Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (36)

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3 GEOMETRÍA
55. En R3, calcula la distancia entre la recta que une A = (5,−4,−1) con B = (8,−6,−2) y la que une
C = (4,−1, 6) con D = (5,−3, 7), aśı como los puntos en los que se alcanza esa distancia.
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 ~v = (3,−2,−1) y puntos de la formaA+λ~v = (5+3λ , −4−2λ , −1−λ).
La segunda tiene vector ~w = (1,−2, 1) y puntos de la forma C + µ~w = (4 + µ , −1− 2µ , 6 + µ).
El vector que une estos puntos es ~u = (−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 = ~v · ~u = (3,−2,−1) · (−1− 3λ+ µ , 3 + 2λ− 2µ , 7 + λ+ µ) = −16− 14λ+ 6µ
0 = ~w · ~u = (1,−2, 1) · (−1− 3λ+ µ , 3 + 2λ− 2µ , 7 + λ+ µ) = −6λ+ 6µ
La segunda ecuación da λ = µ y entonces la primera da −16 − 8λ = 0, o sea λ = µ = −2 y por
tanto los puntos buscados son P = A − 2~v = (−1, 0, 1) y Q = C − 2~w = (2, 3, 4). No está de más
comprobar que, efectivamente, el vector que los une
−−→
PQ = (3, 3, 3) = 3(1, 1, 1) es ortogonal a ~v y a
~w.
La distancia pedida es la que hay entre estos dos puntos, o sea d(P,Q) = ‖−−→PQ‖ = 3‖(1, 1, 1)‖ = 3
√
3.
La distancia se puede calcular también pensando en los planos paralelos que contienen a las rectas,
con vectores directores ~v y ~w, y en un paraleleṕıpedo con caras en esos planos (marcadas por esos
vectores) y otra arista que une por ejemplo A con C. Su volumen es el valor absoluto del producto
mixto (~v × ~w) · −→AC, el área de su base (la que definen ~v y ~w) es el módulo del producto vectorial
~v × ~w y su altura es justo la distancia que buscamos, aśı que esta distancia vale
d =
|(~v × ~w) · −→AC|
‖~v × ~w‖ =
|(−4,−4,−4) · (−1, 3, 7)|
‖(−4,−4,−4)‖ =
4 · 9
4
√
3
= 3
√
3
Pero este método no nos da los puntos en los que se alcanza la distancia mı́nima.
o
56. Dadas las rectas ℓ1 ≡
x− 1
2
=
y − 2
−1 =
z − 11
3
y ℓ2 ≡ x − 3 =
y − 1
2
= z + 1, se pide: a) Halla
puntos Q1 ∈ ℓ1 y Q2 ∈ ℓ2 tales que la recta que los une sea perpendicular a ℓ1 y a ℓ2. b) Calcula
la distancia entre ℓ1 y ℓ2.
Solución: a) Como ℓ1 pasa por P1 = (1, 2, 11) con vector director ~v1 = (2,−1, 3), mientras que ℓ2
pasa por Q2 = (3, 1,−1) con vector director (1, 2, 1), los puntos que buscamos tendrán la siguiente
forma, para ciertos valores de α y de β que tendremos que determinar:
Q1 = P1 + α~v1
Q2 = P2 + β~v2
 
