Geometría Vectorial y Analítica. Abraham Asmar

Geometría Vectorial y Analítica.Una Introducción al Algebra Lineal. Abraham Asmar Charris Patricia Restrepo de Pelaez Rosa Franco Arbelaez Fernando Vargas Hernandez Escuela de Matemáticas. Universidad Nacional de Colombia 2 Contenido I 1 1 Vectores geométricos en el plano 1.1 Conceptos básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Suma de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Producto de un escalar por un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Descomposición de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Proyección de un vector sobre otro vector . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Vectores geométricos en el plano cartesiano. Descomposición canónica 1.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 6 14 23 25 29 32 48 2 Vectores coordenados o algebraicos 2.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Suma y producto por escalar en R2 . . . . . 2.3 Magnitud, dirección y otros conceptos en R2 2.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 53 55 60 70 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 La línea recta en el plano 3.1 Ecuación vectorial y ecuaciones paramétricas . . . . . . . . 3.2 Ángulo de inclinación y pendiente . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Ecuaciones escalares no paramétricas . . . . . . . . . . . . . 3.4 Ecuación en forma normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Rectas perpendiculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Ángulo entre rectas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Distancia de un punto a una recta . . . . . . . . . . . . . . 3.8 Ecuaciones lineales, combinaciones lineales, dependencia e lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 4.1 Transformaciones del plano . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Transformaciones lineales y matrices . . . . . . . . . . . . 4.3 Propiedades básicas de las transformaciones lineales . . . 4.4 Imagen de un conjunto bajo una transformación . . . . . 4.5 Operaciones con transformaciones lineales y con matrices 4.6 Inversas para transformaciones lineales y matrices . . . . 4.7 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . independencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 75 79 83 88 90 91 92 94 96 101 101 107 110 113 117 128 135 4 CONTENIDO 5 Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 143 5.1 Conceptos y resultados básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 5.2 Sistemas de ecuaciones lineales y matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 5.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 6 Determinantes de orden 2 6.1 Definición. Par orientado de vectores . . . . . 6.2 Transformaciones que preservan la orientación 6.3 Determinantes y áreas de paralelogramos . . 6.4 Fórmulas de Cramer . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 161 165 167 169 171 172 7 Valores propios y vectores propios 7.1 Definiciones. Cálculo de valores y vectores propios . . . 7.2 Factorización A = P DP −1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Valores propios y vectores propios de matrices simétricas 7.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 175 179 181 191 8 Secciones Cónicas 8.1 La circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Traslación de ejes . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 La parábola . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4 La elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5 La hipérbola . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6 La ecuación Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 8.7 Rotación de ejes . . . . . . . . . . . . . . . 8.8 Ecuación general de segundo grado . . . . . 8.9 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 196 200 203 216 231 251 251 255 264 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II 269 9 Vectores en el espacio 9.1 Vectores geométricos. Conceptos básicos y operaciones 9.2 Sistema de coordenadas cartesianas para el espacio . . 9.3 Descomposición canónica para vectores geométricos . . 9.4 Producto cruz o producto vectorial . . . . . . . . . . . 9.5 Vectores coordenados o algebraicos . . . . . . . . . . . 9.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271 271 274 277 288 296 310 10 Rectas y planos 10.1 La línea recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 Ángulo y posiciones relativas entre dos rectas . . . . . . . . . . . 10.3 Distancia de un punto a una recta . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4 Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5 Posiciones relativas entre dos planos y entre una recta y un plano 10.6 Distancia de un punto a un plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.7 Ecuaciones paramétricas para un plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 319 323 327 329 334 338 340 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 CONTENIDO 10.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345 11 Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 11.1 Transformaciones del espacio . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Transformaciones lineales y matrices . . . . . . . . . . . 11.3 Operaciones con transformaciones lineales y matrices . . 11.4 Inversa para transformaciones lineales y matrices . . . . 11.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 353 359 368 374 386 12 Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 12.1 Definiciones y algunos resultado básicos 12.2 Método de eliminación de Gauss . . . . 12.3 Otros resultados básicos . . . . . . . . . 12.4 Método de Gauss-Jordan . . . . . . . . . 12.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391 391 399 406 409 414 13 Determinantes de orden 3 13.1 Definición y algunos resultados básicos 13.2 Propiedades básicas . . . . . . . . . . 13.3 Aplicaciones geométricas . . . . . . . . 13.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419 419 426 430 437 14 Valores propios y vectores propios 14.1 Definiciones. Cálculo de los valores y vectores propios . . . . . . . . . . . . 14.2 Matrices simétricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441 441 452 462 15 Superficies cuádricas 15.1 Definiciones . . . . . . . . . . . . . 15.2 Elipsoide . . . . . . . . . . . . . . . 15.3 Hiperboloide de una hoja . . . . . 15.4 Hiperboloide de dos hojas . . . . . 15.5 Cono elíptico . . . . . . . . . . . . 15.6 Cilindro recto elíptico . . . . . . . 15.7 Cilindro recto hiperbólico . . . . . 15.8 Cilindro recto parabólico . . . . . . 15.9 Paraboloide elíptico . . . . . . . . 15.10Paraboloide hiperbólico . . . . . . 15.11Cambio de sistema de coordenadas 15.12Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . 467 467 470 473 475 477 479 480 481 482 484 485 499 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 CONTENIDO Prefacio A comienzos del año 2001, un grupo de profesores de la Escuela de Matemáticas propone una reforma a los distintos programas de las asignaturas de servicio para la Facultad de Minas, incluyendo por supuesto el curso de Geometría. Este curso es quizás el que más requería de una modificación pues su programa había sido conformado con temas que no estaban articulados entre sí. El nuevo programa para el curso de Geometría fue elaborado por el profesor Diego Mejía Duque y aprobado por el Consejo de la Facultad de Ciencias según acta No. 2038 de 2 de Agosto de 2001. Se basaba dicho programa en el texto Linear Algebra Through Geometry de Thomas Banchoff y John Werner, editado por Springer-Verlag, el cual se proponía como texto guía para el curso. Por diversas razones, el cambio en el programa de Geometría no se implementó y se continuó con el programa anterior. Es apenas para el semestre 02 de 2002 cuando se conforma un grupo de profesores para analizar el nuevo programa y estudiar el texto guía propuesto; conformaron dicho grupo las profesores Abraham Asmar Charris, Diego Mejía Duque, Patricia Restrepo de Pelaez, Margarita María Toro Villegas y Fernando Vargas Hernandez. Este grupo conceptuó que el texto en consideración no era apropiado como texto guía, pero recomendó escribir un material para el curso, manteniendo la orientación y caracteristicas del mencionado texto, incluyendo ciertos temas ausentes en él y aumentando tanto el número de ejemplos como las colecciones de ejercicios propuestos. El trabajo de escritura de tal material lo emprendieron, a partir del semestre 01 de 2003, los profesores Abraham Asmar, Patricia Restrepo, Rosa Franco y Fernando Vargas. Se trabajó con la siguiente metodología: Abraham se encargaba de escribir la primera versión de la teoría con ejemplos, para cada uno de los temas; copia de ello se pasaba a la profesora Patricia, quien revisaba y hacía observaciones y sugerencias. Con base en esta revisión se definía la versión final, la cual era escrita por Abraham. Esa versión final se pasaba a Rosa y Fernando, quienes se encargaban de elaborar la correspondiente colección de ejercicios, con sus respuestas. El material se completó, en manuscrito, al final del semestre 02 de 2004. La transcripción en computador se hizo empleando el procesador de texto Scientific WorkPlace; este trabajo se realizó bajo la coordinación general de la profesora Margarita Toro y se culminó al final del semestre 01 de 2005. La transcripción estuvo a cargo de los estudiantes Juan Pablo Hernandez, Yamir Carvajal, Edison Mauricio Rivera y Santiago Barrera. El material ya transcrito al computador fue revisado en su totalidad por Abraham Asmar y Patricia Restrepo a lo largo del semestre 01 de 2005; todos los cambios y correcciones en el computador que surgieron de esta revisión fueron hechos por la profesora Margarita Toro. Es así como llegamos al material que aquí se presenta. Se trata de un curso de geometría vectorial y analítica en el cual se aprovechan las ideas geométricas para introducir conceptos y temas básicos del álgebra lineal. Está dividido en dos partes: en la primera sólo se trata lo relativo al plano y en la segunda lo relativo al espacio. Además de los temas usuales i ii Prefacio en geometría vectorial y analítica, se estudian en un nivel elemental las transformaciones lineales, se muestra cómo las matrices 2 × 2 y 3 × 3 surgen de manera natural como representaciones de transformaciones lineales del plano y del espacio respectivamente, y cómo las operaciones con matrices corresponden a las operaciones con transformaciones lineales. Se analizan los sistemas de ecuaciones lineales 2 ×2 y 3 × 3 desde el punto de vista geométrico. Se introducen los conceptos de valor propio y vector propio y se emplean para eliminar los términos mixtos en una ecuación de segundo grado, tanto en dos variables como en tres, a fin de transformar la ecuación en una que permita identificar el lugar geométrico que ella representa. Al separar lo relativo al plano de lo relativo al espacio se espera mayor comprensión por parte de los estudiantes de los diversos temas ya que, por una parte, casi siempre es más sencillo trabajar en el plano que en el espacio y por otra, cuando se llega al espacio se cuenta con el conocimiento adquirido en el plano y al replicar lo que ya se ha hecho se reafirman conceptos, resultados y procedimientos. Consideramos que el material aún no está terminado y que requiere ajustes. Invitamos y solicitamos a los profesores de la asignatura y en general a los lectores a enviarnos todos sus comentarios, observaciones y sugerencias que contribuyan a mejorarlo. Agradecimientos especiales para los profesores Ivan Asmar Charris y Carlos Mejía Salazar, quienes, como directores de la Escuela de Matemáticas, dieron su respaldo al proyecto; el profesor Ivan en el inicio y el profesor Carlos en la etapa final en la cual su decidido apoyo fue fundamental para llevar el proyecto a su estado actual. También agradecemos de manera especial a la profesora Margarita Toro Villegas, por su acompañamiento durante todo el trabajo y por haber dedicado generosamente muchas horas de su valioso tiempo para hacer cambios y correcciones en el computador al material inicialmente transcrito. Los autores Medellín, Agosto de 2005 Parte I 1 expresada por un número real acompañado de unidades apropiadas.. para describir la velocidad de un automóvil en un instante dado debemos especificar tanto su magnitud (digamos 50 km por hora) como su dirección (digamos hacia el noroeste). Un segmento de recta1 se dice orientado cuando se estipula cuál de sus extremos es su punto inicial y así el otro será el punto final (o terminal) en el cual se dibuja una punta de flecha como se ilustra en la figura 1. metros. − w.1. que el segmento no se reduce a un punto. Así mismo.. cantidades como fuerza.1 Conceptos básicos Cantidades tales como la longitud. Llamaremos vector geométrico a todo segmento de recta orientado. la longitud de una varilla queda completamente determinada si indicamos el número de unidades de longitud (centímetros. la hemos descrito completamente. Cantidades de tal tipo son llamadas cantidades escalares. Así que las cantidades vectoriales son algo más complejas que las escalares. Otro ejemplo de una cantidad vectorial es el desplazamiento: el desplazamiento de un cuerpo se determina por la distancia que se ha movido o desplazado (digamos 10 metros) y por la dirección en que se ha movido. − v. Para determinarlas completamente se requiere dar su magnitud y. la temperatura y la masa (por ejemplo) quedan completamente determinadas por su magnitud. especificar una dirección. Por ejemplo.) que mide dicha varilla. además. Por ejemplo.1. al decir que una temperatura es de 10 grados centígrados. 3 . Figura 1. 1 Se asume que los extremos de un segmento de recta son puntos distintos.. es decir. Las cantidades vectoriales se suelen representar geométricamente mediante segmentos de recta orientados o dirigidos (flechas).1 Vectores geométricos en el plano 1. velocidad y aceleración que tienen magnitud y dirección son llamadas cantidades vectoriales. pies. Por otra parte. Denotaremos los → → → vectores geométricos mediante letras minúsculas con una flecha encima como − u. Ejemplo 1. Vectores geométricos en el plano Si los puntos inicial y final de un vector son. la cual es la longitud del segmento AB.2) La dirección de un vector AB la denotaremos dir(AB). (Figura 1. Si empleamos una escala en la cual 12 cm equivale a 10 −−→ km. → → − − Dos vectores geométricos − u y− v se dicen iguales y se escribe → u =→ v si ellos tienen la misma magnitud y la misma dirección. convenimos en tomar como −−→ dirección de AB el ángulo θ que se forma al ir de dicha semirrecta al segmento AB en −− → − −→ sentido antihorario. ¥ . el desplazamiento de dicho cuerpo se puede por el vector geométrico AB ° °−−→representar −− → ° ° que se muestra en la figura 1. ° °−−→ − −→ ° ° denotada °AB ° . de dicha cantidad vectorial. Figura 1. respectivamente. y que 0 ≤ θ < 2π si θ se mide en radianes.1 Consideremos un cuerpo que se desplaza desde un punto A hasta un punto B distante 40 km de A y hacia el noroeste de A. Cuando se emplea un vector geométrico para representar una determinada cantidad vectorial.3.4 1.1) también denotaremos dicho vector en la forma AB. Nótese que 0o ≤ θ < 360o si θ se mide en grados.3. En este capítulo sólo trataremos con vectores geométricos en el plano. los puntos A y B (como − −→ en la figura 1.2 → − Los vectores − u y→ v en la figura siguiente son iguales. −−→ En todo vector geométrico AB se distinguen dos elementos. respectivamente. ¥ Figura 1. Uno es su magnitud. representan la magnitud y la dirección. la cual expresaremos mediante un ángulo.2. para el cual °AB ° = 40 km y dir(AB) = 135o . como se indica a continuación: trazamos a partir del punto inicial A una semirrecta horizontal y hacia la derecha. El otro es su dirección. la magnitud del vector (tomada a una cierta escala) y la dirección del mismo. Ejemplo 1. obtendremos vectores iguales a él.5 1.5.1. se puede trasladar un vector geométrico de un lugar a otro y mientras no se cambie ni su magnitud ni su dirección. Por esta razón los vectores geométricos se dicen vectores libres.8) . Si α = 00 se → → → → dice que − u y− v tienen la misma dirección y si α = 1800 que − u y− v tienen direcciones opuestas. → A continuación se muestra un vector − v y una colección de vectores geométricos. → → • El ángulo entre − u y− v se define como aquel ángulo α. (Figura 1. Figura 1. Según la definición de igualdad. → → Sean − u y− v dos vectores geométricos dados.4.7. 00 ≤ α ≤ 1800 .6) Figura 1. Conceptos básicos Figura 1.6. − − • → u y→ v se dicen perpendiculares si el ángulo entre ellos es α = 900 . cada → − uno de ellos igual a v . (Figura 1. que forman → − → u y− v una vez que se hacen coincidir sus puntos iniciales. (Figura 1. → → • − u y− v se dicen paralelos si el ángulo entre ellos es α = 00 ó α = 1800 .7) Figura 1. Se dice que − w es la → − → − → − → − → fuerza resultante o que es la suma vectorial de las fuerzas u y v y se escribe w = u + − v.2 Suma de vectores En el caso de las fuerzas o de las velocidades la experiencia indica como ellas deben sumarse. el resultado es −→ → equivalente a un solo desplazamiento de A a C.8. que se representa por el vector − v = BC. el resultado es que la embarcación se mueve. que se representa por el vector − w = AC.11. → respecto a tierra.9). si sobre un cuerpo M se aplican simultáneamente dos fuerzas − u y− v (con las mismas unidades) en un mismo punto. → Análogamente. y luego − − → → desde el punto B al punto C. . la experiencia ha mostrado que el efecto es → el mismo que si se aplicara en dicho punto la fuerza − w obtenida como la diagonal del → → → paralelogramo determinado por los vectores − u y− v (ver la figura 1.9. 1. Figura 1.10. Miremos ahora lo que ocurre con el desplazamiento: si una partícula se desplaza primero −−→ → desde el punto A hasta el punto B. En este caso se dice que − w es la suma vectorial → − → − → − → − → − de las velocidades u y v y se escribe w = u + v . → → → El desplazamiento − w se dice la suma vectorial de los desplazamientos − u y− v y se escribe − → − − → − − → → − → − → − w = u + v (o AC = AB + BC). Esto se ilustra en la figura 1. Figura 1. si una embarcación tiene una velocidad propia − u y la velocidad del → − → − → − agua es v ( u y v con las mismas unidades). Vectores geométricos en el plano Figura 1.10). lo que se representa por el vector − u = AB. con la velocidad − w obtenida también como la diagonal del paralelogramo → → → determinado por − u y− v (ver la figura 1.6 1. → → Por ejemplo. 12. → → Los ejemplos anteriores conducen a definir la suma − u +− v de dos vectores geométricos − → → − u y v . Nótese que si A.2. se hacen coincidir sus puntos iniciales y se construye el paralelogramo determinado por dichos vectores.11.13). El vector suma − u +− v se define como → − → − el vector que va desde el punto inicial de u al punto final de v (figura 1. → → Si los vectores − u y− v son paralelos.13. ellos se suman mediante la regla del triángulo. distintos dos a dos. de cualquiera de las dos formas siguientes: Regla del paralelogramo → → Si los vectores − u y− v no son paralelos.12).7 1. hasta el vértice opuesto a este punto (figura 1. B y C son puntos del plano. Suma de vectores Figura 1. Figura 1. El vector suma → − → → → u +− v se define como el vector que va desde el punto inicial de − u y de − v . Figura 1. Regla del triángulo → → → → Se dibuja − v a partir del extremo final de − u . entonces −−→ −−→ −→ AB + BC = AC . → → → Observe que al proceder así el vector (− u +− v )+− w es el vector que va del punto inicial → − → − de u al punto terminal de w . Figura 1. Vectores geométricos en el plano como se aprecia en la figura 1. observe también que → → → → → → (− u +− v)+− w =− u + (− v +− w) de manera que la suma de vectores geométricos también es asociativa.11. es decir.− v se tiene que → − → → → u +− v =− v +− u lo cual es evidente si seguimos la regla del paralelogramo.− w a continuación → → → de − v y− z a continuación de − w . → − → → → De manera similar u + − v +− w +− z denotará al vector que va desde el punto inicial de → − → − → → → u hasta el punto terminal de z cuando se traza − v a continuación de − u. → → → Digamos ahora que queremos hallar la suma (− u +− v)+− w . los paréntesis en ella pueden omitirse y escribir → → → simplemente − u +− v +− w para denotar cualquiera de sus dos miembros.14. como se ilustra en la figura siguiente Figura 1.15. En virtud de la igualdad anterior.16. Una manera de proceder → → consiste en aplicar la regla del triángulo dos veces así: primero para hallar − u +− v y luego → − → − → − para obtener ( u + v ) + w . para todo par de vectores → − → u. . como se muestra en la figura siguiente Figura 1. La suma de vectores geométricos es conmutativa.14). Si seguimos la regla del triángulo también podemos apreciar tal hecho (ver figura 1.8 1. 17. − Hallaremos k→ v r k aplicando ley del coseno en el triángulo AP Q : es decir. 03 millas por hora. Ejemplo 1. °−→° °−−→° °−→°2 °−→°2 °−−→°2 ° ° ° ° ° ° °° ° ° °AQ° = °AP ° + °P Q° − 2 °AP ° °P Q° cos 60o 2 2 2 → → → → → v c k + k− v b k − 2 k− v c k k− v b k cos 60o k− v r k = k− 1 = 25 + 400 − 2(5)(20) 2 = 325. donde α es el ángulo (medido en grados) entre los → − → − vectores v c y v r . k− v r k = 325 = 18.3 La velocidad de un bote respecto al agua es de 20 millas por hora y hacia el norte. la velocidad del bote respecto al agua. respectivamente. Solución: − → → En la figura siguiente los vectores geométricos → v b. → Por otra parte. √ → Luego. la de la corriente respecto a tierra y la velocidad resultante del bote respecto a tierra. dir(− v r ) = α − 30o .2. Suma de vectores Se puede proceder de manera análoga para sumar 5 o más vectores. Hallaremos α usando ley de seno de nuevo en el triángulo AP Q : sen60o senα °−−→° = °−→° ° ° ° ° °P Q° °AQ° . en un lugar donde la velocidad de la corriente es de 5 millas por hora respecto a tierra en la dirección S 60o E.9 1. Figura 1. − vc y − v r representan. Dibuje la velocidad resultante del bote respecto a tierra y halle su magnitud y su dirección. a fin de que la suma de dos vectores sea siempre otro vector. según la cual debe tenerse que 2 2 2 → → → → → v r k − 2 k− v c k k− v r k cos α = k− v bk . → − → → → 2.26o y en consecuencia → dir(− v r ) = 106.96) = 106. Vectores geométricos en el plano °−−→° √ ° ° √ °P Q° sen60o (20)( 23 ) 10 3 ° ° = √ =√ = 0. pero admitiremos que el vector → − 0 es paralelo y también perpendicular a cualquier vector. → − No definiremos ángulo entre el vector 0 y otro vector. ¿Cómo saber cuál de estas opciones es la correcta? Una forma de saberlo es aplicando la ley del coseno en el triángulo AP Q. se admite la existencia de un vector cuyos puntos inicial y final coinciden. → → Nótese que si hacemos la suma − v + (−− v ) se obtiene como resultado un punto. α = 180o −sen−1 (0.74o ) 2 → número que es menor que 350 y debería dar 400. En adelante consideraremos que el conjunto de los vectores geométricos incluye al vector → → − → → nulo y que − u + 0 =− u para todo vector − u. ¥ → − → Dado un vector − v se llama opuesto de → v y se denota −− v .( u + v ) + z = − u + (− v +− z) → − − → − → 4. − 0 = 0 . → → A continuación listamos las propiedades básicas de la suma de vectores. − u +− v es un vector geométrico. Así.74o . si α = 73.96) = 73. Tal vector.26o . y además él es su propio → − − → opuesto. − u + (−− u)= 0 . incluso a él mismo. k− v c k + k− Ahora. cuya magnitud es 0 y al cual no → − se le asigna dirección. En ellas − u.18). Así. es llamado vector nulo o vector cero y se denotará 0 . dicho → − → − → → → vector 0 es tal que − v + (−− v ) = 0 . Figura 1. (Figura 1.96) = 106. α =sen−1 (0. pues k− v b k = 400.18. el lado izquierdo de esta igualdad nos da √ 25 + 325 − 2(5) 325 cos(73. → → 1. cualquiera sea el vector − v .26o .74o o α = 180o −sen−1 (0. u + 0 = u → − → → 5. al vector que tiene la → − − → misma magnitud de v y dirección opuesta a la de v .26o − 30o = 76.10 1.− v → − y z son vectores geométricos cualesquiera. u + − v =− v +− u → − → − → − → → → 3.96 senα = °−→° 325 325 °AQ° Por tanto. Luego. es decir. Ejemplo 1. . con lo cual se obtiene → → → → → (− x +− v ) + (−− v)=− u + (−− v) Reagrupando. F2 y F Figura 1. la diferencia − u −− v se define como el vector que sumado → − → − a v nos da u .19. (Ver la figura 1. escribimos esta ecuación en la forma → → − → → → v) x + (− v + (−− v )) = − u + (−− → − − → Ahora.2. Solución: → − → − → − En la figura siguiente se representan las fuerzas F1 . según se acaba de ver en el ejemplo anterior. como → x + 0 =− x se tiene que → − → → x =− u + (−− v) ¥ Ahora nos referiremos a la diferencia de dos vectores. como → v + (−− v ) = 0 entonces → → − − → → x + 0 =− u + (−− v) → → − − Finalmente.) Ahora. → → tal vector es − u + (−− v ) . Expresar en términos de → u y→ v el vector → x tal que → − → → x +− v =− u Solución: → → → → Podemos despejar − x en la ecuación − x +− v = − u como se indica a continuación: → sumamos −− v en ambos lados de ella. así que → − → → → u −− v =− u + (−− v) Figura 1.4 → → − − − Sean − u y− v vectores dados. Dibuje la fuerza F2 y halle su magnitud y su dirección.20.11 1. → → → → Dados dos vectores − u y− v .5 − → − → − → Sobre un cuerpo actúan dos fuerzas F1 y F2 en un mismo punto P. La fuerza F1 es de 25 → − Newtons y su dirección es 60o y la fuerza resultante F que actúa sobre el cuerpo es de 30 − → Newtons y su dirección es 40o .19. Suma de vectores Ejemplo 1. 46 = 10.31o .69o = 347.8) = 52. − → dir(F2 ) = 360o − 12. →° °− Hallaremos °F2 ° empleando ley del coseno en el triángulo P QR : °− °→°2 °− ° ° ° °→° °− ° ° ° →°2 °− ° →° °− ° →°2 °F2 ° = °F1 ° + ° F ° − 2 °F1 ° ° F ° cos 20o = (25)2 + (30)2 − 2(25)(30) cos 20o = 115. la dirección de F2 es 360o − α donde α es el ángulo que aparece en la figura. k→ v k = 4 y k− w k = 1. . aplicando ley de coseno en el triángulo OQP.− v y− w como se muestran en la figura 1. y el ángulo α que → − → − necesitamos conocer a fin de usarlo para hallar k u + v k . En la figura 1. con k− u k = 2.21. °F2 ° = 115.75 °F2 ° Como α + 40o < 90o entonces α + 40o =sen−1 (0.6 → → → → − → Sean − u. ¥ Ejemplo 1.22 se muestran → − → − → − → − → → los vectores u .69o y así α = 12.46 °− ° ° →° √ Luego. Para hallar dicho ángulo α usaremos la ley del seno en el mismo triángulo P QR : sen20o sen(α + 40o ) °− ° °− ° = ° →° ° →° °F1 ° °F2 ° °− ° ° →° °F1 ° sen20o 25sen20o °− ° = sen(α + 40o ) = = 0. Por tanto. Solución: → → Hallaremos primero la magnitud y dirección de − u +− v .75 Newtons − → Por otra parte. Vectores geométricos en el plano → − − → − → − → − → − → Como F = ° F1 +° F2 entonces F2 = F − F1 .69o .21. Figura 1. v y u + v como también el ángulo β entre − u y− v .12 1. → − → − → − Dibuje u + v − w y halle tanto su magnitud como su dirección.8 ° →° 10. 23. Procedemos a hallar el ángulo γ.78o .22. Aplicando ley de coseno en el triángulo OQP tenemos: 360o .22.48. k− u +− v k = 20 − 8 3 = 2.22). p √ → → Luego. usando ley del seno en el triángulo OQP : senγ → k− uk senγ 2 = = senγ = senα − → → ku +− vk sen30o 2.) Figura 1.48 Y puesto que γ es agudo.78o = 353.13 1. pues la suma de los ángulos interiores de un paralelogramo es entonces α = 180o − β.78o 2. dir(− u +− v ) = 330o + 23. → → → Por otra parte. como se aprecia en la figura 1. Suma de vectores Figura 1.48 2.2. (Veala figura 1.23. dir(− u +− v ) = dir− v + γ = 330o + γ (Ver figura 1. Como 2α + 2β = 360o . − → → Para hallar k→ u +− v −− w k usamos ley de coseno en el triángulo OP R : 2 2 2 → → → → → → → → → k− u +− v −− w k = k− u +− v k + k− w k − 2 k− u +− v k k− w k cos δ .48 → → Luego. → → → Consideremos ahora el vector − u +− v −− w . 2.48 1 2sen30o = . entonces γ = sen−1 ( 1 ) = 23. como β = 180o − 60o + 30o = 150o entonces α = 30o . 2 2 2 → → → → → → k− u +− v k = k− u k + k− v k − 2 k− u k k− v k cos α = 22 + 42 − 2(2)(4) cos 30o √ = 20 − 8 3. Ahora. k− v k y k− u +− v k. dir(− u +− v −− w ) = φ = 45o − θ.78o − 225o = 128.26 √ → → → y así k− u +− v −− w k = 10. Por último definimos 0− u como el vector nulo 0 (ver figura 1. .6) = 36.6 senθ = − → → k→ u +− v −− wk 3.. considerando el triángulo construido a partir de ellos como se muestra en la figura 1.78o ) = 10. → → → Por último. 4 u . Calcularemos θ usando ley del seno en el triángulo OP R : senδ senθ = − − → → − → → → ku + vk ku +− v −− wk → → (2. (−2)− u = −2− u .48)sen(128. podemos concluir que → → → → k− u +− v k < k− u k + k− vk basados en un resultado de la Geometría Euclídea..24.. por ejemplo (−2)− → − → − → − → u y el doble de la magnitud de u . → → Por otra parte.87o . .1) la cual es denominada desigualdad triangular. → → → → Definimos 1− u =− u y 2− u como el vector que tiene la misma dirección de − u y magnitud → − → − → − el doble de la de u . k u + v k = k u k + k v k en unos casos y en otros la desigualdad k− u +− → → Tenemos así que para todo par de vectores − u y− v se cumple la desigualdad → → → → k− u +− v k ≤ k− u k + k− vk (1. → → → Así.13. es fácil comprobar que si − u y − v son paralelos se da la igualdad → → → → − → − → − → − → v k < k− u k + k− v k. → → Si − u y− v son vectores no paralelos. → − → Empecemos con el caso en que el escalar a es un entero y − u 6= 0 .78o ) k− u +− v k senδ = = 0. De manera similar se definen los vectores 3 u .78o entonces 2 → → → k− u +− v −− w k = (2. ¥ → → → → Para finalizar esta sección nos referiremos a la relación entre k− u k . pues φ + θ = 45o .20 y como θ es agudo entonces θ = sen−1 (0.48)2 + 12 − 2(2...20.14 1. caso en el cual la → definición de a− u es natural.26 = 3. Así..13o .48)(1) cos(128. Vamos a definir el producto a− u de → un escalar a por un vector geométrico − u.3 Producto de un escalar por un vector → En adelante llamaremos escalar a todo número real. el cual dice que “la longitud de un lado en cualquier triángulo es menor que la suma de las longitudes de los otros dos lados”.24) Figura 1. Ahora definimos → → → → → u tiene dirección opuesta a la de (−1)− u = −− u . Vectores geométricos en el plano → → → Y como δ = dir(− u +− v ) − dir(− w ) = 353.87o = 8. 1. dir(− u +− v −− w ) = 45o − 36. . → − → − − − • Si a = 0 o → u = 0 entonces a→ u = 0. Solución: ° ¯ ¯ ° ° ¯2¯ − °2− 2 ° ¯ ¯ k→ ° → u = ¯ 3 ¯ u k = 3 (3) = 2 °3 ° ¯ ¯ ° ° ¯ ¯ − ° 3− ° 3 → °− v ° = ¯− 3 ¯ k→ ¯ 2 ¯ v k = 2 (2) = 3 ° 2 ° ¯ ¯ ° ° ¯ 7¯ − ° ° 7− 7 7 ¯ ¯ → ° °− → ° 4 w ° = ¯− 4 ¯ k w k = 4 (1) = 4 − → → En la figura 1. − 4 w y dibújelos.1. Producto de un escalar por un vector 15 → − En general.25 se muestran los vectores 23 → u .− v y− w tales que k− u k = 3. en la definición anterior. − 32 − v . con a ∈ R. k− v k = 2. − 2 v . Ejemplo 1. se dirá un múltiplo escalar → de − u.7 → → → → → → → Considere los vectores − u. → − → − dir( v ) = 120o .3. Obsérvese. donde |a| es el valor absoluto de a. k− w k = 1 y dir(− u ) = 30o . el producto a− u de un escalar a por un vector geométrico → u se define como se indica a continuación: → − → − − • Si a > 0 y − u 6= 0 entonces a→ u es el vector con la misma dirección de → u y con → − magnitud a k u k . todo vector de la forma a− u . y − 74 − w . dir( w ) = 240o . → − → → − • Si a < 0 y − u 6= 0 entonces a− u es el vector con dirección opuesta a la de → u y con → − magnitud |a| k u k . que: → → • ka− u k = |a| k− uk → − → − → − • a− u = 0 si y sólo si a = 0 o → u = 0 → → • a− u es paralelo a − u → → Dado un vector − u . Halle la magnitud y dirección de cada uno de los vectores → 3− → 7− → 2− 3 u . cuyos lados son. . − u +− v y a− u. Figura 1. − u.16 1. → a− u es un vector geométrico → → a(b− u ) = (ab)− u → → 1− u =− u → → → → a(− u +− v ) = a− u + a− v → − → − → − (a + b) u = a u + b u A continuación nos referiremos a la propiedad 4. respectivamente.25. 4. a u + a v .26. → → u ) = dir(− u ) = 30o dir( 23 − → → 3− v ) + 180o = 120o + 180o = 300o dir(− 2 v ) = dir(− → → − 7− dir(− 4 w ) = dir( w ) − 180o = 240o − 180o = 60o . → → Supongamos a > 0. → − → − → − → − → − → − → − a v .26. 2. 1. Vamos a probar que a( u + v ) = a u + a v . 3. lo cual obtendremos como consecuencia de que los triángulos antes mencionados son semejantes. → − → − → → Es claro que esta propiedad es válida si a = 0 o − u = 0 o − v = 0. − v. válidas → → cualesquiera sean los vectores − u y− v y cualesquiera sean los escalares a y b. ¥ El producto de un escalar por un vector tiene las siguientes propiedades básicas. − u 6= 0 y − v 6= 0. 5. Consideremos los triángulos ABC y DEF. Vectores geométricos en el plano Figura 1. → → → → → mostrados en la figura 1. → − → − → − ° ° ° ° ku + v k kuk °AC ° °AB ° Luego. Esto y la verificación de las propiedades 2. así → → → → dir(a(− u +− v )) = dir(a− u + a− v) → → → → Por tanto. a(− u +− v ) = a− u + a− v. si − v es un 1− → → − vector tal que k v k = 4. → → u + a− v ) = γ + φ. y es unitario ya que tiene la misma dirección de → v pues → − kvk ° µ ° ¶ ° ° 1 − 1 → → → °= v k− uk=° k− vk=1 → → ° k− vk ° k− vk 1 − → v a partir de un vector no Nos referiremos al proceso de hallar el vector unitario → − kvk → − v 1 − → → → nulo − v . dir(a− Ahora. − u 6= 0 y → − → − v 6= 0 .− v 6= 0 . A menudo escribiremos − en vez de − v. . es claro que el vector v es unitario y tiene la misma dirección 4 − → → → → de − v . si a < 0. Un vector geométrico se dice unitario si su magnitud es 1. dado cualquier vector − v.1. ¨ → − → → v. Producto de un escalar por un vector 17 → − − Dichos triángulos son semejantes pues α = β (ya que − u es paralelo a a→ u y→ v lo es a → − a v ) y además °−−→° °−−→° ° ° ° ° → − → − − → °BC ° °EF ° ka v k ak v k kvk °−−→° = − = = − = ° → → − → −→° ° °. Veamos ahora que también tienen la misma dirección: Por una parte → → → → dir(a(− u +− v )) = dir(− u +− v) (pues a > 0) = θ+φ y por otra parte. se dejan como ejercicio. En general. el vector 1 − → − → v u = → − kvk 1 − > 0. ° °− ka u k a k u k k u k DE AB ° ° ° ° Como consecuencia de esa semejanza tenemos que °−−→° °−−→° ° ° ° ° → → → °DE ° °DF ° ka− u + a− vk ka− uk °−→° = °−−→° y así = = a. los vectores a u + a v y a( u + v ) tienen la misma magnitud. se tiene que → − → → v = k− v k− u − − donde → u es el vector unitario con la misma dirección de → v. → → → → → → ka− u + a− v k = a k− u +− v k = ka(− u +− v )k → − → − → − → − es decir. → − → De manera análoga se puede verificar la validez de la propiedad 4. Dado un vector − → → es fácil construir un vector unitario con la misma dirección de− v . Por ejemplo. y 5. por la semejanza de los triángulos ABC y DEF se tiene que θ = γ.3. como normalización de − v .