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EXAMENES TOMADOS DURANT

Escaneado por Kyuzo i

TEMAS: B3, F2S C2S E2 y DI

Asmov

E - ÁLGEBRA (27) . • Primer Pa rda l . ' ; TEMA 2 • 1er . c u a l

APELLIDO:.. _ ...„ ..NOMBRES: D.N.I:

1 2 3 • 4 NOTA 1 •

n

Q? fh A; /% / • \ INSCRIPTO EN : Sede........ .. ...

Q? V V ] ¡{hvwy CORRECTOR

T7

i En csda ejercicio escriba todos los razonamientos que justifican la respuesta.

1, Sea H el piano determinado por los puntos (1,0,0);(0,0,2) y (0,-2,0), y sea la recta

L: MX, -2,2) + (3,4,0): Hallar ün planoTÍ' paralelo a tí tal'que s i J I n L - P y n , n L = ¿

entonces d(P f0=9. . . '•

2, El conjunto de las soluciones de Ax ~ b es ¿(1,1,-2) + (-2,-1,2) . Dos soluciones de

Bx~b son (3,0,-2) y (0,3, -5) . Hallar una solución de Ax = b que también sea solución

de Bx = b . ' • • ' '

3, Hallar a e R y y e l 3 sabiendo que Jas coordenadas de (2,-1,-1) en la base

£ = {(1,0,1);(-U,0);v} son (~2,a,l)>y que las coordenadas de (3,1,1) en la base.

¿• = {CU0;(U.O);v} son (-o,2,-2) .

4. Dados los subespacios de R 4 • • ' •' ' '• '1

H = | x e R 4 / ^ + - x } = o | , T = ((-1,1,0,1); (1,3,4,5)) y S = ((2,-1,2,4);(1,2,2,-1)), '

hallar un subespacio W de 3R4 que verifique simultáneamente T+W

d im(WnS)= . l . I , dirn W = 2 y

IMOV

Lo primero que tenemos que hacer con e s t e ejercicio es encontrar la ecuación de n Para eso necesitamos un punto que pertenezca ai plano y un vector perpendicular. E¡ punto lo tomamos ent re los t r e s que nos dan, por ejemplo, el (1,0,0). Para encontrar un vector normal ai plano, vamos a hacer e! producto vectorial ent re dos vectores paralelos al plano.

Para sacar uno de estos vectores paralelos tenemos que res tar dos de los puntos que nos dan, y para sacar el otro tenemos que res ta r otro par. Llamemos vj al primero y v2 al segundo, entonces:

v , = ( l , 0 , 0 ) ~ ( 0 , - 2 , 0 ) = (1 ,2 ,0 )

v2 = (0,0S 2 ) - (0, - 2 , 0 ) = ( 0 , 2 , 2 )

Y el vector normal al plano -n- lo encontramos haciendo: n = v, x v2

n = (1 ,2 ,0) x ( 0 , 2 , 2 ) = (2 .2 ~ 0 .2 ,0 .0 - 1 . 2 , 1 . 2 - 2 . 0 )

n = ( 4 , - 2 , 2 )

Ahora busquemos la ecuación del piano como siempre.

X>n = (l,0t0)-n

(x, y, z) • (4 , - 2 , 2 ) - ( l , 0 ,0 ) • (4 , - 2 , 2 )

Dividimos lodo por 2

4x-2y + 2x = 4 — 0 : 2x-y + z = 2¡

Fijóte que los t r e s puntos que nos dan en el enunciado cumplen con es ta ecuación. Ahora que tenemos la ecuación de n podemos encontrar el punto P haciendo la intersección entre n y L . De la ecuación de la recta sacamos que: x = Á + 3, y - -2X + 4 y z = 2A. Si despejamos X de esta última ecuación nos queda que X — \z. Y reemplazando esto en ¡as otras dos ecuaciones nos queda

que:

jx=jZ+3 = -z + 4

Pongamos esto en la ecuación de n y veamos qué nos queda:

2(jz + 3) - (-z 4 4 ) + z-2 -> 2z + 6 + z-A + z-2 -> 3z~0

Entonces, z = 0, y reemplazando en las ecuaciones de x e y nos queda que P = ( x , y , z ^ — ( 3 , 4 ,0 )

es el punto en que se intersecan IL y II. 0 j

ASIMOV

Para encontrar a II' necesitamos un punto que pertenezca al plano y un vector norma!. El vector normal puede ser el mismo que t iene II porque son paralelos. Para encontrar el punto vamos a tener que usar un poco mas la cabeza. ¿ Qué sabemos ? Sabemos que tiene que exist i r un punto Q que e s t é en la intersección de r í y L., y que es t é a distancia 9 de P. Si Q e s t á en la intersección de IT y 3L, entonces tiene que cumplir con las ecuaciones de L , Usando las que hallamos antes, podemos decir que:

donde Q = (x\ y', z').