−−−→
Q1Q2 =
−−−→
P1P2 + β~v2 − α~v1 =


2
−1
−12

+ β


1
2
1

− α


2
−1
3


Para determinar α y β usamos que
−−−→
Q1Q2 debe ser ortogonal a ambas rectas, o sea sea ortogonal a
los respectivos vectores directores, lo que nos da las condiciones
0 = ~v1 ·
−−−→
Q1Q2 = −31 + 3β − 14α 0 = ~v2 ·
−−−→
Q1Q2 = −12 + 6β − 3α
Matemáticas de 1 , problemas 106 Alberto del Valle Robles
3 GEOMETRÍA
Resolviendo el sistema se obtiene α = −2 y β = 1, luego los puntos son Q1 = (−3, 4, 5) y Q2 =
(4, 3, 0).
b) La distancia entre las rectas es ‖−−−→Q1Q2‖ = ‖(7,−1,−5)‖ =
√
49 + 1 + 25 =
√
75 = 5
√
3.
o
57. En R3 se pide, dadas las rectas ℓ1 y ℓ2 con ecuaciones impĺıcitas
ℓ1 ≡
{
x+ 4y − z = 22
x+ z = 12
}
ℓ2 ≡
{
x− y = −1
4x+ z = 36
}
(a) Para cada recta, encuentra un punto Pi ∈ ℓi y un vector director ~vi; comprueba el resultado.
(b) Encuentra los puntos Q1 ∈ ℓ1 y Q2 ∈ ℓ2 por los que pasa su perpendicular común, y comprueba
que
−−−→
Q1Q2 es perpendicular a los ~vi.
(c) Calcula la distancia entre ℓ1 y ℓ2.
Solución: (a) Resolvemos los sistemas; si en el primero hacemos y = α tenemos
{
x− z = 22− 4α
x+ z = 12
}
;
sumando y dividiendo por dos, x = 17 − 2α; restando y dividiendo por dos, z = −5 + 2α. Aśı
(x, y, z) = (17 − 2α, α,−5 − 2α) = (17, 0,−5) + α(−2, 1, 2), o sea podemos tomar P1 = (17, 0,−5)
y ~v1 = (−2, 1, 2). Se comprueba directamente que P1 satisface las dos ecuaciones del sistema y que
~v1 satisface las del sistema homogéneo.
Si en el segundo hacemos x = β tenemos directamente y = 1 + β y z = 36 − 4β. Aśı (x, y, z) =
(β, 1 + β, 36− 4β) = (0, 1, 36) + β(1, 1,−4), o sea podemos tomar P2 = (0, 1, 36) y ~v2 = (1, 1,−4),
y comprobar como antes.
En ambos casos hay muchas otras respuestas posibles: como Pi sirve cualquier punto de la recta y
como ~v1 cualquier múltiplo no nulo de los que hemos dado.
(b) Los puntos “genéricos” de las rectas son pues Q1 = P1 + α~v1 y Q2 = P2 + β~v2, cada uno
dependiente del correspondiente parámetro α, β ∈ R. De todos ellos, queremos elegir los que hagan
que
−−−→
Q1Q2 sea ortogonal a ambas rectas, o sea queremos seleccionar los parámetros para los que se
tiene ~v1 ·
−−−→
Q1Q2 = 0 y ~v2 ·
−−−→
Q1Q2 = 0. Esto lleva a dos ecuaciones con incógnitas α y β, en concreto
{
9α+ 9β = 117
9α+ 18β = 180
}
o, dividiendo todo por 9,
{
α+ β = 13
α+ 2β = 20
}
. Restándolas se obtiene β = 7 y
entonces α = 6, por lo que Q1 = (5, 6, 7) y Q2 = (7, 8, 8), y se comprueba que
−−−→
Q1Q2 = (2, 2, 1) es
perpendicular a cada ~vi sin más que hacer el correspondiente producto escalar y ver que vale 0.
(c) d(ℓ1, ℓ2) = d(Q1, Q2) = ‖
−−−→
Q1Q2‖ = ‖(2, 2, 1)‖ =
√
22 + 22 + 1 =
√
9 = 3.
o
Matemáticas de 1 , problemas 107 Alberto del Valle Robles
4 TRANSFORMACIONES LINEALES (*)
4. TRANSFORMACIONES LINEALES (*)
1. Se consideran los vectores de R3:
~v1 = (1, 0, 0)
t ~v2 = (−1, 1, 0)t ~v3 = (1,−1, 1)t
y una transformación lineal f : R3 → R3 de la que se sabe que f(~v1) = ~v2 + ~v3 y que ~v2 y ~v3 son
ambos vectores propios asociados al valor propio 2.
Encuentra la matriz de f en la base canónica y describe la imagen y el núcleo de f .
Solución: La matriz de f en la base canónica C = {~e1, ~e2, ~e3} se puede calcular de dos maneras.
Una: Como ~e1 = ~v1 se tiene f(~e1) = ~v2 + ~v3 = (0, 0, 1)
t. Si se observa que ~v1 + ~v2 = ~e2 entonces
se tiene f(~e2) = f(~v1) + f(~v2) = ~v2 + ~v3 + 2~v2 = 3~v2 + ~v3 = (2,−2, 1)t. Y si se observa que
~v2 + ~v3 = ~e3 entonces f(~e3) = f(~v2) + f(~v3) = 2~v2 + 2~v3 = (0, 0, 2)
t. Por tanto la matriz es
MC(f) =


0 −2 0
0 2 0
1 1 2

.
Otra: la matriz P =


1 −1 1
0 1 −1
0 0 1

 es invertible con P−1 =


1 1 0
0 1 1
0 0 1

, luego B = {~v1, ~v2, ~v3}
es base; los datos nos dicen que MB(f) =


0 0 0
1 2 0
1 0 2

 y por tanto MC(f) = P ·MB(f) · P−1 =


0 −2 0
0 2 0
1 1 2

.
Un vector (x, y, z)t está en la imagen si y sólo si el siguiente sistema es compatible:


0 −2 0 x
0 2 0 y
1 1 2 z

→


1 1 2 z
0 2 0 y
0 0 0 x+ y


es decir, si y sólo si x+y = 0. El núcleo lo forman las soluciones de ese sistema cuando x = y = z = 0,
que claramente son los múltiplos del vector (2, 0,−1)t.
o
2. Decide si la transformación lineal f


x
y
z

 =


2x− 3y + 5z
x+ 4y
2x+ 2y + 3z

 es o no un isomorfismo, y en caso
afirmativo calcula su inverso.
Solución: La matriz de f en la base canónica es A =


2 −3 5
1 4 0
2 2 3

. Como det(A) = 3 no es
nulo, A es invertible y por tanto f es un isomorfismo. La matriz del isomorfismo inverso, f−1, en
la base canónica es A−1, que se puede calcular aśı:


2 −3 5 1 0 0
1 4 0 0 1 0
2 2 3 0 0 1

→


1 4 0 0 1 0
0 −11 5 1 −2 0
0 −6 3 0 −2 1

→


1 4 0 0 1 0
0 1 −1/2 0 1/3 −1/6
0 0 −1/2 1 5/3 −11/6

→
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