− v 6= 0 . → kvk k→ vk → − Obsérvese que para todo vector no nulo v . . − → → − → → → → Consideremos ahora el caso − u 6= 0 y − v 6= 0 . Si − u = 0 entonces − u es múltiplo → − → − → − → − → − → − escalar de v . → v es múltiplo escalar de → u . si v = 0 entonces v es múltiplo escalar de → − u.27. el vector − w normalizado es 1 − 1 − − → → → → − → u2 = − w = w = 2 w . Si − u y− v tienen la misma dirección. Vectores geométricos en el plano Ejemplo 1.5 1.) En forma análoga.5 y dir(− w ) = 210o .5 (2− → → b) − z = −2. Similarmente. → → Consideremos ahora dos vectores no nulos − u y− v . si → u y− v tienen direcciones opuestas → − u → entonces un vector unitario con la misma dirección de − v es − − y por tanto → kuk µ − ¶ µ − ¶ → u k→ vk − → − → − → v =kvk − − = − − u → → kuk kuk → → así que − v es múltiplo escalar de − u.8 → → → → → → w k = 0. cualesquiera → → sean los vectores − u y− v.27a. Ya sabemos que: → − → − → − → → → Si v es múltiplo escalar de u o u es múltiplo escalar de − v entonces − u y − v son paralelos.18 1. dir(− v ) = 40o . pues 0 = 0 v . el cual es unitario y con la misma dirección de − w (figura k→ wk 0. k− → − → − a) Normalice cada uno de los vectores v y w → → b) Halle el vector − z con dirección opuesta a la de − w y magnitud 2. − − Hemos probado así que para todo par de vectores → u y→ v.) ¥ 2 Figura 1.5.27b. → − → − → → → Supongamos que u y − v son vectores paralelos.27b. → − u → → y por tanto un vector unitario en la dirección tanto de − u como de − v es − → kuk µ − ¶ µ − ¶ → u k→ vk − → − → → v = k− vk = u → → k− uk k− uk − − − → Luego. Probaremos ahora que el recíproco de dicha afirmación también es cierto. Solución: 1→ − → = 1 − → a) El vector → v normalizado es − u v = − v . Sean − v y− w vectores tales que k− v k = 3. análogamente. el cual es unitario y con la 1 → − 3 kvk → → misma dirección de − v (figura 1.5− u w ) = −5− w (figura 1.) → → = −2. Producto de un escalar por un vector − → − − → u y→ v son paralelos si y sólo si → v es múltiplo escalar de − u → − → − o u es múltiplo escalar de v . entonces −−→ 1 −−→ −−→ 1 −→ M C = AC y CN = CB 2 2 Luego. → −−→ 1 −→ 1 −−→ 1 ³−→ −−→´ 1 −− M N = AC + CB = AC + CB = AB. Ejemplo 1. Como ejemplo. entonces el segmento de recta M N es paralelo al lado AB y la longitud de M N es la mitad de la de AB.28. B.2) ° ° 3 °P B ° .28 se muestra un triángulo con vértices A. respectivamente. C y los puntos medios M. Figura 1. En −−→ −−→ −−→ M N = M C + CN Ahora.9 Probar. lo siguiente: Si A. como M y N son los puntos medios de AC y BC. Prueba: En la figura 1. −−→ Vamos a probar que M N = primer lugar tenemos que −→ 1− 2 AB. consideramos la figura 1.19 1. B y C son los vértices de un triángulo y M. 2 2 2 2 ¨ Ahora nos referiremos a la noción de “punto que divide a un segmento de recta en una proporción dada”. N de los lados AC y BC. de lo cual se concluye lo que se pide probar. N son los puntos medios de los lados AC y BC respectivamente. empleando vectores geométricos. en la cual el punto P del segmento AB es tal que °−→° ° ° °AP ° 2 °−−→° = (1.29.3. entonces −−→ OP = m −−→ n −→ OA + OB m+n m+n Prueba: Consideremos la figura 1. Figura 1. Nótese que en lugar de (1. Vectores geométricos en el plano Figura 1. ° ° 3 5 5 °AB ° En general.30. En este caso diremos que P divide al segmento AB en la proporción 2 : 3.20 1.3) En relacioón con lo anterior se tiene el siguiente resultado: Teorema de la proporción: Si P es el punto de un segmento AB que lo divide en la proporción m : n y O es cualquier punto del plano. o AP = AB ° ° m+n n m+n °AB ° (1.2) se puede escribir cualquiera de las siguientes igualdades: °−→° ° ° °AP ° −→ 2 −−→ −→ 2 −−→ 2 °−−→° = o AP = AB AP = P B. si P es un punto de un segmento AB diremos que P divide al segmento AB en la proporción m : n (m y n son números positivos) si °−→° ° ° °AP ° m °−−→° = ° ° n °P B ° lo cual es equivalente a cualquiera de las igualdades siguientes: °−→° ° ° °AP ° −→ m −−→ −→ m m −−→ °−−→° = AP = P B . .30 en la caul el punto P divide al segmento AB en la proporción m : n.29. las tres medianas se cortan en un punto (llamado baricentro) cuya distancia a cada vértice es igual a 2/3 de la longitud de la mediana trazada desde dicho vértice”. En el siguiente ejemplo se muestra una manera de probar este resultado empleando vectores geométricos. . m −−→ AB m+n −−→ −→ OP = OA + m −−→ AB m+n − −→ −−→ −→ AB = OB − OA entonces −−→ −→ m ³−−→ −→´ OP = OA + OB − OA m + n¶ µ −→ m −−→ m OA + OB = 1− m+n m+n m −−→ n −→ OA + OB = m+n m+n Hemos probado así lo que se pedía para el caso en el cual O no es un punto de la recta que pasa por A y B. Ejemplo 1. B y C los vértices de un triángulo y O cualquier punto del plano. Producto de un escalar por un vector En primer lugar tenemos que −−→ −→ −→ OP = OA + AP (1. además. Probar que −−→ 1 ³−→ −−→ −−→´ OA + OB + OC .10 Sean A. El lector puede observar que la prueba dada también es válida en el caso en que O es un punto de dicha recta.21 1.3)) −→ AP = se tiene que Como.4) y como (vea (1. a) Sea P el punto de la mediana relativa al lado BC tal que su distancia al vértice A es 2/3 de la longitud de dicha mediana.3. OP = 3 b) Aplicar el resultado en a) para probar que las tres medianas de un triángulo se cortan en un punto cuya distancia a cada vértice es igual a 2/3 de la longitud de la mediana trazada desde el respectivo vértice. ¨ Como corolario del teorema de la proporción se tiene que: Si M es el punto medio de un segmento AB y O es cualquier punto del plano entonces −−→ 1 −→ 1 −−→ OM = OA + OB 2 2 Un resultado de la Geometría Euclidiana afirma que “en todo triángulo. ¨ . el punto P es tal que su distancia al punto A es 2/3 de la distancia de A a M . según el teorema de la proporción.22 1. Q y R coinciden. si R es el punto de la mediana trazada desde el vértice C tal que la distancia de R a C es 2/3 de la longitud de dicha mediana. Por otra parte.31. En dicha figura M es el punto medio del lado BC y así el segmento AM es la mediana relativa al lado BC. entonces −− → 1 ³−→ −−→ −−→´ OR = OA + OB + OC 3 Luego. 3 Ahora. Vectores geométricos en el plano Prueba: a) Consideremos la figura 1. Según lo probado en a) tenemos que −−→ 1 ³−→ −−→ −−→´ OQ = OA + OB + OC 3 Análogamente. −−→ OP = = = µ ¶ 1 −→ 2 1 −−→ 1 −−→ OA + OC + OB 3 3 2 2 1 −→ 1 −−→ 1 −−→ OA + OC + OB 3 3 3 1 ³−→ −−→ −−→´ OA + OB + OC . −−→ 1 −→ 2 −−→ OP = OA + OM 3 3 De otro lado. −−→ 1 −−→ 1 −−→ OM = OC + OB 2 2 luego. 3 b) Sea Q el punto de la mediana trazada desde el vértice B tal que la distancia de Q a B es 2/3 de la longitud de dicha mediana.31 Figura 1. como M es el punto medio del segmento CB. si P es como en el literal a) entonces −−→ −−→ −−→ OP = OQ = OR y por tanto los puntos P. como P divide al segmento AM en la proporción 2 : 1 entonces. es decir. −→ 2 −−→ AP = AM . podemos escribir → − − → → z =− z + 0 − → − − − − − dándose que → z es paralelo a → u y 0 es paralelo a → v . → → → → → Consideremos primero el caso en el cual − z no es paralelo a − u ni a − v .4 Descomposición de un vector → → Sean − u y− v vectores dados no paralelos. → − − Ahora. hasta cortar las rectas que contienen estos vectores.27. Dibujamos − u. .32. Figura 1.5). pasando por el extremo final de z . por → tanto. se tiene que −−→ −−→ − → z = OP + OQ −−→ −−→ → → con OP paralelo a − u y OQ paralelo a − v. → → Consideremos ahora un vector − z descompuesto en la forma (1. en el caso z paralelo (por ejemplo) a → u . Como − p es paralelo → − → − → − → − → − → − → − a u y q es paralelo a v entonces p = a u y q = b v para ciertos escalares a y b. → → − − → z z = 0 +− → − → → → donde 0 es paralelo a − u y− z es paralelo a − v.− v → − → − y z con punto inicial común y trazamos. − z es expresable en la forma − → → → z = a− u + b− v. como en la figura 1. es decir. − z se descompone como se dijo inicialmente.4. − Si P y Q son los correspondientes puntos de corte y O denota el punto inicial de → u y → − v . en la forma (1.5). si → z es paralelo a → v. paralelas a → − → u y− v . Empezaremos mostrando cómo cualquier vector → − z puede descomponerse en la forma − → → → z =− p +− q (1. Similarmente. → A continuación probaremos que los escalares a y b en la escritura anterior de − z son únicos: → → → → → → Supongamos que − z = a1 − u + b1 − v y también − z = a2 − u + b2 − v (Vamos a probar que a1 = a2 y b1 = b2 ).5) − → → → con → p paralelo a − u y− q paralelo a − v. Descomposición de un vector 1.23 1. → − → Tenemos así que dado un vector z cualquiera. Ejemplo 1.6)) y como − v 6= 0 a1 = a2 . pero sabemos que − u no es paralelo a − v . 1 2 2 1 (1. − v y− z los vectores mostrados en la figura 1.11 → → → Sean − u.33. Solución: −→ −− → − − Consideremos la figura 1. Figura 1. − → → → Sabiendo que k→ u k = 3. hallar la descomposición de − z en las → → → → → direcciones de − u y− v . Ahora. como a1 − a2 = 0 entonces (b2 − b1 )− entonces b2 − b1 = 0 y así b1 = b2 .34 en la cual P R es paralelo a → v .6) → → → u como múltiplo escalar de − v y entonces − u Si fuese a1 − a2 6= 0.24 1. podríamos escribir − → → → sería paralelo a − v . → − → − → → v = 0 (ver (1. es decir. k− v k = 2 y k− z k = 4. − → De acuerdo con la figura tenemos que la descomposición de → z en las direcciones de − u − → y v es −−→ −−→ → − z = OP + OQ .34. y RQ es paralelo a → u.7) − Nos referiremos a la escritura en (1.33 Figura 1.7) de un vector → z como la descomposición de − → → − → − z en las direcciones de los vectores u y v . Luego a1 − a2 = 0. determinando los escalares a y b tales que − z = a− u + b− v. Resumimos la discusión anterior en el siguiente resultado: → − → Si − u y→ v son vectores no paralelos entonces para todo vector − z existen únicos escalares a y b tales que → − → → z = a− u + b− v (1. Vectores geométricos en el plano Entonces → → → → a1 − u + b1 − v = a2 − u + b2 − v → − → − → − → − a1 u − a2 u = b2 v − b1 v → → (a − a )− u = (b − b )− v. y . en la forma → − → → z =− p +− q (1. de manera única. Proyección de un vector sobre otro vector −−→ −−→ → → donde OP = a− u para cierto escalar a < 0 y OQ = b− v para cierto escalar b > 0. Si P es el punto de corte y O es el punto inicial de − entonces −−→ − → p = OP − → → → q =− z −− p → − → − − Lo anterior se ilustra en la figura 1.81. El vector − p se dice la componente (vecto→ − → − → − rial) de z en la dirección de u . A continuación determinamos los escalares a y b : Según la ley del seno aplicada al triángulo OP R tenemos que °−−→° ° ° → °OP ° k− zk = o sen105 sen45o °−−→° ° ° → → u k = |a| k− u k entonces y como °OP ° = ka− → → |a| k− uk k− zk = o sen105 sen45o de donde → k− z k sen105o 4 (0.35.96) = ¡ √ ¢ ≈ 1.5 ¥ Proyección de un vector sobre otro vector → − Sea − u un vector no nulo dado y sea → z un vector cualquiera.5. → → → → Para obtener gráficamente las componentes − p y− q se dibujan − z y− u con el mismo → − punto inicial y se traza una perpendicular desde el extremo final de z hasta cortar la → → → z y− u recta que contiene al vector − u .8) → → → → → con − p paralelo a − u y− q perpendicular a − u .41 1.81 → − o k u k sen45 3 1/ 2 |a| = y dado que a < 0 entonces a ≈ −1.81 y b ≈ 1. en la cual − z 6= 0 y α es el ángulo entre → z y→ u.25 1. Análogamente. → − − Así.41. la descomposición del vector − z en las direcciones de → u y→ v es − → → → z = a− u + b− v con a ≈ 1. Como caso particular de → descomposición de un vector tenemos que − z puede descomponerse. en tanto que q se dice la componente (vectorial) → → de − z perpendicular a − u.41 − o k v k sen45 2 1/ 2 y puesto que b > 0 entonces b ≈ 1. °−−→° ° ° °OQ° sen30o °−−→° ° ° → → v k = |b| k− v k entonces y como °OQ° = kb− = → k− zk sen45o → √ k− z k sen30o 4 (1/2) |b| = → = ¡ √ ¢ = 2 ≈ 1. es decir. → − → → − − → → → Nótese que si − z = 0 . En efecto.8) también se llama proyección de − z sobre → u y se denota → − → z . cero o negativa. entonces en (1. A continuación hallaremos una expresión para el vector → − → − → → − → z en términos de u. → → − El vector − p en (1. → − − → − − → • Si → z es perpendicular a → u entonces P roy− u z = 0. → kuk → → Tal escalar r se llama componente escalar de − z en la dirección de − u . Supongamos entonces que z 6= 0 y → → sea α el ángulo entre − z y − u . y si α = 900 esos dos miembros son iguales → − a 0. Ahora.− z y α.35. existe un escalar r tal que → − u − → p =r − . si α = 0o → los dos miembros en ella son iguales a − z . caso a) entonces → p tiene la misma dirección de → u y → − u → → .26 1. z = (k z k cos α) P roy− u → k− uk Nótese que esta fórmula también es válida si α = 0o y si α = 900 . − → − − → → Puesto que el vector → p = P roy− u z es paralelo a u .35. → − → − → − → − − → → → Si − z = 0 ya sabemos que P roy− u z = 0 . Vectores geométricos en el plano Figura 1. . como por tanto − p = k− pk − k→ uk → k− pk − → . k→ p k = k− z k cos α cos α = → − kzk → − u − → entonces → p = (k− z k cos α) − y así k→ uk → − u → − → − → .8) − p = 0 y− q = 0. p = P roy− u − − • Si 0o < α < 900 (figura 1. Obsérvese que: P roy− u − − → − − → → • Si → z es paralelo a → u entonces P roy− u z = z. Nótese que esa componente escalar puede ser positiva. en cada uno de los siguientes casos: → → a) El ángulo entre − z y− u es de 60o . pues en tal caso sus dos → miembros son iguales a − z. → − → − → − → − → − • Si z = 0 . el cual se ilustra en la figura 1.1. k→ p k = k− z k cos(1800 − α) − kzk − → p k = − k− z k cos α. P roy− u z = (k z k cos α) − → kuk → − − En este caso la componente escalar de z en la dirección de → u es → k− z k cos α. P roy u z = 0 . A continuación recogemos lo básico de la discusión anterior. caso ¶ b) entonces p tiene dirección opuesta a la de → − u → − → → .5. Hallar la componente escalar de − z → − → − → − en la dirección de u y la proyección de z sobre u . es decir. Proyección de un vector sobre otro vector 27 → − • Si 900 < α < 1800 (figuraµ1. → → En este caso la componente escalar de − z en la dirección de − u es 0.35. → → Sea − u un vector no nulo y − z un vector cualquiera. Ejemplo 1. en este caso u y por tanto − p = k− pk − − → kuk → k− pk − → cos(1800 − α) = → . se tiene − r = k→ z k cos 60o = 4 µ ¶ → − u 2→ 1 → − → = 2 y así P roy− = − u u z =2 − → 2 kuk 3 . u z = (k z k cos α) − → kuk Nótese que esta fórmula también es válida si α = 1800 . → → d) − z tiene dirección opuesta a la de − u. Ahora. → − u → − → − → .12 → → → → → Sean − u y− z vectores tales que k− u k = 3 y k− z k = 4. Solución: → → Si r es la componente de − z en la dirección de − u entonces: En el caso a). Luego y como cos(1800 − α) = − cos α entonces k→ ¶ µ → − u − → → − p = (− k z k cos α) − − k→ uk y así (como en el caso anterior) → − u → − → − → P roy− . → → b) El ángulo entre − z y− u es de 150o .36a. → − → − → − → − • Si z 6= 0 y α es el ángulo entre z y u . → − → c) z es perpendicular a − u. → pues r = k− z k cos 180o = −4. → → Ahora.36d). ilustrado en la figura 1.13 Un cuerpo se desliza sobre un plano inclinado un ángulo θ. − u y− v. Halle. sabemos que P roy− u z = z (figura 1. por ser − z perpendicular a − u . Si se emplea la fórmula para r igualmente se obtiene r = 0.36. . es decir. pues → r = k− z k cos 90o = 0. Si se quiere emplear la fórmula para r igualmente se obtiene r = −4.36b. se tiene à √ ! √ ³ √ ´ − → √ −2 3 − 3 u → → − − → o → = u r = k z k cos 150 = 4 − = −2 3 y así P roy− u z = −2 3 → 2 k− uk 3 → − → − → → → (figura En el caso c).36c). como − z tiene dirección opuesta a la de − u entonces → − → − u u − → → z = − k− zk − = −4 → → − kuk kuk y por tanto r = −4. expréselas en términos → → → de − w . como se muestra en la figura → → 1. θ. las → → → componentes de su peso − w en las direcciones de los vectores − u y− v . Vectores geométricos en el plano Figura 1. r = 0. para cada posición del cuerpo en su deslizamiento. → − → − → → → En el caso d).37 en la cual − u es un vector unitario en la dirección del movimiento y − v un vector → − unitario perpendicular a u . En el caso b).28 1. ¥ Ejemplo 1. por ser − z paralelo a − u . sabemos que P roy− u z = 0 1. −−→ → Consideremos un cuerpo el cual experimenta un desplazamiento − u = P Q mientras → − → actúa sobre él una fuerza constante no nula F .6 → − → − → − → P roy− v w = (k w k cosθ) v .38. y por tanto el → − → − 0 ángulo GDF entre w y u es 90 − θ.38. que forma un ángulo α con − u . ¢¢ − ¡ 0 → → → → ¡ − − → → u = (k− w k senθ)− u P roy− u w = k w k cos 90 − θ y → − → − → − → P roy− v w = (k w k cosθ) v → → − Así.6. el cual es llamado producto escalar. Producto escalar Figura 1. pues el resultado es un escalar. el ángulo EDG entre − w y− v es igual al ángulo θ (¿por qué?). nos referiremos a continuación al concepto de trabajo en la Física. Ahora consideraremos cierto producto entre dos vectores. Solución: − → Para cada posición del cuerpo.29 1. como se ilustra en la figura 1. Como introducción a dicho producto. ¥ Producto escalar Hasta el momento hemos sumado dos vectores y multiplicado un escalar por un vector. las componentes de su peso → w en las direcciones de − u → − y v son respectivamente −−→ → − → DF = P roy− u w y −−→ → − → DE = P roy− v w → → Ahora. las componentes del peso − w en las direcciones de − u y→ v son respectivamente → − → − → y − → P roy− u w = (k w k senθ) u 1. Luego. . Figura 1.37. entonces → → → → → → − k− v k k− u k ≤ k− v k k− u k cos α ≤ k− v k k− uk → − − → − − por tanto. como −1 ≤ cos α ≤ 1. Es decir. ° ´ ³°− °→° → uk W = ° F ° cos α k− o sea °− ° °→° → W = ° F ° k− u k cos α (1.− v . se define el producto → − → − escalar v · u así: → − → − − − − → • Si → u = 0 o − v = 0. → → − El escalar W en (1. se conoce como desigualdad de Cauchy-Schwarz. se dice el → − − → producto escalar de F y u y se denota → → − W = F ·− u → → En general. cuando se levanta un objeto. . es cero cuando − u = 0 (el cuerpo no se desplaza) 2 → π − → − → → o cuando α = ( F es perpendicular al desplazamiento − u ). − → → → → v ·− u = k− v k k− u k cos α (1. Por ejemplo. el trabajo realizado por la fuerza 2 aplicada es positivo (en este caso. π → − → − → → Es positiva cuando − u 6= 0 y 0 ≤ α < . − v = 6 0 y α es el ángulo entre → v y→ u.30 1. el trabajo W realizado por la fuerza F se define como el producto de la → − → componente escalar de F en la dirección del vector desplazamiento − u y la magnitud de → − u . válidas cualesquiera sean los vec→ → → tores − u. → → → → |− v ·− u | ≤ k− v k k− u k. equivalentemente. dados dos vectores geométricos cualesquiera − v y− u . se tiene que → → → → → → − k− v k k− uk≤− v ·− u ≤ k− v k k− uk o.9). la cual es válida también para − u = 0 o− v = 0 . El producto escalar tiene las siguientes propiedades. para → u = 6 0 y→ v = 6 0 . la fuerza aplicada y el desplazamiento tienen la misma dirección) mientras que el trabajo realizado por la fuerza gravitacional es negativo (la fuerza gravitacional y el desplazamiento tienen direcciones opuestas). que se ha obtenido a partir de los vectores F y − u . → → − − → → Esta desigualdad.10) Una consecuencia inmediata de la definición dada es que − → → − − v ·− u = 0 si y sólo si → v y→ u son perpendiculares Además. y es negativa cuando − u 6= 0 2 π y < α ≤ π. Vectores geométricos en el plano → − Pues bien.9) Observe que el trabajo es una cantidad escalar que puede ser positiva. → v ·→ u =0 → → − − → → − − • Si − u 6= 0 .− w y cualquiera sea el escalar r. cero o negativa. Si el cubo pesa 12 Newtons y la fuerza de fricción que se produce por el rozamiento entre el cubo y el plano inclinado es de − → → 3 Newtons. en forma inmediata. como el ángulo entre Ff y − °− ° − → − ° →° − → r k cos 180o = (3)(5)(−1) = −15 Joules. de la definición del producto escalar. − → → → → u ·− v =− v ·− u 2 → − → − → − u · u =kuk → − → − → → → → (r u ) · v = r(− u ·− v)=− u · (r− v) → − → → → → → → u · (− v +− w) = − u ·− v +− u ·− w y → → → → → → → (− u +− v)·− w =− u ·− w +− v ·− w Las propiedades 1. como en la figura 1.31 1. se deja como ejercicio. la fuerza de fricción Ff . → Sean W1 .14 Un cubo se desliza entre dos puntos A y B distantes 5 metros sobre un plano inclinado que forma 30o con la horizontal.6. por el peso − w . La prueba de las propiedades 3. En la figura 1. la normal N y la fuerza de fricción Ff . 2. W2 .39. 3. W2 = Ff · r = °Ff ° k→ . el vector desplazamiento − r = AB y la descomposición vectorial del peso − w en → en la dirección del movimiento y una componente − w→ una componente − w r n en la dirección perpendicular al movimiento.39 se muestra el diagrama de dichas fuerzas. y 2. la normal → − → − N y la fuerza resultante F cuando el cubo se desplaza entre los puntos A y B. la → − → − − → fricción Ff . Ejemplo 1. Solución: Para cualquier posición del cubo en su desplazamiento entre los puntos A y B. respectivamente. calcule el trabajo realizado por el peso − w . 2 − → → r es de 180o entonces De manera similar. las → − − → → fuerzas que actúan sobre él son su peso − w . Producto escalar 1. se siguen. W3 y WT los trabajos realizados. como también la fuerza resul→ − −−→ → → tante F .39. Como el → → ángulo entre − w y− r es de 60o entonces µ ¶ 1 → − → − → − → − o W1 = w · r = k w k k r k cos 60 = (12)(5) = 30 Joules. Figura 1. 4. la normal N y la resultante F cuando el cubo se desplaza de A a B. y 4. En la recta orientada L se dice que un punto A está a la izquierda de un punto B (o que B está a la derecha de A) si al ir de A a B lo hacemos en sentido positivo. W3 = N · r = ° N ° k→ → − Obsérvese que el trabajo W3 es nulo porque la fuerza normal N es perpendicular al → − → vector desplazamiento − r . Si a un punto X de L le corresponde el número real x. Descomposición canónica Empecemos por recordar que el conjunto de los puntos sobre una recta L se puede poner en correspondencia biunívoca con el conjunto R de los números reales como se indica a continuación: Se elige en L un punto O al que se llama origen y una orientación o dirección. la cual se dice positiva que se indica con una punta de flecha (figura 1.7 ¥ Vectores geométricos en el plano cartesiano. −1 corresponde al punto de L que está una unidad a la izquierda de O y en general un número negativo x corresponde al punto X situado −x unidades a la izquierda de O. Por último. Por otra parte. la fuerza resultante F está dada por → → − − → − → − → − → − → wr + w→ F =− w + Ff + N = − n + Ff + N → − pero como la normal N tiene la misma magnitud de la componente − w→ n del peso y dirección → − − → − → contraria a la de wn . la ° °− → − °→° fuerza resultante F es tal que ° F ° = 3 y su dirección es la misma que la del movimiento.40). Así que →° → → ° − ° → °− W = F ·− r k cos 0o = (3)(5)(1) = 15 Joules. Luego. se dice que x es la coordenada del punto X.32 1. Vectores geométricos en el plano − → Observe que el trabajo W2 es negativo ya que la fuerza de fricción Ff tiene dirección → contraria a la del vector desplazamiento − r. de la manera antes indicada. es decir. . N = − wn entonces − → → →+− F =− w Ff . Se escoge una unidad de longitud y luego se hace corresponder un número real x a cada punto X de L así: 0 corresponde al origen O. r → tiene la dirección del movimiento y Ahora. r = ° F ° k− T Observe que WT = W1 + W2 . 1 corresponde al punto de L que está una unidad a la derecha de O y en general un número positivo x corresponde al punto X situado x unidades a la derecha de O. como el ángulo entre N y → r es de 90o entonces ° °− → − − °→° − → r k cos 90o = 0. → − − Por otra parte. 1. − w r → →k = k− w k sen30o = (12) k− w r µ ¶ 1 =6 2 °− ° − → ° →° mientras que Ff tiene la dirección contraria a la del movimiento y °Ff ° = 3. de manera natural. El par ordenado que consiste de los números a y b.40. siendo a el primero µ ¶ y b el segundo. b ∈ R .41). el número a es la coordenada del punto donde se corte al eje x. Vectores geométricos en el plano cartesiano. una correspondencia biunívoca entre el conjunto de puntos del plano y el conjunto R2 de todos los pares ordenados µ ¶ de a números reales. b) o también en la forma b optaremos por emplear anteriores por simple conveniencia. la recta L se dice una recta real. el orden en que estos números aparecen en el primer par es diferente al orden en que aparecen en el segundo. Ahora recordemos la gran idea del matemático y filósofo Francés Rene Descartes (1596 . a .1650) en relación con un sistema de referencia para ubicar puntos en el plano. A cada punto P del plano se le hace corresponder un par ordenado de b números reales a. una recta numérica o también un eje coordenado.7. µ ¶ µ ¶ la segunda de las notaciones 2 1 pues. b La idea de Descartes consistió en considerar en el plano un par de ejes coordenados perpendiculares. R2 µ ¶ a el conjunto de todos los pares ordenados de números reales. se tiene que µ ¶ µ ¶ c a si y sólo si a = c y b = d. con la misma unidad de longitud y con un mismo origen O.1. es b R2 = ½µ ¶ ¾ a / a. el cual se refiere a una pareja de números para los cuales importa el orden en que los coloquemos. En general. y el otro (llamado eje y) con orientación positiva hacia arriba (Ver figura 1. Establecida dicha correspondencia.41). . En ella se hace uso del concepto de par ordenado (o pareja ordenada) de números reales. el cual es el punto de corte de dichos ejes. = d b Denotaremos decir. En este texto se acostumbra denotarlo en la forma (a. Descomposición canónica 33 Figura 1. aunque los dos están conformados es distinto del par Nótese que el par 1 2 por los mismos números reales 1 y 2. Se acostumbra tomar uno de los ejes horizontal y con orientación positiva hacia la derecha (éste es llamado eje x). y el número b la coordenada del punto donde se corte al eje y (Ver figura 1. Una vez escogido un tal sistema de ejes coordenados (al cual nos referiremos como un sistema cartesiano xy) se establece. b obtenidos de la siguiente manera: desde el punto P se trazan paralelas al eje x y al eje y. A continuación consideraremos los vectores geométricos en el plano cartesiano.42. b b En adelante asumiremos que el plano está dotado de un sistema cartesiano y nos referiremos a él como plano cartesiano. Sin embargo. entre el plano y R2 para identificar cada punto P del plano con su par b µ ¶ µ ¶ a a Así. y j al vector unitario que apunta en la dirección positiva del eje y. j con su punto inicial en el origen. De esta manera a cada punto P del plano le corresponde la a de sus coordenadas.34 1. una vez se fija un sistema cartesiano en el plano. b Es necesario tener presente que el plano (cuyos elementos son puntos) es distinto del conjunto R2 (cuyos elementos son pares ordenados de números reales). diremos “el punto P = ” en vez de “el punto P cuyo par de coordenadas es ”. ya que si partimos de pareja b µ ¶ a una pareja ordenada de números reales e invertimos el proceso antes descrito. y b se dice la ordenada o también coordenada µ ¶ y del punto P.41. En la figura 1. se usa la correspondencia antes mencionada µ ¶ a de coordenadas. vemos b µ ¶ a que existe un único punto P del plano del cual es su pareja de coordenadas. Los números a y b se dicen las coordenadas cartesianas o rectangulares del punto P .42 se → − − → muestran dichos vectores i . a se dice la abscisa o también coordenada x. . Vectores geométricos en el plano Figura 1. Figura 1. Esta correspondencia es biunívoca. → − Es costumbre denotar i al vector unitario que apunta en la dirección positiva del eje → − x. 43. En general. . → − → − → Recíprocamente. Figura 1.1. → − − → Dado que i y j son unitarios y apuntan en las direcciones positivas de los ejes x y y. Descomposición canónica 35 → → − − Puesto que i y j no son paralelos se tiene que: → − → − − − Para todo vector → u . la descomposición canónica de cualquier vector µ u ¶ 4 → − obtener. se tiene que 2 −−→ → − → − OP = a i + b j si y sólo si P = µ ¶ a b En la figura 1.43. siµel ¶ vector − u = 4 i + 2 j tiene su punto inicial en el origen entonces 4 su punto final es P = . existen únicos escalares a y b tales que → u =a i +bj . Por ejemplo.7.44 se ilustra lo anterior en el caso a < 0 y b > 0. → es bastante sencilla de − respectivamente. Vectores geométricos en el plano cartesiano. a se dice la componente x y b la componente y. el vector u que va del origen al punto se expresa claramente 2 en la forma → − → − − → u =4 i +2j como se aprecia en la figura 1. (1. Los números a y b (los cuales → − → − → − son las componentes escalares de u en las direcciones de i y j respectivamente) se dicen → → las componentes escalares de − u o simplemente las componentes de − u .11) La descomposición → − → − − → u =a i +bj → → de un vector − u se llama descomposición canónica de − u . −−→ −−→ −−→ Como P Q = OQ − OP y dado que −−→ −−→ → − → − → − → − OQ = c i + d j y OP = a i + b j entonces −−→ → − → − → − → − → − → − P Q = (c i + d j ) − (a i + b j ) = (c − a) i + (d − b) j . ¶ µ c−a entonces Nótese que si R = d−b − −→ → − → − OR = (c − a) i + (d − b) j −−→ −− → y por tanto P Q es igual al vector de posición OR (ver figura 1.45).36 1. −−→ Para cada punto P . b d Figura 1. el vecto OP se dirá el vector de posición del punto P.45.45).44. Tenemos así que: . Vectores geométricos en el plano Figura 1. −−→ Hallemosµ ahora la descomposición ¶ µ ¶canónica de un vector cualquiera P Q con punto a c inicial P = y punto final Q = (figura 1. 46. 3 4 −−→ a) Halle la descomposición canónica del vector P Q. Ejemplo 1. Solución: −−→ a) La descomposición canónica del vector P Q es −−→ → − → − → − − → P Q = (−1 − 2) i + (4 − 3) j = −3 i + j −−→ −−→ −−→ → − − → b) Puesto que P Q = −3 i + j se tiene que P Q = OR donde R = 1. 1 (Figura . Descomposición canónica µ ¶ µ ¶ −−→ c a entonces la descomposición canónica de P Q es yQ= Si P = d b −−→ → − → − P Q = (c − a) i + (d − b) j y así ¶ µ −−→ − −→ c−a . → − → − → Si − u = a i + b j entonces → − → − u = 0 si y sólo si a = 0 y b = 0. → − → − → − En particular.7. ¥ Figura 1. µ ¶ −3 . como 0 = 0 i + 0 j . Vectores geométricos en el plano cartesiano. P Q = OR donde R = d−b − Dada la unicidad de la descomposición canónica de cualquier vector → u se tiene que: → − → − → − → → − − Si → u =a i +bj y − v = a0 i + b0 j entonces → − → u =− v si y sólo si a = a0 y b = b0 .15 µ ¶ µ ¶ 2 −1 Sean P = yQ= .37 1.46). −−→ − −→ b) Halle el punto R tal que P Q = OR. y otra expresándolo en la forma u = a i + b j . la descomposición canónica de → u es → − → − − → → → u = (k− u k cos θ) i + (k− u k senθ) j que podemos escribir también como → − → − − → → u = k− u k ((cos θ) i + (senθ) j ).47).47.38 1. entonces θ 6= Así. (Ver figura 1.47. Vectores geométricos en el plano → Tenemos ahora dos maneras de describir cualquier vector no nulo − u : una dando la → − → − → − → − magnitud k u k y la dirección θ. a µ ¶ b . a partir de tan−1 siempre podremos obtener la dirección θ. − En cuanto a la dirección θ de → u se tiene lo siguiente: • Si a = 0 entonces θ = 90o cuando b > 0. si θ no es agudo.16). si θ es agudo entonces θ = a µ ¶ µ ¶ b b tan−1 . . dando su descomposición canónica. a a (Vea ejemplo 1. En primer lugar. y θ = 270o cuando b < 0. sin embargo. → − → − Nótese que (cos θ) i + (senθ) j es un vector unitario (pues cos2 θ+sen2 θ = 1) con la → misma dirección de − u. → − → − → − y supongamos que u = a i + b j (ver figura 1. • Si a 6= 0 entonces tan θ = b . → → Digamos ahora que partimos de − u descrito dando su magnitud k− u k y su dirección θ. Ahora. como se muestra a continuación: → − → − → Digamos que partimos de − u = a i + b j . a b Como cos θ = − y senθ = − entonces k→ uk k→ uk tan−1 → → a = k− u k cos θ y b = k− u k senθ − y por tanto. según Teorema de Pitágoras. Podemos pasar de cualquiera de las dos a la otra. es decir.) Figura 1. es claro que p → k− u k = a2 + b2 . 7.). (Vea figura 1. Descomposición canónica Ejemplo 1.43o + 180o = 116. θ2 y θ3 .48.) Ejemplo 1. → z2 = − i +2 j → − → − → y− z3 = 6 i − 2 j . Vectores geométricos en el plano cartesiano. Solución: 5 2 −−→ y dir(OP ) = 3π 4 rad.39 1.48c.17 °−−→° −−→ ° ° Halle la descomposición canónica del vector OP tal que °OP ° = (Figura 1.43o + 360o = ¥ 341. En este caso θ3 = tan−1 (− 13 ) + 360o = −18. − respectivas direcciones θ1 . p p √ √ → → z3 k = 62 + (−2)2 = 40.57o . • De manera similar al caso anterior.04o (vea figura 1.) • tan θ2 = − 21 . Sin embargo (vea figura 1. √ √ → − → − − − Como → z1 = 3 i + 5 j entonces k→ z1 k = 32 + 52 = 34.48 se muestran los vectores − z1 . θ2 = tan−1 (− 21 ) + 180o = −63.48b. pero como 270o < θ3 < 360o entonces θ3 6= tan−1 (− 13 ). Figura 1. tan θ3 = − 26 = − 13 .48a.16 → − − → − → − − → → Hallar la magnitud y la dirección de cada uno de los vectores − z1 = 3 i +5 j . θ2 y θ3 : • tan θ1 = 5 3 y como 0 < θ1 < 90o entonces θ1 = tan−1 ( 53 ) = 59. − z3 con punto inicial en el origen y sus En la figura 1. k− z2 k = (−1)2 + 22 = 5 y k− A continuación determinamos θ1 .57o .49). De manera similar. pero como 90o < θ2 < 180o entonces θ2 6= tan−1 (− 21 ). . Solución: → → → z2 . ¥ 2 2 2 2 → → → → Si se conoce la decomposición canónica de vectores − u y− v es muy sencillo hallar − u +− v → − y también r u .18 → − − → → → − → → − → − → Si − u =2i + j. La comprobación de lo anterior se deja como ejercicio para el lector. Solución: → − − → → − → − → → 2− u +− v = 2(2 i + j ) + (− i + 3 j ) → − → − → − → − = (4 i + 2 j ) + (− i + 3 j ) → − → − = (4 − 1) i + (2 + 3) j → − → − = 3 i + 5 j. → − − → → − → − → − − → → → u + 3− v − 2− w = (2 i + j ) + 3(− i + 3 j ) − 2(4 j ) → − − → → − → − → − = 2 i + j −3 i +9j −8j → − → − = (2 − 3) i + (1 + 9 − 8) j → → − − = − i +2j . hallar la descomposción canónica de los → → → → → − → vectores 2− u +− v.40 1. = −√ = a = °OP ° cos 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 −−→ Así. para cualquier r ∈ R. − v = −i +3j y − w = 4 j . −−→ La descomposición canónica de OP está dado por −−→ → − → − OP = a i + b j donde ¶ ¶ µ µ °−−→° °−−→° 3π 3π 5 5 5 1 5 1 ° ° ° ° √ = − √ y b = °OP ° sen = √ .− u + 3− v − 2− w y −6→ v + 4− w.49. Ejemplo 1. dado que: Si • • → − → → − → − → − − → u =a i +bj y − v = c i + d j entonces → − → − → − → u +− v = (a + c) i + (b + d) j . la descomposición canónica de OP es −−→ 5 − 5 − → → OP = − √ i + √ j . → − → − → − r u = (ra) i + (rb) j . Vectores geométricos en el plano Figura 1. → − → − − → → → u = (k− u k cos 60o ) i + (k− u k sen60o ) j Ã√ ! µ ¶ 1 − 3 − → → i +2 j = 2 2 2 → → √ − − = i + 3 j.50.7. para luego hallar la del vector → z. √ √ 2 3+2 → − √ y como 90o < θ < 180o . Vectores geométricos en el plano cartesiano.1. = − 2 2 Por tanto. Halle → − → − → − la magnitud y dirección del vector z = 2 u + 4 v .50. 2−2 3 1− 3 . pues 2 − 2 3 < 0 Sea θ = dir( z ). ! à √ ³− ´ √ 1 3 → → − → − − → → − z = 2 i + 3 j +4 − i + j 2 2 √ − √ → → − = (2 − 2 3) i + (2 3 + 2) j . Figura 1. Entonces tan θ = 2−2 3 √ y 2 3 + 2 > 0. Solución: − − − Hallemos la descomposición canónica de → u y→ v . tales que k− u k = 2 y k→ v k = 1. ¥ Ejemplo 1.19 → → → − Sean − u y− v los vectores mostrados en la figura 1. entonces à √ Ã√ ! ! 2 3 + 2 3 + 1 √ √ θ = tan−1 ¥ + 180o = tan−1 + 180o = −75o + 180o = 105o . → → Ahora síqhallemos k− z k y dir(− z): q √ √ √ √ √ √ → − 2 k z k = (2 − 2 3) + (2 3 + 2)2 = 2 (1 − 3)2 + ( 3 + 1)2 = 2 8 = 4 2. Descomposición canónica 41 → − → − → − → → −6− v + 4− w = −6(− i + 3 j ) + 4(4 j ) → − → − → − = 6 i − 18 j + 16 j → − → − = 6 i −2j . → − → − − → → → v = (k− v k cos 150o ) i + (k− v k sen150o ) j → − → − = (cos 150o ) i + (sen150o ) j → − → − = (− cos 30o ) i + (sen30o ) j √ 3− → 1− → i + j. casos en los cuales no tendríamos un triángulo como el de la figura 1. De manera que la igualdad (1. También hemos visto cómo se realizan de manera sencilla la suma de vectores y la multiplicación de un escalar por un vector cuando se conoce la descomposición canónica de los vectores. ya que el producto − u ·− v es fácil de calcular a partir de las descomposiciones → → → → canónicas de − u y− v . nótese. (1. Ahora obtendremos una expresión muy simple → → → → para el producto escalar − u ·− v de dos vectores − u y− v . ni de 180o . Supongamos que − u 6= 0 .42 1. k− v k = c2 + d2 y k− u −− v k = (a − c)2 + (b − d)2 .51.13) es justamente − u ·− v . en términos de − u ·− v . que el lado → − − → − → − → − → − derecho de (1. − v 6= 0 y que el → → ángulo α entre − u y− v no es de 0o .51 se obtiene que 2 2 2 → → → → → → k− u −− v k = k− u k + k− v k − 2 k− u k k− v k cos α (1. De la ley del coseno. Tenemos así que → − → − − → − → − − − → Si → u =a i +bj y → v = c i + d j entonces → u ·− v = ac + bd (1.12) Ahora. Vectores geométricos en el plano Hemos visto cómo a partir de la descomposición canónica podemos hallar la magnitud y la dirección de un vector. en términos de las componentes (escalares) de dichos vectores. → − → → − → − → − → → − → − → → Sean − u = ai +bj y − v = c i + d j .13) también es igual a u · v cuando u = 0 o → v = 0 . se obtiene la importante igualdad → → k− u k k− v k cos α = ac + bd.12) es válida para 0o ≤ α ≤ 180o . (b − d)2 y de simplificar. es decir.51. además. Luego de desarrollar los cuadrados (a − c)2 . Escribamos dicha igualdad en la forma ´ 1³ − 2 2 2 → → → → → k→ u k + k− k− u k k− v k cos α = v k − k− u −− vk 2 y sustituyamos en su lado derecho 2 2 2 → → → → k− u k = a2 + b2 . como el lector puede comprobar sin mucha dificultad. resulta de gran utilidad expresar. Figura 1.14) → → Ahora. aplicada al triángulo de la figura 1.51).13) → → Nótese que el lado izquierdo de (1. 0o < α < 180o (Vea figura 1. esta igualdad también es válida si α = 0o o si α = 180o . el ángulo . la componente escalar de − v en la dirección de − u y la proyección de − v sobre → − u . P roy− u = − u u v = → → → → − 2 → − k− u k k− uk u · u kuk (1. probaremos la propiedad 3. Así que.1. k− v k cos α = → − kuk → − → Nótese que el lado derecho. Vectores geométricos en el plano cartesiano. el ángulo α entre → u y→ v es tal que → − → − u · v cos α = − → k→ u k k− vk (1. Como ejemplo. Descomposición canónica 43 → → → → → entre − u y− v . despejando cos α en dicha la igualdad se tiene que → − − → − − − − Si → u = 6 0 y→ v = 6 0 .20 → − − → → − → − → → Considere los vectores − u =3i + j y − v = i + 2 j . que es la componente escalar de → v en la direc→ − → − → − ción de u cuando v 6= 0 .16) Empleando (1. Entonces → → (r− u)·− v = ³ → − →´ ³ − − → →´ − (ra) i + (rb) j · c i + d j = (ra)c + (rb)d = r(ac + bd) → → = r(− u ·− v ). del producto escalar. Se obtiene → − → u ·− v → . Tales expresiones se derivan de la igualdad → → → → k− u k k− v k cos α = − u ·− v Por ejemplo.7. y 4. la componente escalar de − v en la dirección de − u es − → kuk à ! µ− µ− ¶ − ¶ − → → − → → − → → − → u · v u · v u · v u → − → − → − → = y así. → − → u ·− v → − − → → Si → u = 6 0 .: → − → − → − → − → → Digamos que − u =a i +bj y − v = c i + d j . → → → − u · (r− v ) = r(− u ·− v ).15) → − También podemos despejar k− v k cos α. . De manera similar se prueba que → ¨ Ejemplo 1. también nos da la componente → − → → → escalar de − v en la dirección de − u si − v = 0 . que fueron enunciadas luego de la definición de dicho producto.14) se puede probar rápidamente las propiedades 3. el cual es 0 cuando − v = 0 . Hallar: → → a) − u ·− v → → b) El ángulo α entre − u y − v → − → → → c) La componente escalar de − v en la dirección de − u y el vector P roy− u v. el cual es OP . √ → − k v k = 12 + 22 = 5 entonces √ √ → k− u k = 32 + 12 = 10 y 5 1 cos α = √ √ = √ 10 5 2 ³ ´ y como 0o < α < 180o . − u ·− v = (3)(1) + (1)(2) = 5 → → b) Para√hallar α emplearemos (1. α = cos−1 √12 = 45o .52 se muestran los vectores → u. el ángulo α entre ellos y el vector −−→ → − → v . Vectores geométricos en el plano Solución: − → En la figura 1. 