Como d (P, Q) = 9 , se tiene que cumplir que | Q - P]¡ = 9 . Desarrollemos esto:

¡ ( * \ y z ' ) - ( 3 , 4 , 0 ) ] = 9 | ( i z ' + 3 - 3 , - z ' + 4 - 4 , z ')|| = 9

| ( i z - z z ')|| = 9 - i ^ z ' 2 + z ' 2+ z ' 2 =-- 9

= 9 - > | V ? = 9 |z ' | = 6 entonces, z ' = ± 6

Tenemos dos valores d i fe ren tes para z \ Como x' y y' dependen de z', resulta se r que existen dos puntos d i fe ren tes del espacio que cumplen con lo que nos piden en el enunciado. Como sólo necesitamos uno, vamos a elegir z' = 6 y a despejar las otras dos componentes.

[ V = ¿ 6 + 3 = 6

y'~~6 + 4

Ahora que tenemos un punto que pertenece al plano y el vector normal, podemos encontrar la ecuación de IT: ,

(*, y, z ) • (4 , —2,2) = ( 6 , - 2 , 6 ) - (4 , - 2 , 2 )

r í : 4 ; e - 2 y - f 2 z = 4 0

Ejercicio 2:

Cuando nos piden encontrar un punto que sea solución de dos sistemas al mismo tiempo, quieren implícitamente que hallemos la intersección de los conjuntos solución de los sistemas lineales. El conjunto solución de Ax = b (al que vamos a llamar Ls) lo conocemos por el enunciado y es una rec ta en el espacio M 3 . En cambio, del sistema Bx — b sóio conocemos dos soluciones particulares y vamos a tener que pensar bien antes de continuar,

IMOV

En E J , ta solución de un sistema lineal compatible puede ser.un punto, una rec ta o un piano. En nuestro caso puede ser o bien una rec ta o bien un plano porque sabemos que tiene al menos dos soluciones. Sea cual seo. ia verdad, lo que tenemos que t ene r presente es que cualquier rec ta que una dos puntos que pertenecen a un plano cualquiera es tá también incluida en dicho plano. Eso quiere decir que si hollamos la rec ta que une a los puntos que nos tía el enunciado, podemos es ta r seguros que de todos sus puntos son solución del sistema lineal, aunque no sean los únicos (esto sería así en caso de que el conjunto solución de B'X — b fuese un piona).

Llamemos LB a e s t a r ec t a y hallémosla como siempre. Necesitamos un punto (nos clan dos en el enunciad o, elijamos el (3, 0, -2)) y un vector paralelo. El vector lo sacamos restando los puntos que nos dan:

( 3 , 0 , - 2 ) - (0,35 —5) -- ( 3 , - 3 , 3 )

Así que lo ecuación de LE es:

LB : ( 3 , - 3 , 3 ) + ( 3 , 0 , - 2 )

Estamos seguros que todos los puntos de LB son solución de Bx -- fe , así que si encontramos la intersección de es ta recia, con LA vamos tener un punto que es solución de ambos sistemas. Hagámoslo, pues:

l e í , => X = (A-2,A-2,-2 A + 2) XGLB ==> X ~{3FI + 3,-3//,2>JU — 2 )

Igualando estas dos cosas tenemos que:

( A - 2 , A - 2 , - 2 / 1 + 2 ) - (3,u + 3, - 3 3 / ¿ - 2}

O sea que

'A —2-3/J + 3 < A-Í~~3fí

- 2 / 1 + 2 — 3 / / - 2

De la segunda ecuación sacamos que / i = — j / l . V reemplazando esto en cualquiera de ¡as o t ras dos ecuaciones nos queda que A = 3 y que (A — — f . Si ahora reemplazamos el valor de X o de ;.i en la ecuación de la rec ta que le corresponde vamos a hallar al punto que es tá en la intersección (no importa qué camino elijas).

Como dijimos antes, ese punto es solución de ambos sistemas a! mismo tiempo.

( 1 , 2 , - 4 )

A5IMOV

•f • . . .• - . - . . V

Ejercicio 3t

Bueno, e s t e ejercicio e s t á hecho para que uses lo que sabes sobre coordenadas de una base. Como v es un vector, así que podríamos llamar a sus componentes como solemos: v = (v , , v 2 , v 3 ) . Las

coordenadas del vector ( 2 , - 1 , — l ) en la base B son ( ~ 2 , a , l ) , así que usando la definición de

coordenadas sabemos que.

