Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (34)

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3 GEOMETRÍA
44. En R3 se considera el plano π que pasa por el punto P = (1, 2, 3) con dirección dada por los vectores
~u = (3, 1, 2) y ~v = (2,−1, 1), y se pide:
a) La ecuación impĺıcita de π.
b) La proyección ortogonal sobre π del punto Q = (8, 6, 1), y la distancia d(Q, π).
c) Un vector ~w en la dirección de π que no sea proporcional ni a ~u ni a ~v.
d) Unas ecuaciones continuas de la recta ℓ que pasa por P , está contenida en π y tiene dirección
perpendicular a ~w.
Solución: a) Desarrollando el determinate con columnas ~u, ~v y
−−→
PX = (x−1, y−2, z−3) se obtiene
3(x− 1) + (y− 2)− 5(z − 3), e igualando a 0 se obtiene la ecuación pedida, 3x+ y− 5z = −10. No
está de más comprobar que P la satisface y que ~u y ~v satisfacen la homogénea.
b) La proyección es el punto Q′ donde se cortan π y su recta perpendicular por Q, que tiene vector
director ~n = (3, 1,−5) por ser perpendicular a π y por tanto ecuación paramétrica (x, y, z) = (8 +
3α, 6+α, 1−5α). Sustituyendo esta en la ecuación de π se obtiene 3(8+3α)+(6+α)−5(1−5α) = −10,
de donde α = −1 y por tanto el punto de corte es Q′ = (5, 5, 6).
La distancia es d(Q, π) = d(Q,Q′) = ‖
−−→
QQ′‖ = ‖(−3,−1, 5)‖ =
√
35.
c) Sirve cualquier combinación lineal r~u + s~v con r y s no nulos, para que el resultado no sea
proporcional a ninguno de ellos. Por ejemplo ~w = ~u+ ~v = (5, 0, 3).
d) Como ℓ pasa por P ∈ π, para que esté contenida en π basta con que su vector director esté
en la dirección de π, o sea basta con que sea ortogonal a ~n = (3, 1,−5). Como también tiene que
ser ortogonal a ~w = (5, 0, 3), basta con tomar su producto vectorial ~n× ~w = (3,−34,−5) y aśı las
ecuaciones continuas son
x− 1
3
=
y − 2
−34 =
z − 3
−5 .
o
45. En R3, dados los puntos P = (8, 5, 10), Q = (−2, 0,−5) y R = (1,−2, 3), se consideran la recta ℓ
que pasa por P y Q, y el plano π que pasa por R y es perpendicular a ℓ.
Calcula la proyección ortogonal de P sobre π, y la proyección ortogonal de R sobre ℓ.
Solución: La recta ℓ tiene vector director
−−→
PQ = (−10,−5,−15), que podemos cambiar por su
múltiplo ~v = (2, 1, 3). Por tanto sus ecuaciones paramétricas son (en vez de Q se puede usar P ,
pero Q deja números más sencillos)
X = Q+ α~v (x, y, z) = (−2 + 2α , α , −5 + 3α)
y el plano perpendicular por R tiene ecuación impĺıcita
2x+ y + 3z = 2− 2 + 9 = 9
Las dos proyecciones ortogonales pedidas coinciden con el punto de corte de ℓ y π: Con respecto a
la primera, ese es el corte de la recta perpendicular a π por P (que es ℓ) con π. Con respecto a la
segunda, ese es el corte del plano perpendicular a ℓ por R (que es π) con ℓ.
Y ese punto de corte es fácil de calcular, sustituyendo las ecuaciones paramétricas de ℓ en las
impĺıcitas de π para calcular el valor de α que nos da el punto de intersección:
9 = 2(−2 + 2α) + α+ 3(−5 + 3α) = −19 + 14α ⇒ 14α = 28 ⇒ α = 2
El punto buscado es pues Q+ 2~v = (2, 2, 1).
Matemáticas de 1 , problemas 100 Alberto del Valle Robles
3 GEOMETRÍA
o
46. En R3 se considera la recta ℓ que pasa por los puntos A = (0, 3, 1) y B = (2, 2, 3). Encuentra la
proyección ortogonal sobre ℓ del punto Q = (8, 12, 11).
Solución: La proyección ortogonal de Q sobre ℓ es el punto donde se cortan ℓ y el plano que es
perpendicular a ℓ y pasa por Q. El vector director de la recta es
−−→
AB = (2,−1, 2). Esto implica que
un punto arbitrario de la recta tiene la forma
(x, y, z) = (2λ, 3− λ, 1 + 2λ)
y también impica que la ecuación del plano perpendicular es del tipo 2x − y + 2z = k. Como
queremos que el plano pase por Q = (8, 12, 11) debe ser k = 16 − 12 + 22 = 26. El punto de
intersección debe tener la forma dada y debe satisfacer la ecuación 2x− y + 2z = 26, lo que fuerza
a
2(2λ)− (3− λ) + 2(1 + 2λ) = 26 ⇒ 9λ = 27 ⇒ λ = 3
y en definitiva el punto pedido es Q′ = (6, 0, 7).