2 1 Solución: En la figura 1. y por tanto c) La componente escalar de → v en la dirección de → u es → − kuk 10 → → u u 1→ 1 ³ − 5 − 5 − → − →´ → − → P roy− 3i + j =√ √ = − u = u v = √ → − 2 2 10 k u k 10 10 ¥ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 1.53.14). Como − u ·− v = 5. . → → a) De acuerdo con (1.52.15). −1 0 µ ¶ µ ¶ 2 −2 C= yD= . → − → u ·− v 5 − − = √ .53 se muestra el paralelogramo en consideración.B = . Figura 1. P roy− u Figura 1.44 1. su altura h relativa a −− → −−→ la base AB y el ángulo α entre los vectores BA y BC.21 0 4 Hallar el área A del paralelogramo cuyos vértices son los puntos A = .− v . °BC ° y senα : ° √ −− → → − → − → − − → ° °−−→° p BA = (0 − 4) i + (−1 − 0) j = −4 i − j .7. Vectores geométricos en el plano cartesiano.17) °BA° = 17. senα = ± 1 − cos α. Figura 1. pero como α es águdo entonces senα = 1 − cos α = 5 9 = √ .54 se muestra el triángulo ABC.17) A = °BA° °BC ° senα ° ° ° °−− ° →° °−−→° Procedemos entonces a hallar °BA° . °BC ° = (−2)2 + 22 = 8. entonces o también 45 ° °− ° −→° A = °AB ° h ° °− °° ° −→° °−−→° A = °AB ° °BC ° senα ° °° °− ° −→° °−−→° (1. ¥ A = 17 8 √ 34 µ ¶ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 1. tenemos que 34 el área del paralelogramo es ¶ µ √ √ 5 = 10 (unidades cuadradas).1. −−→ −−→ Como α es el ángulo entre BA y BC entonces −−→ −−→ BA · BC 6 3 3 (−4)(−2) + (−1)(2) ° ° ° √ √ cos α = °−− =√ √ =√ √ =√ →° ° °−−→° = 17 8 17 8 17 2 34 °BA° °BC ° √ √ 2 2 r Ahora. °BC ° = 8 y senα = √ . Descomposición canónica El área del paralelogramo es °−−→° ° ° y como h = °BC °senα. °BA° = (−4)2 + (−1)2 = 17 ° √ −−→ → − → − → − → ° − °−−→° p BC = (2 − 4) i + (2 − 0) j = −2 i + 2 j . 1 −2 −4 a) ¿Es el triángulo ABC un triángulo rectángulo? b) Halle los tres ángulos del triángulo ABC c) Calcule el área del triángulo ABC Solución: En la figura 1. .B= yC= . 1− 34 34 °−−→° √ °−−→° √ 5 ° ° ° ° Luego.22 2 −3 5 Considere el triángulo cuyos vértices son los puntos A = .54. sustituyendo en (1. \ es recto entonces el área A del triángulo ABC es c) Como el ángulo BAC A= ° °° 1° °−−→° °−→° 1 √ √ 34 34 = 17 (unidades cuadradas). que los ángulos φ y θ que se muestran en la figura 1. estos productos: −−→ → − → − → − → −→ − → − → − Como AB = (−3 − 2) i + (−2 − 1) j = −5 i − 3 j .55 son iguales.23 Probar que las diagonales de un rombo son bisectrices de sus correspondientes ángulos. es decir. \ es recto.55 se muestra un rombo OP QR. Vectores geométricos en el plano a) El triángulo ABC será un triángulo rectángulo si y sólo si dos de sus lados son per−−→ −−→ −− → −→ pendiculares. es decir. AB · AC y −−→ −→ BC · AC es cero. Sean θ y α. Figura 1. si y sólo si alguno de los productos escalares AB · BC. Veamos que la diagonal OQ es bisectriz del ángulo \ P OR. −−→ −−→ (así AB · BC 6= 0) −−→ −→ −− → −→ Como AB · AC = 0 entonces los vectores AB y AC son perpendiculares y por tanto el triángulo ABC es rectángulo. los b) Por el literal a) sabemos que el ángulo BAC −→ −−→ \ y BCA. \ Puesto que θ es el ángulo entre los vectores − BA y BC tenemos que ángulos ABC −−→ −−→ BA · BC ° ° cos θ = ° →° ° °−−→° . . Recordemos que un rombo es un paralelogramo con sus lados de igual longitud. Prueba: En la figura 1. Calculemos. °−− °BA° °BC ° Ahora. AC = (5 − 2) i + (−4 − 1) j = − − → → − → − → − → − → − → − 3 i − 5 j y BC = (5 − (−3)) i + (−4 − (−2)) j = 8 i − 2 j entonces −−→ −−→ AB · BC = (−5)(8) + (−3)(−5) = −34 −−→ −→ AB · AC = (−5)(3) + (−3)(−5) = 0. entonces. °AB ° °AC ° = 2 2 ¥ Ejemplo 1. como °−−→° °−−→° ³−−→ −−→´ −−→ −−→ ³ −−→´ ³−−→´ ° ° ° ° BA · BC = −AB · BC = − AB · BC = 34 y °BA° = °AB ° se tiene que 1 34 34 p =√ √ =√ cos θ = p 34 68 2 (−5)2 + (−3)2 82 + (−2)2 ³ ´ y así θ = cos−1 √12 = 45o .55. respectivamente.46 1. Se sigue que α = 45o . 56. Descomposición canónica 47 −−→ −−→ −−→ −−→ Como θ y φ son. se concluye que cos φ = cos θ. las diagonales OQ y P R son perpendiculares si y sólo si el paralelogramo OP QR es un rombo. como se quería probar. Figura 1. En primer lugar. ¨ Ejemplo 1. pues θ y φ se encuentran entre 0o y 180o . al comparar los miembros derechos de las dos igualdades anteriores. Prueba: En la figura 1. Vectores geométricos en el plano cartesiano.7. ¨ . En forma análoga el lector puede mostrar que la diagonal P R es bisectriz del ángulo \ OP Q. Ahora. los ángulos entre OP y OQ y entre OQ y OR entonces °−−→°2 −−→ −−→ −−→ ³−−→ − −→´ ° ° −−→ −−→ OP · OP + OR °OP ° + OP · OR OP · OQ ° °° °−−→° °−−→° °−−→° °−−→° = cos θ = ° ° ° °° °° °−−→° °−−→° = ° ° °OP ° °OQ° °OP ° °OQ° °OP ° °OQ° −→° −−→ ³−−→ −−→´ −−→ −−→ ° °2 °− −−→ −−→ OR OR · OP + OR OR · OP + ° ° OR · OQ ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° = = cos φ = ° →° °−−→° →° °−−→° →° °−−→° °−− °−− °−− °OR° °OQ° °OR° °OQ° °OR° °OQ° °−−→° °−−→° ° ° ° ° Ahora.56 se muestra un paralelogramo OP QR y sus diagonales OQ y P R.24 Probar que las diagonales de un paralelogramo son perpendiculares si y sólo si el paralelogramo es un rombo. respectivamente.1. OQ y P R son perpendiculares −−→ −→ ⇐⇒ OQ y P R son perpendiculares −−→ −→ ⇐⇒ OQ · P R = 0 ³−−→ − −→´ ³−− → −−→´ ⇐⇒ OP + OR · OR − OP = 0 ° ° ° −−→ −− → ° −→ −−→ °−−→°2 °−−→°2 − ⇐⇒ OP · OR − °OP ° + °OR° − OR · OP = 0 ° ° °−− ° ° →°2 °−−→°2 ⇐⇒ °OR° = °OP ° °−− ° ° ° ° →° °−−→° ⇐⇒ °OR° = °OP ° . como el cuadrilátero OP QR es un paralelogramo entonces ° ° −→° ° ° ° ° °− ° ° ° °−− ° ° −→° °−−→° °−−→° °− ° →° °−−→° °OR° = °OP ° ⇐⇒ °OR° = °OP ° = °P Q° = °RQ° ⇐⇒ el paralelogramo OP QR es un rombo Así. como el paralelogramo OP QR es un rombo entonces °OP ° = °OR° y puesto −−→ −− → − −→ −−→ que OP ·OR = OR·OP . Se sigue que θ = φ. El remolcador A ejerce una fuerza de 7000 lbf sobre su cable con dirección de 80o . 5 y 4 unidades de longitud. − −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ 4. 8. que P. 7. Representar gráficamente esta situación y calcular la distancia entre los dos autos cuando han transcurrido dos horas. R y S son los vértices de un paralelogramo. ¿Qué tan lejos. . B. El ángulo entre el primero y el segundo es de 50o . → − → − 1 c) k w k = y dir ( w ) = 240o . parte de la rivera de un río y nada hacia el norte a través del río. C y D puntos del plano tales que D está sobre el segmento AB y su distancia al punto A es 23 de la distancia entre A y B. Q. BC. Hacer un gráfico que muestre la fuerza resultante y hallar la magnitud y dirección de dicha fuerza.8 km/h.− v y− w vectores del plano. Para cada literal dibujar el vector con las características descritas. Si E es el punto medio del −−→ −−→ −→ segmento de recta AC. hallar: a) La velocidad del nadador con respecto a la tierra. Un nadador. → → b) k− v k = 2 y dir (− v ) = 180o . 3. 5. → → → → a) Dibujar un vector − x tal que k− x k = 9 y dir (− x ) = dir (− v ). Si la corriente del río fluye hacia el este a 0. 6.8 Ejercicios 1. Tres vectores del plano tienen 6. b) Suponga que el ancho del río es 1 km.) 10. Sea ABCD un cuadrilátero y sean P. 11. Dos autos parten al mismo tiempo de un punto O. Probar que − u +− v =− u +− w si y sólo si − v =− w. Demostrar vectorialmente que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. utilizando vectores geométricos. río abajo. Vectores geométricos en el plano 1. (Ayuda: Vea ejemplo 1. 2 → → → → → → → → → 2. expresar el vector DE en términos de AB y AC.9. Un avión viaja a una velocidad de 100 millas por hora (respecto al viento) hacia el sureste y el viento tiene una velocidad de 30 millas por hora (respecto a la tierra) hacia el nordeste. Q.5 km/h con respecto al agua. Encontrar la magnitud del vector suma y el ángulo entre dicho vector suma y el vector dado de mayor longitud. Sean − u. 9. Dos remolcadores A y B llevan un barco a un puerto. con una velocidad de nado de 1. ¿Cuál es la velocidad resultante del avión con respecto a la tierra?. mientras que ángulo entre el segundo y el tercero es de 75o .48 1. ° °−− ³−− →´ ° →° a) °AB ° = 5 y dir AB = 20o . Sean A. CD y DA respectivamente. Sea → v un vector tal que k− v k = 4 y dir (− v ) = 45o . Suponiendo que AD = 14 AB y BE = 12 BC. expresar DE en términos de AB y BC. El primero se desplaza a una velocidad de 40 km/h en dirección S 60o O y el segundo con una velocidad de 30 km/h hacia el sureste. R y S los puntos medios de sus lados AB. Demostrar. El remolcador B ejerce una fuerza de 5000 lbf con dirección de 20o . − → → 12. el nadador alcanza la otra orilla?. → → → b) Encontrar la descomposición de − w en las direcciones de − u y− v (es decir. Hallar la descomposición canónica de cada uno de los siguientes vectores: → → → a) − v tal que k− v k = 6 y dir (− v ) = 225o . 15. → → → a) Dibujar los vectores − v . ángulo de 45o con el vector − .− u y− w. k→ w k = 10. c) 3− u + 2− v −− w.− w que se muestran en la figura. determinando los → − → − → − escalares a. → − → c) − w tal que k→ w k = 3 y dir (− w ) = π6 radianes. donde k→ u k = 2. → − → − k v k = 3 y k w k = 4. hallar: − a) La magnitud y dirección de → u.1. − w = −2 i + 3 j . b) − u −− v +− w. → → → Encontrar la descomposición de − w en las direcciones de − u y− v . √ c) La descomposición canónica de cada uno de los vectores de longitud 4 2 que forma → u. → → → − − − 14. Ejercicios 49 − → → b) Dibujar un vector → y tal que k− y k = 5 y la dirección de − y es la opuesta a la → − dirección de v . − → → b) → u tal que k− u k = 5 y dir (− u ) = 270o .8. → − → − → − o o o dir ( v ) = 60 . Dados los vectores geométricos − v . − → → − 13. → − → → − → − − → → → − → − → 16. → − → − − 17. Hacerlo de dos formas: primero sin recurrir a la descomposición canónica y luego empleando dicha descomposición.− v . Sean − u = 2i −5j. la magnitud y la dirección de los siguientes vectores: → → → → → → → → a) 2− u −− v. hallar → − → − → − escalares a y b tales que w = a u + b v ). − v = 3i + j. k→ u k = 8. → → → c) Expresar los vectores − x y− y como múltiplos escalares del vector − v. − b) La descomposición canónica del vector → w de magnitud 7 y dirección opuesta a la → − de u . dir ( u ) = 120 y dir ( w ) = 180 . Hacerlo de dos formas: primero sin recurrir a la descomposición canónica y luego empleando dicha descomposición. Si → u = 3 i − 4 j . b tales que w = a u + b v . Considerar los vectores → u.− u y− w tales que k→ v k = 5. Hallar la descomposición canónica. → − → − − → − → − − b) → u = i −2j . c) Si M es el punto medio de segmento P R. → − − → → → − → − → a) − u = i − j. − →=− u 2 √ − √ − 2→ 2→ i + 2 2 j . Q y R no son colineales. Hallar la descomposición canónica de F . 20. las direcciones de − u u 1 2 → − → − − − → 22. → − → − − → − → → − − → − → es decir.Q= . d) Si B es el baricentro del triángulo P QR.50 1. a) Probar que − u u 1 2 → → − − → − → − b) Hallar la descomposición de cada unos de los los vectores i . b) P = . Sean P = . halle los valores de a y b. T1 y T2 . Considerar el diagrama de fuerzas de la siguiente figura. hallar la descomposición canónica y la −−→ magnitud de QM . QR y P R. ii) Si su respuesta en i) es afirmativa. Para cada par de vectores → u y− v dados a continuación → → → i) Determinar si existen escalares a y b tales que − w = a− u + b− v. 19.− v =2 i −3j . →y− → son perpendiculares. F + T1 + T2 = 0 . −2 1 3 −−→ −− → −→ a) Hallar la descomposición canónica de cada uno de los vectores QP . → − La fuerza F tiene una magnitud de 20 Newtons y el sistema se encuentra en equilibrio.Q= . Para cada par de puntos dados. → v = −2 i + 4 j . −−→ −−→ e) Encontrar el ángulo entre QP y QR. encontrar el punto R tal que el cuadrilátero OP RQ es un paralelogramo. −−→ − −→ f ) Sea S el punto de intersección de la bisectriz del ángulo entre QP y QR con el −→ segmento P R. Hallar la descomposición canónica de QS. hallar la descomposición canónica y la −−→ magnitud del vector QB. j y −2 i + 3 j en →y− →. Sean − u 1 √ − √ − 2→ 2→ i + 2 2 j . b) Mostrar que los puntos P.Q= yR= . Sea → w = 7 i − 5 j . Vectores geométricos en el plano µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 2 18. 5 −4 0 6 →= 21. . µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ −3 −4 4 2 a) P = . Sean − v y− w vectores. Calcular la proyección de − u sobre − → − − → − → − → − → − → a) u = 6 i + j . Sean − u =3 i +4j . b) El ángulo entre − u y− v es π radianes. Para cada par de vectores − u y − v dados a continuación. Ejercicios → → 23. → → 27. → − − → → − → → − → c) − u =3i − j. − v =4 i +6j . c) k(− u ·− v )− wk. → − → → − → − → − → b) − u = −6 i + 4 j . π 3 radianes. → → → → a) − u es perpendicular a − v. π 3 radianes. k− u k = 5. Para el par de vectores − v y− w dados en cada literal. → → − → → → → → → 28. calcular el producto escalar. − v y− w vectores geométricos tales que k− v k = 4. Demostrar. v = 2 i − 3 j . la suma de los cuadrados de las longitudes de las diagonales de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de las longitudes de sus cuatro lados. Probar: → → a) Teorema de Pitágoras: − v y− w son perpendiculares si y sólo si 2 2 → − → − k v k + kwk → k− w k = 7. Calcular − u ·− v sabiendo que − u +− v +− w = 0 . b) k− u k (− v ·− w). k− w k = √1 y − 3 − → → → → → − − Si k→ u −− v +− w k = k− u +− v +− w k y el ángulo entre → u y→ v es → − → − a) Calcular el ángulo entre v y w .51 1. → → v. → → 26. Encontrar los valores de α para los cuales se satisface la condición dada en cada caso. → → − − → − → → a) − v =4i. Probar que: 2 2 2 → − → − → → → → a) k v ± w k = k− v k ± 2 (− v ·− w ) + k− wk . 31. empleando la identidad de polarización. k− w k = 3 y el ángulo entre → v y→ w es → − → − − → − → − → b) Si v = 2 i − 3 j y w = 2 i .) 2 2 → → → → → → v −− w k = 4 (− v ·− w). − w = 2 i − 23 j → → − → − → → 3− − → c) − v = −2 i + 18 j . determinar si son perpendiculares. → − → → − − → → − → 24. 4 − → → − − → − − → → → − − → → 25. → → b) Calcular la magnitud de la proyección de − v sobre − w. − w = i −1j 2 6 . el coseno del ángulo entre ellos. Sean − v y− w vectores. que las diagonales de un paralelogramo tienen igual longitud si y sólo si el paralelogramo es un rectángulo. → → → → → → u es unitario. Sean − u = 3 i +4j y − v = i + α j .− v = i +4j . 2 2 − → → → → → b) (→ v +− w ) · (− v −− w ) = k− v k − k− wk .8.− w = i + j → → − → − → → 1− − → b) − v =4 i +3j . Calcular − v ·− w → → − − a) Si k− v k = 2. (Es decir. 2 → → k− v +− wk = 2 2 2 2 → → → → → → b) Ley del paralelogramo: k− v +− w k + k− v −− w k = 2 k− v k + 2 k− w k . → v =5i − j y− w = 7 i + j . determinar si ellos son perpendiculares. c) Identidad de polarización: k− v +− w k − k− 30. Sean − u. k− vk=6y → → 29. Calcular: → → → → → → → → → a) − u · (2− v −− w). → → 32. verificar la desigual→ − → − → → dad de Cauchy-Schwarz y hallar P roy− w v y P roy− v w. si el ángulo entre ellos es agudo o si el ángulo entre ellos es obtuso. − w vectores tales que k− u k = 3. Sean − u =a i +bj y − v =c i +dj . Sean − u. Encontrar una condición necesaria y → − → → suficiente sobre a. Sea − u un vector no nulo y se − z un vector cualquiera. Mostrar que → u y→ v son paralelos si y → − → − → sólo si P roy− v u = u.R= . 3 −2 6 Hallar: a) Cada uno de sus ángulos interiores b) El área del triángulo ABC µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ −→ 1 2 5 2 puntos de R2 . − v. Un triángulo tiene como vértices los puntos A = . b) Dirección contraria.Q= 37. → − → → − → − → → − → 34. Sean − u y− v vectores geométricos no nulos. Calcular P royP−−→ yS = . µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 4 −3 36. c y d para que − v y P roy− v u tengan a) La misma dirección. Probar que para cualquier → − → − → → escalar no nulo r se tiene que P royr− u z = P roy− u z. Sean P = RS Q 2 −3 7 3 −−→ → P Q.B = yC = . y P roy− RS → → → → → → → 38. b.52 1. . → → 35. Vectores geométricos en el plano → → − − 33. k− v k = 4 y k− w k = 2 y sea − z = → − → − → − → − → − → − → − o 2 u − v + 3 w . − v 6= 0. Calcular z · v sabiendo que el ángulo entre u y v es de 60 y el → → ángulo entre − v y− w es de 120o . al plano provisto de un sistema µ ¶ cartesiano a de números xy. Ahora bien. 53 .1). según se explicó en el capítulo anterior. es decir. cada punto b µ ¶ a P = del plano es el extremo final de un único vector con punto inicial en el origen. el b −−→ cual es el vector OP .1. podemos considerar que el conjunto de todos los vectores geométricos del plano se reduce a los que tienen su punto inicial en el origen. (Ver figura 2. recíprocamente. De acuerdo con la definición de igualdad de vectores geométricos. como ya se había anunciado. el vector de posición del punto P . lo cual permite identificar cada punto del plano con un par ordenado b reales.2 Vectores coordenados o algebraicos 2. Figura 2.2).1 Introducción Consideraremos. y dado que entre los infinitos vectores iguales a un vector dado hay uno (y sólo uno) con punto inicial en el origen O. esµevidente que cada vector con punto inicial en el origen O determina un ¶ a único punto P = del plano el cual es su extremo final y. (Ver figura 2. las operaciones suma y producto por escalar con vectores de posición.1) . µ ¶ µ ¶ −−→ −−→ a c Consideremos vectores de posición OP y OQ siendo P = yQ= .2. es decir.54 2. entre el conjunto de los vectores posición y el conjunto R2 . (2. Como b d −−→ −−→ ³ − → →´ ³ − − → →´ − → − → − OP + OQ = a i + b j + c i + d j = (a + c) i + (b + d) j entonces µ ¶ −−→ −−→ −−→ a+c OP + OQ = OR siendo R = b+d lo cual sugiere definir P + Q como el punto R. definir ¶ µ ¶ µ ¶ µ a+c c a = + b+d d b Ilustramos lo anterior en la figura 2. De acuerdo con dicha correspondencia. c y d son todos positivos. b. inducen una suma y un producto por escalar con pares ordenados de números reales como se indica a continuación. Vectores coordenados o algebraicos Figura 2.3. Tenemos así la correspondencia biunívoca −−→ OP ←→ P entre el conjunto de los vectores de con su punto inicial en el origen y el conjunto de los puntos del plano. en la cual a. es decir. como para cada r ∈ R se tiene entonces ³−−→´ ³ − → →´ − → − → − r OP = r a i + b j = (ra) i + (rb) j µ ¶ ³−−→´ −→ ra r OP = OS siendo S = rb lo cual sugiere definir rP como el punto S.2. 2. definimos la suma X +U y el producto y v ¶ µ ¶ µ rx x+u y rX = X +U = ry y+v Es necesario insistir en que estas operaciones en R2 han sido definidas de tal modo que −−→ −−→ −−→ X + U = R ⇔ OX + OU = OR −−→ −→ rX = S ⇔ r OX = OS . es decir definir µ ¶ µ ¶ a ra r = .2).2 Suma y producto por escalar en R2 Dados X = rX como µ ¶ µ ¶ x u yU = en R2 y el escalar r.2) Por lo anterior se define en R2 (es decir. de acuerdo con las igualdades (2. en el conjunto de puntos del plano) una suma y un producto por escalar. Suma y producto por escalar en R2 55 Figura 2. Análogamente. b rb (2.2.3.1) y (2. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 2. Vectores coordenados o algebraicos y en general. En adelante. R. los elementos de R2 (a los cuales nos veniamos refiriendo como puntos) se dirán también vectores coordenados o vectores algebraicos. S. Dado X en R2 . se define como −X = . µ ¶ µ ¶ Ejemplo 2. ¥ = = (−1) X = (−1) 1 (−1) (−1) −1 µ ¶ 0 • El vector algebraico es llamado el vector nulo o vector cero de R2 y se 0 denotará por la letra O. todo vector de la forma rX. t en R. con r ∈ R. se dirá un múltiplo escalar de X. A continuación .56 2. denotado −X. Este vector es tal que µ X + O = X para cualquier X ∈ R2 . es −X = El inverso aditivo del vector X = 2 −2 ¥ Figura 2. −1 2 Solución: ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 4 −2 4−2 2 X +U = + = = −1 2 −1 + 2 1 ¶ µ ¶ µ ¶ µ −4 (−1) 4 4 . Hallar X + U y (−1) X. −−→ −−→ −→ rX + tU = T ⇔ rOX + tOU = OT cualesquiera sean X. U. T en R2 y r.1 4 −2 Sean X = yU= .4. y −y Se tiene que X + (−X) = O y − X = (−1)X. Es claro que la suma y la multiplicación por escalar en R2 heredan las propiedades algebraicas de las correspondientes operaciones entre vectores geométricos.4). µ ¶ µ ¶ x −x • El inverso aditivo del vector X = .2 −1 1 (figura 2. X + (−X) = O 6. Así. y−v Definimos. y a las propiedades de la suma y el producto entre números reales. −−→ −−→ − −→ OX − OU = OR con R = ¶ µ x−u . (r + s)X = rX + sX Vale la pena señalar que cada una de las propiedades anteriores es de fácil verificación recurriendo únicamente a la definición de las operaciones suma y multiplicación por escalar en R2 . Como ejemplo. y v y−v ¶ µ −−→ −−→ x−u es tal que U X = OR y como R = X − U Ahora. sabemos que el vector R = y−v entonces −−→ −− → U X = OR con R = X − U . rX ∈ R2 7.2. r(X + Y ) = rX + rY 10. µ ¶ µ ¶ x u • Sean X = yU= en R2 . r(sX) = (rs)X 9. válidas para cualesquiera vectores X.2. Z de R2 y todo par de números reales r y s. 1X = X 8. Suma y producto por escalar en R2 57 listamos las propiedades básicas. la diferencia X − U como el vector R. Y. en consecuencia. X + Y = Y + X 3. X + O = X 5. X + Y ∈ R2 2. Sabemos que y v −−→ −−→ → − → − OX − OU = (x − u) i + (y − v) j es decir. (X + Y ) + Z = X + (Y + Z) 4. verificaremos : µ la¶propiedad µ9¶ x1 x2 Si X = yY = entonces y1 y2 ¶ ∙µ ¶ µ ¶¸ µ ¶ µ x1 x2 x1 + x2 r(x1 + x2 ) r(X + Y ) = r + =r = r(y1 + y2 ) y1 y2 y1 + y2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ rx1 + rx2 rx1 rx2 = = + ry1 + ry2 ry1 ry2 = rX + rY. 1. µ ¶ µ ¶ µ ¶ x u x−u X −U = − = . ¨ La verificación de las restantes propiedades se deja como ejercicio. Vectores coordenados o algebraicos −−→ lo cual nos dice que todo vector U X es igual al vector de posición del punto X − U (ver figura 2. . Solución: −−→ − −→ El cuadrilátero ABDC es un paralelogramo si y sólo si CD = AB (ver figura 2.6). Figura 2.5. encuentre el punto D tal que el 1 −1 2 cuadrilátero ABDC es un paralelogramo. µ ¶ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 2. en forma inmediata. Y. X.5). De lo anterior se sigue.3 −1 0 3 Dados los puntos A = . Z en R2 . que −−→ −−→ U X = Y Z si y sólo si X − U = Z − Y cualesquiera sean U.B = yC = .58 2. 2.6.4 Probar el siguiente resultado: Teorema de la proporción en R2 . como sabemos.3).2. m+n m+n En particular. −−→ −− → CD = AB ⇐⇒ D − C = B − A ⇐⇒ D = B − A + C luego. = + − 0 2 1 −1 µ ¥ Ejemplo 2. Suma y producto por escalar en R2 59 Figura 2. si P es el punto del segmento AB que lo divide en la proporción m : n y O es cualquier punto del plano. la igualdad anterior es válida si O es el origen del sistema cartesiano xy.3) Prueba: El resultado anterior se puede deducir directamente del teorema de la proporción para vectores geométricos así: Según dicho teorema. m+n m+n (2. El punto P del segmento AB que divide a dicho segmento en la proporción m : n es P = m n A+ B. También podemos probar el resultado en consideración de la siguiente manera: si P es el punto del segmento AB que lo divide en la proporción m : n entonces −→ m −−→ AB. caso en el cual esa igualdad es equivalente. D= ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 4 3 −1 0 . a la igualdad (2. entonces −−→ n −→ m −−→ OP = OA + OB. Ahora. esta igualdad es equivalente a m (B − A) P −A= m+n . AP = m+n Ahora (vea ejercicio 1 de este capítulo). kXk = 0 si y sólo si X = 0 . ángulo entre vectores y proyección de un vector sobre otro.60 2. dirección. es decir. Es de esperar que la magnitud en R2 tenga las propiedades que sabemos tiene la magnitud de vectores geométricos. a la magnitud y −−→ del vector de posición OX (vea figura 2. Vectores coordenados o algebraicos de lo cual se sigue que P =A+ n m m (B − A) = A+ B. kXk ≥ 0 µ ¶ 0 2. descomposición canónica. 2. dirección y otros conceptos en R2 En esta sección trasladaremos a los vectores algebraicos nociones ya definidas para vectores geométricos como magnitud. Llamaremos magnitud de X. m+n m+n m+n ¨ Como caso particular del teorema de la proporción se tiene que Si M es el punto medio de un segmento de recta AB entonces M = 12 (A + B). °−−→° p ° ° kXk = °OX ° = x2 + y 2 Figura 2. Nótese que kXk es la distancia del punto X al origen. En efecto. producto escalar. U en R2 y r ∈ R se da que: 1. denotada kXk .3 Magnitud. µ ¶ x • Sea X = en R2 .7).7. cualesquiera sean X. todo ello empleando la correspondencia −−→ OP ←→ P ya mencionada. podemos probarla recurriendo a vectores geométricos. Ahora. es decir. es decir que rOX = OS. se puede probar dicha desigualdad triangular sin recurrir a vectores geométricos. kX + U k ≤ kXk + kU k (Desigualdad triangular). una vez tengamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz y el producto escalar en R2 . y −−→ −→ Digamos que rX = S. . Más adelante. Cada una de las propiedades 1. Magnitud.8). dirección y otros conceptos en R2 61 3. sin remitirnos a vectores geoµ ¶ x métricos y con X = tenemos: y °µ ¶° √ p p ° rx ° p ° = (rx)2 + (ry)2 = r2 (x2 + y2 ) = r2 x2 + y2 = |r| kXk .2. Figura 2. a partir de la desigualdad triangular °−−→ −−→° °−−→° °−−→° ° ° ° ° ° ° °OX + OU ° ≤ °OX ° + °OU ° . ° −−→° ° ° En la penúltima de las igualdades anteriores hemos hecho uso de la propiedad °rOX ° = °−−→° ° ° |r| °OX ° para la magnitud de vectores geométricos.8. Así que. µ ¶ µ ¶ °−−→° x u ° ° es el escalar °U X ° . krXk = |r| kXk 4. Como ejemplo probaremos de las dos formas la propiedad 3. a 3. Entonces °−→° ° −−→° °−−→° ° ° ° ° ° ° krXk = kSk = °OS ° = °rOX ° = |r| °OX ° = |r| kXk . ¨ krXk = ° ° ry ° En cuanto a la propiedad 4. (Ver figura 2. el yX= La distancia entre dos puntos U = y v escalar kX − U k . puede probarse remitiéndonos a la correspondiente p x2 + y 2 propiedad para vectores geométricos o bien directamente a partir de que kXk = µ ¶ x si X = .3. kXk 1 X. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 2. como se muestra en la figura 2. U 6= O. a partir del vector no kXk nulo X. tiene la misma dirección o que tiene di−−→ rección opuesta a la de X según que el vector OU tenga la misma dirección o dirección −−→ opuesta a la de OX. Si X 6= O llamaremos dirección de X. y tiene la misma dirección de X ya que 1 > 0. −−→ a la dirección del vector de posición OX (En la figura 2. Los vectores unitarios de R2 conforman la circunferencia de centro en el origen y radio 1. pues kXk ° ° ° ° 1 1 ° ° ° kXk X ° = kXk kXk = 1.7. Ahora. El vector unitario de R2 con dirección θ. como normalización del vector X. Si r es un escalar no nulo y X 6= O entonces rX tiene la misma dirección de X cuando −−→ −−→ r > 0 y dirección opuesta a la de X cuando r < 0. −−→ −−→ OX y OU son paralelos si y sólo si alguno de los dos es múltiplo escalar del otro. ¥ • Consideremos X ∈ R2 . Vectores coordenados o algebraicos µ ¶ µ ¶ x u es yX= La distancia entre los puntos U = y v p kX − U k = (x − u)2 + (y − v)2 . diremos que X y U son paralelos si los vectores OX y OU lo son. denotada dir (X) . pues así ocurre entre rOX y OX.5 1 −3 La distancia entre los puntos U = yX= es −2 4 p √ √ kX − U k = (−3 − 1)2 + (4 − (−2))2 = 16 + 36 = 52. el ángulo θ es la dirección del vector algebraico X). • Un vector de R2 se dice un vector unitario si tiene magnitud 1. Diremos que un vector U ∈ R2 . Por tanto. Si X ∈ R2 y 1 X 6= O entonces el vector X es unitario. −−→ −−→ Por último. menudo escribiremos kXk kXk ¶ µ cos θ . si X es cualquier vector no nulo con dirección θ entonces el vector unitario con la misma dirección de X es µ ¶ X cos θ = kXk senθ Nos referiremos al proceso de hallar el vector unitario . a 1 X en lugar de X. es senθ Por tanto.62 2. Dos vectores de R2 son paralelos si y sólo si uno de ellos es múltiplo escalar del otro.9. Al igual que para vectores geométricos. √ c) Halle el vector Z con dirección opuesta a la del vector X + Y y tal que kZk = 10. Ejemplo 2. 2 2 Ahora. (X + Y ) = √ =√ U= 10 2 kX + Y k 1 5 1 2 . µ Solución: a) Como X = √1 2 µ ¶ 1 entonces −1 √ °µ ¶° 1 ° 1 p 2 2 1 ° 2 ° ° =√ 1 + (−1) = √ = 1 kXk = √ ° ° −1 2 2 2 y por tanto X es unitario.6 √ ¶ µ √ ¶ 1/ 2 −3 2/2 √ √ Sean X = yY = .2.9. 1 1 Si θ es la dirección de X entonces cos θ = √ y senθ = − √ . b) X + Y = = √ 2/2 2 1 −1/ 2 + 2 Luego. 270o < θ < 360o entonces θ = tan−1 (−1) + 360o = −45o + 360o = 315o √ ¶ µ √ ¶ √ µ ¶ µ √ 1/ 2 − 3 2/2 2 −2 − 2 √ √ = . √ °µ ¶° √ √ √ −2 ° 2° 2p 2√ 10 2 2 ° ° = kX + Y k = . es decir. tal vector es √ µ ¶ µ ¶ 1 1 −2 2 −2 1 . (−2) + 1 = 5= ° ° 1 2 2 2 2 Normalizar el vector X +Y es hallar el vector unitario con la misma dirección de X +Y . b) Normalice el vector X + Y. −1/ 2 2 a) Muestre que X es unitario y halle su dirección. como X es un punto del cuarto cuadrante. de donde tanθ = −1.3. dirección y otros conceptos en R2 de donde 63 ¶ µ cos θ X = kXk senθ Figura 2. Magnitud. µ ¶ x como suma de dos Es más. la única manera de descomponer un vector X = y vectores. es X = xE1 + yE2 igualdad que llamaremos descomposición canónica del vector X. Figura 2. Vectores coordenados o algebraicos √ c) Z = − 10U donde U es el vector unitario hallado en b). uno en el eje x y el otro en el eje y.10).64 2. +y =x + X= 1 0 y 0 µ ¶ µ ¶ x 0 está en el eje x y que el vector yE2 = está Obsérvese que el vector xE1 = 0 y en el eje y. Como resumen de lo anterior tenemos: µ ¶ x de R2 es La descomposición canónica de un vector X = y X = xE1 + yE2 . µ ¶ x Todo vector X = en R2 se descompone en la forma y µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 1 0 x = xE1 + yE2 . µ ¶ µ √ ¶ µ ¶ √ √ −2 2 2 1 −2 √ .10. (Ver figura 2.lo son 1 0 y E2 = en R2 . los cuales llamaremos vectores canónicos de los vectores E1 = 0 1 R2 . es decir. Z = − 10 √ = =− 2 1 − 2 5 1 ¥ → − − → • En la mismaµmedida en que ¶ µ ¶son importantes los vectores geométricos i y j . 3 65 ¥ Figura 2. como era de esperarse. 4. Ahora. y v µ ¶ µ ¶ rx u (rX) · U = · = (rx)u + (ry)v = r(xu + yv) = r(X · U ). 5. dirección y otros conceptos en R2 µ ¶ Ejemplo 2. X · U es un escalar X · X = kXk2 X ·U =U ·X (rX) · U = r(X · U ) = X · (rU ) X · (U + Z) = X · U + X · Z y (X + U ) · Z = X · Z + U · Z |X · U | ≤ kXk kU k (Desigualdad de Cauchy-Schwarz) µ ¶ µ ¶ x u Probemos la propiedad 4.2. 2.7 −2 La descomposición canónica de X = es X = −2E1 + 3E2 .3. . que y v −−→ −−→ −−→ → − → −−→ − denotaremos X · U. El producto escalar entre vectores de R2 tiene. Magnitud. 3. U.11.11). como OX = x i + y j y OU = −−→ −−→ → − → − u i + v j entonces OX · OU = xu + yv. 6. µ ¶ µ ¶ x u • Llamaremos producto escalar de los vectores X = yU = de R2 . al producto escalar OX · OU . (Figura 2. µ ¶ µ ¶ x u El producto escalar de los vectores X = yU= es el escalar y v X · U = xu + yv. las siguientes propiedades. válidas cualesquiera sean X. ry v Análogamente se prueba que X · (rU ) = r(X · U ). sin utilizar vectores de posición: Si X = yU= . Así que. 1. Z en R2 y r ∈ R. 66 2. como OX y OU son perpendiculares si y sólo si −−→ −−→ OX · OU = 0 entonces X ⊥ U si y sólo si X · U = 0 . −−→ −−→ −−→ −−→ OX · OU ° °° Si α es el ángulo entre OX y OU sabemos que cos α = ° − ° −→° °−−→° .12. y 5.. si los vectores −−→ −−→ −−→ −−→ OX y OU son perpendiculares. °OX ° = kXk y °OU ° = kU k entonces se tiene que: Si α es el ángulo entre los vectores no nulos X y U entonces cos α = X ·U kXk kU k (2.4) Los vectores X y U se dicen ortogonales. como °OX ° °OU ° °−−→° °−−→° −−→ −−→ ° ° ° ° OX · OU = X · U .12). ¥ • Si X y U son vectores no nulos de R2 . ¨ Ejemplo 2.8 µ ¶ µ ¶ 3 2 Para X = yU= se tiene: −2 7 a) X · U = (3)(2) + (−2)(7) = −8 ¡ ¢ b) 13 X · (8U ) = 13 (X · 8U ) = 83 (X · U ) = 83 (−8) = − 64 3 . lo cual se denota X ⊥ U. 3. Ahora. Vectores coordenados o algebraicos Ahora probemos la propiedad 6.. Ahora. recurriendo a los vectores de posición y a la desigualdad de Cauchy-Schwarz ya probada para ellos: ¯−−→ −−→¯ °−−→° °−−→° ° °° ¯ ¯ ° |X · U | = ¯OX · OU ¯ ≤ °OX ° °OU ° = kXk kU k . queda como ejercicio. el ángulo entre X y U se define como el −−→ −−→ ángulo entre los vectores OX y OU (figura 2. Figura 2. La verificación de las propiedades 2. 2. dirección y otros conceptos en R2 67 Ejemplo 2. Solución: a) X · U = (1)(−3) + (2)(1) = −1 Como X · U 6= 0 entonces X y U no son ortogonales.10 x −y x 2 y son ortogonales pues Para cualquier vector de R se tiene que y x y µ ¶ µ ¶ x −y · = (x)(−y) + (y)(x) = 0 ¥ y x • Sean X y U vectores de R2 con U 6= O. se define como el vector algebraico P tal que OP = P roy− − → OX. µ De ¶ acuerdo ¶ x 0 x y P royE2 X = como se con esto es claro que si X = entonces P royE1 X = 0 y y ilustra en la figura 2.14. .13). Magnitud. X ·U −1 −1 1 p b) cos α = =√ = √ √ =− √ . (Ver figura OU 2.¶corta dicha recta. kXk kU k 5 2 12 + 22 (−3)2 +µ12 ¶5 10 1 ¥ = 98. Así que −−→ −−→ P royU X = P si y sólo si P roy− − → OX=OP OU Obsérvese que si L es la recta que pasa por los puntos O y U entonces P royU X es el punto donde la perpendicularµtrazada desde X a la rectaµL.13o . Y como 0o ≤ α ≤ 180o entonces α = cos−1 − √ 5 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 2.3. La proyección de X sobre U. yU= Sean X = 1 2 a) Determine si X y U son ortogonales. denotada −−→ −−→ P royU X. b) Si X y U no son ortogonales halle el ángulo α entre ellos.9 µ ¶ µ ¶ −3 1 .13. Figura 2. Si X y U son vectores cualesquiera de R2 con U 6= O. g) La proyección de W sobre V. pasando a vectores algebraicos. Vectores coordenados o algebraicos Figura 2. todo vector X de R2 se descompone en la forma X = P royU X + (X − P royU X) donde P royU X es paralelo a U y X − P royU X es ortogonal a U. W y el origen. h) Vectores P y Q tales que W = P + Q con P paralelo a V y Q ortogonal a V.U= y X = 2V + 3W − U. d) k−2V k + 2 kV k .68 2.14. c) La descomposición canónica de X. . U 6= O. e) El ángulo entre 2V y −3W. f) La distancia entre los puntos U y W. b) La magnitud y la dirección de X. de la ya conocida fórmula ⎞ ⎛ −−→ −−→ −−→ −−→ ⎝ OX · OU ⎠ OU ° ° ° ° P roy− OX = − → OU °−−→° °−−→° °OU ° °OU ° se sigue.5) Es de resaltar que dado un vector U en R2 . i) El área del triángulo cuyos vértices son V. Finalizamos este capítulo con el siguiente ejemplo. que P royU X = µ X ·U kU k ¶ U = kU k µ X ·U kU k2 ¶ U= µ X ·U U ·U ¶ U (2. Halle: 2 −5 −14 a) El vector X.11 µ ¶ µ ¶ µ ¶ −3 2 3 Sean V = . en el cual se combinan varios de los conceptos introducidos en él.W = . Ejemplo 2. 3 Si θ es la dirección de X entonces tan θ = −3 = −1. p √ d) k−2V k + 2 kV k = |−2| kV k + 2 kV k = 4 kV k = 4 (−3)2 + 22 = 4 13.2. e) El ángulo α entre los vectores 2V y −3W es el mismo ángulo entre V y −W .51o . µ ¶ µ ¶ 48/13 W ·V −16 16 16 −3 V = 13 V = − 13 V = − 13 = . vectores P y Q que cumplen las condiciones exigidas son µ ¶ µ ¶ 48/13 −22/13 P = P royV W = y Q = W − P royV W = . Luego. µ ¶ −3 c) La descomposición canónica del vector X = es 3 X = −3E1 + 3E2 . −32/13 −33/13 .15. θ = tan−1 (−1) + 180o = −45o + 180o = 135o .4)) −(V · W ) −((−3)(2) + 2(−5)) V · (−W ) 16 √ √ = = =√ √ .15). luego (según fórmula (2. Ahora. 2 −5 −14 4 − 15 + 14 3 p √ b) kXk = (−3)2 + 32 = 3 2. f) La distancia entre los puntos U y W es p p √ d = kW − U k = (2 − 3)2 + (−5 − (−14))2 = 1 + 92 = 82. como 0o < θ < 180o entonces θ 6= tan−1 (−1) (Ver figura 2.3. Figura 2. g) P royV W = V ·V 2 −32/13 h) Como sabemos W = P royV W + (W − P royV W ) cos α = donde P royV W es paralelo a V y W − P royV W es ortogonal a V. kV k k−W k kV k kW k 13 29 13 29 ³ ´ Y como 0o ≤ α ≤ 180o entonces α = cos−1 √1316√29 = 34. dirección y otros conceptos en R2 69 Solución: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ −3 2 3 −6 + 6 − 3 −3 a) X = 2V + 3W − U = 2 +3 − = = . sin embargo. Magnitud. −−→ −→ b) U X = rST ⇐⇒ X − U = r (T − S) .R= yS= cuatro puntos del plano. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 0 −6 1 . Sean S. b) Hallar las coordenadas de los puntos medios de los lados del cuadrilátero P QRS. Vectores coordenados o algebraicos i) En la figura 2. Probar que: −−→ −→ −−→ a) U X = ST + Y Z ⇐⇒ X − U = (T − S) + (Z − Y ). 2.4 µ ¶µ ¶ 11 √ 11 1√ (unidades cuadradas). el punto P royV W y la altura h relativa a la base OV . la cual es h = kW − P royV W k . Figura 2. c) Verificar que los puntos medios de los lados del cuadrilátero P QRS son los vértices de un paralelogramo. 13 13 = 2 13 2 ¥ Ejercicios 1.70 2.Q= . X. T. El área A del triángulo es entonces ° 1 1° °−−→° °OV ° h = kV k h. 2 2 √ √ Como h = kW − P royV W k = 11 13 entonces 13 13 (verifíquelo) y kV k = A= A= 2. −−→ −→ − −→ c) U X = rST + d Y Z ⇐⇒ X − U = r (T − S) + d (Z − Y ) . U.16 se muestra el triángulo V OW. . Y y Z puntos del plano y r y d escalares.16. Sean P = 5 0 −1 1 a) Ubicar en el plano cartesiano los puntos dados. W = E1 y U = aV + bW con a.W = yU = vectores de R2 y sea Z = U − 2W + V. 1 2 0 a) Probar que P. b) El punto S que divide al segmento P Q en la proporción 2 : 3. d) La distancia entre los vectores V y U. b µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 3 4 4. a) Ubicar V y W en el plano cartesiano. se tiene que X = cos θ kXk . µ ¶ 0 b) Probar que si U = entonces a = b = 0. 