(2, - 1 , - 1 ) = -2 (1,0, l ) + a ( - 1 , l , 0 ) + ( v p v 2 , v 3 )

( 2 , - 1 , —l) = (—2 - a + v,, a + v2 , - 2 + v 3}

De donde podemos e x t r a e r t r e s igualdades:

2 — —2 — a + v,

—1 = a + v2

- 1 = - 2 + v,

De cada una de ellas podemos despejar las componentes de v, siendo és tas v¡ = 4 + a ,

v2 = - 1 - a y v 3 = l

Haciendo lo mismo con el (3,1,1) , cuyas coordenadas en la base B' son (—a, 2,—2) y, usando las

componentes de v que hallamos recién, tenemos que:

(3,1,1) = - a (1,1,1) + 2 (1,1,0) - 2 ( 4 + a , - 1 - a , l )

(3,1, l ) = {—a + 2 — 8 — 2a, —a+ 2 + 2 + 2 a, —a — 2 )

3 = -3a - 6

l = a + 4 \-—a—2

Y de cualquiera de esas t r e s igualdades podemos sacar que a = -3, y usando las ecuaciones de antes, tenemos las componentes de v que nos faltaban: v, = 1 y ¥2 = 2. Por lo tanto...

a " = ( 1 , 2 , 1 ) 1

¿I

IMOV

Ejercicio 4; En es te ejercicio nos dan la dimensión del subespacio que tenemos que buscar: 2. Por la primera condición sabemos que W cz I I , o sea que los dos generadores de W son vectores de H . be la tercera condición deducimos que uno de estos generadores (o una c.l. de ellos) tiene que pertenecer a § , y por ende, a í§ O I I .

Podemos empezar el ejercicio buscando S n l :

V G S => v = A ( 2 , - l , 2 , 4 ) + / ? ( l , 2 , 2 , - l )

v = (2a + p,-a + 2 ¡3,2a + 2¡3,4a - /?)

Como v está también en í ! tiene que cumplir con su ecuación;

v , + v 2 - v 3 = 0 ( 2 a + ¡3) + ( ~ a + 2f3)~ (2a + 2f3)~Q

Simplif icando nos queda que fi ~ a ~ 0 , o sea que a - /? . Reemplazando esto en la expresión de v que hallamos antes, nos queda que:

v = a ( 2 , - 1 , 2 , 4 ) + a ( 1 , 2 , 2 , - 1 ) = a ( ( 2 , - 1 , 2 , 4 ) + ( 1 , 2 , 2 , - 1 ) ) = a ( 3 , 1 , 4 , 3 )

O sea que:

S n H = ( ( 3 , l , 4 , 3 ) )

Éste podría ser el primero de los generadores de W que buscamos.

T es un subespacio vectorial de dimensión 2 y H de dimensión...

, ^ clim ( H ) = dim (M4 ^ - n° de ecucuaciones l.i. = 3

Así que si usamos el teorema de la dimensión sobre la primera condición podemos averiguar la dimensión de T f ^ W :

2 ^ 2 3

dim ( T n W ) - dim ( T ) + dim ( W ) - dim ( H ) = 1

Esto quiere decir que alguno de los generadores de W (o una c.l. de ellos) tiene que pertenecer a T .

Ahora vamos a fi jarnos si v está incluido en T . c Como sabemos ? Y... hay que ver si es l.d. de los Generadores de T . Pongamos a los dos generadores de T y el de S n H en una matriz y triangulemos: j |

ASIMOV

- 1 1 0 1'

1 3 4 5

, 3 1 4 3 ,

— F ¡ *¥i

r - \ 1 0 O

0 4 4 6

v 0 4 4 6 ;

Se nos onuia la fila en la que teníamos el generador de S n l l , por lo tanto es tá incluido en T . Del generador que nos fa l t a hallar sabemos que t iene que es ta r incluido en E l , y NO t iene que e s t a r ni en T ni en S para que la intersección de W con esos subespacios sea de dimensión 1 (acordóte que ya sabemos que el (3,1,4, 3) e s t é én ambas intersecciones). Busquemos una base de I I y veamos si alguno de esos vectores cumple con esto.

Usando la ecuación de M sabemos que x3 = xi + x2, así que todos sus vectores tienen la forma: X — (Jíj, x¿ j x^ + x2, )

X = x¡ (1 ,0 ,1 ,0) + x2 (0 ,1 ,1 ,0) + (0 ,0 ,0 ,1 )

O sea que

H = ( (1 ,0 ,1 ,0 ) ; (0 ,1 ,1 ,0) ; ( 0 , 0 , 0 , 1 ) )

De éstos, el (0, O, 0 ,1 ) cumple con lo que queríamos:

• Está incluido en I I V

» NO es tá en T (chequeólo) S

• NO es tá en S (chequeólo) S

Finalmente, el subespacio que buscábamos es el:

W = { ( 3 , 1 , 4 , 3 ) ; ( 0 , 0 , 0 , 1 ) }

5

-ISIMOV

0 - ALGEBRA (27) Primer Parcial

APELLIDO:.. NQMBRESr....

TEMA 1 1 e r . c u a l

.D.N.I:

1 ¡0»

2 3 4 NOTA INSCRIPTO EN: Sede

e % ñ M

NOTA

Horario....Ü.zjJlh^

., .Días..U..OJ.Á...

CORRECTOR

En cada ejercicio escriba todos los razonamientos que justifican la respuesta.

1. Dadas L, : .1(1, -1,2) + (1,0,1) y L2 : /<(3, l,-1) + (0,2,3), hallar un plano 11 que

verifique L, o 11 = 0 y L 2 n l l = 0 .

