha: 
p d e g fα β γ δ= + + +
ur ur r ur ur
 S.A. ( ) 1α β γ δ+ + + = Donde , , , 0α β γ δ ≥ 
 10
ii) Definir el plano de la cancha, y acotarlo a las medidas de la cancha. Para esto 
vamos a usar la esquina d y 2 vectores dirección perpendiculares 
1 2( ) ( )p d g d e dλ λ= + − + −
ur ur ur ur r ur
 S.A. 0 1iλ≤ ≤ 
 
d) Al menos 2 formas de responder: 
 i) Usando la misma definición para que la pelota este dentro de la cancha, solo que 
agregamos la siguiente restricción: 9.15p a− ≤
ur r
 Si bien esto soluciona nuestro problema, 
puede ser un poco “patudo” usar el vector p en una restricción, siendo que queremos definir 
ese mismo vector, puesto que puede generar problemas del tipo “referencia circular”. 
ii) Considere la circunferencia cuyo centro es el origen (0,0) tiene radio r. 
Llamemosle i$ al vector unitario que va en la misma dirección que el eje x y llamemosle $j 
al vector unitario que va en la misma dirección que el eje y. Luego, usando pitagoras, 
podríamos definir toda la circunferencia de la siguiente manera: 
$
1 2p i jλ λ= +
ur
$ S.A. 2 2 21 2 rλ λ+ ≤ 
Así, la componente x al cuadrado mas la componente y al cuadrado van 
a ser exactamente igual al radio al cuadrado cuando estemos en los bordes de 
la circunferencia y va a ser menor que el radio al cuadrado para puntos 
interiores. 
Usando esta idea, podemos definir el centro de la cancha de la siguiente 
manera: 
1 2( ) ( )o a c ap a
o a c a
λ λ− −
= + +
− −
r r r r
ur r
r r r r S.A. 2 2 21 2 9.15λ λ+ ≤ 
Al dividir cada vector dirección por su modulo lo transformamos en un vector 
unitario. Lo único que hay que fijarse es que los vectores que usemos en este caso sean 
ortogonales y que usemos como vector posición el centro de la circunferencia. 
 
e) Lo único que necesitamos es agregar, a cualquiera de las 2 formas expresadas en c, una 
componente de altura. 
i) Como tenemos que el vector h esta justo sobre el vector i, basta con agregar: 
( )h iµ+ −
r r
 S.A. 0µ ≥ a cualquiera de las 2 formas expresadas en c). 
ii) Alternativamente, dada la posición del origen y las direcciones de los ejes z, x e y 
que nos dan en el enunciado, podemos agregar: (0,0,1)µ+ S.A. 0µ ≥ . 
Si bien las 2 alternativas sirven, la primera es independiente de donde este el origen 
y cuales sean los ejes z, x e y. La segunda solo funciona dada la forma de los ejes 
coordenados. 
 
 11
f) Es fácil ver que el enunciado inicial estaba malo, puesto que los vectores i, e y f no 
tienen altura o componente en el eje z. Por lo tanto es imposible hacerlo de esa manera. 
i) usando los vectores i y h: Simplemente describimos la recta que pasa por el punto 
i y el punto h y luego acotamos esa recta con los valores posibles del lambda 
( )p i h iλ= + − S.A. 0 1λ≤ ≤ 
ii) Usando los vectores k, e, f, y j: Aquí la idea es que partimos del punto k, que 
tiene la misma coordenada Y que el vector i. Luego para llegar al punto i sumamos una 
combinación de los vectores dirección (e – k) y (f – k) tal que quedemos justo sobre el 
punto i. Finalmente para dar la altura sumamos la dirección (j – k). La solución se complica 
un poco considerando los ángulos, pero no creo que sea parte del curso. Solo explico la idea 
para que tengan una noción de una manera distinta de hacerlo… 
 
g) Al igual que el vector que va desde el punto M al punto N se anota como (n – m), aquí 
debemos escribir el vector que va del punto i al plano π como ( )iπ − . De esta manera lo 
único que nos falta por tener es las condiciones del plano π para que sean solo el interior 
del arco. 
 Usando la forma del plano de un punto mas 2 vectores dirección, una alternativa 
para describir el interior de arco es: 
1 2( ) ( )h i e ll
h i e l
λ λπ − −= + +
− −
r r r r
r
r r r r S.A. 10 2.1λ≤ ≤ y 20 7.32λ≤ ≤ 
En palabras, usamos la esquina del arco, y sumamos un vector unitario en la dirección de la 
altura (eje z) y otro vector unitario en la dirección del ancho (el eje x). Así las restricciones 
para cada lambda están dadas por las medidas del arco. 
Finalmente, si a este plano acotado le restamos i obtenemos el conjunto de vectores 
dirección que chuteados desde i entrarían al arco 
1 2( ) ( )h i e lp l i
h i e l
λ λ− −
= + + −
− −
r r r r
ur r
r r r r S.A. 10 2.1λ≤ ≤ y 20 7.32λ≤ ≤ 
 
h) 
 i) Básicamente, si trazamos una recta entre c e i, necesitamos describir todos los 
puntos que estén más allá de i. De manera formal: 
( )m c i cλ= + −
ur r r r
 S.A. 1λ ≥ 
ii) Lo mismo, pero ahora debe estar entre c e i. Formalmente: 
( )m c i cλ= + −
ur r r r
 S.A. 0 1λ≤ ≤ 
 
 12
i) Dependiendo de la esquina de donde estemos parados es como va a ser la forma de los 
vectores para que no escapen de la cancha. Para generalizar llamemos P a la esquina 
relevante de donde se tira el córner, y llamemos A y B a las 2 esquinas adyacentes a P. Así, 
para que el córner no salga inmediatamente de la cancha se debe cumplir que la dirección 
de este debe ser: 
1 2( ) ( )a p b pλ λ− + −
r ur r ur
 S.A. 0iλ ≥ 
Para el caso de que la pelota pueda ir en altura, simplemente a la dirección le agregamos 
una componente de altura: 
1 2 3( ) ( ) ( )a p b p h iλ λ λ− + − + −
r ur r ur r r
 S.A. 0iλ ≥

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