2 9. b escalares. . Se sabe µ que¶ para todo vector no nulo X de R con dirección θ. Sean U = −3E1 + E2 . b) La descomposición canónica de Z. b) Hallar el área del triángulo.R= puntos del plano. Sean P = yQ= puntos del plano. µ ¶ µ ¶ 4 1 6. Sean V = E1 + E2 . c) Calcular el área del cuadrado P QRS. 4 −2 3 Hallar: a) La magnitud y la dirección de Z. 0 c) Hallar a y b tales que U = E1 + 2E2 . µ ¶ 3 h) El escalar b tal que el vector sea ortogonal al vector W. Usando este hecho hallar el vector 4U − 5W donde U y W son los senθ vectores mostrados en la siguiente figura. µ ¶ 4 y W = 6E1 − E2 . g) El vector unitario con dirección opuesta a la del vector V + W.71 2. 2 3 de la distancia 7.Q= . Ejercicios µ ¶ µ ¶ µ ¶ −3 1 4 3. Sean V = . e) El ángulo entre los vectores W y −2V. b) Hallar las coordenadas del vértice S del cuadrado P QRS. c) El punto M sobre el segmento de recta P Q cuya distancia a P es de P a Q. c) Todos los escalares a tales que kaV k = 15. Sean P = . Encontrar el vector X de R2 tal 8. V = 0 que 2U − V + X = 7X + W. f ) El ángulo entre los vectores V y U. Q y R son tres de los vértices de un cuadrado P QRS. µ ¶ −4 5. 3 a) Hallar el tercer vértice (2 soluciones). Dos vértices de un triángulo equilátero son A = y el origen. Hallar: 3 −3 a) El punto R tal que Q es el punto medio del segmento P R.4. . c) X + O = O + X. yR= . e) (r + s) X = rX + sX. d) r (sX) = (rs) X. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 a a) V = b) V = c) V = d) V = 1 −1 −3 b ¿Qué característica adicional tiene el paralelogramo cuyos vértices son O.V = 3 −3 µ ¶ −2 yW = . Y y Z vectores de R2 y sean r y s números reales. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 7 1 3 15. Vectores coordenados o algebraicos 10. Sean X.Q= 14.Q= yR= . −7 −5 1 a) Comprobar que el triángulo es rectángulo e isósceles. b) (X + Y ) + Z = X + (Y + Z) . Sean U. V y X +V? µ ¶ µ ¶ µ ¶ m 1 3 puntos tales que el ángulo QP R es recto. Sean P = 10 3 5 Hallar el valor de m. En cada una de las expresiones siguientes se pueden introducir paréntesis de una sola manera para obtener una expresión que tenga µ ¶ µ sen¶ −1 4 tido. c) Comprobar que la longitud de la mediana relativa a la hipotenusa es igual a la mitad de la longitud de la hipotenusa. En cada caso hallar un vector X de R2 tal que X · V = 0 y kXk = kV k . Para el triángulo de vértices P = . b) Calcular las longitudes de las tres alturas. −1 a) U · V W b) U · V + W c) U/V · W 13. V y W vectores en R2 . Sean U = 2 2 2 a) U · V b) U · (V + W ) c) (2U − V ) · (3W ) d) P royW U e) kU k V · W f ) k(U · V ) W k 12. Probar que: a) X + Y = Y + X. X. Calcular: 11.V = yW = . Introducir los paréntesis y efectuar las operaciones si U = .72 2. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 −3 3 . Calcular el área del triángulo OXU. Describir. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 0 1 4 18. µ ¶ a 19.Q= yR= . Hallar un punto P = equidistante de los puntos Q = . µ ¶ µ ¶ µ ¶ −2 −5 −6 17. b) La suma de los cuadrados de las longitudes de los lados de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de las longitudes de sus diagonales. y. el conjunto de todos los puntos P = y que satisfacen las condiciones indicadas en cada literal. X. µ ¶ x 20. .4. b) Calcular las longitudes de las tres alturas del triángulo. Demostrar lo siguiente utilizando vectores coordenados: a) Las diagonales de cualquier rectángulo tienen igual longitud. b) Calcular el área de dicho rombo. −2 1 a) Determinar los vértices Q y S. R y S. y. d) Hallar el baricentro del triángulo. calcular el radio de la circunferencia que pasa por los puntos Q.73 2. Sean P0 = y r un real positivo. b) La suma de las distancias de P a F1 = 1 −1 µ ¶ µ ¶ −1 2 c) La distancia de P a R = es el doble de su distancia al punto Q = . a) Probar que el área A del paralelogramo cuyos vértices son O. mediante una ecuación en x. Para el triángulo de vértices P = . Sean X y U puntos del plano que no están en una misma línea recta que pasa por el origen. U y X + U es A = kU k kX − P royU Xk = kXk kU − P royX U k b) ¿Cuántos paralelogramos se pueden construir de tal manera que tres de sus vértices sean los puntos O. Describir. Ejercicios µ ¶ µ ¶ −3 2 16. c) Calcular las longitudes de las tres medianas del triángulo. Un rombo P QRS es tal que P = . 4 1 5 a) Comprobar que el triángulo es isósceles.R= yS = .R= y Q está sobre el eje y. −1 1 µ ¶ µ ¶ 0 0 y a F2 = es igual a 4. y 1 0 3 Además. . −3 −5 23. Interpretar y geométricamente dicho conjunto. mediante una ecuación en x. 0 0 21. b µ ¶ x el conjunto de todos los puntos P = tales que kP − P0 k = r. Sean X = yU= . X y U ? ¿Qué relación existe entre las áreas de esos paralelogramos? µ ¶ µ ¶ 2 −1 22. µ ¶ µ ¶ 1 −2 a) P equidista de los puntos M = yN= . Probar que para todo vector X de R2 existen únicos vectores P y Q de R2 tales que X = P + Q. mostrando que X · (X − P royU X) = 0. Vectores coordenados o algebraicos c) En todo triángulo rectángulo la longitud de la mediana relativa a la hipotenusa es igual a la mitad de la longitud de la hipotenusa. Hallar el valor de t tal que el ángulo entre X yY = 25. 26. µ ¶ µ ¶ −1 −3 . d) Si las longitudes de dos medianas de un triángulo son iguales. µ ¶ µ ¶ 1 3 27. 24. . empleando la desigualdad de Cauchy-Schwarz y el producto escalar en R2 . entonces W = (W · U1 ) U1 + (W · U2 ) U2 . dibujar la figura correspondiente con un vértice en el origen y al menos un lado sobre uno de los ejes coordenados. Si X = yU= . Sea U un vector no nulo de R2 . entonces dicho triángulo es isósceles. Sea U un vector no nulo de R2 . 29. Sean X = t 2 y Y es de 45o . Sugerencia: En cada caso. t > 0. Probar la desigualdad triangular en R2 . b) Si U1 y U2 son unitarios. Probar que para cualquier vector X de R2 el vector X − P royU X es ortogonal a U. e) Las diagonales de un rombo son perpendiculares. P paralelo a U y Q ortogonal a U. hallar dos vectores P y Q de R2 tales que X = P + Q con 2 4 P paralelo a U y Q ortogonal a U. y sea W cualquier vector de R2 . Probar que: a) W = P royU1 W + P royU2 W. 28.74 2. Sean U1 y U2 vectores de R2 no nulos y ortogonales. −−→ Consideremos una recta L y sean P0 un punto fijo de L y OD un vector director de L.1 Ecuación vectorial y ecuaciones paramétricas Una línea recta queda completamente determinada dando dos puntos distintos por donde ella pasa o también dando un punto sobre ella y un vector geométrico no nulo paralelo a la − −→ recta. una ecuación para y la circunferencia de centro en el origen y radio r es °µ ¶° ° x ° ° ° ° y °=r µ ¶ x del plano pertenece a esa circunferencia si y sólo si cumple dicha ya que un punto y ecuación . 3. Es claro que la ecuación anterior es equivalente a la ecuación x2 + y 2 = r2 la cual es también. y de tal manera que dicha igualdad la x satisfacen los puntos de la curva C y solamente ellos. Por ejemplo. Cualquier vector no nulo AB paralelo a una recta se dirá un vector director de dicha recta. una ecuación para la circunferencia en consideración. Se entiende por ecuación para una curva C del plano una igualdad que µ ¶involucra las variables x.3 La línea recta en el plano Una vez dotado el plano de un sistema de coordenadas cartesianas xy. Se entiende que un vector no nulo AB es paralelo a una recta L si sus extremos A. las curvas en él pueden ser descritas a partir de ecuaciones. B −− → están sobre L o sobre alguna recta paralela a L. 75 . En este capítulo obtendremos distintas ecuaciones para una línea recta en el plano. t = 12 y t = 1.76 3.1) es equivalente a −−→ −−→ −−→ OX − OP0 = tOD.2 en la cual se muestran los puntos P0 . como se ilustra en la figura 3.1) P0 X = tOD. respectivamente. La línea recta en el plano Figura 3. . es decir. t ∈ R −−→ −−→ −−→ Ahora bien.1. a t = 0. usando vectores algebraicos. en la forma X = P0 + tD. Figura 3. −−→ Así.2) X = P0 + tD con t ∈ R. como P0 X = OX − OP0 entonces (3. t ∈ R que también podemos escribir como −−→ −−→ −−→ OX = OP0 + tOD. L está conformada por los puntos X tales que −−→ −−→ (3.1). P0 + 12 D y P0 + D correspondientes. −−→ Vemos que L está conformada por los puntos X tales que el vector P0 X es paralelo al −−→ vector OD (ver figura 3. t∈R condición que podemos expresar de manera simplificada.2. la recta L que pasa por P0 y tiene vector director OD consiste de todos los puntos X de la forma (3. t ∈ R. 2). b) Halle un punto de la recta L distinto de P0 . el punto X = P0 + tD. A cada valor de t en R corresponde un punto de L. paramétricas de la recta que pasa por y0 d2 µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. a valores distintos de t corresponden puntos distintos de L y al dar a t todos los valores en R se obtienen todos los puntos de la recta L.3) Como dicha recta consta de todos los múltiplos escalares del vector D (ver figura 3.1. la variable t es el parámetro.3) nos referiremos a ella como la recta generada por el vector D.1 2 3 y tiene vector director D = . P0 = y0 d2 y obtiene µ ¶ µ ¶ µ ¶ d1 x x0 +t = y0 d2 y ecuación vectorial que equivale al par de ecuaciones escalares ½ x = x0 + td1 y = y0 + td2 (3. µ ¶ µ ¶ µ ¶ d1 x x0 y D = se Retornemos a la ecuación (3. Figura 3.3. Ecuación vectorial y ecuaciones paramétricas 77 La ecuación (3. −−→ En adelante diremos indistintamente que OD es un vector director de L o que D es un vector director de L. (Figura Sea L la recta que pasa por el punto P0 = 3 1 3. µ ¶ 0 en (3.3.4) las cuales son llamadas ecuaciones escalares µ ecuaciones ¶ µ ¶ paramétricas o simplemente d1 x0 y que tiene vector director .4). µ ¶ 3 c) Use las ecuaciones paramétricas para determinar si el punto es de L.2). Si en ella X = .2) se dice una ecuación vectorial paramétrica o simplemente una ecuación vectorial para la recta L. 10/3 . esta Nótese que si la recta L pasa por el origen entonces tomando P0 = 0 ecuación se reduce a X = tD (3. a) Halle una ecuación vectorial y ecuaciones paramétricas para L. Solución: a) Una ecuación vectorial para L es X = P0 + tD.2 a) Demuestre que una ecuación vectorial para la recta L que pasa por dos puntos distintos P y Q es X = P + t(Q − P ) (3. La línea recta en el plano Figura 3. las ecuaciones anteriores se satisfacen con t = .4.5) b) Halle µ una ¶ ecuación µ ¶ vectorial y ecuaciones paramétricas para la recta que pasa por los −1 2 puntos y . µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 2 3 = +t y 3 1 y unas ecuaciones paramétricas son ½ x = 2 + 3t y =3+t b) Dando a t un valor distinto de 0 en la ecuación vectorial hallada en a) se obtiene un punto de ¶ P0 . así que 3 de L. Por ejemplo. 3 −1 Solución: a) Consideremos la figura siguiente: . es decir. si t = 1 se obtiene el punto µ de ¶ laµrecta ¶ distinto µ ¶ µ x 2 3 5 = + = . ¥ ¶ 3 es un punto 10/3 µ Ejemplo 3.78 3. y 3 1 4 µ ¶ 3 c) El punto es de L si y sólo si existe t ∈ R tal que 10/3 ( 3 = 2 + 3t 10 =3+t 3 es decir ( 1 = 3t 1 =t 3 1 Como se ve. 5) con 0 ≤ t ≤ 1 describe el segmento de recta P Q. µ ¶ µ ¶ −1 2 b) De acuerdo con lo hecho en a) y tomando P = yQ= se tiene que 3 µ ¶ µ −1¶ −1 2 una ecuación vectorial para la recta que pasa por los puntos y es 3 −1 µµ ¶ µ ¶¶ µ ¶ 2 −1 −1 +t X= − −1 3 3 es decir.5. +t X= −4 3 Unas ecuaciones paramétricas para dicha recta son ½ x = −1 + 3t . ¥ y = 3 − 4t Observe que la ecuación (3. entonces D es un vector director para L y por tanto una ecuación vectorial para L es X = P + tD es decir.79 3.2. entre ellos llamaremos ángulo de inclinación .2 Ángulo de inclinación y pendiente Consideremos una recta L no paralela al eje x. Se tiene así que: Dados dos puntos P y Q. ahora. Ángulo de inclinación y pendiente Figura 3. como P Q = OD con D = Q − P. 0 ≤ t ≤ 1 3. X = P + t(Q − P ). −−→ Como P y Q son puntos de L y P 6= Q entonces el vector P Q es un vector director de −−→ −−→ L. © ª P Q = X ∈ R2 Á X = P + t(Q − P ). µ ¶ µ ¶ 3 −1 . En tal caso L corta al eje x formándose cuatro ángulos con vértice en el punto de corte. Veámoslo: Digamos que L1 . Se tiene así que: Dos rectas no verticales son paralelas si y sólo si tienen la misma pendiente. Ahora bien. Obsérvese que la pendiente queda definida para todas las rectas del plano. Si L es una recta horizontal diremos que su ángulo de inclinación es de 0o (o 0 radianes). L2 son dos rectas no verticales con ángulos de inclinación α1 . (Ver figura 3. es una medida de la inclinación de la recta y se tiene que m > 0 si y sólo si 0o < α < 90o m < 0 si y sólo si 90o < α < 180o m = 0 si y sólo si α = 0o . La línea recta en el plano de L al ángulo α que se forma partiendo del eje x y avanzando en sentido antihorario hasta encontrar por primera vez a L. que si dos rectas no verticales son paralelas entonces ellas tienen la misma pendiente (pues tienen el mismo ángulo de inclinación). exceptuando únicamente las verticales (para las cuales el ángulo de inclinación es de 90o ). m2 respectivamente. Figura 3. y que dos rectas del plano son paralelas si y sólo si tienen el mismo ángulo de inclinación. Si m1 = m2 entonces tan α1 = tan α2 y como 0o ≤ α1 < 180o y 0o ≤ α2 < 180o entonces tiene que ser α1 = α2 . en lugar de trabajar directamente con el ángulo de inclinación α resulta más conveniente hacerlo con el número m = tan α el cual es llamado pendiente de la recta correspondiente. Nótese que el ángulo de inclinación α de cualquier recta es tal que 0o ≤ α < 180o (o 0 ≤ α < π si α se mide en radianes).6. Es claro que una recta en el plano queda completamente determinada al dar su ángulo de inclinación y un punto por donde ella pasa. α2 y pendientes m1 . además. Obsérvese. así L1 y L2 tienen el mismo ángulo de inclinación y en consecuencia son paralelas. El recíproco de esta afirmación también es cierto.80 3. La pendiente m. al igual que el ángulo de inclinación α.6). 2. razonando como en dicho ejemplo. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. Así.8.7 Figura 3. por ser ángulos correspondientes.7. Ángulo de inclinación y pendiente como se ilustra en la figura 3. Ahora. Para hallar la pendiente m de L podemos apoyarnos en el triángulo rectángulo P1 QP2 en el cual (como se muestra en la figura) el ángulo QP1 P2 coincide con α.3 1 4 y P2 = . como se ilustra en la figura 3. se puede probar que si P1 = y y1 µ ¶ x2 P2 = son dos puntos distintos cualesquiera de una recta no vertical L entonces la y2 pendiente m de dicha recta. = 4−1 3 longitud de P1 Q ¥ En el ejemplo anterior se calculó la pendiente m a partir de dos puntos dados ¶ µ sobre x1 la recta.8 Figura 3. de dicho triángulo se tiene que m = tan α = 1 3−2 longitud de QP2 = .81 3. es m= y2 − y1 x2 − x1 (3.6) .9. Halle la pendiente de la recta L que pasa por los puntos P1 = 2 3 Solución: Consideremos la figura 3. µ ¶ d1 para una d2 d2 .9. ya que D = es un vector director de la recta L0 que pasa por los puntos m µ ¶ µ ¶ 0 1 y y dicha recta L0 es paralela a L porque la pendiente de L0 también es m. .11).10. x2 − x1 − (x1 − x2 ) x1 − x2 Ahora. La línea recta en el plano Figura 3. si m es la pendiente de una recta L entonces D = es un vector m µ ¶ 1 director de L. pues y1 − y2 −(y1 − y2 ) y2 − y1 = = .82 3. µ ¶ 1 Por otra parte. no importa cuál punto denotemos P1 y cuál P2 . (Ver 0 m figura 3. entonces la pendiente m de L es m = 3.10. como se ilustra en la figura d1 Figura 3. Más aún. si en lugar de dos puntos conocemos un vector director D = recta no vertical L. unas ecuaciones paramétricas para L son x = x0 + td1 y = y0 + td2 Como d1 6= 0 y d2 6= 0 (pues L no es vertical ni horizontal) despejando el parámetro t en cada una de las ecuaciones anteriores e igualando se obtiene la ecuación y − y0 x − x0 = d1 d2 (3. Supongamos ahora que L es una µ recta Digamos ¶ que no es paralela al eje x ni al ejeµy. Ecuaciones escalares no paramétricas Figura 3.3. 3.12 se ilustran estos dos casos Figura 3.11.12. entonces y0 una ecuación para L es x = x0 En la figura 3.3 Ecuaciones escalares no paramétricas µ ¶ x0 .83 3.8) .7) µ ¶ x0 De manera similar. una ecuación para L es y y = y0 (3. si L es paralela al eje y y pasa por el punto P0 = . ¶ d1 x0 que un punto de esta recta es P0 = y que un vector director es D = . Como y0 d2 sabemos. por tanto. Es claro que un punto Sea L una recta paralela al eje x que pasa por el punto P0 = y0 µ ¶ x de R2 pertenece L si y sólo si y = y0 . Nótese que la ecuación (3.10) se dice que es una ecuación para la recta L en la forma pendiente-intercepto.9) con m = 0. Ahora. el cual es la ordenada del punto donde la recta L corta al eje y. recíprocamente. La línea recta en el plano µ ¶ µ ¶ x x Así. todo punto de L satisface la ecuación (3.8) entonces él satisface las ecuaciones paramétricas tomando t= x − x0 y − y0 = d1 d2 Por tanto (3.84 3. a la ecuación y − y0 = m(x − x0 ) (3. en y = mx + b (3.7) para una recta horizontal se puede obtener de la ecuación (3.8) es una ecuación para la recta L. De la ecuación (3.9) se escoge el punto P0 como el punto b al eje y.9) se dice que es una ecuación para la recta L en la forma punto-pendiente. es claro que dicha ecuación es equivalente a la ecuación y − y0 = d2 (x − x0 ) d1 es decir. por ello. Como resumen de lo anterior tenemos: .10) El número b.9) donde m = d2 /d1 es la pendiente de L. de la ecuación (3.8). si un punto y y satisface la ecuación (3. de la cual se dice que es una ecuación en forma simétrica. como ya se sabe. es llamado intercepto de L con el eje y. equivalentemente.9) se convierte en y − b = m(x − 0) o. entonces (3. µ ¶ 0 donde la recta L corta Si en la ecuación (3. Ecuaciones escalares no paramétricas µ ¶ x0 . una ecuación para b L es y = mx + b Ejemplo 3. Sea L una recta en el plano que pasa por el punto P0 = y0 • Si L es horizontal. Q0 = −1 e) Halle unas ecuaciones paramétricas para la recta L4 descrita en el literal d). Solución: a) Como el ángulo de inclinación de L1 es α = 30o entonces la pendiente de L1 es √ o m = tan 30 = 1/ 3. una ecuación para L es y − y0 = m(x − x0 ) µ ¶ 0 • Si L tiene pendiente m y corta al eje y en el punto . despejando la variable y así: µ ¶ 1 3 y = √ x+ √ +2 3 3 . 2 µ ¶ −3 . b) Halle una ecuación para la recta vertical L2 que pasa por el punto P0 = 2 ¶ µ −3 .3. una ecuación para L1 en la forma punto-pendiente es 1 y − 2 = √ (x + 3) 3 Ahora.4 a) Halle una ecuación en la forma pendiente-intercepto para la recta L1 que pasa por el µ ¶ −3 punto P0 = y tiene ángulo de inclinación de 30o . una ecuación para L es y = y0 • Si L es vertical. Por tanto.85 3. una ecuación para L es x = x0 µ ¶ d1 . de la ecuación anterior podemos obtener una ecuación en la forma pendienteintercepto para L1 . c) Halle una ecuación para la recta horizontal L3 que pasa por el punto P0 = 2 d) Halle µ una ¶ ecuación en la forma punto-pendiente para la recta L4 que pasa por el punto 2 y es paralela a la recta L1 descrita en el literal a). • Si L no es horizontal ni vertical y un vector director de L es D = d2 una ecuación para L es x − x0 y − y0 = d1 d2 • Si L tiene pendiente m. despejando la variable y de ella se obtiene la ecuación equivalente c a y =− x+ b b la cual es del tipo y = mx + d y por µ tanto ¶ corresponde a la recta con pendiente m = −a/b 0 y que corta al eje y en el punto . b. manejo algebraico. En efecto. c constantes.11) y − y0 = m (x − x0 ) . como cada una de estas ecuaciones puede llevarse a la forma ax + by = c (3. Ahora bien.12). una ecuación en la forma punto-pendiente para la recta L4 es 1 y − (−1) = √ (x − 2) 3 es decir. Usando este vector D y el punto .12) con a. entonces (3. podemos afirmar que toda recta en el plano tiene una ecuación de la forma (3. 2 √ d) Como L4 es paralela√a L1 y la pendiente de L1 es m = 1/ 3 entonces la pendiente de L4 también es m = 1/ 3. toda ecuación de la forma (3.11). La línea recta en el plano es decir.12) se reduce a la ecuación c/b ax = c con a 6= 0. µ ¶ −3 es x = −3. ´ ³√ 1 y = √ x+ 3+2 3 la cual es una ecuación para L1 en la forma pendiente-intercepto. en dicha ecuación se √ observa que el intercepto con el eje y de la recta es 3 + 2. Ahora. es D = 3D = 1 −1 tenemos que unas ecuaciones paramétricas para L4 son √ ½ x = 2 + 3t ¥ y = −1 + t Hemos visto que toda recta en el plano tiene una ecuación de una de las formas siguientes: y = mx + d.12) se tiene b 6= 0.12) es equivalente a alguna ecuación del tipo de las que aparecen en (3. Si b = 0. 1 y + 1 = √ (x − 2) 3 √ e) ComoµL4 tiene ¶ pendiente m = 1/ 3 entonces un vector director para L4 es el 1 √ . si en (3. a 6= 0 o b 6= 0. Por otra parte. más cómodo para su vector D = 1/ 3 µ√ ¶ µ ¶ √ 3 2 0 0 . b) Una ecuación para la recta vertical L2 que pasa por P0 = 2 ¶ µ −3 c) Una ecuación para la recta horizontal L3 que pasa por P0 = es y = 2. Luego. x = x0 (3. la cual es equivalente a la ecuación x= c a . otro vector director para L4 .86 3. y toda ecuación de esta forma corresponde a una recta en el plano. De una ecuación como (3. b. Ejemplo 3. 4 Solución: Empecemos determinando la pendiente de L1 . (3. 3 Llevamos ahora esta ecuación a la forma general: 3(y − 4) = −2(x − 1) 3y − 12 = −2x + 2 2x + 3y = 14 Así. Ecuaciones escalares no paramétricas que es µ del tipo ¶ x = x0 y por tanto corresponde a la recta vertical que corta al eje x en el c/a punto .14) ¥ . Ahora. Toda recta que pasa por el origen tiene una ecuación de la forma ax + by = 0 con a. a 6= 0 o b 6= 0. Así que.5 Dada la recta L1 con ecuación 2x + 3y = 6 (3. Nótese que si en la ecuación ax + by = c se tiene c = 0 entonces la recta correspondiente pasa por el origen ya que a(0) + b(0) = 0. una ecuación en forma general para L2 es la ecuación (3.13) obtenga µ una ¶ ecuación en forma general para la recta L2 que es paralela a L1 y pasa por el 1 punto . y toda ecuación de esta forma corresponde a una recta que pasa por el origen. 3 Luego. se dice que está en forma general. a 6= 0 o b 6= 0. si la recta con ecuación ax + by = c pasa por el origen entonces tiene que ser c = 0 (pues c = a (0) + b (0) = 0).13). para lo cual basta despejar la variable y de (3. Recíprocamente. la pendiente de L1 es m = −2/3.3.12) para una recta.14). c constantes. b constantes. 0 Resumimos la discusión anterior en el siguiente resultado: Toda recta en el plano tiene una ecuación de la forma ax + by = c con a. como Lµ 2 es ¶ paralela a L1 entonces la 1 entonces (usando la forma pendiente de L2 también es m = −2/3 y como L2 pasa por 4 punto-pendiente) una ecuación para L2 es 2 y − 4 = − (x − 1). Al hacerlo se obtiene 2 y = − x + 2.87 3. Si − n = ON . todo vector no nulo ortogonal a él es un b . (3. si y sólo si −−→ −−→ (3.13.17) es una ecuación para una recta L entonces escogiendo un punto µ ¶ a . en lugar de decir que − n es un vector normal a L también diremos que N es un vector normal a L.16) y realizar los y b productos escalares indicados en ella. si (3.17) donde c = P0 · N. de lo cual se sigue que N = es un vector norma a L. En efecto. Por otra parte.88 3. como se ilustra en la figura 3.16) es una ecuación (vectorial no paramétrica) para L. un punto X del plano está en L si −−→ −−→ y sólo si el vector P0 X es perpendicular al vector ON (ver figura 3. Figura 3.13).15) P0 X · ON = 0 ecuación que podemos expresar de manera simplificada. b µ ¶ a Algo más. como (X − P0 ) · N = 0 o bien como X · N = P0 · N (3.2).13.4 3. −−→ Consideremos una recta L y sean P0 un punto fijo de L y ON un vector normal a L. se dirá un vector −−→ → → normal a L.16) Así.15). Todo vector no nulo n perpendicular a una recta L. si N = es un vector normal a L. usando vectores algebraicos.16) con N = b µ ¶ a temente. de la cual se dice que es una ecuación en formaµ normal. Se entiende que → → un vector no nulo − n es perpendicular a una recta L si − n es perpendicular a algún vector → − → − director d de L. dicha ecuación puede escribirse en la forma (3. distinta a la ecuación vectorial (3. es decir. al sustituir en la ecuación (3. en la forma (3. o equivalenP0 de L. La línea recta en el plano Ecuación en forma normal Una recta en el plano también queda completamente determinada dando un punto por donde ella pasa y un vector geométrico no nulo perpendicular a la recta. Empleando el producto escalar podemos obtener para L una ecuación vectorial muy simple. ¶ µ ¶ x a Observe que si X = yN = . tal ecuación toma la forma ax + by = c (3. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. Halle Considere la recta L que pasa por P0 = 1 3 una ecuación en forma normal para L y obtenga a partir de ella una ecuación en forma general para L.89 3. µ ¶ a • Si ax + by = c es una ecuación para una recta L entonces N = es un b µ ¶ µ ¶ −b b y D2 = son vectores directores de L. y como L pasa por el punto Un vector normal a L es N = 2 µ ¶ 1 entonces una ecuación en forma normal para L es P0 = 1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 3 1 3 · = · y 2 1 2 Realizando los productos escalares indicados.14.4. los vectores D1 = y D2 = son vectores a −a directores de L pues ambos son ortogonales a N. Figura 3. Solución: µ ¶ 3 pues N · D = 0. en particular. se obtiene 3x + 2y = 5 la cual es una ecuación para L en forma general.14). ¥ . Se tiene así lo siguiente: µ ¶ a • Si N = es un vector normal a una recta L entonces una ecuación b para L es ax + by = c para cierta constante c. Ecuación en forma normal µ ¶ µ ¶ −b b vector director de L.6 1 −2 y que tiene vector director D = . vector normal a L y D1 = a −a (Vea figura 3. −5 − 3 −8 4 así. la recta L1 (que µ es¶perpendicular a L2 ) tiene pendiente m1 = −1/m2 = 4/5. Sean L1 . L2 tienen pendientes m1 . para el caso en que ninguna de las rectas es vertical. L2 dos rectas dadas. µ ¶ Ejemplo 3. y como −1 L1 pasa por M = entonces una ecuación para la mediatriz L1 es −2 4 y − (−2) = (x − (−1)) 5 es decir. 5 ¥ .5 Rectas perpendiculares Ahora nos referiremos a condiciones bajo las cuales dos rectas del plano son perpendiculares.90 3. µ ¶ −1 El punto medio del segmento P Q es M = 12 (P + Q) = y la pendiente de L2 es −2 m2 = 10 5 3 − (−7) = =− .7 3 y Halle una ecuación para la recta mediatriz del segmento de recta P Q donde P = −7 µ ¶ −5 Q= . La línea recta en el plano 3. En primer lugar estas rectas son perpendiculares (lo cual denotamos L1 ⊥ L2 ) si y sólo si un vector director D1 de L1 es ortogonal a un vector director D2 de L2 . Ahora obtendremos un criterio de perpendicularidad en términos de las pendientes. recordamos que en tal caso los vectores D1 = m1 µ ¶ 1 y D2 = son vectores directores de L1 y L2 respectivamente. tienen Supongamos entonces que ninguna de las rectas L1 . 4 y + 2 = (x + 1). Se tiene entonces que: m2 L1 ⊥ L2 ⇔ D1 y D2 son ortogonales ⇔ D1 · D2 = 0 ⇔ 1 + m1 m2 = 0 ⇔ m1 m2 = −1 Así hemos probado que: Si las rectas L1 . m2 respectivamente entonces L1 ⊥ L2 si y sólo si m1 m2 = −1. 3 Solución: La mediatriz del segmento P Q es la recta L1 que pasa por el punto medio de P Q y es perpendicular a la recta L2 determinada por P y Q. L2 es vertical y que ellas µ ¶ 1 respectivamente pendientes m1 y m2 . y por tanto son congruentes. respectivamente. Ángulo entre rectas 3.16. θ1 y θ2 es recto entonces tan θ = tan (θ2 − θ1 ) = tan θ2 − tan θ1 1 + tan θ1 tan θ2 Ahora. pues θ2 es un ángulo exterior al triángulo ABP y por ello θ2 es la suma de los ángulos interiores no adyacentes θ1 y θ. y por tanto son suplementarios.15 dicho ángulo es θ y 180o − θ es el ángulo de L2 a L1 .19) tan θ = 1 + m1 m2 . En la figura 3. Consideremos la figura 3. A continuación obtendremos una fórmula para el ángulo de L1 a L2 en términos de sus pendientes. θ2 los ángulos de inclinación de L1 y L2 .6 Ángulo entre rectas Cuando dos rectas L1 .18) Si ninguno de los ángulos θ.15.16 en la cual θ es el ángulo de L1 a L2 .6. L2 se cortan se forman cuatro ángulos con vértice en el punto de corte. o son adyacentes. Así que θ = θ2 − θ1 (3.91 3. φ el de L2 a L1 y θ1 . Figura 3. Llamaremos ángulo de L1 a L2 al ángulo medido en sentido antihorario desde L1 hasta encontrar por primera vez L2 . si m1 y m2 son las pendientes de L1 y L2 respectivamente entonces tan θ1 = m1 y tan θ2 = m2 por lo tanto m2 − m1 (3. De la figura se deduce que θ2 = θ1 + θ. Figura 3. Dos cualesquiera de esos ángulos o son opuestos por el vértice. . ecuaciones 2x + 3y = 5 y 5x + y = −3. Aplicando la fórmula (3. La línea recta en el plano igualdad que determina de manera única al ángulo θ.92 3. el ángulo de L1 a L2 puede hallarse fácilmente a partir del ángulo de inclinación de L2 . como tan θ < 0 entonces 90o < θ < 180o y por tanto θ = tan−1 (−1) + 180o = −45o + 180o = 135o . En cuanto al ángulo φ tenemos que φ = 180o − θ y por tanto tan φ = tan (180o − θ) = − tan θ = m1 − m2 1 + m1 m2 de manera que la única diferencia entre las fórmulas para tan φ y tan θ está en el orden en que aparecen las pendientes en el numerador. pues 0o ≤ θ < 180o . Se Consideremos una recta L con ecuación ax + by = c y un punto X0 = y0 desea hallar una expresión para la distancia d del punto X0 a L (Figura 3. Solución: Las pendientes de L1 y L2 son respectivamente m1 = −2/3 y m2 = −5.19).19) no es aplicable cuando alguna de de las rectas es vertical o cuando las rectas son perpendiculares.7 ¥ Distancia de un punto a una recta µ ¶ x0 del plano. 3.18).16. Ejemplo 3.19) tenemos que el ángulo θ de L1 a L2 en sentido antihorario es tal que ¡ ¢ −5 − − 23 − 13 m2 − m1 ¡ 2 ¢ = 133 = −1. respectivamente. como era de esperarse. y que para una figura diferente quizás no se cumpla la igualdad (3. Nótese el orden de las pendientes en el numerador del lado derecho en (3.17). Nótese que la fórmula (3.19) se dedujo de la figura 3. Figura 3. Se advierte al lector que la igualdad (3. Ahora. pero para θ 6= 90o siempre se tendrá que tan θ = tan(θ2 − θ1 ) como podrá comprobar el lector considerando otras figuras. si por ejemplo L1 es vertical.8 Halle el ángulo de la recta L1 a la recta L2 sabiendo que L1 y L2 tienen. = tan θ = 1 + m1 m2 1 + (−5) − 3 3 Ahora.17. N · X0 = ax0 + by0 y N · P = ae + bf. luego una ecuación para L es 4x + 2y = 2.20) la distancia de X0 a L es ¯ ¡ 1¢ ¯ ¯2 − + 1 (5) − 1¯ 3 2 √ d= =√ . empleando vectores. es |ax0 + by0 − c| √ d= . el cual es normal a la recta L.9 −1/2 x −1 2 . a2 + b2 Hemos probado así que: µ ¶ x0 a la recta L con ecuación La distancia d del punto X0 = y0 ax + by = c. es la siguiente: ¶ −−→ e elijamos un punto cualquiera P = de L y consideremos el vector P X0 y también el f µ ¶ a vector N = . Distancia de un punto a una recta Una manera de obtener una talµexpresión para d.20) µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. . la cual es equivalente a 2x + y = 1. a2 + b2 (3. b −−→ Es claro que la distancia de X0 a L es la magnitud del vector P roy− − → P X0 . L y L0 tienen la misma pendiente y por tanto son paralelas. Ahora. Solución: µ a)¶ Empecemos por hallar una ecuación en forma µ ¶ general para la recta L. luego. b) Muestre que la recta L0 con ecuación 10x + 5y = 7 es paralela a L y encuentre la distancia d0 entre estas dos rectas. Ahora. Considere la recta L con ecuación = +t y el punto X0 = 5 y 3 −4 a) Halle la distancia d de X0 a L. luego N · P = c y por tanto d= |ax0 + by0 − c| √ .17).7. 2 2 5 2 +1 b) De las ecuaciones para las rectas L y L0 vemos que para cada una de ellas la pendiente es −2. y como P es un punto de L entonces ae + bf = c. Según (3. como un punto de L es 3 y así c = 2. = kN k Ahora. Como D = 2 4 es un vector director de L entonces N = es un vector normal a esta recta y así −4 2 una ecuación en forma general para L es 4x + 2y = c en µ la ¶cual sólo resta determinar el −1 entonces 4 (−1) + 2 (3) = c valor de la constante c. (Ver figura 3.93 3. así que ON ° −−→° ° ° P X0 ° d = °P roy− − → ON = kP royN (X0 − P )k ° ° ° N · (X0 − P ) ° ° = ° N° ° kNk2 |N · X0 − N · P | . La línea recta en el plano 0 para hallar la distancia d0 entre L y L0 basta µ elegir ¶ un punto en L y luego calcular la 0 entonces distancia de él a L. .94 3. se dice una combinación lineal de los vectores X y Y. todo vector de la forma → → a− u + b− v − − con a y b escalares. se dice una combinación lineal de los vectores → u y→ v . combinaciones lineales. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. b.10 µ ¶ 1 2 1/2 a) ¿Es el vector una combinación lineal de los vectores y ? −1 −1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 7 1 3 b) ¿Es el vector una combinación lineal de los vectores y ? 8 2 6 Solución: a) Veamos si existen escalares a y b tales que µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 1/2 1 a +b = −1 3 −1 es decir. → → Es más. todo vector de la forma aX + bY con a y b escalares. y.8 Ecuaciones lineales. si X y Y son vectores de R . De manera 2 similar. c constantes) es la ecuación de una línea recta en el plano cartesiano xy. dependencia e independencia lineal Hemos visto que toda ecuación de la forma ax + by = c con a 6= 0 o b 6= 0 (a. Por ello las ecuaciones de la forma ax + by = c se denominan ecuaciones lineales (en las variables x. Como un punto de L0 es 7/5 ¯ ¯ ¡ ¢ ¯2 (0) + 1 7 − 1¯ 2 0 5 √ d = = √ . si − u y− v son vectores geométricos del plano. y también por ello una expresión del tipo ax + by se dice una expresión lineal en las variables x. ¥ 5 5 22 + 12 3. y). tales que 1 2a + b = 1 2 −a + 3b = −1. 21). si son paralelos. Se sigue de lo anterior que dos vectores dados de R2 están sobre una misma línea recta que pasa por el origen si y sólo si alguno de los dos vectores es múltiplo escalar del otro. Ejemplo 3. los vectores y son linealmente independientes (no están sobre 2 3 µ ¶ µ ¶ 4 2 una misma línea recta que pasa por el origen) pues no existe t ∈ R tal que =t .D. con D 6= O.D.21) Despejando a en la primera ecuación y reemplazando en la segunda se obtiene µ ¶ que 7 no es 14 = 8. −1 13 −1 13 3 ¥ b) Veamos si existen escalares a y b tales que µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 3 7 a +b = 2 6 8 es decir. no existen escalares a. dos vectores geométricos − u y− v se dicen linealmente dependientes (L. Luego. dos vectores X. Por lo tanto. es decir. ¥ . si esto último no se da.11 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 4 2 4 2 Como =2 entonces los vectores y son linealmente dependientes (están 2 1 2 1 sobre una misma línea recta que pasa por el origen). 2 3 En la figura 3. el 1 sí es combinación lineal de los vectores dados: vector −1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 7 2 2 1/2 = − . De igual forma. Ecuaciones lineales. combinaciones lineales. b que satisfagan (3.I.I. sustituyendo µ ¶ este valor de b en la segunda ecuación se obtiene a = 7/13. en caso contrario los vectores se dicen linealmente independientes (L. Por ello. el vector 8 una combinación lineal de los vectores dados. es decir.) si alguno de los dos es múltiplo escalar del otro. Y de R2 se dicen linealmente dependientes (L.). Recordamos que para X ∈ R2 se tiene que X ∈ L si y solamente si X es múltiplo escalar de D.) si alguno de los dos es múltiplo escalar del otro.8. ¥ Sea L una recta que pasa por el origen y por un punto D. los vectores se dicen linealmente → → independientes (L.18 se aprecia lo anterior. dependencia e independencia lineal 95 Despejando a en la segunda ecuación y reemplazando en la primera se obtiene b = −2/13.3.). tales que a + 3b = 7 2a + 6b = 8 (3. µ ¶ µ ¶ 4 2 Por otra parte. 0 µ ¶ −3 c) Pasa por el punto y es paralela al eje y. Probar que las ecuaciones vectoriales µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 x −4 + t1 = .18. a) L pasa por el origen y tiene vector director D = 3 µ ¶ µ ¶ −1 2 . 3 −5 µ ¶ 0 e) Intersecta al eje y en el punto y es perpendicular a la recta con ecuación 2 y = − 23 x + 5. 3. 3.9 Ejercicios 1. La línea recta en el plano Figura 3. hallar una ecuación en forma general para la recta que satisface las condiciones dadas. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 −3 1 f ) Pasa por y es paralela a la recta que contiene los puntos y . t2 ∈ R. .96 3. t1 ∈ R 5 y 3 y µ ¶ µ ¶ µ ¶ 6 x 8 + t2 = . yQ= b) L pasa por los puntos P = 4 −3 µ ¶ µ ¶ −−→ 3 −5 c) L contiene el punto P0 = y es paralela al vector OD con D = . hallar una ecuación en la forma pendiente-intercepto para la recta que pasa por el punto P y es paralela a la recta con ecuación dada. Para cada literal. 2 1 2. Encontrar una ecuación vectorial para la recta L descrita en cada literal: µ ¶ −1 . 2 y −6 son ecuaciones de una misma línea recta. 4 µ ¶ −2/3 b) Tiene pendiente −2 y corta el eje x en el punto . 3 5 −2 4. µ ¶ −1 a) Tiene pendiente 4 y pasa por el punto . Para cada literal. 5 µ ¶ µ ¶ −1 4 d) Pasa por los puntos y . Sea L la recta que corta al eje x en P = y al 0 a 6= 0 y b 6= 0. y 3 2 10.P = a) 3 4 µ ¶ −2 c) y = 7. b) Las ecuaciones 3kx+8y−5 = 0 y 6y−4kx = −1 representan rectas perpendiculares. Sean a. hallar una ecuación vectorial de y es perpendicular a la recta que tiene la ecuación µ ¶ 3 x y a) P = .9. √ √ a) L1 : 3x − y = 5. Determinar el ángulo de L1 a L2 para cada par de rectas dadas. Probar que si b x y + =1 a b 7. Ejercicios y−5 x−3 = . tiene vector director D = que pasa por el punto P = k 7 µ ¶ µ ¶ k −6 a la recta que pasa por los puntos . b) Las rectas con ecuaciones ax + by = c y bx − ay = d son perpendiculares. L2 : 3x − y = 2 ½ x = −1 − t . t ∈ R. hallar todos los valores de k para los cuales se satisface la condición indicada. 