2. Determinar a y b para que el sistema

2x, + 2 x 2 + x3

x, x2 + 3x3

2ax, + 7Xj . x¡ + 3x2* - ox3 •

- x4 = ~ 2x4 , =

3

2 7

= b

admita

a (1,0,1,2) corno solución. Resolver e! sistema bailado'.

3. Sean ü - {v,;v2 ;v3 ;v4} y IV = {v, + v2;v2 + v,;v4;v,}' dos bases del espacio vectorial

V . Si S = (v , ; 2v ,+v 3 ; v 4 ) y M es el subespacio de V formado por todos ios vectores

cuyas coordenadas en la base B' son de la forma (a,6,0,0) , determinar la dimensión y

hallar una base de S n H .

4. Sean W = {x e R* / x, + x3 = ()}

y T = [x <3 E 4 /-• Xj + x2 + Xj + x4 ~ x, + x3 - x4 = x2 + 2x3 + x4 = 0}

Hallar, si es posible, un subespacio § tal que S 1 © T = W .

r

A'SIMOV

Ejercicio i :

Lo que tenemos que hacer en e s t e ejercicio es encontrar un plano que sea paralelo a ambas rec tas y que no contenga a ninguna. Áreordáte que si una rec ta y un plano son paralelos hay dos posibilidades: o la rec ta e s t a incluida en el piano o la intersección en t r e ambos es nula.

Si el plano es paralelo a ambas rectas , su vector normal debe ser perpendicular a los vectores directores de ellas. La manera más fácil de hallar un vector de esas caracterís t icas es ex t r ae r los vectores directores de cada una de las rectas y hacer el producto vectorial. El vector director de L , es el ( l ,—1,2) y el de IL2 es el (3,1,—l) -ios sacamos de las ecuaciones que nos dan. Por lo tanto, e! vector n normal ai plano que buscamos es:

n = ( 1 , - 1 , 2 ) x ( 3 , 1 , - 1 ) = ( l - 2 , 6 +1 ,1 + 3)

n — ( - 1 , 7 , 4 )

Lo que nos fa l ta hacer ahora es encontrar un punto P de manera tal que el plano I I : X • n — P • n

no contenga ni a ]L, ni a L»2. De la ecuación de la primera rec ta sacamos que los puntos que la

integran tienen la forma (/L + l,— /L,2A + l ) . Reemplazando X por esto en la ecuación del plano,

nos queda (el signo * r e f i e r e a que ¡a rec ta NO tiene que sa t i s facer la ecuación de! plano que buscamos):

~(A +1) + 7(-A) + 4(2Á +1) *P-n

+ + 3 5É P• n

P-n* 3

O sea que el punto P tiene que ser de tal manera que su producto escalar con n de un número distinto del 3. Hagamos lo mismo con L 2 , cuyos puntos son los que se pueden escribir en la forma

(3/2, ¡i + 2 , - / / + 3 ) :

- ( 3 / / ) + 7(/J + 2 ) + 4 ( - / ¿ + 3) * P • n

j f f f i + 26 jt P • n

P • n 26 El punto P puede ser cualquiera que cumpla con es tas dos restricciones. Lo más simple en un caso como é s t e es elegir el origen, ya que su producto escalar con n da 0. Finalmente nuestro plano es el:

I I : -x + 7y + 4z - r 0 ¡

re

I A A O V

Ataquemos el problema como ¡o hemos hecho míes: si el (1 ,0 ,1 ,2 ) es solución del sistema lineal,

entonces cuando reemplacemos las x¡ por sus componentes tienen que sa t i s facerse las igualdades. Hagámoslo, pues:

2 .1 + 2 .0 + 1 = 3

1 - 0 + 3 . 1 - 2 = 2,

2 a . 1 + 7 . 1 - 2 , 2 = 7

1 + 3 .0 — a . l + 2 = 6

3 = 3

2 = 2

2 a - 4

3 — a =

-> £7 — 2

E E H

Ya tenemos identif icados a y b, por lo cual podemos resolver el sistema como nos piden. Para es to armamos la matriz ampliada y triangulamos:

í 2 2 1 0 3> ( 2 2 1 0 ¡

1 - 1 3 - 1 2 F' '2Fz 0 4 - 5 2 | - 1 Í 4 0 7 - 2 7 0 4 - 5 2 ! - i 1

3 - 2 1 ti -JF4 v<> —4 5 - 2 ¡ 1

V i

Í2 2 1 0 3

0 4 - 5 2 - 1

0 0 0 0 0

,0 0 0 0 0

5jc, Se nos anularon las últimas dos filas y, de las que nos quedan, sacamos que 4x2

y que 2x, +2x2 +x3 = 3 . b e la primera de es tas dos ecuaciones despejamos la segunda

componente: x2

x -x, 2 ; y reemplazando esto en la segunda podemos sacar:

V1 4 ,Yj + j + 4 1 3 . Así, las soluciones del sistema son los X que se pueden escribir:

Y — (—1 X +J-X +Í2. l v — i r r V- \ ' \ A » 1 s/^ /f > / 9 /í 2 4 4 ? 3 ? a/®'4 /

Acomodando esto:

X = x3( 4 >4 5^0,1 : w . o , i ) + i

6

Asmov

Kesm 0 e¡ a •

E j e r c i c i o 3 :

Nos dicen que las coordenadas en la base B' de ios vectores de H tienen la forma (a,¿>,0,0) . Eso quiere decir que cualquier vector x de ese subespacio se puede escribir como:

x e D - > x = a ( v j -f v 2 ) + b(v2 + v 3 )

Por otra parte, cualquier vector x de! subespacio S puede escribirse como una cj. de sus generadores:

x e S x = a ( v , ) + / ? ( 2 v 2 + v 3 ) + ^ ( v 4 )

En particular, ¡os vectores que estén en S n H son aquellos que pueden ser escritos de ambas maneras al mismo tiempo, o sea:

a ( v , + v 2 ) + 6 ( v 2 + v 3 ) = a ( v , ) + /3 ( 2 v 2 + v 3 ) + y (v4 )

Distribuyendo cada producto y agrupando todo del lado derecho nos queda:

© = « v , — a v j + 2 / ? V 2 ~av2 ~~bv2 + J3vz ~bv3 + yv4

V agrupando todo lo que multiplica a cada vector:

&-{a-a) V[ + (2j3 -a-b)v2 + {B -b) v3 + (y) v4

Como estos cuatro vectores son l.i. (porque nos dicen que forman una base de V ) , al igualarse una combinación lineal de ellos al vector nulo los coeficientes que los multiplican deben ser cero.

a —a ~ 0. - > a = a 2/3~a~b = Q

' 0 -> fi-b 7 = 0

Reemplazando lo que obtuvimos en la primera y tercera ecuación en la segunda, sacamos que a = b , o lo que es lo mismo: a = /? y y — Q. Reemplazando esto en las expresiones que sacamos antes nos queda que:

x = a ( v , + v 2 ) + a ( v 2 + v 3 ) = a (v , + 2 v 2 + v 3 )

Fijóte que es lo mismo reemplazar a, B y y en ia otra expresión. Esto quiere decir que S n H es el subespacio generado por el vector v, + 2 v 2 + V3. Entonces la base que nos piden es:

X n H = { V l + 2 V 2 + ^ } ]

De donde deducimos que Ídíttl(3 H H ) — 11 porque es un subespacio generado por un único vector.

SIMOV•

Ejercicio 4:

En este ejercicio lo más fácil es empezar por encontrar a S"L y luego buscar su complemento ortogonal que es el subespacio que nos piden, o sea S . Hallemos una base de W y una de T .

De la ecuación de W sacamos que = —x3 , o sea que sus vectores son los que tienen la f orma A — (x i , x2 , —Xj, x4).

X = x, (1,0, -1,0) + x> (0,1,0, 0) + x4 (0,0,0,1)

W = ((1,0, - 1 , 0 ) ; (0, i, 0 ,0 ) ; (0 ,0 ,0 ,1) )

Hagamos un despeje similar sobre las ecuaciones de T :

JCj fy^ "*f" "^/fr

Reemplazando la tercera ecuación el la primera sacamos que xx = Poniendo es te resultado en la segunda ecuación sabemos que x4 — 0 , y si llevamos esto a la tercera nos queda que x2 = — 2x}. En definitiva, los vectores de T son los que tienen la forma:

X = ( - x 3 , — 2x3 , x3,0) = x3(—l, -2,1,0)

¥ = { ( - 1 , - 2 , 1 , 0 ) )

Averigüemos la dimensión de S 1 . Tras haber encontrado sus bases, sabemos que d i m ( W ) = 3 y

que dim ( T ) = 1, así que podemos aplicar el Teorema de la Dimensión:

3 1

dim (§"") = dim ( W ) - dim ( T ) = 2

Siendo S 1 un subespacio de dimensión 2, tenemos que encontrar dos vectores de R 4 que estén incluidos en W y que sean i.i. con el generador de T . Esto lo podemos hacer a ojo, sacándolos de entre los generadores de W , por ejemplo (0,1,0,0) y (0 ,0 ,0 ,1) cumplen con lo que necesitamos

(chequeólo). Así, nuestro subespacio 3 X es el:

S x = ( (0 ,1 ,0 ,0) ; (0 ,0,0,1)}

Los vectores de su complemento ortogonal ( S ) son todos los X cuyo producto escalar con los generadores de S x da cero: ^

T

A5IMOV

(x , , x 2 , , x4 ) • ( 0 ,1 ,0 .0 ) = 0 "•"•> x 2 = 0

(x¡, x2, x3, x4 ) • (0,0,0, l) = 0 => x4 = 0

Ésas son las ecuaciones de! subespacio que nos piden, por lo tanto:

S = { x e l 4 / x 2 =x4 =0}

8

ÁSXMOV

F - A L G E B R A ( 2 7 ) ' ' ' ' P r i m e r P á r e l a ! •

. . ; . v •. • • - i ••

TEHA Z ' • • 1er . cuat. .

t i ú i» e* a a 9 íi a g « o 31 a a s a sa*fi«£i3esanauaaa8sa4»oe<ja«0is«i

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2 3

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INSCRIPTO EN jiSeds.