Podemos comprobar que en efectoQ′ está en ℓ, pues
−−→
AQ′ = (6,−3, 6) es múltiplo de−−→AB = (2,−1, 2),
y que
−−→
QQ′ = (−2,−12,−4) es perpendicular a −−→AB = (2,−1, 2).
o
47. Calcula la ecuación paramétrica de la recta ℓ de R3 que pasa por el punto P = (11,−1, 12) y corta
perpendicularmente a la recta ℓ′ de ecuación continua
x− 1
2
=
y − 2
3
=
z + 1
5
Solución: El punto de corte de ℓ y ℓ′ debe estar en ℓ′ y por tanto debe ser de la forma
Q = (1, 2,−1) + λ(2, 3, 5) = (1 + 2λ , 2 + 3λ , −1 + 5λ) para cierto escalar λ
Como ℓ debe pasar por P y por Q, su vector director será
~v =
−−→
PQ = (1 + 2λ , 2 + 3λ , −1 + 5λ)− (11,−1, 12) = (−10 + 2λ , 3 + 3λ , −13 + 5λ)
Este debe ser perpendicular al vector director de ℓ′, que es ~w = (2, 3, 5). O sea, se tiene que cumplir
0 = ~v · ~w = 2(−10 + 2λ) + 3(3 + 3λ) + 5(−13 + 5λ) = −76 + 38λ
por lo que debe ser λ = 2 y por tanto Q = (5, 8, 9) y ~v = (−6, 9,−3).
En la ecuación paramétrica podemos cambiar este vector director por un múltiplo más sencillo:
(x, y, z) = (5, 8, 9) + λ(2,−3, 1)
o
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48. En R3, calcula la distancia entre la recta que une los puntos (7,−2, 1) y (10,−4, 0) y la recta que
une los puntos (6, 1, 8) y (7,−1, 9).
Solución: Buscamos dos puntos, uno en cada recta, tales que el vector que los une sea ortogonal
a ambas rectas. En esos puntos se alcanzará la distancia (mı́nima) entre las rectas.
La primera recta tiene vector director (3,−2,−1), y sus putos son de la forma (7+3λ , −2−2λ , 1−λ).
La segunda recta tiene vector director (1,−2, 1), y sus putos son de la forma (6+µ , 1−2µ , 8+µ).
El vector que une estos puntos es (1 + 3λ− µ , 3− 2λ+ 2µ , −7− λ− µ).
Este vector será ortogonal a ambas rectas cuando sea ortogonal a sus vectores directores, o sea
cuando
0 = (3,−2,−1) · (1 + 3λ− µ , 3− 2λ+ 2µ , −7− λ− µ) = 16 + 14λ− 6µ
0 = (1,−2, 1) · (1 + 3λ− µ , 3− 2λ+ 2µ , −7− λ− µ) = 6λ− 6µ
Por la segunda ecuación es λ = µ y por la primera es entonces 16 + 8λ = 0, o sea λ = µ = −2 y
por tanto los puntos buscados son (1, 2, 3) y (4, 5, 6), y la distancia pedida es 3
√
3.
o
49. En R3 se consideran el punto P = (11, 9, 10) y la recta ℓ ≡
{
x− 6y + z = 3
x+ 2y − 3z = −1
}
. Se pide:
a) Encuentra una ecuación paramétrica para ℓ.
b) Encuentra la proyección ortogonal de P sobre ℓ.
c) Encuentra unas ecuaciones impĺıcitas para la recta que pasa por P y que corta perpendicular-
mente a ℓ.
Solución: a) Basta con resolver el sistema en función de un parámetro:
(
1 −6 1 3
1 2 −3 −1
)
→
(
1 −6 1 3
0 8 −4 −4
)
→
(
1 −6 1 3
0 −2 1 1
)
→
(
1 −4 0 2
0 −2 1 1
)
Para y = α obtenemos x = 2 + 4α y z = 1 + 2α, de modo que la ecuación paramétrica es
(x, y, z) = (2, 0, 1) + α(4, 1, 2)
b) Hay que buscar el punto de corte entre ℓ y el plano perpendicular a ℓ por P , cuya ecuación es
4x+ y + 2z = 44 + 9 + 20 = 73. Sustituyendo aqúı la paramétrica de la recta obtenemos
73 = 4(2 + 4α) + α+ 2(1 + 2α) = 10 + 21α 21α = 63
Por tanto es α = 3 y el punto buscado es Q = (14, 3, 7). Podemos comprobar que
−−→
PQ = (3,−6,−3)
es perpendicular a (4, 1, 2).
c) La recta que pasa por P y Q (con vector director
−−→
PQ, o mejor (1,−2,−1)) satisface esas condi-
ciones: pasa por P , corta a ℓ en Q, y es perpendicular a ℓ por la comprobación que acabamos de
hacer.
La ecuación continua es
x− 11
1
=
y − 9
−2 =
z − 10
−1
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