9. una ecuación para L es la recta que pasa por el punto P dada. . P = y =1−t 5 5. L2 : x − y = 0 c) L1 : y=t d) L1 : y−1 x = .y=3 0 µ ¶ 0 eje y en Q = . x = −5 0 µ ¶ −1 e) P = . a) Las ecuaciones 3x + 6ky = 7 y 9kx + 8y − 15 = 0 representan rectas paralelas. 2x − 5y = 4 2 µ ¶ 0 d) P = . general para la recta µ ¶ µ ¶ Hallar una ecuación en forma 5 −1 y es perpendicular . 8. c y d números reales. Determinar los valores reales de k y h tales que 3x + ky + 2 = 0 y 5x − y + h = 0 son ecuaciones de la misma recta. P = 0 µ ¶ −1 0 µ ¶ −1 b) 2x − y − 14 = 0.97 3. Para cada literal. Probar que: a) Las rectas con ecuaciones ax + by = c y ax + by = d son paralelas. 2 4 L2 : x − 2 = y 4 11. Para cada literal. µ ¶ −3 b) P = . b. P = 1 ½ µ ¶ 2 x=1+t d) . y = 13 x + 5 3 µ ¶ a 6. L2 : x − 3y = −3 √ b) L1 : x − y = −1. Sea k un número real cualquiera. + =1 4 7 7 µ ¶ −1 c) P = . Para el triángulo de la figura a) Encontrar el baricentro (punto de intersección de las medianas). b) Hallar el circuncentro (punto de intersección de las mediatrices). √ 3 y=2 b) y = x. perpendiculares. Para cada literal.98 3. 16. se cortan) de cada par de rectas y si se cortan. 3 7 µ ¶ µ ¶ 1 1 y es paralela al vector D1 = y 15. . 1 8 Hallar el punto de intersección de L1 y L2 . x = 2 4 17. Estudiar la posición relativa (paralelas. hallar una ecuación para la bisectriz del ángulo agudo que forman las rectas con ecuaciones dadas. hallar el punto de intersección de ellas. Considere la recta L con ecuación 2y − 3x = 4 y el punto P = . t ∈ R. b1 b2 b) Hallar µ ¶una ecuación µ ¶en forma general para la mediatriz del segmento P Q con −1 −5 P = yQ= . −3 a) Encontrar unas ecuaciones paramétricas de la recta L1 que pasa por P y es perpendicular a L. La línea recta en el plano 12. 14. a) x − 3y = 5. a) Probar conjunto de puntos del plano equidistantes de dos puntos dados µ ¶ que el µ ¶ a1 a2 P = yQ= es la mediatriz del segmento P Q. Dibujar L y L1 . ⎪ ⎩ L2 : x − 2 = y + 3 2 µ ¶ 1 13. b) Hallar la distancia del punto P a la recta L. Sea L1 la recta que pasa por el punto P = 2 ¶ µ1 ¶ µ 2 3 sea L2 la recta que pasa por el punto Q = y es paralela al vector D2 = . ½ ½ L1 : y = 2x + 1 L1 : 2x − y + 1 = 0 b) a) L2 : 5x − 3y + 2 = 0 L2 : −4x + 2y + 5 = 0 µ ¶ µ ¶ µ ¶ ⎧ x 1 −2 ⎪ ⎨ L1 : = +t y 1 1 c) . Sean P = 10 8 a) Determinar el punto R de la recta L tal que el triángulo P QR es isósceles. Hallar un vector normal a la recta con ecuación dada en cada literal: µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 1 x .R= b) P = 11 4 −3 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ −6 −4 4 6 20. b) Hallar la longitud de la altura del triángulo P QR relativa al lado P Q. . a) Si F grados fahrenheit corresponden a C grados centígrados.S= . La gráfica de una ecuación que relaciona la temperatura en grados centígrados con la temperatura en grados fahrenheit es una recta. c) ¿Cuál es la temperatura en grados fahrenheit que corresponde a 20 grados centígrados? d) ¿Cuál es la temperatura en grados centígrados que corresponde a 86 grados fahrenheit? e) ¿Existe alguna temperatura para la cual sea C = F ? 24. 1 22. d) Comprobar que los tres puntos hallados en a). b) y c) son colineales. R = y S = son los 1 6 −3 2 vértices de un rectángulo. µ ¶ µ ¶ −1 5 y L la recta con ecuación x + 2y − 7 = 0.Q = 18. Probar que los puntos P = .S= −4 6 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ −3 −1 1 . escribir una ecuación que relacione F con C. Q = .t∈R b) y = 2x − 5 +t = a) 1 3 y ½ x+1 y−3 x=1+t c) = d) . 23. 19. Hallar un punto P del eje x tal que la recta que pasa por P y por Q = es 4 µ ¶ 1 perpendicular a la recta que pasa por P y por R = . El agua se congela a 0o C y a 32o F y el agua hierve a 100o C y a 212o F. b) Dibujar la gráfica de la ecuación del literal a).t∈R y = −3t 2 3 x y e) 2 (x − 1) + 5 (y + 2) = 0 g) + = 1 2 7 . Si L es la recta con ecuación 5x − y = 1. encontrar las ecuaciones de las rectas perpendiculares a L que forman con los ejes coordenados un triángulo de área igual a 5 unidades cuadradas. c) Calcular el área del triángulo P QR. Ejercicios 99 c) Hallar el ortocentro (punto de intersección de las rectas que contienen las alturas).9. µ ¶ −3 21.R= .3. Determinar si los puntos dados en cada caso son colineales. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 2 −3 a) P = . (Dos soluciones). Sea L una recta y N es un punto de L tal que ON es un vector normal a L. Sea L1 la recta con ecuación ax + by = 0 y sea L2 la recta perpendicular a L1 que pasa por el origen. 31. La línea recta en el plano µ ¶ µ ¶ −1 3 25. °−−→° −−→ ° ° donde ρ = °ON ° y α es la dirección del vector ON . cuya distancia a la recta con ecuación 3x + 4y − 15 = 0 es igual a 3. Probar que una ecuación para L es (cos α) x + (senα) y = ρ. 30. 27. 2x − y + 5 = 0 2/3 µ ¶ 2 .100 3. Sea L1 la recta conµecuación x + y − 2 = 0 y sea L2 la recta paralela a L1 que pasa ¶ 5 . Describir mediante ecuaciones el lugar geométrico de todos los puntos P = del y plano. µ ¶ 2 a la recta L. Hallar el área del trapecio limitado por las rectas L1 . En cada literal. Demostrar que la suma de los cuadrados de las distancias de un punto cualquiera X0 a las rectas L1 y L2 es igual al cuadrado de la longitud del vector X0 . hallar la distancia del punto P a la recta dada: µ ¶ 0 a) P = . 3x + 4y − 10 = 0 0 µ ¶ 3/2 b) P = . −−→ 29. 7 5 a) Hallar una ecuación en forma normal para L. µ ¶ x 28. −4 c) Encontrar la distancia entre las rectas L1 y L2 . Considere la recta L que pasa por los puntos P = yR= . Considere la recta L1 generada por el vector V = 3 µ ¶ 3 a) Encontrar la distancia del punto X0 = a la recta L1 . 7 b) Hallar una ecuación µ ¶en forma general para la recta L2 que es paralela a L1 y pasa 3 por el punto P = . 1 26. b) Encontrar la distancia del punto X0 = 3 c) Encontrar µ la¶distancia del origen a la recta perpendicular a L que pasa por el −1 punto S = . . L2 y por el punto P = 0 los ejes coordenados. es decir. Una notación completa es f :A → B x 7→ f (x) en la cual aparece la ley de asignación de f. lo llamaremos también la proyección de X sobre L. el cual es llamado imagen de x bajo f y es denotado f (x) . La notación f : A → B indica que f es una función con dominio A y codominio B. cómo f asigna imagen a cada elemento de A. − 13 x2 ¡ ¢ x 7→ (x − 1) x + 13 estamos presentando toda la información relativa a la función f : el dominio. Q. En este capítulo nos interesan solamente funciones del plano en sí mismo. Ejemplo 4. dominio y codominio de la función f. si f y g asignan a cada elemento x ∈ A la misma imagen. es decir. es una regla mediante la cual se asigna a cada elemento x de A un único elemento de B. T. es decir. funciones de R2 en R2 a las cuales nos referiremos como transformaciones del plano. Dos funciones f :A → B x 7→ f (x) y g:A → B x 7→ g (x) se dicen iguales y se escribe f = g si f (x) = g (x) para todo x ∈ A. (Ver figura 4.4 Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 4.1) 101 . x 7→ f (x) . aunque esta notación no indica cómo actúa f. el codominio y la ley de asignación. al escribir ª © → R f : R − 1. R.1 Sean U un vector no nulo de R2 y L la recta generada por U. Por ejemplo. S. Una función f de un conjunto A en un conjunto B. el vector P royU X. el cual está sobre L.1 Transformaciones del plano Empecemos recordando el concepto de función. Si X es un vector cualquiera de R2 . Los conjuntos A y B se llaman respectivamente. Dichas transformaciones las denotaremos mediante letras mayúsculas como P. ¶ µ ¶ 2 x Tomemos. PU 1 5 3 5 (5) + 5 (5) µ ¶ µ 0¶ x x = PU . su proyección sobre la recta L.102 4. ¶ µ ¶ µ4 µ ¶ x + 25 y X ·U 2x + y 2 = 52 U= PU (X) = P royU X = 1 1 U ·U 5 5x + 5y es decir. por ejemplo. en lugar de la igualdad (4.1. Denotaremos PU la transformación del plano que asigna a cada vector X de R2 . µ ¶ µ4 2 ¶ x 5x + 5y = 2 PU . Así por ejemplo.1) podemos escribir Si 0 y y µ 0¶ µ 4 2 ¶ x 5x + 5y = 2 1 y0 5x + 5y o bien ( x0 = 45 x + 25 y y 0 = 25 x + 15 y ecuaciones que expresan las coordenadas x0 . para cada X de R2 . SU (X) es el otro extremo del segmento de recta . Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Figura 4. Es decir. Denotaremos SU la transformación del plano que asigna a cada vector X de R2 la reflexión de X respecto a la recta L.1) µ ¶ µ4 ¶ µ ¶ 2 5 6 5 (5) + 5 (5) = 2 = . y de X. ¥ Ejemplo 4. PU : R2 → R2 X 7→ PU (X) = P royU X La transformación PU la llamaremos proyecciónµsobre la recta L. 1 y 5x + 5y (4.2 Sea U un vector no nulo de R2 y sea L la recta generada por U. el caso particular U = y hallemos para X = las 1 y coordenadas del vector PU (X) .y 0 del vector PU (X) en términos de las coordenadas x. Es decir. Así que 1 PU (X) = (X + SU (X)) . por ejemplo. si X = . (Ver figura 4.2. Transformaciones del plano Figura 4. U = .103 4. su reflexión respecto a la recta L generada por U = es 0 1 ¶ µ ¶ µ ¶ µ3 4 6 10 5 (10) + 5 (0) = . SU µ ¶ µ3 ¶ x + 45 y x = 54 3 y 5x − 5y (4. De manera que SU : R2 → R2 X 7→ SU (X) = 2PU (X) − X A la transformación SµU ¶ la llamaremos µ ¶ reflexión respecto a la recta L.2).1.X= y puesto que 1 y µ4 ¶ x + 25 y PU (X) = 52 1 5x + 5y entonces µ4 µ ¶ µ3 2 ¶ 4 ¶ x 5x + 5y 5x + 5y = 4 SU (X) = 2 2 − 1 3 y 5x + 5y 5x − 5y es decir. 2 x Si.2) µ ¶ µ ¶ 10 2 Por ejemplo. en lugar de (4. = 4 SU 3 8 0 5 (10) − 5 (0) µ 0¶ µ ¶ x x . trazado desde X perpendicularmente a la recta L y cuyo punto medio es el punto PU (X) .2) podemos escribir Si = SU y y0 µ 0¶ µ 3 4 ¶ x 5x + 5y = 4 3 y0 5x − 5y . 2 Despejando SU (X) de esta igualdad se obtiene que SU (X) = 2PU (X) − X. 3. si = D2 0 y y µ 0¶ µ ¶ ½ 0 x 2x x = 2x . o bien. µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x 2x Si X = entonces D2 (X) = 2X = 2 = . y 0 = 2y y0 2y ¥ Es claro que en el ejemplo anterior.3 Sea D2 : R2 → R2 la transformación que asigna a cada vector X de R2 el vector 2X (Ver figura 4. D2 : R2 → R2 X 7→ D2 (X) = 2X Nótese que D2 alarga cada vector X de R2 . así y y 2y µ ¶ µ ¶ x 2x D2 = y 2y µ 0¶ µ ¶ x x . Es decir.4 Fijemos un número real θ. Figura 4. definida como se indica a continuación: . la cual llamaremos rotación por el ángulo θ. −2π < θ < 2π.3). Consideremos la transformación Rθ : R2 → R2 . ¥ Ejemplo 4. = o. en la misma dirección de X hasta el doble de su longitud.104 4. equivalentemente. entonces y Dr : R2 → R2 X 7→ Dr (X) = rX Dr (X) = rX = r µ ¶ µ ¶ rx x . = ry y Ejemplo 4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 o bien las ecuaciones ( x0 = 35 x + 45 y y 0 = 45 x − 35 y . en lugar del número 2 podemos emplear cualquier número real r y considerar la transformación µ ¶ x Si X = . (Figura 4.4. como kXk cos φ = x y kXksenφ = y entonces µ ¶ µ ¶ x cos θ − ysenθ x cos θ − ysenθ = Rθ (X) = y cos θ + xsenθ xsenθ + y cos θ es decir. en radianes. Si µ ¶ µ ¶ x x cos θ − ysenθ Rθ = . Figura 4. en lugar de la igualdad anterior tenemos θ y0 y ¶ µ 0¶ µ x cos θ − ysenθ x = xsenθ + y cos θ y0 o bien las ecuaciones ½ x0 = x cos θ − ysenθ y 0 = xsenθ + y cos θ (4. µ ¶ x Determinemos las coordenadas del vector Rθ (X) para X = . y xsenθ + y cos θ µ 0¶ µ ¶ x x = R .4. Rθ (X) = kRθ (X)k y kRθ (X)k = kXk X = kXk senφ sen (φ + θ) se tiene que.3) . X 6= O. Transformaciones del plano para cada X de R2 . y Sea φ. y en el mismo sentido de dicho movimiento cuando θ < 0.105 4. Convenimos en realizar la rotación en el sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj cuando θ > 0. Como ¶ ¶ µ µ cos φ cos (φ + θ) .1. kXk senφ cos θ + kXk cos φsenθ Rθ (X) = kXk µ Ahora.4). la dirección del vector X como se muestra en la figura 4. ¶ cos (φ + θ) sen (φ + θ) µ ¶ cos φ cos θ − senφsenθ = kXk senφ cos θ + cos φsenθ µ ¶ kXk cos φ cos θ − kXk senφsenθ = . Rθ (X) es el punto final del vector de posición obtenido al rotar el −−→ vector OX alrededor del origen un ángulo de θ radianes. Por ejemplo.5.3). si θ = π/2 entonces cos θ = 0 y senθ = 1 y por tanto. definida por TU (X) = X + U. R− 3π = R π2 . Es decir.5. Por otra parte. TU (X) es el punto que se obtiene trasladando el punto X en la dirección del vector U −−→ (o OU ) una distancia kU k . = R π2 para todo R− 3π 2 y y y ¥ Ejemplo 4. .5 Fijemos un vector U de R2 y consideremos la transformación TU .3). 2 y x Obsérvese que es decir. µ ¶ µ ¶ x −y = R π2 y x como se ilustra en la figura 4. La transformación TU se llamará traslación por el vector U ya que para cada X de R2 . Figura 4.6. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 a las cuales nos referiremos como ecuaciones de rotación.6).106 4. TU : R2 → R2 X 7→ TU (X) = X + U Figura 4.y 0 del vector Rθ (X) en términos de las coordenadas x. y del vector X. Ellas expresan las coordenadas x0 . sustituyendo en (4. µ ¶ µ ¶ x −y R− 3π = . para todo X de R2 (figura 4. si θ = −3π/2 entonces cos θ = 0 y senθ = 1 y así. sustituyendo en (4. 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x x de R2 . ¶La otra es la transformación que 0 x . se y y llamaráµla ¶ transformación identidad y se denotará µ I. y donde y0 y µ ¶ 2 . TU µ ¶ µ ¶ x + x0 x = y y + y0 µ ¶ µ 0¶ x x = TU entonces o también si 0 y y ½ Por ejemplo. y en términos de x. x . 3 y µ ¶ µ ¶ x x+1 = . 4. (ii) SU : reflexión respecto a la recta generada por el vector U = 1 x0 = y0 = 3 x+ 5 4 x− 5 4 y 5 3 y 5 . ¥ TU y y+3 Finalizaremos esta sección refiriéndonos a dos tranformaciones especiales. Una es la µ ¶ µ ¶ x x 2 transformación que a cada de R le asigna como imagen el mismo vector . D1 = I.107 4. se llamará la transformación a cada de R2 le asigna como imagen el vector 0 y nula y se denotará O. si U = x0 = x + x0 . A continuación recordaremos la formaµcomo cada una de tales transformaciones T dando ¶ actúa µ ¶ x0 x 0 0 =T . (i) PU : proyección sobre la recta generada por el vector U = 1 x0 = y0 = 4 x+ 5 2 x+ 5 2 y 5 1 y 5 µ ¶ 2 . R0 = I y To = I.2 Transformaciones lineales y matrices En los ejemplos anteriores hemos considerado distintas transformaciones del plano. y0 = y + y0 µ ¶ µ ¶ 1 x entonces para cada de R2 . Transformaciones lineales y matrices µ ¶ µ ¶ x x0 Si X = yU= entonces y0 y µ ¶ µ ¶ µ ¶ x0 x x + x0 + = TU (X) = X + U = y y0 y + y0 es decir.2. Obsérvese que D0 = O. La denominación “lineal” tiene que ver con la µforma ¶ lineal de las expresiones x .4) únicamente cuando U = .4) con a = d = 1 y b = c = 0. b. como ya sabemos. =T . c. c. y 0 del vector T y Cada una de las transformaciones (i) a (iv) es una transformación lineal del plano. caso en el cual TU = I. ax + by y cx + dy para las coordenadas x0 . d constantes donde. En cuanto a la transformación µ ¶ TU podemos observar que ella es transformación 0 . caso en 0 el cual ella se reduce a x0 = x y0 = y que es del tipo (4. x0 = rx y0 = ry (iv) Rθ : rotación alrededor del origen por un ángulo θ.108 4. b = c = 25 y d = 15 .4) = cx + dy con a. el símbolo o arreglo µ ¶ a b c d . d y sus posiciones en las igualdades anteriores determinan de manera única a T. Por ejemplo. lineal únicamente en el caso U = 0 Sea T : R2 → R2 una transformación lineal definida por las ecuaciones x0 = ax + by y 0 = cx + dy µ 0¶ µ ¶ x x con a. b. Toda transformación T : R2 → R2 del tipo (4. la transformación (i) es del tipo (4. la transformación identidad I y la transformación nula O también son transformaciones lineales. µ ¶ Nótese 0 también que la transformación (v) es del tipo (4. c. x0 = (cos θ) x − (senθ) y y0 = (senθ) x + (cos θ) y µ ¶ x0 .4) con a = 45 . mientras que (iv) lo es con a = d = cos θ. Pues bien. b = −senθ y c =senθ.4) es llamada una transformación lineal del plano. Es claro que los números y0 y a. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 (iii) Dr : multiplicación por el escalar r. b. (v) TU : traslación por el vector U = y0 x0 = x + x0 y0 = y + y0 Obsérvese que cada una de las transformaciones (i) a (iv) es del tipo x0 = ax + by y 0 (4. d constantes reales. Ahora introduciremos una notación muy útil. = T cx + dy y Queda así establecida una correspondencia biunívoca entre las transformaciones del plano y las matrices 2 × 2. puesto que la matriz determina la transformación T .5) =T c d y y .µuna matriz 2. A continuación listamos las matrices de las transformaciones lineales (i) a (iv) antes consideradas: (i) m (PU ) = µ (iii) m (Dr ) = 4/5 2/5 2/5 1/5 µ r 0 0 r Además. se llama matriz de T y se denotará m (T ) . y µ ¶ µ ¶µ ¶ x x a b (4. la cual es la transformación T : R2 → R2 definida por ¶ µ ¶ µ ax + by x . b = b0 . = T cx + dy y µ ¶ a b Pues bien. para cada de R2 . Transformaciones lineales y matrices el cual determina a T.2. ¶ µ2 × a b a0 b0 se dicen iguales. Sea T una transformación lineal del plano µ ¶ a b con matriz . es natural c d µ ¶ x escribir. c = c0 y d = d0 . y se escribe Dos matrices y c0 d0 c d µ a b c d ¶ = µ a0 b0 c0 d0 ¶ si a = a0 . es decir. En general. mientras que la matriz m (O) se llamará matriz nula de orden 2 y se denotrá O. cada matriz es la matriz de una única transformación lineal c d del plano.109 4. todo arreglo de números como el anterior se dirá una matriz de dos filas y dos columnas. La matriz m (I) se llamará matriz identidad de orden 2 y se denotará I2 . T es la transformación definida por c d ¶ µ ¶ µ ax + by x . Obsérvese que cada transformación lineal T determina una matriz 2×2 la cual es m (T ) µ ¶ a b y recíprocamente. m (I) = ¶ µ ¶ 1 0 0 1 (ii) m (SU ) = (iv) m (Rθ ) = ¶ y m (O) = µ µ µ 0 0 0 0 3/5 4/5 4/5 −3/5 ¶ cos θ −senθ senθ cos θ ¶ ¶ donde I y O son respectivamente la transformación identidad y la transformación nula. o¶una matriz de orden 2. µ ¶ 2 Así. si PU es la proyección sobre la recta generada por el vector U = 1 entonces µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x (4/5) x + (2/5) y 4/5 2/5 = PU = . 5 −2 y 5x − 2y µ 4.6) como dando como resultado el vector cx + dy definición del producto de una matriz 2 × 2 por un vector de R2 . c d ¶ µ x+u T (X + U ) = T y+v µ ¶µ ¶ x+u a b = c d y+v µ ¶ a (x + u) + b (y + v) = c (x + u) + d (y + v) µ ¶ (ax + by) + (au + bv) = (cx + dy) + (cu + dv) µ ¶ µ ¶ ax + by au + bv = + cx + dy cu + dv = T (X) + T (U ) . por ejemplo.U = Para probar lo afirmado. U de R2 y todo escalar r se tiene que T (X + U ) = T (X) + T (U ) y T (rX) = rT (X) (4. = y y µ µ 0 0 2 1 0 0 0 0 ¶µ ¶ µ ¶ x 0 = y 2x + y ¶µ ¶ µ ¶ 0 x . de acuerdo con (4.3 1 0 0 1 ¶µ ¶ µ ¶ x x . Si T : R2 → R2 es una transformación lineal entonces para todo par de vectores X.6) c d y cx + dy µ ¶ µ ¶ x a b igualdad que interpretaremos diciendo que la matriz transforma al vector c d y ¶ µ ax + by . digamos que X = v y µ ¶ a b . .110 4. También tomaremos la igualdad (4.5). Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 notación en la cual la matriz de T aparece sustituyendo al símbolo T. se tiene que µ ¶µ ¶ µ ¶ x ax + by a b = (4. Entonces. µ ¶µ ¶ µ ¶ x 3x + 2y 3 2 = . 2/5 1/5 y y (2/5) x + (1/5) y De manera que.7) µ ¶ µ ¶ u x y que la matriz de T es . = 0 y Propiedades básicas de las transformaciones lineales La importancia de las transformaciones lineales radica en la forma simple como ellas actúan. Por ejemplo. Hemos probado el siguiente resultado: Una transformación T : R2 → R2 es una transformación lineal si y sólo si T (X + U ) = T (X) + T (U ) y T (rX) = rT (X) para todo par de vectores X. y cx + dy µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 x y E2 = entonces para cada en R2 se tiene que Como sabemos.7)) se pueden sustituir por una sola. Vamos a probar que T es una transformación lineal probando que existen constantes a. es decir.7).8) (4. y µ ¶ µ ¶ x ax + by T = .7). b.7). d tales que para µ ¶ x cualquier de R2 . Propiedades básicas de las transformaciones lineales Hemos probado así la primera de las propiedades en (4. Dejamos la prueba de ello como ejercicio al lector. probaremos que si una transformación T del plano tiene dichas propiedades entonces T es una transformación lineal. si E1 = 0 1 y µ ¶ x = xE1 + yE2 y Por lo anterior y aplicando las propiedades (4. µ ¶ x T = T (xE1 + yE2 ) = T (xE1 ) + T (yE2 ) = xT (E1 ) + yT (E2 ) . Vale la pena señalar que las dos propiedades que aparecen en el recuadro anterior (las propiedades (4. s en R.7). únicamente las lineales gozan de esas propiedades. si T (E1 ) = c d µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x a b ax + by T =x +y = y c d cx + dy (4. Supongamos entonces que T : R2 → R2 tiene las propiedades (4. De manera que toda transformación lineal T del plano tiene las propiedades (4.10) cualesquiera sean X.9) lo cual prueba que T es una transformación lineal. toda transformación lineal T : R2 → R2 tiene las siguientes propiedades: . c. por la propiedad T (rX + sU ) = rT (X) + sT (U ) (4. La prueba de la segunda se deja como ejercicio.3. y µ ¶ µ ¶ a b y T (E2 ) = entonces Así. U en R2 y r. A continuación probaremos que entre las transformaciones del plano. U de R2 y todo escalar r. Además de las propiedades (4.7).111 4. 0 0 ¨ a b c d y T (E2 ) = Ejemplo 4. cualquiera sea el vector de R2 . µ ¶ µ a¶los vectores canónicos µ ¶ a b a b y T (E2 ) = si y sólo si m (T ) = . • T (E1 ) = c d c d µ ¶ µ ¶ 0 0 • T = . ¶ ¶ a b y T (E2 ) = ya probamos (vea (4. Así que. si T (E1 ) = c d µ ¶ µ ¶ x ax + by T = y cx + dy µ ¶ µ ¶ a b a b por tanto m (T ) = . Solución: a) T (E1 ) y T (E2 ) son respectivamente la primera columna y la segunda columna de la matriz de T. y y c) Muestre que T = R π4 .112 4. por las imágenes que ella asigne E1 y E2 . Recíprocamente.6 Sea T : R2 → R2 la transformación lineal tal que µ√ ¶ 2/2 T (E1 ) = √ 2/2 y ¶µ ¶ µ ¶ b 0 = d 1 µ √ ¶ − 2/2 T (E2 ) = √ . y µ ¶ x T = xT (E1 ) + yT (E2 ) . 2/2 a) Halle laµmatriz ¶ de T. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 µ ¶ x de R2 . es decir.9)) que Por otra parte. µ afirmación. una transformación lineal T del plano queda completamente determinada por los vectores T (E1 ) y T (E2 ) .8). si m (T ) = entonces c d c d T (E1 ) = Por último. m (T ) = √ 2/2 2/2 . µ ¶µ ¶ µ ¶ a 1 = c 0 µ a b c d µ ¶ µ ¶ 0 0 T = 0T (E1 ) + 0T (E2 ) = . 0 0 Para la prueba de la primera veaµ(4. m (T ) . µ ¶ x x b) Halle T . y • Para cualquier vector Así. √ ¶ µ √ 2/2 −√ 2/2 . 4 ¥ Imagen de un conjunto bajo una transformación Sea T una transformación del plano y C un conjunto de puntos del plano. 4. Solución: T no tiene la propiedad T (X + Y ) = T (X) + T (Y ) para todo X. es decir. es decir.7).7 2x + y x 2 2 = no es una Muestre que la transformación T : R → R definida por T x2 + 2y y transformación lineal. µ ¶ µ ¶ µµ ¶ µ ¶¶ 0 0 −1 1 = =T + T 0 0 0 0 mientras que µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 −1 2 −2 0 T +T = + = 0 0 1 1 2 por tanto T no es una transformación lineal. R π4 (L1 ) = L2 . Llamaremos imagen de C bajo T al conjunto denotado T (C) y conformado por todos los vectores T (X) con X ∈ C. ya que por ejemplo. Ejemplo 4.4. T (C) = {T (X) / X ∈ C } . c) Obsérvese que para todo y luego T = R π4 . ¥ ¢ ¡ ¢ ¶ µ ¶ µ¡ µ ¶ cos π4 x − sen π4 y x x ¡ ¢ = ¡ π¢ T = R π4 π y y sen 4 x + cos 4 y ¶ µ ¶ µ Ejemplo 4. ¥ . ¡√ ¢ = 2/2 x + 2/2 y µ ¶ x de R2 . Imagen de un conjunto bajo una transformación 113 b) µ ¶ µ ¶ x x T = m (T ) y y √ µ √ ¶µ ¶ x 2/2 − 2/2 √ √ = 2/2 2/2 y ¡√ ¢ ¶ µ¡√ ¢ 2/2 x − 2/2 y ¡√ ¢ .4. (Figura 4. Y de R2 .8 Bajo la rotación R π4 la recta L1 con ecuación y = 0 (el eje x ) se transforma en la recta L2 con ecuación y = x. entonces T (L) = {T (P )} . es el segmento de recta de extremos T (P ) y T (Q). Ejemplo 4. si T (U ) = O. bajo una transformación lineal T. el cual se reduce al conjunto {T (P )} cuando T (P ) = T (Q) . T (P + t (Q − P )) = T (P ) + t (T (Q) − T (P )) luego. todo subconjunto C del plano. Por tanto. . dado que T es una transformación lineal tenemos.9 Bajo la transformación nula O. ¨ La prueba de 1. L = {P + t (Q − P ) / t ∈ R } . ¥ 0 Como una primera propiedad geométrica de las transformaciones lineales tenemos: 1. 2. T (L) = {T (P ) + t (T (Q) − T (P )) / t ∈ R } Así.11) es decir. b) Si L pasa por el punto P y tiene vector director U entonces T (L) es la recta que pasa por el punto T (P ) y tiene vector director T (U ) si T (U ) 6= O. Más precisamente: a) Si L es la recta que pasa por los puntos distintos P y Q entonces T (L) es la recta que pasa por T (P ) y T (Q) si T (P ) 6= T (Q) . Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Figura 4.7.a): Si L pasa por los puntos distintos P y Q entonces una ecuación para L es X = P + t (Q − P ) (4.b) se deja como ejercicio al lector. si T (P ) 6= T (Q) entonces T (L) es la recta que pasa por los puntos T (P ) y T (Q) .114 4. C 6= φ. se transforma en el ½µ ¶¾ 0 conjunto . si T (P ) = T (Q) entonces T (L) = {T (P )} . Prueba de 1. T (L) = {T (P + t (Q − P )) / t ∈ R } Ahora. La imagen de un segmento de recta P Q. La imagen de una recta L bajo una transformación lineal T es una recta o es un conjunto con un solo punto. mientras que si T (P ) = T (Q) entonces T (L) se reduce al conjunto {T (P )} cuyo único elemento es el punto T (P ) . 4. ¥ 0 0 . Halle T (L1 ) .11 2 Sea P la proyección sobre el eje x y sea L la recta vertical que pasa por .9). Imagen de un conjunto bajo una transformación Prueba de 2.8. (Figura y 2 0 2 1 4. Halle P (L) . P (X) = . y 2 0 Solución: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 0 1 2 1 y = . (Figura 4. Puesto que T y Dos puntos de L1 distintos son 2 1 ¶ µ2 ¶ 0 2 0 µ ¶ µ ¶ µ 2 1 2 0 .8). ¥ Figura 4. ¨ Ejemplo 4. entonces ¡ ¢ T P Q = {T (P ) + t (T (Q) − T (P )) / 0 ≤ t ≤ 1 } ¡ ¢ luego T P Q es el segmento de recta de extremos T (P ) y T (Q) .10 Sea¶T laµ reflexión respecto a la recta L con ecuación y = x y sea L1 la recta que pasa por ¶ µ 2 1 .115 4. entonces T (L1 ) es la recta L2 que pasa por 6= T dado que T . 0 Solución: µ ¶ ½µ ¶¾ 2 2 Es claro que para todo X ∈ L. luego P (L) = . µ ¶ Ejemplo 4.T = .: Sabemos que P Q = {P + t (Q − P ) / 0 ≤ t ≤ 1 } y como T es lineal. 0 ≤ s ≤ 1 } . Si T (X) y T (U ) son linealmente dependientes entonces los puntos O.116 4. el cual llamaremos paralelogramo determinado por los vectores X y U. es el conjunto 0 Tenemos entonces que: .9. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Figura 4. Figura 4. 0 ≤ s ≤ 1 } que es el paralelogramo determinado por los vectores T (X) y T (U ) si estos son linealmente independientes. Ahora consideraremos la imagen de un paralelogramo P de vértices O. Puesto que OX = {rX / 0 ≤ r ≤ 1 } y OU = {sU / 0 ≤ s ≤ 1 } entonces el paralelogramo P en consideración puede describirse en la forma (ver figura 4.10). Si T : R2 → R2 es una transformación lineal entonces T (rX + sU ) = rT (X) + sT (U ) y por tanto la imagen bajo T del paralelogramo P es T (P) = {rT (X) + sT (U ) / 0 ≤ r ≤ 1. (Figura 4.10) P = {rX + sU / 0 ≤ r ≤ 1. T (X) y T (U ) están sobre una misma línea recta y en tal caso T (P) es un segmento de recta o ½µ ¶¾ 0 . U y X + U donde X y U son vectores de R2 linealmente independientes.10. X. para cada X ∈ R2 . denotada T + S.12 2 2 Consideremos el paralelogramo P determinado por los vectores X = yU = y 0 2 sea S la reflexión respecto µ ¶ al eje y. si estos vectores son linealmente independientes. Entonces D2 + D3 es la transformación del plano definida como sigue: (D2 + D3 ) (X) = D2 (X) + D3 (X) = 2X + 3X = 5X .11. ¥ 0 2 Figura 4. µ ¶ −2 −2 Como S (X) = y S (U ) = entonces S (X) y S (U ) son vectores linealmente 0 2 independientes y por tanto la imagenµdel ¶paralelogramo µ P ¶bajo S. Así.11). es el paralelogramo determinado por T (X) y T (U ) . 0 µ ¶ µ ¶ Ejemplo 4.5 Operaciones con transformaciones lineales y con matrices Sean T y S dos transformaciones del plano.13 Sean D2 y D3 las transformaciones del plano definidas por D2 (X) = 2X y D3 (X) = 3X para cada X ∈ R2 . es la transformación del plano definida. por (T + S) (X) = T (X) + S (X) . La suma de T y S. Operaciones con transformaciones lineales y con matrices 117 La imagen bajo una transformación lineal T del paralelogramo determinado por dos vectores X y U linealmente independientes. Si T (X) y T (U ) son linealmente ½µ ¶¾ dependientes entonces dicha imagen es un segmento 0 de recta o es el conjunto .5. 4.4. es el paralelogramo −2 −2 determinado por los vectores S (X) = y S (U ) = (Figura 4. T + S : R2 → R2 X 7→ (T + S) (X) = T (X) + S (X) Ejemplo 4. 118 4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 para cada X ∈ R2 . Nótese que D2 + D3 = D5 . ¥ Para cada transformación T del plano se tiene la transformación denotada −T y definida, para cada X ∈ R2 , por (−T ) (X) = − (T (X)) . La transformación −T es tal que T + (−T ) = O donde, como se ha convenido, O denota la transformación nula. En efecto, para cualquier X de R2 , (T + (−T )) (X) = T (X) + (−T ) (X) = T (X) − (T (X)) = O. Ejemplo 4.14 Sea T la reflexión respecto al eje x, es decir, T es la transformación definida por µ ¶ µ ¶ x x T = . Hallemos la transformación −T : y −y µ ¶ µ µ ¶¶ µ ¶ µ ¶ x x x −x (−T ) =− T =− = . y y −y y µ ¶ x Así que −T es la transformación del plano definida, para cada de R2 , por y µ ¶ µ ¶ x −x (−T ) = . Nótese que −T es la reflexión respecto al eje y (figura 4.12). ¥ y y Figura 4.12. La suma entre transformaciones del plano goza de las siguientes propiedades. En ellas T, S y R son transformaciones del plano y O es la transformación nula. 1. 2. 3. 4. T + S = S + T. (T + S) + R = T + (S + R) . T + O = T. T + (−T ) = O. 4.5. Operaciones con transformaciones lineales y con matrices 119 Ya se ha probado la propiedad 4. La prueba de las restantes propiedades se deja como ejercicio. Supongamos ahora que T y S son transformaciones lineales del plano con µ ¶ µ 0 0 ¶ a b a b . m (T ) = y m (S) = c0 d0 c d µ ¶ x de R2 , Entonces, para cada y µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x x +S = T (T + S) y y y µ ¶ µ 0 ¶ ax + by a x + b0 y = + 0 cx + dy c x + d0 y µ ¶ 0 (a + a ) x + (b + b0 ) y = (c + c0 ) x + (d + d0 ) y µ ¶µ ¶ x a + a0 b + b0 . = c + c0 d + d0 y Luego T + S es también una transformación lineal y µ ¶ a + a0 b + b0 m (T + S) = . c + c0 d + d0 (4.12) La igualdad anterior sugiere cómo definir una suma entre matrices 2×2, que corresponda a la suma entre transformaciones lineales. Si A y B son matrices 2 × 2 y T y S son las transformaciones tales que A = m (T ) y B = m (S) , la suma A + B debe definirse de modo que A + B = m (T + S) . Por ello, teniendo en cuenta (4.12), la suma entre dos matrices 2 × 2 se define de la siguiente manera: ¶ µ ¶ µ 0 0 ¶ µ a + a0 b + b0 a b a b = . + c0 d0 c + c0 d + d0 c d Como resumen tenemos que: Si T y S son transformaciones lineales del plano, µ ¶ µ 0 con0 ¶ a b a b m (T ) = y m (S) = c0 d0 c d entonces T + S también transformación lineal del plano y µ es una ¶ 0 0 a+a b+b m (T + S) = = m (T ) + m (S) . c + c0 d + d0 Ejemplo 4.15 Sean T y S las transformaciones lineales del plano tales que µ ¶ µ ¶ 0 −3 10 2 m (T ) = y m (S) = . 4 2 −5 0 µ ¶ µ ¶ x x Hallar m (T + S) y (T + S) para cualquier en R2 . y y 120 4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Solución: m (T + S) = m (T ) + m (S) µ ¶ µ ¶ 0 −3 10 2 = + 4 2 −5 0 µ ¶ 0 + 10 −3 + 2 = 4−5 2+0 µ ¶ 10 −1 = . −1 2 Así, para todo µ ¶ x ∈ R2 , y µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ x x 10x − y 10 −1 (T + S) = = . −1 2 y y −x + 2y ¥ ¶ µ ¶ a b −a −b se tiene la matriz −A = la cual es tal c d −c −d que A + (−A) = O donde, como se ha convenido, O denota la matriz nula. En efecto µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ a b −a −b a−a b−b 0 0 A + (−A) = + = = = O. c d −c −d c−c d−d 0 0 Para cada matriz A = µ Es de esperar que la suma entre matrices tenga las mismas propiedades algebraicas de la suma entre transformaciones lineales. En efecto si A, B, C son matrices 2×2 cualesquiera y O es la matriz nula 2 × 2, se tiene que: 1. 2. 3. 4. A + B = B + A. (A + B) + C = A + (B + C) . A+O =A A + (−A) = O. La propiedad 4. ya ha sido probada. La prueba de las restantes propiedades se deja como ejercicio. Volvamos a la definición de la suma T + S de las transformaciones T y S. Obsérvese que lo que hace posible dicha suma es el hecho de que en R2 (visto como codominio de T y de S) hay definida una suma, lo cual permite sumar T (X) y S (X) para cada X de R2 . Ahora bien, en R2 también hay definido un producto por escalar, así que también podemos considerar el producto de un escalar por una transformación del plano. Sean r un escalar y T : R2 → R2 . El producto de r por T, denotado rT, es la transformación del plano definida, para cada X de R2 , por (rT ) (X) = r (T (X)) . Así, 121 4.5. Operaciones con transformaciones lineales y con matrices rT : R2 → R2 X 7→ (rT ) (X) = r (T (X)) Ejemplo 4.16 Consideremos la rotación R π2 . En la figura 4.13 se muestra el efecto de la transformación ¥ 3R π2 sobre un vector X. Figura 4.13. El lector puede probar fácilmente las siguientes propiedades básicas, las cuales son válidas, cualesquiera sean las transformaciones T, S del plano y los números r, s. 1. 2. 3. 4. r (sT ) = (rs) T = s (rT ) . 1T = T. r (T + S) = rT + rS. (r + s) T = rT + sT. Supongamos ahora que T es una transformación lineal del plano con m (T ) = µ ¶ x y sea r un escalar. Entonces, para todo de R2 , y µ µ ¶¶ µ ¶ x x = r T (rT ) y y µ ¶ ax + by = r cx + dy µ ¶ (ra) x + (rb) y = (rc) x + (rd) y µ ¶µ ¶ x ra rb . = rc rd y µ a b c d ¶ 122 4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Luego, rT es una transformación lineal y además µ ¶ ra rb m (rT ) = . rc rd (4.13) Ahora, de la misma manera como la igualdad (4.12) lleva a definir laµ suma ¶ entre a b matrices como lo hicimos, la igualdad (4.13) lleva a definir el producto r de c d µ ¶ a b un escalar r por una matriz en la forma c d r µ a b c d ¶ = µ ra rb rc rd ¶ . Tenemos así que: Si r es un escalar y T es una transformación lineal del plano con µ ¶ a b m (T ) = c d entonces rT también es una transformación lineal del plano y µ ¶ ra rb m (rT ) = = r (m (T )) . rc rd µ ¶ Ejemplo 4.17 2 −3 Sea T la transformación lineal tal que m (T ) = . 1 8 µ ¶ µ ¶ x x Hallar m (5T ) y (5T ) para cualquier de R2 . y y Solución: µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 −3 (5) (2) (5) (−3) 10 −15 m (5T ) = 5 (m (T )) = 5 = = . 1 8 (5) (1) (5) (8) 5 40 Así, la ley de asignación para la transformación 5T es ¶ ¶µ ¶ µ µ ¶ µ 10x − 15y x x 10 −15 . = = (5T ) 5 40 5x + 40y y y ¥ El producto de un escalar por una matriz 2 × 2 hereda las propiedades algebraicas del producto de un escalar por una transformación lineal. Si A, B son matrices 2 × 2 y r, s son escalares, se tiene que 1. 2. 3. 4. r (sA) = (rs) A = s (rA) . 1A = A. r (A + B) = rA + rB. (r + s) A = rA + sA. 123 4.5. Operaciones con transformaciones lineales y con matrices Consideraremos ahora una tercera operación, la composición entre dos transformaciones T y S del plano. Se denomina compuesta de T y S, denotada T ◦ S, a la transformación del plano definida, para cada X de R2 , por (T ◦ S) (X) = T (S (X)) . El diagrama siguiente ilustra dicha composición S T R2 −→ R2 R2 −→ X 7→ S (X) 7→ T (S (X)) Así, T ◦ S : R2 → R2 X 7→ (T ◦ S) (X) = T (S (X)) µ ¶ Ejemplo 4.18 x Sea T la reflexión respecto al eje x y sea S la reflexión respecto al eje y. Si X = y entonces µ µ ¶¶ µ ¶ µ ¶ x −x −x (T ◦ S) (X) = T (S (X)) = T S =T = = −X. y y −y En la figura 4.14 se ilustra la composición de T y S. Nótese que T ◦ S = Rπ . ¥ Figura 4.14. El lector puede comprobar que en el ejemplo anterior T ◦ S = S ◦ T. Sin embargo, para otras transformaciones T y S puede darse que T ◦ S 6= S ◦ T, como se muestra en el ejemplo siguiente. µ ¶ Ejemplo 4.19 x de R2 , Sean T la reflexión respecto al eje x y S = R π4 . Como ya sabemos, para cada y ¢ ¡ ¢ ¶ √ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ¡ cos π4 x − sen π4 y 2 x−y x x x ¢ ¡ ¢ . T = y S = ¡ = 2 x+y y −y y sen π4 x + cos π4 y 124 4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Luego, µ ¶ µ µ ¶¶ x x (T ◦ S) = T S y y Ã√ µ ¶! 2 x−y = T 2 x+y √ µ ¶ x−y 2 = 2 − (x + y) √ µ ¶ 2 x−y . = 2 −x − y Por otra parte, µ ¶ µ µ ¶¶ x x (S ◦ T ) = S T y y µ ¶ x = S −y √ µ ¶ 2 x − (−y) = 2 x + (−y) √ µ ¶ 2 x+y . = 2 x−y Se observa que T ◦ S y S ◦ T actúan de distinta manera; por ejemplo, µ ¶ √ µ ¶ √ µ ¶ 1 2 1−1 2 0 (T ◦ S) = = 1 2 −1 − 1 2 −2 mientras que Luego T ◦ S 6= S ◦ T. ¶ √ µ ¶ µ ¶ √ µ 2 1+1 2 2 1 = . = (S ◦ T ) 2 1−1 2 0 1 ¥ En lo que sigue centraremos la atención en la composición de transformaciones lineales. A continuación listamos las propiedades básicas de la composición entre transformaciones lineales; se advierte al lector que algunas de dichas propiedades no son exclusivas de las transformaciones lineales. Si T, S, R son transformaciones lineales del plano, r es un escalar, I la transformación identidad y O la transformación nula, entonces: 1. 2. 3. 4. 5. 