Horario. i te.'oo A .Dlas/.íf."^' f1'.?? - .

:.Auiá„......^ ;• .

CORRECTOR.

i En cada ejercicio escriba lodos ¡os razonamientos que Justifican la respuesta.

1. Sean el plano II: 2x~4y+ 4z 0 y la recta 3L: l ( \ í , 2)+'(1,-1,0), Hallar dos,rectas

alabeadas que corten a L y tengan todos sus puntos a distancia 3 del plano TI."

( D o s r e c t a s s o n a l a b e a d a s s i n o s e c o r t a n n i s o n p a r a l e l a s . ) ; . / • • . . ' . ' .

2. H a l l a r t o d o s l o s v a l o r e s d e k e R teles.que' ( 0 , 1 , k , - 1 ) e s u n a d e l a s i n f i n i t a s s o l u c i o n e s

x 5 . + 6X2 ' ; . x 4 = • . 7 ' • .

3x. — kx% . - x4 ~ —3 • d e l s i s t e m a <

kxl • + 4x2 •'• +; x4_ • = -3

•' • 8xj ".' ' + . 3x4 •= - 1 1 .'• Para alguno'de Ids valores de k hallados, resolver el sistema;! • ''•'..• ; ,•..:•• •

3. Sea S = j x e E 3 lxx + 3x2 « o} .I-Iailar' w e E 3 tal .que B ~ {(2,1,-1 j; w; (0,1,0)}: sea base

d e R 3 y e l v e c t o r ' - v c u y a s c o o r d e n a d a s : , e n j á b a s e S s o n ( 0 , - 4 , 1 ) p e r t e n e z c a a S . ' . ' . . . ' • ' •'• •

4 . S e a T = ( x e R . / 2 x t . + x2 + 3 x 3 + x 4 > 0 j . H a l l a r , s í e s p o s i b l e , u n s u b e s p a c i o ' S de R 4

t a l q u e s e s a t i s f a g a n - s i m u l t á n e a m e n t e l a s c o n d i c i o n e s : : ' -

S + T - E * S n T = ((-1,-3,1,2)) y (0,1,3,1) e S 1 . -.

« i

IMOV

Este problema te puede i legar a resultar fácil si t e haces una buena idea de lo que t e están pidiendo. ¿ V qué t e están pidiendo ? c Cómo lo tenes que. interpretar ? Vamos a ir viendo poco a poco así no te perdés.

L.o más difícil suele ser elegir por donde empezar. Lo ideal en es te caso es atacar el problema buscando los puntos que están a distancia 3 del piano. Estos puntos forman dos planos paralelos a XI, que están a distancia 3 para un íado y para el otro. Para encontrar- los dos planos necesitamos' conocer un vector norma! (que es el mismo que tiene H porque tienen que ser paralelos a éste para que TODOS ios puntos estén a la misma distancio) y dos puntos cualesquiera que pertenezcan cada uno a cada plano.

La dirección normal (n) la podemos sacar de la ecuación de Tí.

Tí: 2x~4y + 4z-0

n = ( 2 5 - 4 , 4 ) j

c Y los puntos ? Tenemos que hacer esto: primero buscarnos un punto que esté en II -por ejemplo el {0.0 } 0)~ y le sumamos un versor -o vector unitario- que tengo Sa dirección normal a! plano y e s t é multiplicado por 3, que es la distancia a la que tienen que estar. El versor normal lo encontramos fácilmente dividiendo n por su propia norma:

• f , - JL - J¿L±ÍL - (i dL i\

\\4 V Í + I ó + I Ó b ' 3 ? 3 j

Ahora buscamos uno de los puntos como te dije recién:

/ > = ( o , 0 , 0 ) + 3 / U 3 ( i , f f ¿ )

Si querés f ijarte que la distancia ai (0,0,0) es 3, calculóla como siempre: d(<5), P{) = p] — Ojj. Para

encontrar el otro punto que está a distancia 3 del origen sobre la dirección de ñ vamos ahora a RESTARLE 3w •

P2 = ( 0 , 0 , 0 ) - 3 h = - 3 ( i , f , f )

P2 = (—1,2,—2 )J Ahora tenemos la dirección de los planos paralelos a F1 y un punto que per tenece a cada uno de

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ellos. Con esto es suficiente para escribir sus ecuaciones. Vamos a hacerlo, t e va a venir bien el repaso.