6. T ◦ (S ◦ R) = (T ◦ S) ◦ R. T ◦ I = T = I ◦ T. T ◦ (S + R) = (T ◦ S) + (T ◦ R) . (S + R) ◦ T = (S ◦ T ) + (R ◦ T ) . (rT ) ◦ S = r (T ◦ S) = T ◦ (rS) . T ◦ O = O = O ◦ T. 4.5. Operaciones con transformaciones lineales y con matrices R2 125 A continuación probaremos la propiedad 3. a modo de ejemplo: Cualquiera sea X en se tiene que (T ◦ (S + R)) (X) = T ((S + R) (X)) = T (S (X) + R (X)) = T (S (X)) + T (R (X)) (pues T es lineal) = (T ◦ S) (X) + (T ◦ R) (X) = ((T ◦ S) + (T ◦ R)) (X) . Luego, T ◦ (S + R) = (T ◦ S) + (T ◦ R) . La prueba de las otras propiedades se deja como ejercicio. Nótese, observando las propiedades 1. a 6. anteriores, que la composición entre transformaciones lineales se comporta de manera similar al producto entre números (hace falta la propiedad conmutativa y, como veremos más adelante, no toda transformación distinta de la nula tiene una transformación inversa). Por tal motivo la compuesta T ◦ S de dos transformaciones lineales T y S es llamada producto de T y S y también se denota T S. De hecho, en adelante, emplearemos frecuentemente esta última notación. Supongamos que T y S son transformaciones lineales del plano con µ ¶ µ 0 0 ¶ a b a b . m (T ) = y m (S) = c0 d0 c d µ ¶ x Entonces, para todo de R2 , y µ ¶ µ µ ¶¶ x x (T S) = T S y y µ 0 ¶ a x + b0 y = T 0 c x + d0 y ¶ µ ¶µ 0 a x + b0 y a b = c d c0 x + d0 y ¶ µ 0 0 a (a x + b y) + b (c0 x + d0 y) = c (a0 x + b0 y) + d (c0 x + d0 y) µ 0 ¶ (aa + bc0 ) x + (ab0 + bd0 ) y = (ca0 + dc0 ) x + (cb0 + dd0 ) y µ 0 ¶µ ¶ x aa + bc0 ab0 + bd0 = . 0 0 0 0 ca + dc cb + dd y Luego, T S también es una transformación lineal y ¶ µ 0 aa + bc0 ab0 + bd0 . m (T S) = ca0 + dc0 cb0 + dd0 (4.14) Con base en esta igualdad (4.14) se define el producto de dos matrices 2 × 2 en la forma siguiente: ¶ µ ¶µ 0 0 ¶ µ 0 aa + bc0 ab0 + bd0 a b a b = . c0 d0 ca0 + dc0 cb0 + dd0 c d 126 4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Este producto entre matrices corresponde al producto entre transformaciones lineales en el mismo sentido en que la suma entre matrices y el producto de un escalar por una matriz corresponden, respectivamente, a la suma entre transformaciones lineales y al producto de un escalar por una transformación lineal. Tenemos por tanto que: Si T y S son transformaciones lineales del plano µ ¶ µ con ¶ a b a0 b0 m (T ) = y m (S) = c d c0 d0 entonces el producto (la compuesta) T S también es una transformación lineal del plano y ¶ µ 0 aa + bc0 ab0 + bd0 = m (T ) m (S) . m (T S) = ca0 + dc0 cb0 + dd0 Obsérvese cómo se obtiene la matriz producto: digamos que A= µ a b c d ¶ y B= µ a0 b0 c0 d0 ¶ . Por ejemplo, el número en el producto AB que está en la 1a fila y en la 2a columna se obtiene a partir de la 1a fila de A y de la 2a columna de B como se ilustra a continuación: (a b ) bv dv = ab0 + bd0 . Análogamente se obtienen los otros números que conforman la matriz producto AB. Ejemplo 4.20 Sean T y S las transformaciones lineales del plano tales que m (T ) = A = µ 2 3 −1 0 ¶ y m (S) = B = µ ¶ µ ¶ x x de R2 . para cualquier Hallar m (T S) y (T S) y y µ 4 7 −6 5 ¶ Solución: m (T S) = AB µ ¶µ ¶ 2 3 4 7 = −1 0 −6 5 µ ¶ 2 (4) + 3 (−6) 2 (7) + 3 (5) = (−1) 4 + 0 (−6) (−1) 7 + 0 (5) µ ¶ −10 29 = . −4 −7 . 4.5. Operaciones con transformaciones lineales y con matrices 127 µ ¶ x Luego, para todo de R2 , y µ ¶ µ ¶ x x (T S) = (AB) y y µ ¶µ ¶ x −10 29 = −4 −7 y µ ¶ −10x + 29y = . ¥ −4x − 7y El lector puede comprobar que en el ejemplo anterior AB 6= BA, lo cual se debe a que T S 6= ST. De manera que: El producto entre matrices 2 × 2 no es conmutativo. En general, el producto entre matrices 2 × 2 se comporta algebraicamente como el producto (compuesta) entre transformaciones lineales del plano. En efecto, se tiene que si A, B, C son matrices 2 × 2 y r es un escalar, entonces: 1. 2. 3. 4. 5. 6. (AB) C = A (BC) . AI2 = A = I2 A. A (B + C) = AB + AC. (B + C) A = BA + CA. (rA) B = r (AB) = A (rB) . AO = O = OA. A continuación probaremos la propiedad 1. a modo de ejemplo. Digamos que T, S, R son respectivamente las transformaciones lineales del plano determinadas por las matrices A, B, C, es decir, T, S, R son las transformaciones tales que A = m (T ) , B = m (S) y C = m (R) . Entonces (AB) C = (m (T ) m (S)) m (R) = m (T S) m (R) = m ((T S) R) = m (T (SR)) , pues (T S) R = T (SR) = m (T ) m (SR) = m (T ) (m (S) m (R)) = A (BC) . De manera similar se pueden probar las otras propiedades. Claro está que cada una de las propiedades enunciadas se puede probar directamente, sin recurrir a las transformaciones lineales. A (rX) = r (AX) . 2. es una reescritura de la propiedad T (X + U ) = T (X) + T (U ) pues el lado izquierdo de 1. • Se denomina rango o recorrido de f al conjunto de todas las imágenes f (x) con x ∈ A. 2. x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ) es decir. U de R2 y r en R se tiene: 1.6 Inversas para transformaciones lineales y matrices Recordemos algunos conceptos sobre funciones. así. La condición anterior puede expresarse. 5. elementos distintos del dominio de f no tienen la misma imagen bajo f. x2 ∈ A. A (X + U) = AX + AU. 4. (AB) X = A (BX) . A continuación listamos algunas de las propiedades básicas de este producto. . (rA) X = r (AX) . Consideremos una función f :A →B x 7→ f (x) • f se dice inyectiva o uno a uno si para x1 . Hemos definido tres operaciones con transformaciones lineales: la suma. si el recorrido de f es todo el conjunto B (o sea si f (A) = B). B. 3. en la forma f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 . para probar 1. 4. es decir. También hemos definido el producto de una matriz 2×2 por un vector de R2 . podemos considerar la transformación lineal T cuya matriz es A y observar que 1. • f se dice sobreyectiva o simplemente sobre si todo elemento de B es imagen de por lo menos un elemento de A. Y en correspondencia con ellas se han definido tres operaciones con matrices: la suma. (A + B) X = AX + BX. Cualesquiera sean las matrices A. Denotaremos este conjunto Rf o f (A) . el producto de un escalar por una matriz y el producto de dos matrices. Cada una de estas propiedades puede probarse recurriendo a transformaciones lineales o bien sin recurrir a ellas. De manera similar. Por ejemplo.128 4. Rf = f (A) = {f (x) / x ∈ A } . el producto por escalar y el producto. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Para finalizar esta sección. los vectores X. es T (X + U ) y el derecho T (X) + T (U ) . con los cuales el lector probablemente ya ha tenido contacto. haremos un resumen muy breve de lo hecho en ella. es una reescritura de la propiedad T (rX) = r (T (X)) . de manera equivalente. es fácil probar que si para una función f : A → B existe una función g : B → A tal que g (f (x)) = x para todo x ∈ A y f (g (y)) = y para todo y ∈ B. se dice que f es invertible y la función g antes mencionada se llama la inversa de f y se denota f −1 . la función inversa de f . entonces f es invertible y f −1 = g. Así. 2. enviando a y en x. . f −1 (f (x)) = x para todo x ∈ A Por otra parte. entonces ¡ ¢ y f f −1 (y) = y para todo y ∈ B. De manera que si f envía a x en y entonces f −1 “deshace” lo hecho por f. b.129 4. es la función f −1 : B → A tal que para y ∈ B y x ∈ A. En general. Observe que para cada elemento y de B. Obsérvese que si f : A → B es biyectiva. g (y) = x donde x es aquel elemento de A tal que f (x) = y. como lo ilustra el siguiente diagrama: A f B y x f -1 Si f : A → B no es uno a uno o no es sobre.6. no podemos hablar de una función inversa para f con dominio B y codominio A. f −1 (y) = x si y sólo si f (x) = y. f −1 (y) es aquel elemento x de A tal que f (x) = y. 3} y codominio B = {a. El diagrama siguiente muestra una función biyectiva f con dominio A = {1. cuando f es biyectiva. f se dice biyectiva si todo elemento de B es imagen bajo f de uno y sólo un elemento de A. En otras palabras. c} f A B a 1 b 2 c 3 Nótese que para esta función f se puede definir una función de B hacia A “devolviendo” las flechas B A a 1 b 2 c 3 Esta función es llamada la inversa de f y se denota f −1 . si f : A → B es biyectiva se puede definir una función g : B → A tal que para todo y ∈ B. En este caso. es decir cuando f es biyectiva. Inversas para transformaciones lineales y matrices • f se dice biyectiva si f es uno a uno y sobre. De manera que este hecho es una condición necesaria para que T sea invertible.21 Consideremos la transformación Dr con r 6= 0. así es: r Si X es cualquier vector de R2 . por tanto P no es invertible. para cada = P y 0 y µ ¶ 0 sobre el eje y es Es claro que P no es uno a uno. es decir. es decir.130 4. que esa sola condición implica que T es invertible. (Vea ejercicio 35 de este capítulo. r ¥ Ejemplo 4. Sabemos que si X = O entonces T (X) = O. r Se sigue que Dr es invertible y que Dr−1 = D 1 . los conceptos y resultados anteriores nos interesan en relación con las transformaciones del plano y particularmente con las que son transformaciones lineales. Vemos que se puede deshacer el efecto de Dr sobre un vector X (y retornar 1 a X) multiplicando rX por el escalar . luego µ ¶ 1 r X = 1X = X r r D 1 Dr = I r y Dr D 1 = I. ST = I y TS = I • Si S : R2 → R2 es tal que entonces T es invertible y T −1 = S. la cual envía cada vector X de R2 en el vector rX. P es la transformación del plano tal que ¶ µ el ¶ la µproyección µ P x x x de R2 . de manera que la inversa de Dr debe ser la r transformación D 1 . Resulta. Dr D 1 (X) = X. y ello es sorprendente. para todo X ∈ R2 . su inversa T −1 es tal que ¡ ¢ T −1 (T (X)) = X y T T −1 (X) = X. 1 D 1 (Dr (X)) = D 1 (rX) = (rX) = r r r ³ ´ y análogamente. ¥ enviado en el origen 0 Sea T : R2 → R2 una transformación lineal. pues (por ejemplo) todo vector y µ ¶ 0 . Para una transformación lineal T : R2 → R2 se tiene lo siguiente: • Si T es invertible entonces su inversa T −1 también es una transforamción lineal. Ejemplo 4.22 Sea sobre ¶ eje x. si T es invertible entonces T es uno a uno y. Ahora.) • Si T es invertible. en efecto. “ El único vector X tal que T (X) = O es X = O ”. en particular. como se establece . Veamos que. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Por supuesto. T −1 T = I y T T −1 = I. entonces X = O. 2. De manera similar. no se cumple entonces 2. −r 0 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 0 Así. =⇒ 2. Ahora probaremos que 2. lo cual muestra que 2.. Para probar que 1.6. µ ¶ µ ¶ µ ¶ a b 0 −r = c d 0 µ ¶ µ ¶ a − rb 0 = c − rd 0 µ ¶ µ ¶µ ¶ 0 1 a b = c d 0 −r µ ¶ µ ¶ 1 0 T = . c d 4. Sea T : R2 → R2 una transformación lineal con m (T ) = µ a b c d ¶ . =⇒ 2. Hemos probado así que si T es invertible entonces el único vector X de R2 tal que T (X) = O es X = O.. ad − bc 6= 0. 0 Probemos ahora que 3. tampoco se cumple. bc y en tal caso Si por ejemplo d 6= 0. probando que si 3. =⇒ 3. supongamos que T es invertible y tomemos X ∈ R2 tal que T (X) = O. =r d c Entonces. por ejemplo. 2. T es invertible. =⇒ 4. =⇒ 3. no se −r 0 µ−r ¶ µ ¶ b a da. Probaremos lo anterior demostrando que 1. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: 1. y 4.. =⇒ 1. probando que si 4. Supongamos entonces que las columnas de m (T ) son linealmente dependientes y que. probando su contrarecíproco. =⇒ 4. se puede probar que existe un d µc ¶ 0 vector no nulo X0 tal que T (X0 ) = . El único vectorµX¶de µ R2 ¶tal que T (X) = O es X = O. es decir. tampoco se da.. Inversas para transformaciones lineales y matrices en el siguiente resultado. entonces a = d µ ¶ µ ¶ µ ¶ a bc/d c b = = d d c c . a b 3.131 4. el vector no nulo es tal que T = . en el cual también se expresa la invertibilidad de T en términos de los números que conforman la matriz de T. Entonces T −1 (T (X)) = T −1 (O) = O (recuérdese que T −1 es una transformación lineal) y como también T −1 (T (X)) = X. Supongamos entonces que ad − bc = 0 y probemos que las columnas de m (T ) son linealmente dependientes: si ad − bc = 0 entonces ad = bc. si =r para algún r ∈ R. 3. µ ¶ µ ¶ b a para cierto escalar r. Las columnas y de m (T ) son linealmente independientes. no se da entonces 3. usando las dos primeras ecuaciones de (4. De manera similar a como se d se obtiene. ad − bc Para simplificar. que obtuvo el valor p = ∆ c r=− ∆ y usando las dos últimas ecuaciones de dicho sistema. ∆ Es sólo cuestión de operaciones comprobar que para dichos valores de p. s vemos que ella es equivalente al sistema ap + br = 1 cp + dr = 0 aq + bs = 0 (4. de lo cual se sigue que T es invertible. De igual forma se procede si a 6= 0 o b 6= 0 o c 6= 0. es obvio que las columnas de m (T ) son linealmente dependientes. un hecho notable es que dicha matriz r s µ ¶µ ¶ µ p q a b 1 = r s c d 0 a b c d ¶µ 0 1 ¶ también cumple que 0 1 ¶ .15).132 4. r y s se tiene que µ ¶ µ p q 1 = r s 0 µ ¶ p q Ahora. q. r s . Si a = b = c = d = 0. =⇒ 1. hagamos en lo que sigue ∆ = ad − bc. Supongamos entonces que µ ad − bc ¶ 6= 0. r.15) cq + ds = 1 Usando sus dos primeras ecuaciones tenemos que dap + dbr = d bcp + bdr = 0 de donde (ad − bc) p = d y como ad − bc 6= 0 entonces p= d . Finalmente probemos que 4. c d r s 0 1 Considerando esta igualdad como una ecuación con incógnitas p. para probar p q que T es invertible probaremos primero que existe una matriz tal que r s µ ¶µ ¶ µ ¶ a b p q 1 0 = . Dejamos µ al lector ¶ que termine la prueba mostrando que la transformación lineal S cuya p q matriz es es tal que T S = I y ST = I. que q=− b ∆ y s= a . q. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 de lo cual se concluye que las columnas de m (T ) son linealmente dependientes. T 1/5 1/5 y y (1/5) x + (1/5) y µ ¶ x de R2 tal que b) Como T es invertible. con lo cual concluimos la prueba de lo afirmado en el último recuadro. T −1 es la transformación del plano definida por µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ x (3/5) x − (2/5) y 3/5 −2/5 −1 x = = . =⇒ 1.23 Sea T : R2 → R2 definida por µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ x x + 2y x 1 2 T = = . =⇒ 1. Si existe una transformación lineal S : R2 → R2 tal que T S = I entonces ST = I y por tanto T es invertible y T −1 = S. Por otra parte. se probó que T −1 = S y por tanto µ ¶ ¡ −1 ¢ p q m T = m (S) = r s luego. −1 3 a) Como ∆ 6= 0 entonces T es invertible y µ ¶ µ ¶ ¡ −1 ¢ 1 3 −2 3/5 −2/5 = m T = . ¨ Obsérvese que en la prueba de 4. −1 3 ¥ .133 4. se tiene que: Sea T : R2 → R2 una transformación lineal con m (T ) = Si T es invertible entonces µ ¶ ¡ −1 ¢ d/∆ −b/∆ m T = = −c/∆ a/∆ donde ∆ = ad − bc. 1 ∆ µ d −b −c a µ ¶ a b c d ¶ . el único vector y µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 0 x 0 T = es = . del razonamiento empleado en la prueba de 4. 1 1/5 1/5 ∆ 1 Así. −1 3 y −x + 3y y µ ¶ 1 2 La matriz de T es A = y ∆ = (1) (3) − (−1) (2) = 5. y 0 y 0 µ ¶ µ ¶ 1 2 c) Es claro que las columnas y de A son linealmente independientes. se deduce lo siguiente: Sea T : R2 → R2 una transformación lineal. =⇒ 1.6. Inversas para transformaciones lineales y matrices Hemos probado así que 4.. Ejemplo 4. ¡ ¢ ¡ ¢ AA−1 = m (T ) m T −1 = m T T −1 = m (I) = I2 . Análogamente se prueba que A−1 A = I2 . Sea A una matriz 2×2 y sea T : R2 → R2 la transformación lineal tal que m (T ) = A. podemos asegurar que existen vectores no nulos tales y µ ¶ µ ¶ x 0 que T = . cuya prueba se deja al lector. sin ninguna dificultad. y 0 µ ¶ µ ¶ 1 2 c) Es claro que las columnas y de A son linealmente dependientes. Sea T la transformación lineal cuya matriz es A y sea ∆ = (2) (0) − Como ∆ 6= 0 entonces T es invertible y ! √ ¶ à µ ¡ −1 ¢ 0 1 1 0 − 3 = = . y A−1 A = I2 . entonces A es invertible y A−1 = B. Obsérvese que si A es invertible entonces AA−1 = I2 En efecto. los resultados obtenidos para transformaciones lineales respecto al concepto de inversa.25 3 2 es invertible y halle su inversa. A−1 = m T −1 = √1 − √23 3 ¥ Podemos trasladar a matrices. −2 −4 a) Como ∆ = 0 entonces T no es invertible. a la matriz m T −1 la llamaremos la inversa de A y la denotaremos A−1 . Muestre que la matriz A = 1 0 Solución: √ ¡√ ¢ 3 (1) = − 3. Es fácil probar que si para una matriz A de orden 2 existe una matriz B de orden 2 tal que AB = I2 y BA = I2 . Se tiene así el siguiente resultado. Si ¢ éste es el caso. = = T −2 −4 y −2x − 4y y µ ¶ 1 2 La matriz de T es A = y ∆ = (1) (−4) − (−2) (2) = 0. µ ¶ x b) Como T no es invertible. Diremos que la matriz A ¡es invertible si la transformación lineal T es invertible. . como T es invertible entonces A es invertible y à ! ¢ ¡ 0 1 . m T √1 − √23 2 ∆ −1 3 Ahora. ¥ −2 −4 Trasladamos ahora el concepto de inversa para transformaciones lineales a las matrices 2×2.24 Sea T : R2 → R2 definida por ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ µ x x + 2y x 1 2 . √ ¶ µ Ejemplo 4.134 4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Ejemplo 4. Sean U ∈ R2 y SU la transformación reflexión con respecto a la recta µ ¶L generada x para cada por el vector U. hallar PU y y µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 1 3 a) U = b) U = c) U = d) U = 0 1 −1 1 2 2 2.135 4. proyección sobre L. C2 = :x≥0 a) L : y = −x. Encontrar la imagen bajo P de los siguientes conjuntos: µ ¶ 3 a) La recta L que pasa por el origen y por el punto −4 µ ¶ µ ¶ 2 1 b) El paralelogramo determinado por los vectores V = yW = 1 1 4.7. d) ad − bc 6= 0. c) Las columnas de A son linealmente independientes. c d 1. expresar a0 y b0 en términos de a y b. Sean U ∈ R2 y PU la transformación proyección sobre la recta generada µ ¶por el vector µ ¶ x x de R2 . encontrar SU y µ ¶ x ∈ R2 .7 Ejercicios 1. µ ¶ 1 d −b −1 donde ∆ = ad − bc. para cada U. 2. y µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 1 1 a) U = b) U = c) U = −1 1 −2 5. a) y = −x b) y = 2x 6. Sea L la recta con ecuación µ ¶ 5xµ− 02y ¶ = 0 y sea P : R → R la transformación a a = 0 . Si existe una matriz B de orden 2 tal que AB = I2 entonces BA = I2 y por tanto A es invertible y A−1 = B. obtener la matriz de la transformación reflexión con respecto a la recta dada. ½µ ¶ ¾ ½µ ¶ ¾ x x : x < 0 . Ejercicios µ ¶ a b Sea A = . Sea P : R2 → R2 la transformación proyección sobre el eje x. Si ad − bc 6= 0 entonces A = ∆ −c a 3. Para el vector U dado en cada literal. hallar la imagen bajo S de los conjuntos descritos. Para cada literal. Las afirmaciones siguientes son equivalentes. si S : R2 → R2 es la transformación reflexión con respecto a la recta L dada. C1 = 0 0 . Si P b b 3. 4. Para cada literal. b) El único vector X de R2 tal que AX = O es X = O. a) A es invertible. Para el vector U dado en cada literal. a) Para θ = −π/3 y θ = π/3. Si P y Q son puntos distintos. Para cada literal. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 b) L : y = 2x. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 3x + y x 2 −1 a) T = b) T =x +y y x − 2y y 3 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x−1 x 1 c) T = d) T = y x−y y 1 11. Sean U ∈ R2 y TU la traslación por el vector U .136 4. suponga que T : R2 → R2 µ es ¶ la µ transformación ¶ µ ¶ lineal cuya matriz 1 −1 0 es la dada. ½µ ¶ ¾ 0 C1 = :y<0 . y 0 en términos de x y y. µ 0¶ µ 0¶ µ 0¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x x x x x ii) iii) i) = R(θ+ π ) = R2θ = R(−θ) 0 0 0 2 y y y y y y 8. Calcular las imágenes bajo T de . Para cada literal determinar si la transformación T : R2 → R2 definida en él es una transformación lineal. −1 3 µ ¶ µ ¶ 2 −1 ii) El paralelogramo P determinado por y . iv) Hallar µ ¶ la imagen µ ¶ bajo Rθ del paralelogramo P determinado por los vectores 1 1 V = yW = . y ½µ ¶ ¾ x C2 = :x≥0 0 7. c) La imagen bajo TU del segmento de recta P Q es el segmento de recta con extremos TU (P ) y TU (Q) . y . −1 3 iii) La circunferencia C con centro en el origen y radio 2. hallar la matriz de T . iv) La recta L con ecuación y = 2x − 3. y 0 en términos de x y y. En caso afirmativo. µ ¶ µ 0¶ x x a) Si Dr = . 10. i) Hallar la matriz de Rθ . Para r = 1/3 y r = 2. 2 0 b) Para cada numeral expresar x0 . y y iii) Hallar la imagen bajo Rθ de la recta L con ecuación y = x. 9. y y0 b) Hallar la imagen bajo Dr de los siguientes conjuntos: ½µ ¶ µ ¶¾ 2 −1 i) S = . probar que: a) TU (P ) 6= TU (Q) b) La imagen bajo TU de la recta que pasa por los puntos P y Q es la recta que pasa por los puntos TU (P ) y TU (Q). expresar x0 . µ ¶ µ ¶ x x ii) Hallar Rθ para cada de R2 . 0 2 1 . a) La recta L que pasa por el origen y tiene vector director D = 1 1 −3 a) 0 1 µ ¶ 3 0 e) 0 3 b) La recta L0 con ecuación bx − ay = 0. µ ¶ µ ¶ 0 0 2 2 . Probar que: ¶−1 µ ¶ µ ¶ µ µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ x u x u a b a b a b = entonces = . T (−E1 + E2 ) = 14. Sea T : R2 → R2 una transformación lineal. +y =x b) c d d c y . T (X2 ) son linealmente independientes. Encontrar T para cada de R2 y T . y bajo 0 0 1 1 µ ¶ µ ¶µ ¶ x x 1 −3 la transformación T = . a) Si es invertible y c d c d c d y v y v µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ b a x a b . 17. X2 vectores linealmente independientes de R2 . ¿Es dicha imagen un cuadrado? ¿Cuál 0 1 y y es su área? µ ¶ 2 3 13. Sea T : R2 → R2 una transformación lineal y sean X1 . Hallar la imagen del cuadrado con vértices en los puntos . y y µ ¶ µ ¶ 1 2 c) La imagen bajo T del paralelogramo P determinado por y . 19. Sea T : R → R la transformación lineal tal que T −1 −8 2 4 Hallar: µ ¶ µ ¶ x x a) m (T ) b) T para cada de R2 . X2 linealmente independientes se tenga que T (X1 ) .137 4. 15. Encontrar la imagen −1 0 bajo T de los siguientes conjuntos: µ ¶ 3 . a) Dar ejemplo de una transformación T : R → R no lineal tal que T 0 0 b) Dar ejemplo de una transformación lineal T tal que para X1 . T (X2 ) también son linealmente dependientes.7. Sea T la transformación lineal con matriz m (T ) = . −1 2 R2 R2 µ 16. = 18. Sea T : −1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 x x −10 . −3 y y 15 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 5 2 −9 2 2 = yT = . T (X2 ) sean linealmente dependientes. Demostrar que: T es invertible si y sólo si T (X1 ) . . ¶ 3 → la transformación lineal tal que T (E1 + E2 ) = . X2 son linealmente dependientes entonces T (X1 ) . Demostrar que si X1 . Ejercicios µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 −1 1 −3 1 0 b) c) d) −3 1 0 0 2 −1 1 µ ¶ µ ¶ µ √ ¶ 1 0 0 1 3/2 √ −1/2 f) g) h) 0 3 1 0 1/2 3/2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 1 1 0 12. m (2T1 − 3T2 ) . i) T (3E1 − 4E2 ) . −3 µ ¶ −1 d) 2T1 − 3T2 . m (T1 ) m (T2 ) . m (T1 ◦ T2 ) . (Ayuda: Vea ejercicio 19. (T2 ◦ T1 ) . a) Mostrar que si T (X1 ) = T (X2 ) = 0 b) Mostrar que si T (X1 ) = X1 y T (X2 ) = X2 entonces T es la transformación identidad. c. m (T1 ) + m (T2 ) . Una transformación lineal T : R2 → R2 es tal que T (E1 ) = E1 + E2 y T (E2 ) = 2E1 − E2 . m (−4T1 ) . a) Calcular en términos de E1 y E2 los siguientes vectores: ii) T 2 (3E1 − 4E2 ) ¡ 2¢ b) Hallar m (T ) y m T . −4m (T1 ) . T2 = .138 4. Hallar m (T ) y m T 2 sabiendo que T es la transformación lineal que transforma cada vector de R2 en dos veces su simétrico con respecto al eje y. m (T2 ) m (T1 ) . hallar: y x+y y x + 3y a) m (T1 ) y m (T2 ) . Interpretar T 2 geométricamente. µ ¶ −1 . b. (T1 + T2 ) −3 µ ¶ −1 c) −4T1 . m (T1 + T2 ) . 2m (T1 ) − 3m (T2 ) . +y =x d c v Exprese x y y en términos de a.) 21. b) T1 + T2 . (2T1 − 3T2 ) . X2 dos vectores linealmente independientes de R2 . µ ¶ 0 entonces T es la transformación nula. Probar que todo vector de R2 es expresable c d v µ ¶ µ ¶ a b de manera única como combinación lineal de y . 23.I. Sea T : R2 → R2 una transformación lineal y sean X1 . 22. Encuentre todas las transformaciones lineales T : R2 → R2 que transformen la recta cuya ecuación es y = 0 en la recta con ecuación x = 0. (−4T1 ) . u y v. ¡ ¢ 25. (T1 ◦ T2 ) . d. Dadas las transformaciones lineales del plano T1 y T2 definidas por µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x−y x −5x + y T1 = . Sean y vectores de R L. m (T2 ◦ T1 ) . −3 µ ¶ −1 f ) T2 ◦ T1 . −3 24. para todo vector c d µ ¶ u de R2 existen únicos escalares x y y tales que v µ ¶ µ ¶ µ ¶ b a u . es decir. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ a b u 2 20. −3 µ ¶ −1 e) T1 ◦ T2 . 30. Sea P la transformación proyección sobre el eje x. b) Hallar una transformación lineal S : R2 → R2 diferente de la transformación nula tal que ST = O y T S = O. Sea T : R → R definida por T y x+y µ ¶ µ ¶ x 1 3 3 b) T a) T y −1 ix) m (T ) = E xii) m (T ) = F 2 .7. 0 0 1 0 1 −3 2 −3 µ ¶ µ ¶ 1 0 0 1 E= yF = 0 −1 1 0 a) Calcular A2 . Probar que toda traslación TU es uno a uno y sobre. hallar y graficar la imagen del cuadrado S de la figura bajo la traslación 2 TU . C = . i) m (T ) = A ii) m (T ) = A2 v) m (T ) = C vi) m (T ) = D iv) m (T ) = B 2 iii) m (T ) = B vii) m (T ) = CD viii) m (T ) = DC x) m (T ) = E 2 xi) m (T ) = F µ ¶ µ ¶ x x−y 2 2 = . B = . encuentre la transformación lineal T que satisface la condición dada y cuando sea posible. DC. 2 a) Hallar la transformación TU ◦ T e interpretarla geométricamente. 29. Si U = . b) Para cada numeral. a) Mostrar que para todo vector X perteneciente a la recta y = x. . se tiene T (X) = O. b) Mostrar que todos los puntos de la recta y = 1 permanecen fijos bajo la transformación TU ◦ T. Sea T la transformación lineal con m (T ) = µ 1 −1 2 −2 ¶ . CD. es decir. Probar que Rθ ◦ Rφ = R(θ+φ) . Rθ ◦ Rφ es la rotación por el ángulo θ + φ. 31. Hallar: µ ¶ µ ¶ ¡ ¢ ¡ ¢ x ¢ ¡ ¢ x ¡ a) m (P ) b) m P Rπ/2 d) P Rπ/2 c) m Rπ/2 P e) Rπ/2 P y y µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 0 −1 −1 2 −4 1 27. de una interpretación geométrica. F 2 . Hallar TU−1 µ ¶ −1 32. Sean T : R2 → R2 una transformación lineal con m (T ) = µ 1 0 0 −1 ¶ µ ¶ 0 yU= . E 2 . Ejercicios 26. 33. D = . B 2 . Sean A = .139 4. Calcular: 28. 5 39. en caso afirmativo. Demostrar que si T : R2 → R2 es una transformación lineal uno a uno entonces T transforma líneas rectas en líneas rectas. 36. y T −1 ble y.140 4. . 41. Sea A = . Sea T : R → R la transformación lineal definida por T = . 42. Hallar. µ ¶ µ ¶ x x . Demostrar y −y que para todo c ∈ R. b) Hallar: µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x −1 x −1 −1 i) T ii) S iii) (ST ) . Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 µ ¶ µ ¶ 1 −1 34. Hallar la transformación TU1 ◦ Rπ/2 ◦ TU2 . µ ¶ µ ¶ x x + cy 2 2 40. µ ¶ determinar si T es inverti¡ −1 ¢ x . Sea T : R2 → R2 una transformación lineal invertible. T es invertible y que T −1 = T. Demostrar que para cada θ. encontrar m T y µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2x x 1 2 = a) m (T ) = b) T 1 3 5y y µ ¶ µ ¶ µ ¶ 6x − 3y x 5 2 c) m (T ) = d) T = 2 1 y 4x − 2y µ ¶ µ ¶ µ ¶ x y 1 1 e) m (T ) = f) T = 2 1 y x g) T es la proyección sobre la recta y = x. Demostrar que S ◦ T es invertible y (S ◦ T )−1 = T −1 ◦ S −1 . 0 0 35. se tiene que Rθ−1 = R−θ . Sea T : R → R la transformación lineal definida por T = . Sean T : R2 → R2 y S : R2 → R2 dos transformaciones invertibles. Mostrar que T −1 también es transformación lineal. La matriz se llama la transpuesta de A y se denota c d b d AT . = j) T x y 37. i) T = Rθ . y x−y y x − 2y a) Demostrar que T y S son invertibles. Para la transformación lineal T : R2 → R2 de cada literal. −2π < θ < 2π. un vector X de R2 tal que T (X) = . 4x + 7y µ ¶ y −2 si es posible. Sean U1 = y U2 = . h) T es la reflexión respecto al eje x. y y y µ ¶ µ ¶ a b a c 43. µ ¶ µ ¶ x x+y 2 2 38. Sean T : R2 → R2 y S : R2 → R2 las transformaciones lineales definidas por µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x+y x 2x + y T = yS = . Ejercicios a) Probar que si A y B son matrices 2 × 2 y α ∈ R entonces: ¡ ¢T i) AT = A ii) (αA)T = αAT iii) (A + B)T = AT + B T iv) (AB)T = B T AT ¡ ¢−1 ¡ −1 ¢T v) Si A esinvertible. b) Probar que para todo par de vectores X.4. U de R2 se tiene que: ¡ ¢ ¡ ¢ X · (AU ) = AT X · U y (AX) · U = X · AT U .7. 141 . 44. AT también es invertible y AT = A . 142 4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 . 1) se dirá su conjunto solución. Dos ecuaciones del tipo (5. de manera que en tal caso el conjunto solución de (5. Como sabemos.1 El conjunto solución de la ecuación x + 2y = 4 (5.1 Conceptos y resultados básicos Recordemos que una ecuación lineal en dos variables x.2) es la recta corresponde a esta ecuación. µ ¶ 2 Por ejemplo. Ejemplo 5. cuando se multiplica una ecuación por un escalar no nulo se obtiene una ecuación equivalente.1) es dicha línea recta.1) se dirán equivalentes si tienen el mismo conjunto solución.1) corresponde a una línea recta. y es una ecuación de la forma ax + by = u (5. una solución de la ecuación x + 3y = 5 es el par pues 2 + 3 (1) = 5.1) en la cual a.1).5 Sistemas de ecuaciones lineales 2×2 5. la ecuación se satisface. 1 El conjunto de todas las soluciones de una ecuación del tipo (5. es decir ax0 + by0 = u. µ ¶ x0 Una solución de una tal ecuación es un par ordenado de R2 tal que al sustituir y0 x por x0 y y por y0 . la cual corta a los ejes coordenados en los µ ¶L que µ ¶ 0 4 puntos y (Figura 5. b y u son números reales dados. 2 0 143 . la ecuación (5. si a 6= 0 o b 6= 0. digamos s. L consta de los puntos de R2 de la forma y ¶ µ µ ¶ µ ¶ 1 0 x . si damos a y cualquier valor en R. Por tanto.2) se obtiene la ecuación equivalente 1 y = 2 − x. 2 Así. o equivalentemente. Así. la ecuación (5. Por tanto.4) y 0 1 Las ecuaciones (5. dicha recta L puede describirse mediante distintas ecuaciones. A continuación mostramos una manera de pasar de la ecuación (5. L también puede describirse como el conjunto de puntos de y R2 tales que x = 4 − 2s y = s µ ¶ x de R2 de la forma con s ∈ R.144 5. s∈R (5. las cuales son ecuaciones vectoriales paramétricas para la recta L. Ahora. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 Figura 5.4).2) a una ecuación vectorial paramétrica para L: de la ecuación (5. como el conjunto de los puntos y µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 4 −2 = +s .2) ¥ . como ya lo sabemos. digamos t. t ∈ R. equivalentemente. L consta de los puntos de R2 tales que y x = t 1 y = 2− t 2 µ ¶ x con t ∈ R o.1.3) y (5. entonces el valor correspondiente de x µ ¶ x es x = 4 − 2s. +t = −1/2 2 y (5.2)es equivalente a la ecuación x = 4 − 2y.3) Análogamente. si damos a x cualquier valor en R. proporcionan descripciones del conjunto solución de la ecuación (5. entonces µ ¶ el valor correspondiente de y x es y = 2 − (1/2) t. 0x + 0y = u µ ¶ x0 es φ (el conjunto vacío). el conjunto solución de la ecuación R2 . pues es solución de cada una de las ecuaciones. es decir. µ ¶ x0 Una solución de tal sistema es un par ordenado de R2 .1. pues 2x0 + 2y0 = 2 (x0 + y0 ) = 2 (4) = 8. una solución del sistema x+y =4 2x − y = 5 µ ¶ µ ¶ 3 3 es el par . el sistema x+y =4 2x + 2y = −5 µ ¶ x0 carece de soluciones. El conjunto de todas las soluciones de un sistema del tipo (5.5) (a. y0 b) Si u 6= 0.5) se dice soluble o consistente si tiene al menos una solución. b. ya que 3 + 1 = 4 y 1 1 2 (3) − 1 = 5. b) El conjunto solución del sistema 0x + 0y = 0 2x − y = 7 . Por ejemplo.5) se dirá su conjunto solución. Ejemplo 5.2 a) El conjunto solución de la ecuación 0x + 0y = 0 µ ¶ x0 es todo pues todo punto de R2 es una solución de dicha ecuación. pues ningún par de R2 la satisface. en caso contrario. c. d. y0 ¥ Consideremos ahora un sistema de dos ecuaciones lineales ax + by = u cx + dy = v (5. pues la ecuación 0x + 0y = 3 carece de soluciones. Por otra parte. el cual es solución de y0 cada una de las dos ecuaciones del sistema. u y v son números reales dados).145 5. si x0 +y0 = y0 4. entonces dicho par no satisface la segunda. Conceptos y resultados básicos Ejemplo 5. el sistema se dice no soluble o inconsistente.3 a) El conjunto solución del sistema 0x + 0y = 3 2x − y = 7 es φ. pues si un par satisface la primera ecuación. El sistema (5. • L1 y L2 se cortan en un único punto. siendo su conjunto solución una línea recta. c) El conjunto solución del sistema 0x + 0y = 0 0x + 0y = 0 es todo R2 . por tanto. • L1 6= L2 pero L1 y L2 son paralelas. ya que todo par y0 0x + 0y = 0. (5.2): • L1 = L2 . L2 . Figura 5. la cual es el punto de intersección de las rectas L1 .5). El sistema tiene infinitas soluciones. podemos afirmar lo siguiente: Para el sistema (5. para dichas rectas L1 . Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 µ ¶ x0 de R2 es solución de la ecuación es el de la ecuación 2x − y = 7.2. una línea recta L2 . En lo que sigue centraremos la atención en el caso no trivial a 6= 0 o b 6= 0 y c 6= 0 o d 6= 0. L2 se da una y sólo una de las tres posibilidades siguientes (figura 5. entonces el conjunto solución es φ.146 5. Ahora bien. bajo la condición (5. el conjunto solución del sistema es la intersección de L1 y L2 .6).6) En este caso el conjunto solución de la primera ecuación es una línea recta L1 y el de la segunda. si en el sistema (5. ¥ Como se aprecia en el ejemplo anterior. admitiendo lo anterior. El sistema carece de soluciones. El sistema tiene solamente una solución. Caso 2. Caso 3. Así.5) se tiene a = 0 y b = 0 o se tiene c = 0 y d = 0. . Cualquiera de las dos ecuaciones del sistema es una ecuación para dicha recta. pues el conjunto solución de cada ecuación es R2 . una recta o todo R2 . se da uno y sólo uno de los siguientes casos: Caso 1. Por ejemplo. y sumando ésta a la segunda ecuación se obtiene (λa + c) x + (λb + d) y = λu + v Sustituyendo en el sistema (5. luego el sistema tiene solamente una solución. y0 . luego el sistema carece de soluciones. si es una solución del sistema (5.7) su segunda ecuación por la ecuación anterior se obtiene el sistema ax + by = u (5.7) y (5.4 a) Consideremos el sistema x + 2y = 4 3x + 6y = 12 Se observa que las dos ecuaciones corresponden a una misma línea recta.8) son equivalentes: µ sistemas ¶ x0 En primer lugar. se obtiene un sistema equivalente. λax0 + λby0 = λu y cx0 + dy0 = v de donde (λa + c) x0 + (λb + d) y0 = λu + v µ ¶ x0 Luego.5) se dicen equivalentes si tienen el mismo conjunto solución. el conjunto solución del sistema es dicha recta L. Así. c) En el sistema x + 2y = 0 2x − 3y = 8 las ecuaciones corresponden a rectas no paralelas. consideremos el sistema ax + by = u (5. b) En el sistema x + 2y = 4 3x + 6y = 7 las ecuaciones corresponden a rectas paralelas pero distintas. Conceptos y resultados básicos Ejemplo 5.7) cx + dy = v Multiplicando la primera ecuación por un escalar λ se obtiene la ecuación λax + λby = λu.147 5.8). Cuando se sustituye una de las ecuaciones de un sistema por la suma de esa ecuación y un múltiplo escalar de la otra.7) entonces y0 ax0 + by0 = u y cx0 + dy0 = v por tanto. es solución de cada una de las ecuaciones del sistema (5. la cual es el punto de intersección de tales rectas. la recta L con ecuación x + 2y = 4 (las dos ecuaciones son equivalentes). ¥ Dos sistemas del tipo (5.1.8) (λa + c) x + (λb + d) y = λu + v Veamos ahora que los (5. el cual consiste a grandes rasgos en eliminar una de las incógnitas en alguna de las ecuaciones sin alterar el conjunto solución del sistema.6 Consideremos el sistema x + 2y = 4 3x + 6y = 7 (5. Se ilustra este procedimiento en los tres ejemplos siguientes. ¥ −8/7 Ejemplo 5. Sustituyendo este valor de y en la primera ecuación y despejando µ ¶x se 16/7 16 como único valor para x. y0 Uno de los procedimientos más empleados para resolver un sistema es el llamado método de eliminación. de donde (restando la primera de las igualdades anteriores de la segunda) cx0 + dy0 = v µ ¶ x0 es solución del sistema (5. El sistema inicial es entonces equivalente al sistema x + 2y = 0 −7y = 8 8 teniendo este último la ventaja de que de su segunda ecuación se obtiene y = − como 7 único valor para y. −7y = 8.8) entonces Recíprocamente.4. multiplicamos la primera ecuación por −2. es obtiene x = 7 −8/7 ½µ ¶¾ 16/7 decir. Ejemplo 5. y la ecuación resultante (−2x − 4y = 0) la sumamos a la segunda ecuación.7). se escoge λ de modo que λa + c = 0 con lo cual en el sistema equivalente (5.5 Consideremos el sistema x + 2y = 0 2x − 3y = 8 el cual tiene solamente una solución (vea ejemplo 5. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 µ ¶ x0 es una solución del sistema (5.c)). para eliminar x en la segunda ecuación del sistema (5.8) ya no figura la incógnita x.9) .7). el conjunto solución es . si y0 ax0 + by0 = u y (λa + c) x0 + (λb + d) y0 = λu + v λax0 + λby0 = λu y (λax0 + λby0 ) + (cx0 + dy0 ) = λu + v por tanto.148 5. Por ejemplo. Hallemos dicha solución mediante el método de eliminación: Con miras a eliminar la incógnita x en la segunda ecuación. la única solución del sistema es . ¨ Luego. Así. lo cual nos conduce a 0x − 7y = 8 es decir. se obtiene la ecuación 0x + 0y = 0.7 Consideremos el sistema x + 2y = 4 3x + 6y = 12 (vea ejemplo 5. se encuentra que dicho sistema es equivalente al sistema 2x + y = 2 µ ¶ 1 a− y = 2+b 2 .1. iii) Sea inconsistente. Conceptos y resultados básicos el cual carece de soluciones (vea ejemplo 5. El sistema (5.8 Considere el sistema 2x + y = 2 x + ay = 3 + b Hallar los valores de a y b tales que el sistema i) Tenga solución única. Así que el método de eliminación también conduce a que el sistema (5.9) es inconsistente.9) es no soluble.a)). ¥ Ejemplo 5. Así. ii) Tenga infinitas soluciones. entonces el sistema inicial (5. con lo cual se obtiene la ecuación 0x + 0y = −5. Es ilustrativo ver lo que ocurre si se aplica a este sistema el método de eliminación: para eliminar x en la segunda ecuación. el sistema inicial es equivalente al sistema x + 2y = 4 0x + 0y = 0. este sistema es consistente y su conjunto solución es la recta que tiene como ecuación x + 2y = 4. De nuevo el método de eliminación nos condujo a lo que ya sabíamos.149 5.4. Veamos qué ocurre si aplicamos el método de eliminación: multiplicando la primera ecuación por −3 y sumando la ecuación resultante (−3x − 6y = −12) a la segunda.b)). ¥ Ejemplo 5.4.9) es entonces equivalente al sistema x + 2y = 4 0x + 0y = −5 y como este último es inconsistente. multiplicamos la primera ecuación por −3 y el resultado se suma a la segunda. Solución: Eliminando x en la segunda ecuación del sistema dado. Como sabemos. ¥ 2 5. 2 1 ii) Tiene infinitas soluciones si a = y b = −2. el sistema dado: 1 i) Tiene solución única si a 6= sin importar el valor de b. las dos igualdades en (5. es decir. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 1 Ahora. entonces A−1 AX = A−1 U .5) son equivalentes a la igualdad en R2 µ ¶ µ ¶ ax + by u = cx + dy v y ésta.150 5. el vector X0 = A−1 U es la única solución de (5. c d y v Nótese que un vector X0 de R2 es una solución del sistema (5. X = A−1 U = X0 . y es inconsistente si a − = 0 y 2 + b 6= 0.5) puede escribirse. Así. c d y v (5. el sistema (5. de la cual sabemos que si α 6= 0. en la forma equivalente (5. β ∈ R. es decir.11).11). si la matriz A es invertible. si AX = U.X= yU= . si A es invertible el sistema (5.11) y la ecuación escalar αx = β con α.2 Sistemas de ecuaciones lineales y matrices Relacionemos ahora los sistemas con las transformaciones lineales. con las matrices. este sistema tiene solución única si a − 6= 0 sin importar el valor de b. lo cual muestra que X0 = A−1 U es una solución de ¡(5. pero ¡ ¢ ¡ ¢ A−1 AX = A−1 A X = I2 X = X por tanto. tiene 2 1 1 infinitas soluciones si a − = 0 y 2 + b = 0. si y sólo si la matriz A “transforma” a X0 en el vector U. Obsérvese la semejanza entre la ecuación vectorial (5.11) tiene solamente una solución (la cual es X0 = A−1 U ). usando matrices 2 × 2 y vectores de R2 .11) µ ¶ µ ¶ µ ¶ x u a b con A = . De manera similar.11) pues. . su única solución es el número x0 = α−1 β. 2 1 iii) Es inconsistente si a = y b 6= −2.10) Así. es decir. por una parte. si X es una solución de (5. En primer lugar. a su vez.5) si y sólo si AX0 = U.10). como AX = U (5. ¢ Por otra parte. o lo que es equivalente. es equivalente a la igualdad µ ¶µ ¶ µ ¶ x u a b = . 2 2 Por tanto. ¡ ¢ ¡ ¢ AX0 = A A−1 U = AA−1 U = I2 U = U. Cuando A es invertible. y 8 es invertible y su inversa es la matriz −1 A 1 = ∆ µ −3 −2 −2 1 ¶ donde ∆ = 1 (−3) − 2 (2) = −7. por tanto hemos probado el siguiente resultado: Sea A cualquier matriz 2 × 2 y sea U cualquier vector de R2 . A tiene que ser invertible. Luego. Si A no fuese invertible. Ejemplo 5. Sistemas de ecuaciones lineales y matrices Vamos a probar ahora que el recíproco de la afirmación anterior también es cierto. sería otra solución de 0 µ ¶ 0 ∗ ∗ AX = U pues A (X0 + X ) = AX0 + AX = U + = U. ¨ Nótese que en la discusión anterior no se usó la condición (5. ya sabemos que el hecho de que el sistema AX = O tenga solución única Si U = 0 µ ¶ 0 y denotemos X0 la equivale a que A es invertible. 0 Luego.151 5. dicho sistema tiene como única solución al vector −1 X0 = A ¶ ¶ µ µ ¶µ ¶ µ µ ¶ 16/7 0 1 −16 0 1 −3 −2 =− = = −8/7 8 8 −7 −2 1 7 8 solución que ya habíamos encontrado por el método de eliminación.5 x + 2y = 0 2x − 3y = 8 el cual podemos escribir en la forma µ La matriz A = µ 1 2 2 −3 ¶ 1 2 2 −3 ¶µ ¶ µ ¶ x 0 = . existiría un vector no nulo X tal que 0 AX ∗ = y en tal caso el vector X0 +X ∗ . la única solución del sistema es X0 = A−1 U. Supongamos entonces que el sistema AX = U tiene una única solución y probemos que A es invertible: µ ¶ 0 . el cual es distinto de X0 .6).9 Consideremos el sistema del ejemplo 5. ¥ . lo cual va contra lo supuesto.2. El sistema AX = U tiene solamente una solución si y sólo si la matriz A es invertible. Supongamos entonces que U 6= 0 ∗ única solución µ ¶ de AX = U. Supongamos ahora que la matriz A no es invertible y que el sistema (5.152 5. como se cumple la condición (5.6). el conjunto solución v 10 es la recta con ecuación x + y = 2. este sistema tiene únicamente la solución trivial si y sólo si la matriz A es invertible.12) carece de soluciones o bien su conjunto solución ocurra µ ¶ es una recta. el sistema homogéneo AX = O µ ¶ 0 .13) cumple la condición (5. Puesto que el sistema es soluble y no es de solución única entonces sólo queda la posibilidad de que su conjunto solución sea una recta. el conjunto solución del sistema AX = O es todo R2 . A continuación nos referiremos a las posibilidades para el conjunto solución de un sistema homogéneo AX = O. si = v µ ¶ v 3 µ ¶ u 2 el sistema (5. Dado un sistema no homogéneo AX = U. a) El sistema AX = O tiene únicamente la solución trivial X = O si y sólo si A es invertible. b) Si A no es invertible y A 6= O.12) carece de soluciones. la cual pasa por el origen. Por ejemplo. Tenemos así que: Cualquiera sea la matriz A de orden 2. Cualquiera sea la matriz A. que µ ¶ µ lo ¶ u u 2 uno o lo otro depende. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 Ejemplo 5.12) el cual podemos escribir en la forma µ ¶µ ¶ µ ¶ x u 1 1 = . .10 Consideremos el sistema x+y = u 5x + 5y = v (5.13) En primer lugar. equivalentemente U = en (5. por supuesto. para dicho sistema (5.12) no se da que 5 5 tiene solución única. la cual se dirá la es soluble ya que este sistema posee al menos la solución X = 0 solución trivial. el sistema AX = O se dirá su sistema homogéneo asociado. mientras que si = .5) se tiene u = 0 y v = 0 (o. Ahora. como ya sabemos. el conjunto solución del sistema AX = O es una línea recta que pasa por el origen. 5 5 y v µ ¶ 1 1 Puesto que la matriz no es invertible. ¥ µ ¶ 0 Si en el sistema (5. En el siguiente ejemplo se ilustra la relación entre el conjunto solución de un sistema soluble no homogéneo y el conjunto solución del sistema homogéneo asociado.6) podemos afirmar que el sistema (5.11)) el 0 sistema se dice homogéneo. c) Si A = O. (5. de cuál sea el vector . Es fácil ver que esto último sigue siendo cierto bajo las hipótesis A no invertible y A 6= O. 2 En la figura 5. se tiene el siguiente resultado: . En general. el conjunto solución del sistema no homogéneo (5. Observe que 2 El sistema homogéneo asociado al sistema (5. t ∈ R.17)).15) µ ¶ 0 es una solución particular del sistema. (5.153 5.17) y −1/2 Obsérvese que las rectas L y L0 son paralelas y que L puede obtenerse sumando la µ ¶ 0 solución particular de (5. En otras 2 palabras. +t = −1/2 2 y t ∈ R. la cual (según vimos en el x ∈ R2 de la forma ejemplo 5.7 µ 1 2 3 6 ¶µ ¶ µ ¶ 4 x = 12 y (5.14) cuyo conjunto solución es la recta L con µ ¶ecuación x + 2y = 4.3.2. ¥ Figura 5.14) (la recta L) es la imagen bajo la traslación T(0) . del conjunto solución del sistema homogéneo asociado.11 Consideremos el sistema no homogéneo del ejemplo 5. la cual se obtiene con t = 0.14) a los puntos de L0 (compare (5. la cual la conforman los puntos µ x ∈ R2 de la forma y µ ¶ µ ¶ x 1 =t .14) es µ 1 2 3 6 ¶µ ¶ µ ¶ x 0 = y 0 (5.16) y su¶ conjunto solución la recta L0 con ecuación x + 2y = 0. Sistemas de ecuaciones lineales y matrices Ejemplo 5.15) y (5. (5.1) la conforman los puntos y ¶ µ µ ¶ µ ¶ 1 0 x .3 se ilustra lo anterior. es decir. si y sólo si el vector v Así. En efecto. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 Sea A una matriz 2 × 2 no nula y no invertible y sea U un vector no nulo de R2 . Prueba: En primer lugar. Si X0 es una solución particular del sistema AX = U y la recta 0 L = {tD | t ∈ R} (D ∈ R2 . Se sigue de lo anterior que la recta L está contenida en el conjunto solución del sistema AX = U y como este conjunto solución también es una recta. todo punto X0 + tD de L es solución del sistema AX = U. entonces L es dicho conjunto solución. ¿Para cuáles vectores U el sistema es soluble y para cuáles no lo es? Es de señalar que si A es invertible. ya conocemos la respuesta: el sistema AX = U es soluble (y tiene sólo una solución) cualquiera sea el vector U de R2 .18) se sigue que el sistema AX = U +y =x ya que c d d c y es soluble si y sólo si existen escalares x0 .18) = +y x v d c µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ b a x a b . AX = U.154 5. X0 + tD es solución del sistema AX = U. es decir. D fijo) es el conjunto solución del sistema homogéneo asociado AX = O entonces el conjunto solución del sistema AX = U es la recta L = {X0 + tD | t ∈ R} es decir. y consideremos ahora la siguiente pregunta: Fijada la matriz A. En el caso general (A invertible o no). ¨ Retornemos al sistema (5. una respuesta a la pregunta en consideración es: El sistema AX = U es soluble si y sólo si el vector U es combinación lineal de las columnas de la matriz A. y0 tales que µ ¶ µ ¶ µ ¶ a b u + y0 = x0 c d v µ ¶ u es combinación lineal de las columnas de la matriz A. la recta L = TX0 (L0 ) la cual pasa por el punto X0 y es paralela a L0 . Ejemplo 5. de (5. una respuesta a la pregunta formulada puede darse reescribiendo el sistema AX = U en la forma µ ¶ µ ¶ µ ¶ u b a (5. se tiene que A (X0 + tD) = AX0 + tAD y como AX0 = U y AD = O entonces A (X0 + tD) = U + tO = U. En efecto.11).19) .12 Para el sistema µ 1 2 3 6 ¶µ ¶ µ ¶ u x = v y (5. los vectores sobre la recta L. como v 3 6 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 1 1 2 es múltiplo escalar de . el sistema (5. se tiene el siguiente resultado. los vectores tales que el sistema (5.2. cuya prueba se deja como ejercicio. 3 µ ¶ µ ¶ 1 u .19) = recta con ecuación x + 2y = 4). equivalentemente.5.19) es soluble (y su conjunto solución es la =4 Por ejemplo. los vectores sobre la recta L generada por 3 3 (Figura 5. entonces las combinaciones lineales de y son 6 3 3 6 µ ¶ µ ¶ 1 1 los múltiplos escalares de .19) es soluble conforman v µ ¶ µ ¶ 1 2 una recta que pasa por el origen. la cual es la recta generada por (o por ). Ahora bien. Sistemas de ecuaciones lineales y matrices 155 µ ¶ u determinar los vectores de R2 tales que dicho sistema es soluble. ¥ no es múltiplo escalar de no es soluble pues 3 8 µ ¶ u Es de resaltar que los vectores para los cuales el sistema (5. v µ 1 2 3 6 ¶ Solución: Nótese que la matriz no es invertible.19) es soluble son los múltiplos escalares v µ ¶ 1 de o. si 8 v µ ¶ µ ¶ 1 7 . (Vea ejercicio 17 de este capítulo). es decir. . si 3 v µ ¶ µ ¶ 7 u entonces el sistema (5. µ ¶ u Así.4). Figura 5. En 3 6 general. El sistema dado es soluble µ ¶ µ ¶ µ ¶ u 1 2 si y sólo si es combinación lineal de las columnas y .4. Por otra parte. Para cada uno de los sistemas dados a continuación determinar si es soluble y. a) x−y 2x + y = = 2 1 b) 4x − 6y 6x − 9y = = 7 12 c) 3x + 4y 6x − 7y = = 2 0 3. Cada unidad del fertilizante tipo I requiere 10 kg. Describir mediante una ecuación vectorial paramétrica el conjunto solución de la ecuación 3x − 5 = 2x + 2y + 6 y dar dos soluciones particulares para ella. Determinar si las dos rectas con ecuaciones dadas en cada literal se cortan y. del compuesto A y 30 kg. Se desea hallar el número de unidades de cada tipo de fertilizante que se puede producir con 650 kg.3 Ejercicios 1. Dos compuestos se combinan para fabricar dos tipos de fertilizantes. El precio de la boleta para cierto evento es de $2250 para adulto y $1560 para niño. b) Hallar el número de unidades de cada tipo de fertilizante que se puede producir. .156 5. del compuesto B. Cada unidad del fertilizante tipo II requiere 25 kg. o por si 6= . Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 µ ¶ a b Sea A = . hallar su punto de intersección. 2. a) x − 3y −4x + 2y = = 2 −3 b) 4x − 6y −2x + 3y = = 0 0 c) 3x − y −6x + 2y = = 6 −12 d) 2y − 5x 3y + 4x = = 0 0 e) x + 3y 2x − y = = −1 5 f) x − 2y −3x + 6y = = 5 10 4. ¿Cuántas boletas de cada tipo se vendieron? 7. Si A es no nula y no invertible entonces el conjunto de c d µ ¶ µ ¶ u u los vectores para los cuales el sistema AX = es soluble es la recta v ¶ µ ¶ µ ¶ µ µ ¶ µ ¶v µ ¶ a a 0 b b 0 generada por si 6= . hallar dicho punto. 2x − 5y = 7 −x − 3y = 4 5. a) b) 2x + 3y x − 4y = −1. Se vendieron 450 boletas por un total de $796530. en caso afirmativo. a) Plantear un sistema de ecuaciones lineales que permita resolver el problema. 6x + 5y 2x − y = 0. del compuesto B. Determinar µ ¶ los valores µ ¶de a y b tales que la recta ax + by = 10 pase por los puntos −3 3 . = −3. hallar el conjunto solución e interpretarlo geométricamente. en caso afirmativo. del compuesto A y 1250 kg. = 1. del compuesto A y 40 kg. c c 0 d d 0 5. Determinar si las tres rectas cuyas ecuaciones se dan en cada literal tienen un punto de intersección común y. P = yQ= 4 1 6. del compuesto B. en caso afirmativo. 11.3. Ejercicios 8. c) El sistema es inconsistente. abajo). 10. b) Resolver los sistemas obtenidos en a i) y a ii). arriba. ii) Tenga infinitas soluciones. Plantear un sistema de dos ecuaciones lineales con dos incógnitas que satisfaga la condición dada en cada caso. iii) No tenga soluciones. a) Plantear un sistema de dos ecuaciones lineales cuya solución produzca las estimaciones de las temperaturas T1 y T2 . b) El sistema tiene solución única. Sean T1 y T2 las temperaturas en los nodos interiores de la red de la figura. Suponga que la placa de la figura representa una sección transversal de un poste metálico con flujo de calor despreciable en la dirección perpendicular a la placa.157 5. e) El conjunto¡ solución del sistema es la recta que pasa por el origen y tiene vector −1¢ director D = 2 . 9. ¡ ¢ d) La única solución del sistema es −1 2 . Suponga que la temperatura en cada nodo interior es el promedio de los cuatro nodos más cercanos (a izquierda. a) El sistema tiene infinitas soluciones. Encontrar una relación entre a y b de tal forma que sea soluble el sistema x+y = a 5x + 5y = b . a derecha. Considere el sistema kx + y = 1 x + ky = 1 a) Encontrar los valores de k tales que el sistema i) Tenga solución única. b) Encontrar los valores de T1 y T2 . b) Construya µ ¶ un sistema µ ¶ no homogéneo de dos ecuaciones con dos incógnitas tal que 2 1 X= yY = sean soluciones del sistema. ¿Será 3X solución del sistema? −1 0 ¿Será X + Y solución del sistema? 15. c) AX = U con A = −3 9 0 µ ¶ u 16. Encontrar condiciones sobre a. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 12. b) Mostrar que A es invertible y calcular su inversa. 14. Para cada uno de los siguientes literales. el vector k también es solución del sistema. µ ¶ µ ¶ 2 4 −12 a) AX = U con A = yU= . utilizando la inversa de A. diga si el sistema AX = U es o no soluble.158 5. Dado el sistema de ecuaciones lineales 2x + y = 1 3x − y = 1 a) Escribir la matriz A y el vector U tales que el sistema dado se pueda expresar como AX = U . y0 µ ¶ µ ¶ x2 x1 yY = son soluciones del sistema. entonces ii) Demostrar que si X = y1 y2 también el vector X + Y es solución del sistema. −1 3 −14 µ ¶ µ ¶ −1 4 −5 b) AX = U con A = yU= . c y d de tal forma que no sea soluble el siguiente sistema ax − by = c bx + ay = d 13. 3 −12 15 ¶ µ ¶ µ 1 2 −6 yU= . determinando si el vector U es o no es una combinación lineal de las columnas de A. encuentre todos los vectores tales que v el sistema dado sea soluble. µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ −2 −3/2 x u −5 25 x u a) = b) = 3 4 y v −7 35 y v . b. a) Considere el sistema homogéneo ¶µ ¶ µ ¶ µ x 0 a b = c d 0 y µ ¶ x0 i) Demostrar que si es una solución del sistema entonces para todo número µ ¶y0 x0 real k. Para cada uno de los siguientes literales. d) Expresar el vector U como combinación lineal de las columnas de A. c) Calcular la única solución del sistema. Considere un sistema AX = U del cual sabe que una solución es 3 conjunto solución del sistema AX = O es la recta con ecuación x − y = 0.3. o por si 6= . Sea A = . ¿Cuál es el conjunto solución del sistema AX = U ? .159 5. Ejercicios µ ¶ a b 17. Probar que si A es no nula y no invertible entonces el conjunto c d µ ¶ µ ¶ u u de los vectores para los cuales el sistema AX = es soluble es la recta v µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ v¶ a a 0 b b 0 generada por si 6= . c c 0 d d 0 µ ¶ 2 y que el 18. 160 5. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 . • Si ad − bc 6= 0. µ ¶ µ ¶ µ ¶ x u u • Cualquiera sea el vector . ¯ Empleando el concepto de determinante. Tal escalar ad − bc es llamado determinante de la matriz A o también determinante de la transformación T. que: • La matriz A (La transformación T ) es invertible si y sólo si ad − bc 6= 0. el sistema A = tiene solución única si y sólo v y v si ad − bc 6= 0. En secciones anteriores hemos visto como el escalar ad − bc proporciona importante información acerca de la matriz A y de la transformación T. Lo denotaremos de cualquiera de las formas siguientes: ¯ ¯ a b ¯ ¯ c d ¯ ¯ ¯ . por ejemplo. Par orientado de vectores Consideremos una matriz A = µ a b c d ¶ o bien la transformación lineal T : R2 → R2 cuya matriz es A. Recordamos. det (A) o det (T ) .1 Definición. ¡ ¢ m T −1 = A−1 = 1 ad − bc µ d −b −c a ¶ . podemos reescribir los resultados antes recordados como sigue: 161 . • Las columnas de la matriz A son linealmente independientes si y sólo si ad − bc 6= 0.6 Determinantes de orden 2 6. 162 6. equivalentemente.1(a)). m T = A = det(A) −c a • Las columnas de la matriz A son linealmente independientes si y sólo si det (A) 6= 0. equivalentemente. De manera que el concepto de determinante está relacionado con varios de los conceptos asociados con matrices y transformaciones lineales. si senα < 0 diremos que el par X1 . µ ¶ µ ¶ µ ¶ u x u • Cualquiera sea el vector .1(b)).1). si senα > 0 diremos que el par X1 . (Figura 6.1 µ ¶ µ ¶ 1 0 π . medido en dirección antihoraria y al cual nos referiremos simplemente como el ángulo de X1 a X2 . en tanto que el par E1 . con 0 ≤ α < 2π. • Si det (A) 6= 0. −E2 está orientado negativamente ya que el ángulo 2 3π 3π yπ< < 2π (Figura 6. Supongamos que los vectores X1 . X2 son linealmente independientes.2). el sistema A = tiene v y v solución única si y sólo si det (A) 6= 0. Ejemplo 6. Determinantes de orden 2 µ ¶ a b Sean A = y T : R2 → R2 la transformación lineal c d cuya matriz es A. E2 = está orientado positivamente. X2 está orientado negativamente (figura 6. Si 0 < α < π o. caso en el cual se tiene que 0 < α < π o π < α < 2π. Consideremos un par de vectores no nulos X1 . En este capítulo veremos otros conceptos también relacionados con el determinante. Denotemos α. pues el ángulo de E1 a E2 es El par E1 = 2 0 1 π y 0 < < π. X2 de R2 visto como un par ordenado con X1 primero y X2 segundo. X2 está orientado positivamente (figura 6.1. el ángulo de X1 a X2 . µ ¶ ¡ −1 ¢ d −b 1 −1 . mientras que si π < α < 2π o. • A es invertible si y sólo si det (A) 6= 0 • T es invertible si y sólo si det (T ) 6= 0. Figura 6. empezaremos con el concepto de “par de vectores orientado”. ¥ de E1 a −E2 es 2 2 . X2 está orientado positivamente y sean θ1 . Figura 6. consideremos el caso en que el par X1 . también lo es el seno del ángulo α de X1 a X2 . µ ¶ µ ¶ x1 x2 y X2 = . senα = x1 x2 y1 y2 − kX2 k kX1 k kX2 k kX1 k (6.3. y1 .2. x2 . como ¶ ¶ µ ¶ µ µ ¶ µ x1 cos θ1 x2 cos θ2 X1 = = kX1 k y X2 = = kX2 k y1 senθ1 y2 senθ2 entonces cos θ1 = x1 y1 x2 y2 . Par orientado de vectores Figura 6. α = θ2 − θ1 o α = θ2 − θ1 + 2π y así senα = sen (θ2 − θ1 ) = senθ2 cos θ1 − cos θ2 senθ1 Ahora. cos θ2 = y senθ2 = kX1 k kX1 k kX2 k kX2 k luego. ¿Cómo determinar.1). y2 si el par X1 . senθ1 = . En efecto.1) .1. a partir de las componentes Sean X1 = y1 y2 x1 .163 6. Definición.3). X2 está orientado positivamente o negativamente? Resulta que así como el coseno del ángulo entre X1 y X2 es expresable en términos de dichas componentes. θ2 las direcciones de X1 y X2 respectivamente (Figura 6. En tal caso. sustituyendo en (6. X2 está orientado negativamente.3) determinan de manera única el ángulo α. .2) no es suficiente para determinar el ángulo α de X1 a X2 .9) − (−1) (1) = 0. x2 . ¯ • El par X1 . como entonces se tiene lo siguiente: ¯ ¯ ¯ x x2 ¯ ¯ x1 y2 − x2 y1 = ¯¯ 1 y1 y2 ¯ µ ¶ µ ¶ x1 x2 Sean X1 = . X2 = . X2 = vectores linealmente independientes de R2 .2) o (6. µ ¶ µ ¶ x1 x2 .2) es fácil saber.9 ¯ = (1) (−0. es fácil verificar que x1 x2 + y1 y2 . a partir de las componentes x1 .2) y (6. X2 está orientado positivamente. Es claro que con la fórmula (6. ¯ ¯ ¯ 1 −1 ¯ ¯ ¯ > 0 entonces el par X1 . De manera que las igualdades (6. y1 . X2 está orientado positiva o negativamente. X2 está orientado positivamente si y sólo si ¯ ¯ y y 1 2 ¯ ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯ ¯ < 0.3) podremos determinar α. X2 son linealmente dependientes.2) es válida aún en el caso que los vectores X1 . X2 está orientado negativamente si y sólo si ¯ y1 y2 ¯ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 6. Ahora. X2 = los cuales son linealmente Consideremos los vectores de R . Así que si se desea hallar dicho ángulo α.9 independientes. la fórmula • Dado un par cualquiera de vectores no nulos X1 = y1 y2 (6. senα = x1 y2 − x2 y1 kX1 k kX2 k (6. pues según (6. y1 y2 ¯ ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯ > 0.3) cos α = kX1 k kX2 k Conocidos senα y cos α sabremos el cuadrante en el cual se encuentra α y utilizando (6. • El par X1 .2) Se puede probar que esta fórmula también es válida si el par X1 .9 ¯ Obsérvese que: • La fórmula (6. y2 . (6.1.2). cuándo el par X1 . X1 = 1 −0.164 6. Por ejemplo. senα > 0 si y sólo si x1 y2 − x2 y1 > 0 y senα < 0 si y sólo si x1 y2 − x2 y1 < 0. es necesario contar con más información acerca de él.2 1 −1 2 . ¯ ¯ ¯ 1 −1 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −0. Como ¯ ¥ 1 −0. Determinantes de orden 2 es decir. S (E2 ) = −E2 está orientado negativamente. a) T preserva la orientación si y sólo si det (T ) > 0. y por tanto det (Rθ ) 6= 0.6. T (X2 ) también son linealmente independientes. el par E1 . está orientado positivamente. como se quería probar. pero el par S (E1 ) = E1 . E2 está orientado positivamente. Ejemplo 6. µ ¶ un µ par ¶ µ ¶ µ ¶ Veamos que S cambia la orientación. nos dice si ella preserva o cambia la orientación. T (X2 ) está orientado negativamente. Transformaciones que preservan la orientación 6.2 165 Transformaciones que preservan la orientación Sea ahora T : R2 → R2 una transformación lineal invertible. S = y1 −y1 y2 −y2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x1 ¯ x1 x2 ¯ x2 ¯¯ ¯ ¯ ¯ = x (−y ) − x (−y ) = − (x y − x y ) = − 1 2 2 1 1 2 2 1 ¯ −y1 −y2 ¯ ¯ y1 y2 ¯ . entonces ¯ y1 y2 y1 ¯ ¯ µy2 ¶ µ ¶ ¯ x1 x1 x2 x2 ¯¯ ¯ ¯ −y1 −y2 ¯ < 0 y en consecuencia el par S y1 . ¯ ¯ µ ¶ µ ¶ ¯ x1 x2 ¯ x1 x2 ¯ ¯ Como ¯ > 0. pues el par .2. para ello tomemos x2 x1 x2 x1 . . Se dice que T preserva la orientación si siempre que un par X1 . orientado positivamente y probemos que el par S . X2 está orientado positivamente. por ejemplo. se tiene que: Sea T una transformación lineal invertible del plano. X2 son vectores de R2 linealmente independientes y la transformación lineal T es invertible entonces los vectores T (X1 ) . el par T (X1 ) . S no preserva la orientación pues.S cualquiera y1 y2 y1 y2 está orientado negativamente: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x1 x1 x2 x2 S = . b) T cambia la orientación si y sólo si det (T ) < 0. Y se dice que T cambia la orientación si siempre que un par X1 . la cual es una transformación lineal invertible pues µ ¶ cos θ −senθ m (Rθ ) = senθ cos θ y así det (Rθ ) = cos2 θ+sen2 θ = 1. Es claro que Rθ preserva la orientación pues el ángulo de un vector X1 a un vector X2 es el mismo ángulo de Rθ (X1 ) a Rθ (X2 ) . S y2 está orientado negativamente. la cual es una transformación lineal invertible pues µ ¶ 1 0 m (S) = 0 −1 y así det (S) = −1. T (X2 ) también está orientado positivamente. En la definición anterior tenga en cuenta que si X1 . ¥ Resulta que el signo del determinante de una transformación lineal invertible. y por tanto det (S) 6= 0. b) Consideremos ahora la reflexión S respecto al eje x. X2 está orientado positivamente. En efecto.3 a) Consideremos una rotación Rθ . el par T (X1 ) . Supongamos ahora que det (T ) > 0. det (T ) > 0. b) Sea S la reflexión respecto al eje x. Como el par E1 . la negación de “T preserva la orientación” es “T cambia la orientación”. de la cual sabemos es una transformación lineal invertible. puesto que ¯¯ 1 y1 ¯ ¯ ¯ a b ¯ ¯ > 0 por hipótesis. X2 = orientado positivamente y veamos que el par T (X1 ) .4).166 6. T (X2 ) está orientado ¯ ¯ ax1 + by1 ax2 + by2 ¯ ¯ cx1 + dy1 cx2 + dy2 positivamente basta probar que ¯ ¯ ¯ > 0.3).4 a) Consideremos una rotación Rθ . de la cual sabemos es una transformación lineal invertible. es decir. Determinantes de orden 2 Para probar a) empecemos suponiendo que T preserva la orientación y probemos que det (T ) > 0. T (E2µ ¶ µ ¶ está orientado positivamente. ¯¯ = ¯¯ c d ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ x2 ¯¯ > 0 pues el par X1 . µ ¶ a b Digamos que m (T ) = . como ya lo habíamos afirmado (ver ejemplo 6. se tiene lo que se quería probar. (6. E2 está orientado positivamente y T c d preserva la orientación el par ) también µ ¶ entonces µ ¶ T (E1 ) .3). así que el par . se da que ¯ c d ¯ y probemos que ¶ µ µ T¶ preserva la orientación. ¥ . T (X2 ) también y1 y2 está orientado positivamente. (6. es decir. está orientado positivamente Pero T (E1 ) = c d c d y por tanto ¯ ¯ ¯ a b ¯ ¯ ¯ ¯ c d ¯>0 ¯ ¯ ¯ a b ¯ ¯ ¯>0 es decir. a b a b y T (E2 ) = .4) ¯ Así que nos limitaremos a probar esto último: ¯ ¯ ¯ ax1 + by1 ax2 + by2 ¯ ¯ ¯ ¯ cx1 + dy1 cx2 + dy2 ¯ = (ax1 + by1 ) (cx2 + dy2 ) − (ax2 + by2 ) (cx1 + dy1 ) = ad (x1 y2 − x2 y1 ) − bc (x1 y2 − x2 y1 ) = (ad − bc) (x1 y2 − x2 y1 ) ¯ ¯ ¯¯ ¯ a b ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯. X2 está orientado positivamente y y2 ¯ ¯ ¯ x Ahora. pues det (S) = −1. ¨ Del resultado anterior se obtiene como corolario que para una transformación lineal T invertible. Ejemplo 6. La prueba de b) es completamente similar. entonces Rθ preserva la orientación. Como det (S) < 0. Con puesto que ¯¯ c d ¯ esto se completa la prueba de a). pues det (Rθ ) = 1. Como ¶ ¶ µ µ ax1 + by1 ax2 + by2 y T (X2 ) = T (X1 ) = cx1 + dy1 cx2 + dy2 para probar que el par T (X1 ) . lo cual ya habíamos probado (ver ejemplo 6. Como det (Rθ ) > 0. Tomemos un par cualquiera de vectores X1 = x1 x2 . entonces S cambia la orientación. Figura 6.5) obtenida en la prueba que precede al ejemplo 6.4. . B de orden 2 × 2. det (AB) = det (A) det (B) .3 Determinantes y áreas de paralelogramos Otra aplicación del determinante tiene que ver con el área de un paralelogramo y con el efecto de una transformación lineal invertible sobre el área de un paralelogramo. X1 = y y1 µ ¶ x2 X2 = entonces y2 ¯ ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯ ¯ (6. cx1 + dy1 cx2 + dy2 y1 y2 c d Así que en esa igualdad está expresada la siguiente propiedad del determinante Para cualquier par de matrices A.167 6.I.3. Un primer resultado en este sentido es el siguiente: µ ¶ x1 Si P es el paralelogramo determinado por dos vectores L. Determinantes y áreas de paralelogramos Volvamos a la igualdad ¯ ¯ ax1 + by1 ax2 + by2 ¯ ¯ cx1 + dy1 cx2 + dy2 ¯ ¯ ¯ ¯ a b ¯=¯ ¯ ¯ c d ¯¯ ¯ ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯¯ ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ (6.6) Área de P = valor absoluto de ¯ y1 y2 ¯ Prueba: Consideremos la figura 6.4 en la cual h denota la altura del paralelogramo P.4. Obsérvese que en dicha igualdad µ ¶ µ ¶ a b x1 x2 y c d y1 y2 son matrices cualesquiera y que ¶ µ ¶µ ¶ µ a b x1 x2 ax1 + by1 ax2 + by2 = . relativa a la base OX1 . 6. (6. T (X2 ) = .8) . ¯ ¯ ¯ ax1 + by1 ax2 + by2 ¯ ¯. cx1 + dy1 cx2 + dy2 R2 R2 los cuales son linealmente independientes pues T es invertible.6). para calcular h. entonces |−y1 x2 + x1 y2 | |x1 y2 − x2 y1 | h= q = p 2 . X2 = entonces y1 y2 Área de T (P) = |det (T )| Área de P. el determinante en el lado derecho de la igualdad anterior es igual a ¯ ¯ ¯¯ ¯ a b ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯ ¯ ¯¯ ¯ c d ¯ ¯ y1 y2 ¯ luego. puesto que h es la distancia de X2 a la recta L que pasa por y por . (6. es el paralelogramo determinado por los vectores µ µ ¶ ¶ ax1 + by1 ax2 + by2 T (X1 ) = . x1 + y12 (−y1 )2 + x21 Luego. según la igualdad (6.I. Como resumen de lo anterior tenemos: Si T : R2 → R2 es una transformación lineal invertibleµy P¶es el paralelogramo µ ¶ x1 x2 determinado por dos vectores L. sustituyendo h en (6.7) se tiene que el es Área de P = q |x1 y2 − x2 y1 | x21 + y12 p 2 = |x1 y2 − x2 y1 | x1 + y12 ¥ µ ¶ a b → una transformación lineal invertible con m (T ) = . Por tanto. ¯ ¯¯ ¯ ¯ a b ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯¯ ¯ Área de T (P) = valor absoluto de ¯¯ c d ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ ¯¶ µ ¯ ¯¶ µ ¯ a b ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = valor absoluto de ¯ valor absoluto de ¯ c d ¯ y1 y2 ¯ = (valor absoluto de det (T )) Área de P = |det (T )| Área de P. 0 y1 podemos emplear la fórmula que da la distancia de un punto a una recta. Sea ahora T : c d Sabemos que la imagen del paralelogramo P bajo T.5). ¯ Área de T (P) = valor absoluto de ¯ cx1 + dy1 cx2 + dy2 ¯ Ahora.168 6. Como una ecuación para L es −y1 x + x1 y = 0.7) µ ¶ µ ¶ 0 x1 Ahora. Determinantes de orden 2 Tenemos así que q °−−→ ° ° ° Área de P = °OX 1 ° h = x21 + y12 h. X1 = . según (6. 8)) se tiene Como det (T ) = ¯ 1 1 ¯ Área de T (P) = |det (T )| Área de P = (3) (5) = 15. éste tuvo su origen en la primera mitad del siglo XVIII en relación con una manera de resolver un sistema de ecuaciones lineales ax + by = u cx + dy = v como se explica a continuación.169 6. para calcular el área de T (P) podemos emplear la fórmula (6. no fue a partir de ninguno de ellos como surgió inicialmente el concepto de determinante.I. de acuerdo con (6. Figura 6. Fórmulas de Cramer µ ¶ Ejemplo 6.6). (6. que ¯ ¯ ¯ 2 1 ¯ ¯ ¯=5 Área de P = valor absoluto de ¯ 1 3 ¯ Ahora. Hallar el área de P y logramo determinado por los vectores X1 = 1 3 también el área de T (P) .5. ¯ ¯ ¯ 3 0 ¯ ¯ ¯ = 3 y Área de P = 5 entonces (usando (6.4.9) . Sin embargo.5 3 0 Sea T la transformación lineal (invertible) cuya matriz es A = y sea P el paraleµ ¶ µ ¶1 1 2 1 y X2 = . los cuales son L. Solución: El conjunto µ ¶ µ ¶ T (P) es el paralelogramo determinado por los vectores T (X1 ) = 6 3 y T (X2 ) = . En primer lugar tenemos.4 ¥ Fórmulas de Cramer En lo que va de este capítulo hemos encontrado diversos conceptos relacionados con el determinante. En la figura 6.5 se muestran los paralelogramos 3 4 P y T (P) .8).6) o también (6. 6. se obtiene adx + bdy = ud −bcx − bdy = −bv.170 6. los valores de x y de y en (6.11) Las fórmulas para x y y en el resultado anterior se conocen como fórmulas de Cramer en homenaje al matemático suizo Gabriel Cramer (1704 . En efecto. ad − bc (6.1752).10) satisfacen el sistema (6. Así. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a u ¯ ¯ u b ¯ ¯ ¯. multiplicando la primera ecuación del sistema (6. la segunda por a y sumando las ecuaciones resultantes. el sistema (6.9) y se denotó ¯¯ c d ¯ Es notable el hecho de que los numeradores en las expresiones para x y para y en (6. . (6.9) tiene una y sólo una solución (lo cual ya sabemos) dada por las igualdades en (6.   a b          c d  (6. ¯ ¯ y av − cu = ¯ ud − bv = ¯ c v ¯ v d ¯ Como resumen de lo anterior tenemos que: ¯ ¯ a b Si ¯¯ c d ¯ ¯ ¯ 6= 0. Se tiene entonces que: Si ad − bc 6= 0.10) se pueden expresar como determinantes. Vemos así cómo el escalar ad − bc. Determinantes de orden 2 Multiplicando la primera ecuación por d y la segunda por −b.10) Se verifica fácilmente que si ad − bc 6= 0.9) por −c. cualesquiera sean los escalares u y v.9).10). Análogamente. si ad − bc 6= 0 los únicos valores posibles para x y para y son x= ud − bv ad − bc y y= av − cu . el sistema ¯ tiene una   u    v x =   a    c y b d b d ax + by = u cx + dy = v sólo una solución dada por        a u          c v     y y =   . se obtiene (ad − bc) y = av − cu. Sumando ahora estas ecuaciones queda (ad − bc) x = ud − bv. el cual se llamó determinante del sistema ¯ apareció ¯ ¯ a b ¯ ¯. det (A) 5 det (A) 5 µ ¶ −11/5 Por tanto. y= =− .12) es .171 6.5 Propiedades En la sección 6. de igualdad A−1 A = I2 se¡ tiene ¢ ¢ que ¢ si A es una matriz invertible ¡ −1entonces ¢ ¡ la ¡ −1 −1 −1 det (A) = det (A) entonces det A (I ) = 1 y como det A A = det A det A A = det 2 ¡ ¢ 1.6 Muestre que el sistema 2x − 3y = 1 (6. la única solución del sistema (6. ¯ a c ¯ ¯ a b ¯ ¯=¯ ¯.5. 1. Solución: Si A es la matriz de coeficientes del sistema dado. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a b ¯ ¯ c d ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ 2 −3 ¯ ¯ = 8 − 3 = 5. según las fórmulas de Cramer.12) −x + 4y = −5 tiene solución única y halle dicha solución empleando las fórmulas de Cramer. ¨ A continuación listamos otras propiedades del determinante. ¯ det (A) = ¯ −1 4 ¯ Como det (A) 6= 0 entonces el sistema (6. dicha solución está dada por ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −3 ¯ ¯ 2 ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −5 4 ¯ ¯ −1 −5 ¯ 11 9 x= =− .2 se probó la siguiente propiedad del determinante: Cualesquiera sean las matrices A y B de orden 2. ¯ c d ¯ a b ¯ . Probarlas es una tarea sencilla ¯que dejamos ¯ ¯ como¯ ejercicio. (Vea ejercicio 43 del capítulo 4). ¯ ¯ = −¯ 2. det (AB) = det (A) det (B) De esta propiedad se sigue que Si A es una matriz 2 × 2 invertible entonces ¡ ¢ 1 det A−1 = det (A) En efecto. det AT = det (A) donde AT denota la transpuesta de la matriz A.12) tiene solución única y. ¯¯ b d ¯ ¯ c d ¯ ¡ ¢ Es decir. de donde det A−1 = 1/ det (A) . Propiedades Ejemplo 6. ¥ −9/5 6. el determinante de la nueva matriz es t det (A) . X1 mente. Sea X1 = 1 orientado positivamente y el área del paralelogramo determinado por X1 y X2 sea 2 unidades cuadradas. ¯¯ d ¯ ¯ c d ¯ c + ta d + tb ¯ ¯ c d ¯ ¯ c Es decir. operaciones o sustituciones se refieren a las columnas de la matriz. Sea X1 = −3 µ ¶ 0 ◦ . cuando se intercambian las filas de una matriz A el determinante de la nueva matriz es − det (A) . X2 = b) X1 = . 4. 6. µ ¶ 1 . que dichas propiedades 2. Se sigue de la propiedad 1. X2 esté 2. cuando se multiplica una de las filas de una matriz A por un escalar t. ¯=¯ ¯y¯ ¯=¯ 6. si las filas de una matriz A son linealmente dependientes entonces det (A) = 0. decir si T preserva o cambia la orientación. ¯ c d ¯ ta tb ¯ Es decir. ¯¯ ¯ c d ¯ y ¯ tc td ¯ = t ¯ c d ¯ . ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ta tb ¯ ¯ a b ¯ ¯ a b ¯ ¯ a b ¯ ¯ = t¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3. ¯ ¯ =0y¯ 5.X2 esté orientado positiva3.172 6. Determinantes de orden 2 Es decir. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 −1 3 2 . Nótese que las propiedades 2. Para cada par de vectores X1 y X2 . determinar si el par está orientado positivamente. a 6. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a ¯ ¯ a b ¯ ¯ a + tc b + td ¯ ¯ a b ¯ b ¯. X2 = d) X1 = . X2 = a) X1 = −5 3 4 5 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 2 . ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a + a0 b + b0 ¯ ¯ a b ¯ ¯ a0 b0 ¯ ¯+¯ ¯=¯ ¯y 4. c d ¯ Es decir. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ tc td ¯ ¯ a b ¯ ¯ ¯ = 0.6 Ejercicios 1. ¯¯ c d ¯ ¯ c d ¯ ¯ c d ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a b ¯¯ ¯¯ a b ¯¯ ¯¯ a b ¯¯ ¯ ¯ c + c0 d + d0 ¯ = ¯ c d ¯ + ¯ c0 d0 ¯ . en caso afirmativo. el ángulo de X1 a X2 sea de 30 y el área del triángulo de vértices 0 y X2 sea de 5 unidades cuadradas. Hallar un vector X2 tal que el par X1 . el determinante de la nueva matriz es igual a det (A) . X2 = c) X1 = 3 1 2 6 µ ¶ √ 1 . si una fila de una matriz A se sustituye por la suma de ella con un múltiplo escalar de la otra fila de A. se refieren a movimientos. Para cada transformación lineal T dada a continuación. Hallar un vector X2 de longitud 2 2 tal que el par X1 . operaciones o sustituciones en las filas de la matriz. determinar si T es invertible y. a 6. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x+y x x−y x 3x − 4y a) T = b) T = c) T = y x−y y −3x + 3y y −x + 7y . también son válidas si esos movimientos. c) Area de Dr (P) = r2 (Area µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 2 1 2 7. a) Area de Rθ (P) = Area µ ¶ 0 2 ´ ´ . 10. 6. si T es la 5 5 6 6 transformación lineal tal que m(T ) = A. y 2x + 3y Encuentre el área de la imagen bajo T de cada una de las siguientes regiones: a) El cuadrado 0 ≤ x ≤ 1.R= yS= . b) Area de SU (P) = Area de P. a) El paralelogramo con vértices en 0 b) El triángulo de vértices P . cualquiera sea U ∈ R .R= yS = . µ ¶ µ ¶ 1 0 2 0 a) A = b) A = 1 1 1 3 µ ¶ µ ¶ x 4x − 2y 2 2 8. 