Empecemos por el primero de Sos dos planos al que vamos a llamar íli. La ecuación la escribimos haciendo: ( X — P}) • n — 0 , o lo que es lo mismo: X • n = Px • n .

n , : (x,y,z)(2,-4,4) = ( - 1 , 2 , - 2 ) . ( 2 , - 4 , 4 )

j 2 x - 4 v + 4 - - - 1 8

Y hacemos lo mismo para encontrar el segundo plano:

n 2 : (x, y, z) • (2, - 4 , 4 ) - ( 1 , - 2 , 2 ) - (2, - 4 , 4 )

12x - 4 y + 4-18

Bien, bien. Ahora ya conocemos los dos planos I7¡ y H2 donde están todos los puntos del espacio que están a distancia 3 de 17. ¿ Qué quiere decir esto ? Que las rectas que nos piden tienen que es tar incluidas en alguno de estos planos. Pero I ojo I, nos dicen que las rectas tienen que ser alabeadas, o sea que no tienen que cortarse ni ser paralelas. Si las dos rectas están en un mismo plano esto no sería posible: o son paralelas o se cortan, no hay otra. Por lo tanto, las rectas que buscamos tienen que es tar una en cada piano y, además, NO pueden que ser paralelas.

Para encontrar los vectores directores de las rectas, vamos a buscar dos vectores paralelos a los planos pero que NO sean paralelos ent re sí.

c Cómo hacemos ? Rta: Así: para encontrar todas ios vectores paralelos a los planos, agarramos el plano que nos dan y despejamos una de las variables en función de las otras, por ejemplo:

2x — 4y + 4z = 0 -> x~2y-2z

Y ahora podemos escribir todos los vectores (x ; y, z) paralelos a ¡os pianos usando esto :

(-*,y, z) = ( 2 y - 2z, y, z ) = y (2, 1,0)-í-z ( - 2 , 0 , 1 )

Estos dos vectores -el (2 ,0 ,1 ) y el (—2,0,1)- son paralelos a los planos, y al mismo tiempo NO son paralelos entre sí. Así que éstos podrían ser los vectores directores de nuestras rectas.

Para terminar, vamos a buscar por qué puntos pasan estas rectas. Como sabemos que las rectas pertenecen a los planos y se cortan con L . podernos encontrar estos puntos buscando ¡a intersección ent re 1L y cada uno de los planos n¡ y Il2. Llamemos ( x, y, z ) al punto de cada intersección, entonces:

| 0

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L n í í , :

Cumple con la ecuación de L

( i , = ( 0 , 1 , 2 ) + (1 , -1 , Ó)

desarrollando...

x = 1

< 7 = /i - 1

Z —- 2 sí-'

Reemplazamos en la ecuación de Ilj:

Ecuación de I I . , ! x = \

2x~4y + 4z = 2-4y + 4 (2y + 2) = - 1 8

x — 1 z ~2y + 2

x = l y = -l ~> 0, = (1 , -7 ,

-12

L n l X , :

Ecuación de n 2 ^

2x-4y~+4z^n z=2y+2' > 2 - 4 ^ + 4 ( 2 y + 2) = 18

x = l

y = 2 - > • & = ( 1,2,6)[

z = 6

I Ahora sí I, tenemos dos vectores directores y dos puntos por donde pasan las rectas. Elegíte la combinación que t e guste, es lo mismo, porque de todas maneras, todos los puntos de las rectas van a es tar a distancia 3 de IT, van a ser alabeadas y van a cortar a la recta L . Te dejo una posibilidad:

(x , y,z) = A (2 ,1 ,0) + (1, - 7 , - 1 2 ) (x , y,z) = ju ( - 2 , 0 , 1 ) + (1 ,2 ,6)

Asm ov

Ejercicio 2: ,

Encontrar a k no debería resultarnos demasiado complicado. Como nos dicen que ( 0 , l , / c , - l ) es

solución del sistema, cuando remplacemos eso por las x¡ del sistema, todas las ecuaciones nos tienen que dar una igualdad. ¿ Por qué ? Porque las soluciones de un sistema de ecuaciones son los cuartetos de puntos ta! que si se reemplaza las ecuaciones del sistewa con ellos, todas resultan igualdades. Veamos qué pasa si en el sistema de ecuaciones del e jercicio x'i'- O; x2 = 1; x3 = k; y x4'=~-i; " ' '•••

LO + 6.1 ~ ( » l )=w

3.0 - k.k - ( ~ l ) = - 3

£.0 + 4 . 1 + ( - ! ) = 3

- 8 . 1 + 3 . ( ~ l ) = ~ l l

Haciendo las cuentas

-M

1-1 s

k1 ~ 4

3 = 3 V

- 1 1 = - I I

k = ±2

Entonces, para que (0, 1, k, -1) sea solución del sistema lineal, k tiene que valer 2 ó -2. Pero... ¿ el sistema tiene inf initas soluciones para ambos valores de k ? Este es el palito que no tenes que pisar. Si t e olvidas de f i j a r t e esto, el problema seguramente e s t é mal. Vamos a ver qué pasa para cada valor de k.

Pongamos el sistema en su forma matricial A • x = b :

A

r 1 6 0 - 1

3 0 -k - 1

k 4 0 1

0 - 8 0 3

•x = ( 7 , - 3 , 3 , - 1 1 )

Para que el sistema tenga infinitas soluciones (sistema indeterminado), la matriz A tiene que tener determinante 0. Calculemos el determinante de la matriz para cada valor de k y vamos a saber cuáles nos sirven.

Empecemos por k = 2. Vamos a hacer un desarrollo por cofactores en la te rcera columna.

1 6 0 - 1

3 0 - 2 - 1

2 4 0 1

0 - 8 0 3

- 2 ( - l ) 2 + 3

2 ( 1 2 + 8 —36 + 1 ó ) = 0

V\

AOV

El determinante es nulo, por ¡o tanto k = 2 es un valor posible. Veamos qué sucede con k = -2 haciendo un desarrollo por cofactores en la tercera colunia como antes:

1 6 0 - 1

3 0 2 - 1

- 2 4 0 1

0 - 8 0 3

2 ( - l ) 2+3 6 4

0

2 + 8 + 3 6 - 1 6 ) = - 8 0

En es te caso el determinante es distinto de cero, eso quiera decir que el sistema es tá determinado y tiene una sola solución. Te dejo a vos que co r r o bores que esa única solución es el (0, i. -2, -1), como era de esperar. En definitiva, hay un único v a |or de le que cumple con todo lo que nos p.;<Jen y es el: ' ..

k - 2

Ahora vamos a resolver el sistema para k = 2 como nos piden, y para esto vamos a armar la matriz ampliada del sistema para triangularla.

1 6 0 - 1 7

3 0 - 2 - 1 - 3

2 4 0 1 3

0 - 8 0 3 - 1 1

3F| -F2

2F|.r3

1 6 0 - 1 7

0 18 2 - 2 24

0 8 0 -> —o 11

0 - 8 0 3 - 1 1

1 6 0 - 1 7

0 18 2 - 2 24

0 0 V /9 19/ /9 0 0 0 0 0

Sacando las ecuaciones y despejando...

X, + ÓX, — X, - 1 i • —2 ^4

1 8X2 + 2X3-~2X4 = 2 4 - >

x, = 7

%xi+i%x4 = - X x2

Y - 3 1 9 -y 8 8 4

• X2 + '9 X4 • Haciendo todos los reemplazos

X, 4 4 = 11 + I r 8 ^ 8 a 4

*3 — _ 1 19 v ~ 8 8 a-

Ahora sí tenemos todas las soluciones del problema y son los (xi, x2, x3, x4) que cumplen:

(x , , x2 , x3 , x4 ) = j — j X4, Y + - x4 , — g — — x 4 , x4 J .

desarrollémoslo un poco más así nos queda presentable:

u

ASIMOV

(,*, ,X2,Xi, X4 } — ( 4 X4 g , X4 ) + ( 4 , y , s > 0 )

Por lo tanto, todas las soluciones del sistema cuando k = 2 son:

1 2 4 » 8 ? - f , l ) + (- 1 i l __¿

4 > g j g . 0 )

Ejercicio 3t Antes de empezar, vamos a ver qué eran las coordenadas de un vector en una base cualquiera de un espacio vectorial. Supongamos que A = { aú a2; a3} es una base de M3 (los a¡ son vectores) y que el vector u tiene coordenadas ( a, p,y). Eso quiere decir que al vector u lo podemos escribir como:

u = aal + j3a2 + ya3 j

Usemos esto en nuestro problema. Las coordenadas de v en la base B son (0,-1, 3), así que podemos escribir al vector como:

v = 0 (2,1, - l ) — 1 .iv + 1 (0 ,1 ,0 )

Y desarrollando componente a componente usando que w = (w¡, w2> \v3) nos queda:

v = -(w1,w2,w3) + (0,l,0) = ( - w ] , l - w 2 , - w 3 )

Como sabemos que v está es el subespacio 3 , entonces debe cumplir con la ecuación vj + 3v2 = 0 . Reemplacemos en ella las componentes que le encontramos a v y veamos qué nueva condición sacamos para f inalmente hallar a w.

' , + 3 ( 1 - w 2 ) = 0 - w ,

Con esta información ya sabemos qué condición tienen que cumplir las componentes de w para que v pertenezca ai subespacio. y lo podemos escribir así:

w = ( 3 - 3 v t ' 2 , w 2 , w 3 ) = w2 ( - 3 , 1 , 0 ) + w , ( 0 , 0 , 1 ) + ( 3 , 0 , 0 )

Si te fijas con cuidado, vas a ver que lo que encontramos tiene la forma de un plano que no pasa por el origen. Cualquiera de ios puntos que están en el plano podría ser nuestro w. c Cómo lo elegimos entonces ?

Rta: Sólo nos importa que forme una base con el (2, 1, -I) y el (0, 1, 0), así que los tres tienen que ser l.i.

Elijamos, entonces, el más fácil de encontrar: el (cuando w 2 - w3 »• 0).

W : ( 3 , 0 , 0 )