0 ≤ y ≤ 1. cualquiera sea r ∈ R. Q y R. determinar si T preserva o cambia la orientación.Q= . Sea T una transformación lineal invertible. Hallar el área de la imagen −2 3 5 −3 bajo la reflexión sobre la recta con ecuación y = 2x. cualquiera sea θ. 1 ≤ y ≤ 2. Sean P = . µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 2x − y x x − 2y b) T = c) T = y −8x + 2y y x+y µ ¶ µ ¶ x x + 2y e) T = y y µ ¶ µ ¶ x x f) T = y 2x + y d) T = D−5 . graficar la imagen bajo T del cuadrilátero P QSR y encontrar su área.R= . Ejercicios 5.6. b) El rectángulo −1 ≤ x ≤ 1. Considere la transformación lineal T : R → R definida por T = . P y Q. −2π < θ < 2π.Q= . U 6= 0 ´ ´ de P). a) T es la reflexión con respecto a la recta y = x. probar que ´ ´ Area de T (P) = |det T | Area de P. no necesariamente con un vértice en el origen. c) El cuadrilátero P RQS. −1 5 4 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 −5 2 −1 9. de cada una de las siguientes figuras: µ ¶ 0 .173 6.Q= . Sean P = . c) El paralelogramo determinado por 2E1 + 3E2 y 4E1 − E2 . Para cada una de las siguientes transformaciones lineales T del plano. Para cada matriz A. Utilice el resultado del ejercicio 5 para probar que si P es cualquier paralelogramo se tiene que: ´ ´ de P. Si P es cualquier paralelogramo. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 3 1 d) El triángulo de vértices P = . det x1 − x2 y1 − y2 13. Muestre. el par cX2 . 4 µ ¶ µ ¶ x2 x1 y 12.Q= −1 5 µ ¶ 5 yR= . Para cada uno de los sistemas dados. cX1 está orientado negativamente. Para cada una de las transformaciones lineales T descritas en el µ ejercicio ¶ 10. entonces: a) Para todo escalar c no nulo. 14. utilizando propiedades de los determinantes. X2 está orientado positivamente. probar que tiene solamente una solución y hallar dicha solución empleando las fórmulas de Cramer. que si el par de vectores X1 . c) El par X1 . X1 − X2 está orientado negativamente. b) El par X1 . X1 + X2 está orientado positivamente. µhallar ¶ 1 −3 el área de la imagen bajo T del triángulo cuyos vértices son P = . Mostrar que una ecuación de la recta que pasa por dos puntos distintos y1 y2 es ¶ µ x − x1 y − y1 = 0.174 6. a) 5x + 7y = 9 −3x + 2y = 10 b) x − 2y = 2 2x + y = 3 . Determinantes de orden 2 11. Iniciaremos con la siguiente definición: 175 . Así. en las que aparece una transformación lineal. si Y está en la recta L0 que pasa por el origen y es perpendicular a L entonces S (Y ) = −Y. Por otra parte. resultan muy útiles los vectores no nulos X y los escalares λ tales que T (X) = λX.1 Sea L una recta en el plano que pasa por el origen y sea S la reflexión respecto a L. la acción de una transformación lineal T : R2 → R2 sobre los vectores de R2 puede ser muy variada. los vectores de R2 pueden ser transformados por T de diversas formas cambiando su magnitud o su dirección o ambas. Este capítulo lo dedicaremos al estudio de tales vectores y de tales escalares. Es claro que si X está en L entonces S (X) = X. (Figura 7.1 Definiciones.1) Figura 7. digamos T. Cálculo de valores y vectores propios En general. la acción de S sobre los vectores que están en L o en L0 es muy simple. ¥ En una amplia gama de aplicaciones en las ciencias exactas y en la ingeniería. es decir.7 Valores propios y vectores propios 7. Ejemplo 7. En particular puede haber vectores especiales para los cuales la acción de la transformación sea muy simple.1. 2. Figura 7.3 Consideremos la rotación R π2 . ¥ µ ¶ a b 2 2 Sea T : R → R una transformación lineal con matriz A = . Puesto que Dr (X) = rX para todo X de R2 . están en una misma línea recta que pasa por el origen (Figura 7. El escalar r es el único valor propio de Dr (¿Por qué?). Por un valor propio o un vector propio de A entenderemos un valor propio o un vector propio de la transformación lineal T cuya matriz es A. tenemos que r es un valor propio de Dr y todo vector no nulo de R2 es un vector propio de Dr correspondiente al valor propio r. Para la reflexión S del ejemplo 7. Si existe un vector X de R2 . respecto a valores y vectores propios.2 Consideremos la transformación Dr . λ = −1 es también un valor propio de S y todo vector no nulo X de la recta L0 es un vector propio de S correspondiente al valor propio λ = −1 ya que para tales vectores X se tiene S (X) = −X = (−1) X. Lo afirmado para µ ¶ Dr . R π2 no tiene vectores propios y en consecuencia tampoco tiene valores propios. la matriz . Ejemplo 7. es decir. la cual es la matriz de R π2 . ¥ 0 r Ejemplo 7. X 6= O.2). el escalar λ = 1 es un valor propio y todo vector no nulo X de la recta L es un vector propio de S correspondiente al valor propio λ = 1 pues para cada uno de dichos vectores X se tiene que S (X) = X = 1X. Si λ es un valor propio de T. Nótese que un vector no nulo X es un vector propio de una transformación lineal T (de una matriz A) si y sólo si X y T (X) (X y AX) son linealmente dependientes.1. similarmente. no tiene vectores 1 0 propios ni valores propios.176 7. Consideremos c d ahora el problema de la determinación de los valores propios y los vectores propios de T . cada vector no nulo X de R2 tal que T (X) = λX se dice un vector propio de T correspondiente a λ. µ ¶ 0 −1 Equivalentemente. tal que T (X) = λX se dice que λ es un valor propio de T. Es claro que para cualquier vector no nulo X de R2 se tiene que X y R π2 (X) no están sobre una misma línea recta que pase por el origen. es igualmente válido para r 0 la matriz . la cual es la matriz de Dr . Valores propios y vectores propios Sea T : R2 → R2 una transformación lineal y sea λ un escalar. por tanto. Sea ahora A una matriz 2×2. diremos que la transformación T (la matriz A) tiene dos valores propios iguales o tiene un valor propio de multiplicidad 2 Resumimos la discusión anterior en el siguiente resultado: . los vectores propios de T correspondientes a un valor propio λ de T (de A) son las soluciones no triviales del sistema anterior. equivalentemente.1). (7.7. ¶ es claro que los vectores x propios de T correspondientes a λ son los vectores no nulos de R2 tales que y µ ¶µ ¶ µ ¶ x x a b =λ (7. se llama ecuación característica de T (de A). La ecuación (7.3).2). Ahora.1) c d y y es decir. Veamos ahora cómo se determinan los valores propios. como (7. (7.3) ¯ c d−λ ¯ Luego.2) tiene alguna solución no trivial. del sistema µ ¶µ ¶ µ ¶ x 0 a−λ b = . En primer lugar. tales que (a − λ) x + by = 0 cx + (d − λ) y = 0.1) es equivalente al sistema y (7.3).1. Es decir. Cálculo de valores y vectores propios 177 (de A). (7. Ahora.4) tenga dos raíces iguales.3) se convierte en (a − λ) (d − λ) − bc = 0 que también podemos escribir como λ2 − (a + d) λ + (ad − bc) = 0.4) es un polinomio de grado 2 en λ entonces dicha ecuación (7. con λ como su incógnita. correspondientes al valor λ. así que la transformación T (la matriz A) tiene a lo más dos valores propios distintos. como el lado izquierdo de (7. pero sabemos que dicho sistema (7. el escalar λ será un valor propio de T si y sólo si el sistema (7.2) c d−λ y 0 Por tanto. si disponemos de un valor propio λ µ de T. o equivalentemente. tales que ax + by = λx cx + dy = λy o. desarrollando el determinante. Cuando la ecuación (7. Definiciones.2) tiene alguna solución no trivial si y sólo si ¯ ¯ ¯ a−λ b ¯¯ ¯ = 0. un número real λ es un valor propio de T (de A) si y sólo si λ satisface la ecuación (7. resolviendo este sistema encontraremos los vectores propios de T.4) Las raíces reales de esta ecuación son entonces los valores propios de T (de A). dicha ecuación (7. De la definición de valor propioµvemos ¶ que un número real λ es un valor propio de T si y sólo si existe un x vector no nulo de R2 que satisface (7.4) tiene a lo más dos raíces distintas. Como ya sabemos. = 1 4−5 0 y es decir. t∈R y y t ½µ ¶ Á µ ¶ µ ¶ ¾ x x 1 = =t . siendo algunas de ellas las siguientes: ½µ ¶ ¾ x 2 ∈R /x=y L1 = y ½µ ¶ Á µ ¶ µ ¶ ¾ x x t = = . Valores propios y vectores propios Sea T : R2 → R2 una transformación lineal con matriz A = λ un número real.178 7. y y 1 . L1 puede describirse de diversas formas. dichos vectores propios son las soluciones no triviales del sistema µ ¶µ ¶ µ ¶ 0 x 3−5 2 . Sus raíces son los números λ1 = 5 y λ2 = 2. µ a b c d ¶ y sea • λ es un valor propio de T (de A) si y sólo si λ es una raíz de la ecuación característica de T (de A) ¯ ¯ ¯ a−λ b ¯¯ ¯ = 0. los vectores propios de T (de A) correspondientes a λ son las triviales homogéneo µ soluciones no ¶ µ ¶ del µ sistema ¶ x 0 a−λ b = . El conjunto solución de este sistema es la recta L1 con ecuación x − y = 0. Solución: La ecuación característica de A es ¯ ¯ 3−λ 2 ¯ ¯ 1 4−λ o sea ¯ ¯ ¯=0 ¯ λ2 − 7λ + 10 = 0.4 3 2 Para la matriz A = hallar los valores propios y para cada valor propio hallar los 1 4 correspondientes vectores propios. del sistema −2x + 2y = 0 x − y = 0. • Si λ es un valor propio de T (de A). ¯ c d−λ ¯ • La transformación T (la matriz A) tiene a lo más dos valores propios distintos. los cuales son los valores propios de A. c d−λ y 0 µ ¶ Ejemplo 7. Hallemos ahora los vectores propios de A correspondientes al valor propio λ1 = 5 : Según ya se dijo. t∈R . 7. a saber λ1 = i y λ2 = −i. −2 los múltiplos escalares no nulos del vector . como se ha definido el concepto de valor propio de una matriz en este texto. lo cual ya sabíamos (ver ejemplo 7.3).2. de tal modo que toda raíz (real o no) de la ecuación característica de la matriz sea un valor propio.3. ¥ 7. los vectores propios de A correspondientes al valor propio λ1 = 5 son los vectores µ ¶ 1 . (Figura 7. los múltiplos escalares no nulos del vector 1 De manera similar se encuentra que los vectores propios de A. ¥ Figura 7.2 Factorización A = P DP −1 Uno de los resultados fundamentales acerca de los valores y vectores propios es el siguiente: 1 Se puede extender el concepto de valor propio de una matriz. 1 0 Solución: La ecuación característica de A es ¯ ¯ 0−λ −1 ¯ ¯ 1 0−λ es decir.3) 1 Tener presente que los valores propios y los vectores propios de la matriz A son también los de la transformación lineal T : R2 → R2 cuya matriz es A.5 0 −1 Hallar los valores propios de la matriz A = . cuya ecuación característica es λ2 + 1 = 0. . entonces la matriz A no tiene valores propios1 . es decir. la matriz A del ejemplo 7. tendrá dos valores propios (no reales). no nulos sobre la recta L1 . correspondientes al valor propio λ2 = 2 son los vectores no nulos sobre µ la ¶recta L2 con ecuación x + 2y = 0. Factorización A = P DP −1 179 Así. Sin embargo. ¯ ¯ ¯ = 0. dicha matriz A no tiene valores propios. En tal situación. ¯ λ2 + 1 = 0. Como esta ecuación no tiene raíces reales. es decir. µ ¶ Ejemplo 7.5. λ2 de A (puede ser λ1 = λ2 ) entonces A = P DP −1 donde ¶ µ ¶ µ λ1 0 x1 x2 yD= . además.5) y1 y1 y2 y2 Ahora bien. P = y1 y2 0 λ2 Prueba: µ ¶ µ ¶ x2 x1 . λ2 Si y1 y2 µ ¶ µ ¶ x1 x2 respectivamente.180 7.5) a (7. y1 y2 y1 y2 0 λ2 (7.7) y1 y2 y1 y2 0 λ2 Hemos probado así lo afirmado en el recuadro. Valores propios y vectores propios µ ¶ µ ¶ x1 x2 Sea A una matriz 2 × 2. µ λ1 x1 λ2 x2 λ1 y1 λ2 y2 ¶ = µ x1 x2 y1 y2 ¶µ λ1 0 0 λ2 ¶ entonces las igualdades en (7.6) por la derecha.7) entonces ¶ A µ admite ¶ x1 x2 necesariamente y son vectores propios de A linealmente independientes que y1 y2 corresponden a los valores propios λ1 . Si . (7. λ2 respectivamente. entonces y son vectores no nulos de R2 tales que y1 y2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x1 x1 x2 x2 A = λ1 . son vectores propios de A correspondientes a los valores propios λ1 .6) µ ¶ µ ¶ x1 x2 Ahora.5) equivalen a la igualdad ¶ µ ¶ µ λ1 x1 λ2 x2 x1 x2 = . De manera que: .6) multiplicando matriz y1 y2 por dicha inversa a ambos lados de (7. las dos igualdades en (7. A y1 y2 λ1 y1 λ2 y2 Como. son linealmente independientes entonces la y1 y2 ¶ µ x1 x2 tiene una inversa. podemos despejar A de (7. con lo cual se obtiene la siguiente factorización de la matriz A : µ ¶µ ¶µ ¶−1 x1 x2 λ1 0 x1 x2 A= . Por tanto. puesto que los vectores . son vectores propios de A linealmente y1 y2 independientes. ¨ El lector puede probar fácilmente (reversando los pasos que condujeron de (7.7)) que si unaµmatriz una factorización como la que aparece en (7. A = λ2 . (7. dada la forma como se multiplican matrices. correspondientes respectivamente a los valores propios λ1 .5) equivalen a la igualdad µ ¶ µ ¶µ ¶ x1 x2 x1 x2 λ1 0 A = . µ ¶ Ejemplo 7.3).181 7. Ahora.7). por ejemplo. entonces podemos factorizar A en la forma A = P DP −1 donde P = µ 1 −2 1 1 ¶ yD= µ 5 0 0 2 ¶ . Valores propios y vectores propios de matrices simétricas Una matriz A es factorizable en la forma (7. el vector propio X1 = µ 1¶ −2 (vea la figura 7.7 1 2 Consideremos la matriz A = . Una matriz 2 × 2 se dice simétrica si tiene la forma µ ¶ a b b d o equivalentemente.3. por ejemplo. el µ de 1 y correspondiendo a λ2 = 2 podemos tomar.3 Valores propios y vectores propios de matrices simétricas Ahora centraremos la atención en una clase de matrices que se presentan en una gran variedad de situaciones y problemas prácticos: las matrices simétricas. . 0 1 Los vectores propios de A correspondientes al valor propio 1 son las soluciones no triviales del sistema µ ¶µ ¶ µ ¶ 1−1 2 x 0 = 0 1−1 y 0 es decir. Así.6 3 2 Consideremos la matriz A = del ejemplo 7. De una matriz de la forma µ λ1 0 0 λ2 ¶ se dice que es una matriz diagonal. ¥ µ ¶ Ejemplo 7.7) si y sólo si A tiene dos vectores propios linealmente independientes. ¥ 7. como el conjunto solución de este sistema es la recta con ecuación y = 0. X2 son linealmente independientes. del sistema 0x + 2y = 0 0x + 0y = 0. cuyos valores propios son λ1 = λ2 = 1. si ella es igual a su traspuesta. no existen dos vectores propios de A linealmente independientes y por ello A no es factorizable en la forma (7. Se encontró que λ1 = 5 y λ2 = 2 1 4 son los valores propios ¶ A. entonces cualquier par de vectores propios de A están sobre dicha recta y en consecuencia son linealmente dependientes.4. Correspondiendo a λ1 = 5 podemos tomar. vector propio X2 = 1 Puesto que X1 . la matriz µ 3 4 4 5 ¶ µ 1 2 3 4 ¶ es simétrica. i) (a − d)2 + 4b2 = 0. En este caso λ1 6= λ2 .8) Las raíces de esta ecuación (7. pero la matriz no lo es.8) tiene dos raíces distintas. es decir. Nótese que este caso se presenta si y sólo si a = d y b = 0. µ ¶ a 0 A= 0 a caso en el cual λ1 = λ2 = a. la ecuación (7. µ ¶ a b Consideremos una matriz simétrica A = . 0µ a ¶ a 0 • Si A no es de la forma entonces A tiene dos valores propios distintos. En este caso λ1 = λ2 . ¯ b d−λ ¯ o sea ¢ ¡ λ2 − (a + d) λ + ad − b2 = 0. λ2 pueden expresarse en la forma q q 2 2 a + d + (a − d) + 4b a + d − (a − d)2 + 4b2 λ1 = y λ2 = . ya que (a + d)2 − 4 ad − b2 ≥ 0. pues ¡ ¢ (a + d)2 − 4 ad − b2 = a2 + 2ad + d2 − 4ad + 4b2 = a2 − 2ad + d2 + 4b2 = (a − d)2 + 4b2 .9) 2 2 Se presentan dos posibles casos.182 7. Ahora. ii) (a − d)2 + 4b2 > 0.8) tiene sólo una raíz. la ecuación (7. ¶ a 0 • Si A es de la forma entonces los valores propios de A son λ1 = λ2 = a. Nótese que este caso se presenta si y sólo si a 6= d o b 6= 0. es decir. (7.8) en los complejos son los números q q a + d + (a + d)2 − 4 (ad − b2 ) a + d − (a + d)2 − 4 (ad − b2 ) λ1 = y λ2 = 2 2 ¡ ¢ Un hecho notable es que esas raíces siempre son reales. Valores propios y vectores propios Por ejemplo. (7. Su ecuación característica es b d ¯ ¯ ¯ a−λ b ¯¯ ¯ = 0. Tenemos así que: Sea A una matriz simétrica de orden 2. • Las raíces de la ecuación característica de A son ambas reales y por tanto A siempre tiene valores µ propios. es decir. dada la igualdad ¡ ¢ (a + d)2 − 4 ad − b2 = (a − d)2 + 4b2 las raíces λ1 . 0 a . µ ¶ µ ¶ Ejemplo 7. Como A es simétrica y no es de la forma . Valores propios y vectores propios de matrices simétricas 183 Sea A una matriz 2 × 2 simétrica. Hallémoslos: La ecuación característica de A es ¯ ¯ ¯ 9−λ ¯ 2 ¯ ¯ = 0. Como veremos más adelante. la cual 2 pasa por el origen y por .8 9 2 a 0 Consideremos la matriz A = . Así. del sistema 4x + 2y = 0 2x + y = 0. 2 6−5 y 0 es decir. es decir. ¯ 2 6−λ ¯ Ahora. Los vectores propios de A correspondientes a λ1 = 5 son las soluciones no triviales del sistema µ ¶µ ¶ µ ¶ 9−5 2 0 x = . como la matriz de una rotación Rθ con 0 < θ < π2 . Análogamente. en el caso en que A sea una matriz no diagonal. Por el momento veámoslo con una matriz particular. además.7. El conjunto solución de este sistema es la recta L1 con ecuación 2x + y = 0. 2 6 0 a podemos predecir que A tiene dos valores propios distintos. los cuales son las raíces de la ecuación anterior.3. es más. los vectores propios de A correspondientes al valor 2 propio λ2 = 10 son los vectores µ ¶ no nulos sobre la recta L2 con ecuación −x+2y = 0. como ¯ ¯ 9−λ 2 ¯ ¯ 2 6−λ ¯ ¯ ¯ = (9 − λ) (6 − λ) − 4 = λ2 − 15λ + 50 = (λ − 5) (λ − 10) ¯ entonces dicha ecuación característica es (λ − 5) (λ − 10) = 0 y así los valores propios de A son los números λ1 = 5 y λ2 = 10. dichos vectores propios son los múltiplos escalares µ ¶ 1 2 no nulos del vector . los múltiplos escalares no −1 nulos del vector . A siempre podrá factorizarse en la forma A = P DP −1 con P matriz invertible y D matriz diagonal. la cual pasa µ ¶ −1 por el origen y por . los vectores propios de A correspondientes al valor propio 2 λ1 = 5 son los vectores µ ¶ no nulos sobre dicha recta L1 . la matriz P podrá escogerse. (Figura 7.4) 1 . Pero más importante aún. es que la matriz P podrá escogerse con la propiedad P −1 = P T . es decir. Inmediatamente se ve que si los vectores propios X1 .4. Nótese que L1 ⊥ L2 . es ortogonal a todo vector propio correspondiente al valor λ2 µ µ propio ¶ x1 x2 Si tomamos dos vectores propios cualesquiera X1 = . X2 = correspondieny1 y2 tes a λ1 . todo vector propio correspondiente al valor propio λ1 = 5 = 10¶y viceversa. A=P 0 λ2 Pero ¿qué consecuencias tiene para P el hecho de que sus columnas sean ortogonales. es decir. que x1 x2 + y1 y2 = 0? Veamos: si x1 x2 + y1 y2 = 0 entonces ¶µ ¶ µ 2 ¶ µ x1 x2 x1 + y12 x1 y1 0 = x2 y2 y1 y2 0 x22 + y22 es decir. el cual es µ ¶ µ √ ¶ µ ¶ 2/ 5 1 2 cos θ √ = X1 = √ = senθ 1/ 5 5 1 . sobre la recta L2 . X2 ortogonales y unitarios. Valores propios y vectores propios Figura 7. T P P = µ kX1 k2 0 0 kX2 k2 ¶ . En particular podemos escoger dos vectores propios de A ortogonales y unitarios así: Uno de ellos en el primer cuadrante. es decir.184 7. P −1 = P T . Como el lector puede observar hay varias opciones para escoger un par de vectores propios X1 . X2 se escogen unitarios se tendrá P T P = I2 es decir. λ2 respectivamente y conformamos la matriz ¶ µ x1 x2 P = y1 y2 tendremos que esta matriz es invertible y que ¶ µ λ1 0 P −1 . Nótese. en el ejemplo anterior. es √ ¶ µ ¶ µ ¶ µ −1/ 5 1 −1 −senθ √ X2 = √ = . µ ¶ µ ¶ x1 x2 y X2 = . esa propiedad la tienen todas las matrices simétricas con dos valores propios distintos. X1 = y y2 µ ¶ 1 a 0 Primero supongamos que b = 0. Procedemos entonces a probar lo anunciado: Como ¶ µ ¶ µ ¶µ λ1 x1 a b x1 = y1 λ1 y1 b d µ a b b d ¶ . son ortogonales. Es fácil probar que en este son los números a y d. que la existencia de matrices ortogonales P tales que A = P DP −1 con D matriz diagonal. luego consideraremos la recta L1 que pasa por el origen y por X1 . Probaremos en primer lugar que x1 6= 0 y x2 6= 0. Pues bien. escogido en el segundo cuadrante. con dos valores propios distintos λ1 . podemos suponer µ ¶ que λ1 µ x1 0 . invertible y con la propiedad P −1 = P T es llamada una matriz ortogonal. (7. En este caso A = y así los valores propios 0 d = a¶y λ2 = d. es decir. X2 = caso y1 = 0 y x2 = 0. Con ello se habrá probado que L1 ⊥ L2 lo cual es equivalente a que X1 ⊥ X2 . la recta L2 que pasa por el origen y por X2 . a que la matriz A tiene la propiedad de que vectores propios correspondientes a valores propios distintos. El otro vector. Para probar lo afirmado digamos que A = . λ2 . y se habrá completado así la prueba. Valores propios y vectores propios de matrices simétricas ¡ ¢ donde θ = tan−1 12 es el ángulo de inclinación de la recta L2 (vea figura 7. = cos θ 2/ 5 5 2 Con estos vectores conformamos la matriz √ ¶ µ ¶ µ √ cos θ −senθ 2/√5 −1/√ 5 = P = senθ cos θ 1/ 5 2/ 5 la cual cumple que A=P µ 10 0 0 5 ¶ P −1 .10) ¥ Una matriz P de orden 2. como se afirma en el siguiente resultado. X2 son vectores propios de A correspondientes a λ1 . y mostraremos que las pendientes m1 = y1 /x1 y m2 = y2 /x2 de dichas rectas cumplen que m1 m2 = −1.185 7.4). Esta denominación se debe a que las matrices con tal propiedad son las que tienen sus columnas ortogonales y unitarias. se debe a que en dicho ejemplo L1 ⊥ L2 . 0 y2 Supongamos ahora que b 6= 0. λ2 respectivamente entonces X1 ⊥ X2 . Sea A una matriz simétrica de orden 2. tiene la propiedad P −1 = P T y además es la matriz de la rotación Rθ . Si X1 .3. así que X1 = y en consecuencia X1 ⊥ X2 . Si fuese x1 = 0 entonces by1 = 0 y como 0 b 6= 0 entonces y1 = 0 y así X1 = . A partir de esta propiedad podemos probar el siguiente resultado.186 7. λ2 dadas en (7. µ como se quería probar. y1 /x1 y y2 /x2 son las pendientes de las rectas L1 . Sólo resta probar que µ y1 x1 ¶µ y2 x2 ¶ = −1. lo cual no puede ser pues X1 es un vector propio. 0 Luego x1 6= 0 y así y1 λ1 − a . es decir. = x2 b Como ya lo dijimos.9). 2 Se sigue que (λ1 − a) (λ2 − a) = i 1 1h (d − a)2 − (a − d)2 + 4b2 = −b2 4 4 por lo tanto. según las cuales λ1 − a = λ2 − a = 1 (d − a) + 2 1 (d − a) − 2 q 1 (a − d)2 + 4b2 2q 1 (a − d)2 + 4b2 . = x1 b Similarmente. λ1 − a b ¶µ λ2 − a b ¶ = −b2 = −1 b2 ¨ El hecho que se acaba de probar constituye otra de las propiedades notables de las matrices simétricas. el cual es fundamental en las aplicaciones de las matrices simétricas. Para probar ésto recurriremos a las expresiones de λ1 . µ λ1 − a b ¶µ λ2 − a b ¶ = −1. . L2 a las cuales ya nos hemos referido. Valores propios y vectores propios entonces ax1 + by1 = λ1 x1 y así by1µ=¶(λ1 − a) x1 . x2 6= 0 y y2 λ2 − a . 0 < θ < π2 . Similarmente.7. una (y sólo una) de las rectas L1 . A es una matriz diagonal y así tomando P = I2 y D = A se tiene que A = P DP −1 . podemos afirmar (por ser b 6= 0) que los vectores propios de A correspondientes al valor propio λ1 son los vectores no nulos sobre una cierta recta L1 . L2 tiene un ángulo de inclinación θ. Para toda matriz simétrica A. Supongamos ahora que b 6= 0 y que λ1 .8) que al escoger dos vectores propios unitarios µ mostró ¶ (como se ¶ x1 x2 X1 = . la cual pasa por el origen y no es el eje x ni es el eje y.11) Si b = 0. b d (7. o equivalentemente. La matriz µ ¶ cos θ −senθ Q= senθ cos θ la cual es la matriz de la rotación Rθ . los cuales (como sabemos) son distintos. P AP = 0 λ2 2. entonces A siempre tiene dos vectores propios (unitarios y ortogonales)µde la ¶ forma ¶ µ −senθ cos θ y cos θ senθ con 0 < θ < π2 . λ2 son los valores propios de A y λ µ ¶ 1 denota aquel valor propio al cos θ cual corresponde el vector propio . P T AP = D con P ortogonal y D diagonal. En primer lugar. la situación es como se muestra en la figura 7. tal que ¶ µ λ1 0 T . con valores propios λ1 . Así. Valores propios y vectores propios de matrices simétricas 187 1. puesto que A es simétrica. de acuerdo con la última propiedad de las matrices simétricas que hemos probado.5. los vectores propios correspondientes a λ2 son los vectores no nulos sobre otra recta L2 que pasa por el origen y no es el eje x ni es el eje y. suponiendo que dicha recta es L1 . Esµclaro en el ejemplo 7. λ2 (no necesariamente distintos) existe una matriz ortogonal P µ tal que ¶ λ1 0 P −1 AP = 0 λ2 o. Ahora. es una µ matriz¶ortogonal tal que λ1 0 QT AQ = 0 λ2 donde λ1 . equivalentemente .3. λ2 son los valores propios de A. X2 = uno de ellos en L1 y el otro en L2 . senθ Prueba de 1. Consideremos una matriz simétrica µ ¶ a b A= . se tiene que L1 ⊥ L2 . Si A es una matriz simétrica no diagonal. la matriz y1 y2 ¶ µ x1 x2 P = y1 y2 tiene la propiedad P T P = I2 . Continuemos con la matriz simétrica A dada en (7.5.5). Además. Figura 7. el cual se escoge en el segundo cuadrante. el cual es µ ¶ cos θ X1 = senθ donde θ es el ángulo ya considerado (vea figura 7. El otro vector propio. es una matriz ortogonal. y en este caso ¶ µ λ1 0 Q−1 A=Q 0 λ2 . es decir. X2 = cos θ Con estos vectores construimos la matriz µ ¶ cos θ −senθ Q= senθ cos θ la cual es la matriz de la rotación Rθ . Valores propios y vectores propios pues T P P = µ x1 y1 x2 y2 ¶µ x1 x2 y1 y2 ¶ = µ x21 + y12 x1 x2 + y1 y2 x1 x2 + y1 y2 x22 + y22 ¶ = µ 1 0 0 1 ¶ = I2 . es µ ¶ −senθ . Así.5) entonces el vector X2 corresponde al valor propio λ2 . tal matriz P (como sabemos) cumple que A = P DP −1 ¶ λ1 0 si X1 corresponde al valor propio λ1 y X2 corresponde al valor propio con D = 0 λ2 ¶ µ λ2 0 si X1 corresponde al valor propio λ2 y X2 al valor propio λ1.188 7. una tal matriz P tiene la propiedad P −1 = P T . λ2 .11) en la cual suponemos que b 6= 0. o D = 0 λ1 µ Prueba de 2. Podemos escoger dos vectores propios de A ortogonales y unitarios así: uno de ellos en el primer cuadrante. Si el vector X1 corresponde al valor propio λ1 (como aparece en la figura 7. 3 3 s 6= 0 (vea figura 7. como Q−1 = QT entonces QT AQ = µ λ1 0 0 λ2 ¶ . tal que QT AQ sea una matriz diagonal. es decir. los vectores de la forma t 1 Análogamente. los vectores propios de A son los vectores 1 µ ¶ 3 con t ∈ R. del sistema −x + 3y = 0 3x − 9y = 0 El conjunto solución de este sistema µ es ¶ la recta L1 con ecuación −x + 3y = 0. ¯ ¯ 4−λ 3 ¯ ¯ 3 −4 − λ ¯ ¯ ¯=0 ¯ λ2 − 25 = 0 Luego. b) Comprobar que vectores propios de A correspondientes a valores propios distintos son ortogonales. no nulos sobre dicha recta L1 .3.9 4 3 Considere la matriz simétrica A = 3 −4 a) Hallar los valores propios de A y por cada valor propio hallar los correspondientes vectores propios. ¨ µ ¶ Ejemplo 7. Así. equivalentemente. los valores propios de A son los números λ1 = 5 y λ2 = −5. los cuales son las raíces de la ecuación anterior. Solución: a) La ecuación característica de A es es decir. t 6= 0. es decir. la cual es la recta generada µ ¶por el vector −1 −1 . dichos vectores propios son los vectores de la forma s con s ∈ R. −1 Q AQ = µ ¶ λ1 0 0 λ2 . c) Hallar una matriz ortogonal Q de orden 2 que sea la matriz de una rotación Rθ con 0 < θ < π/2.6) . la cual 3 es la recta generada por el vector .189 7. Finalmente. Los vectores propios de A correspondientes a λ1 = 5 son las soluciones no triviales del sistema µ ¶µ ¶ µ ¶ x 0 4−5 3 = 3 −4 − 5 y 0 es decir. indicar cuál es el ángulo θ. Valores propios y vectores propios de matrices simétricas o. los vectores propios de A correspondientes a λ2 = −5 son los vectores no nulos µ ¶sobre la recta L2 con ecuación 3x + y = 0. b) Es claro que L1 ⊥ L2 . . • Q es una matriz ortogonal pues sus columnas son vectores ortogonales y unitarios. una matriz Q como se quiere es √ ¶ µ √ 3/√10 −1/√ 10 Q= 1/ 10 3/ 10 En efecto. Esto también µ ¶ puede verse así: 3 un vector propio cualquiera correspondiente a λ1 = 5 es de la forma t con t ∈ R. Ahora. 1 3 c) Un vector propio de A unitario y en el primer cuadrante es µ ¶ 3 µ ¶ µ √ ¶ µ ¶ 3/ 10 1 3 cos θ 1 √ µ ¶° √ X1 = ° ° 3 ° = 10 1 = 1/ 10 = senθ ° ° ° 1 ° donde θ = tan−1 (1/3) .190 7. t 6= 0. µ µ ¶¶ µ µ ¶¶ µµ ¶ µ ¶¶ 3 −1 3 −1 t · s = (ts) · = (ts) 0 = 0 1 3 1 3 µ ¶ µ ¶ 3 −1 luego t ⊥s . y un vector propio unitario en el segundo cuadrante es µ ¶ −1 √ ¶ µ ¶ µ ¶ µ −1/ 10 1 −1 −senθ 3 √ µ ¶° √ X2 = ° ° −1 ° = 10 3 = 3/ 10 = cos θ ° ° ° 3 ° Luego. 1 µ ¶ −1 y un vector propio cualquiera correspondiente a λ2 = −5 es de la forma s con 3 s ∈ R.6. así que todo vector propio de A correspondiente al valor propio λ1 es ortogonal a todo vector propio de A correspondiente a λ2 . s 6= 0. Valores propios y vectores propios Figura 7. 2. b) Hallar los valores propios.3222(rad). Sin emplear m (PU ) . para probar (empleando matrices y vectores) que una ecuación de segundo grado ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0 con b 6= 0. hallar: a) Los valores propios de PU . se puede transformar siempre en una ecuación de segundo grado. b) Los vectores propios de PU correspondientes a cada valor propio. Para cada una de las siguientes matrices µ ¶ µ ¶ 3 0 10 −9 A1 = A2 = 8 −1 4 −2 A4 = µ 1 0 0 1 ¶ A5 = µ 0 2 1 0 ¶ A3 = A6 = µ µ 0 0 0 0 1 2 2 3 ¶ ¶ a) Encontrar la ecuación característica. . y por un ángulo θ. como Q−1 = QT ya que Q es una matriz ortogonal entonces µ ¶ 5 0 T ¥ Q AQ = 0 −5 El resultado en el numeral 2. c) Encontrar los vectores propios correspondientes a cada valor propio y dar una interpretación geométrica para el conjunto de dichos vectores propios. con la primera columna correspondiendo a λ1 = 5 y la segunda correspondiendo a λ2 = −5 entonces µ ¶ 5 0 A=Q Q−1 0 −5 o. 7. el cual puede escogerse de tal modo que 0 < θ < π2 . • Como las columnas de Q son vectores propios de A linealmente independientes. del último recuadro se usará al final del capítulo siguiente.4. Sea L la recta generada por un vector no nulo U y sea PU la transformación proyección sobre L. Ejercicios • Q= µ cos θ −senθ senθ cos θ ¶ = m (Rθ ) donde θ = tan−1 (1/3) ≈ 0. −1 Q AQ = µ 5 0 0 −5 ¶ Finalmente. equivalentemente.4 Ejercicios 1. de la forma ¡ ¢2 ¡ ¢2 a0 x0 + c0 y0 + d0 x0 + e0 y0 + f 0 = 0 (que carece de término en x0 y 0 ) mediante una rotación de los ejes coordenados x.191 7. a) La reflexión sobre el eje y. A3 = .192 7. A2 = . a) La suma a + d de las componentes de la diagonal principal de la matriz A se llama traza de A y se denota T r(A). c) Probar que la ecuación característica de A se puede expresar como λ2 − T r(A)λ + det A = 0. A3 = . Sean T : R2 → R2 una transformación lineal y X ∈ R2 . Sea T una transformación del plano cuya matriz es A = y sean λ1 . b) y c) para las siguientes matrices µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 0 0 5 A1 = . Sea T = R π2 . Determinar los valores de a y b de tal modo que los vectores a b µ ¶ µ ¶ 1 1 y sean vectores propios de la matriz A. A2 = . µ ¶ µ ¶ x x c) T = . hallar su ecuación característica y sus valores propios. 5. y −y 4. Probar que si T (X) = λ1 X y T (X) = λ2 X para ciertos escalares λ1 y λ2 tales que λ1 6= λ2 entonces X = O. 9. µ µ 0 7 0 0 1 2 2 1 ¶ . 2 0 µ ¶ a b 7. Valores propios y vectores propios 3. Para cada transformación lineal dada. Dar un ejemplo de una transformación lineal con dos vectores propios linealmente independientes correspondientes a un mismo valor propio. − 3 1 A4 = A8 = i) Hallar los valores propios y los vectores propios correspondientes. a) Para cada una de las siguientes matrices Ak . b) Probar que det T = λ1 λ2 . µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 0 3 0 A1 = . 8. 1 1 0 3 0 0 Ayuda para a) y b) : Use las expresiones para λ1 . λ2 como raíces de la ecuación característica de A. 0 1 1 1 0 −5 A5 = µ 0 3 3 0 ¶ . µ ¶ 1 1 6. b) La reflexión sobre la recta con ecuación y = x. ¶ . Concluya que no existe un vector propio de T correspondiente a dos valores propios diferentes. Sea A = . Mostrar que T no posee valores propios pero que T 2 tiene un valor propio y todo vector no nulo de R2 es vector propio de T 2 asociado con dicho valor propio. A7 = µ √ ¶ 3 − 3 √ . Probar que T r(A) = λ1 + λ2 . λ2 los c d valores propios de T . A6 = µ 1 2 2 4 ¶ . d) Verificar lo expuesto en a). Hallar ecuaciones de las rectas.7. Probar que las únicas matrices que admiten factorización del tipo P DP T con P y D matrices 2 × 2 y D diagonal son las simétricas. si existen. una matriz invertible P y una matriz diagonal D tales que Ak = P DP −1 . en caso de existir. 11. ii) Encontrar una matriz ortogonal Q tal que QT Ak Q sea una matriz diagonal y además Q sea la matriz de una rotación Rθ con 0 < θ < π/2. probar que si A es una matriz 2 × 2 que admite factorización A = P DP T con P y D matrices 2 × 2 y D diagonal. el vector T (X) también pertenece a la recta L. Ejercicios 193 ii) Encontrar. Ayuda: Recuerde que si M y N son matrices 2 × 2 entonces (M N )T = N T M T . Decimos que una recta L que pasa por el origen es invariante bajo la transformación T si para cada vector X perteneciente a la recta L. µ ¶ µ ¶ 4 −1 0 −3 a) m(T ) = b) m(T ) = µ 2 1¶ µ 3 0 ¶ 2 3 3 0 c) m(T ) = d) m(T ) = 0 2 8 −1 12. b) Para las matrices dadas en a) que sean simétricas y no diagonales. . indicar cuál es el ángulo θ.4. entonces A es simétrica. 10. Es decir. que son invariantes bajo la transformación lineal cuya matriz se indica en cada literal. b) Si U no es vector propio de T entonces la recta L generada por U no es invariante bajo T. Sea T una transformación lineal del plano. Probar que: a) Si U es un vector propio de T entonces la recta L generada por U es invariante bajo T. i) Verificar que vectores propios correspondientes a valores propios diferentes son ortogonales. 194 7. Valores propios y vectores propios . corta todos los elementos de una sola hoja.1. con una recta fija L que pasa por P (figura 8. y si el plano corta ambas hojas. si el plano es paralelo a un elemento. la curva intersección del plano con el cono se llama elipse (figura 8. La recta L es el eje del cono. se obtienen tres tipos básicos de curvas.2. la correspondiente curva intersección se llama parábola (figura 8. Un cono circular recto de dos hojas es una superficie en el espacio conformada por todas las rectas que pasan por un punto fijo P y forman un ángulo constante α. que no pasa por el vértice P. A este tipo de intersecciones se les llama cónicas degeneradas. una recta o dos rectas que se cortan en el vértice.c). El vértice P separa al cono en dos partes.2. Figura 8. el punto P es el vértice del cono y cada recta que es parte del cono se dice un elemento del cono. a las que se llama hojas. 0 < α < 90◦ .8 Secciones Cónicas Los antiguos geómetras griegos descubrieron que cortando un cono circular recto de dos hojas (o mantos) con planos que no pasan por el vértice del cono. Cuando se corta el cono con un plano que pasa por el vértice del cono. la curva resultante se llama hipérbola (figura 8. la intersección resultante puede ser un punto. 195 .b). Cuando un plano.2. las cuales se denominan secciones cónicas. o simplemente cónicas.a).1). es una hipérbola. Se ha encontrado que las secciones cónicas se pueden definir (sin hacer referencia a un cono) como ciertos lugares geométricos del plano. como ciertos conjuntos de puntos del plano que cumplen determinadas condiciones. Secciones Cónicas Figura 8.3a.1 La circunferencia Se denomina circunferencia al conjunto de todos los puntos del plano que equidistan (están a igual distancia) de un punto fijo del plano. curva que se obtiene cortando al cono con un plano que no pase por el vértice y que sea perpendicular al eje del cono. Para el campo gravitacional de la tierra. la trayectoria que ella describe es una cónica. Las propiedades fundamentales de las secciones cónicas se conocen desde hace más de dos mil años y es notable el hecho de que dichas curvas continúan jugando en la actualidad un importante papel en la ingeniería con una gran variedad de aplicaciones prácticas en la vida cotidiana (reflectores parabólicos. Un caso particular de elipse es la circunferencia. antenas parabólicas para televisión. es bien conocido lo que ocurre en los campos gravitacional y electrostático. (Figura 8. ecuaciones correspondientes. Galileo descubrió a comienzos del siglo XVII que si un objeto es lanzado cerca de la superficie terrestre.) . la trayectoria que él describe es un arco de parábola. si no se tiene en cuenta la resistencia del aire.2. En este capítulo definiremos dichas secciones cónicas de esta forma y encontraremos para cada tipo. la trayectoria que describe una partícula α en el campo eléctrico de un núcleo atómico. Al punto fijo se le llama centro y a la distancia del centro a cualquier punto de la circunferencia se le llama radio. después de la línea recta. como también en la formulación de ciertos modelos científicos. los cuales son campos de fuerza proporcional al inverso del cuadrado de la distancia: cuando una partícula se mueve bajo la influencia de uno de estos campos. el lugar geométrico más sencillo y más familiar. Por otra parte. por ejemplo. En la Física. En el campo gravitacional del sol se conoce que las órbitas de los planetas son elipses y que el sol se encuentra en uno de los focos.196 8. como ya dijimos. formando un ángulo no recto con la horizontal. es decir. 8. es un caso particular de elipse y además es. etc). Empezaremos con la circunferencia que. la ecuación en (8. µ ¶ x De manera que un punto de R2 pertenece a la circunferencia C si y sólo si sus y coordenadas satisfacen la ecuación anterior.1) Si el centro es el origen (es decir.3b. h = 0 y k = 0). Consideremos ahora el plano dotado de un sistemaµde¶ coordenadas cartesianas xy. Efectuando la diferencia en el lado izquierdo y elevando ambos lados al cuadrado. µ ¶ Ejemplo 8. (Figura 8. (x + 1)2 + (y − 2)2 = 16.1. Tenemos así que: µ ¶ h Una ecuación para la circunferencia con centro en el punto y radio r es k (x − h)2 + (y − k)2 = r2 .3.1) adopta la forma más simple x2 + y 2 = r2 (8.197 8. ¥ . y h en él una circunferencia C con centro en el punto C = y radio r.1 −1 Una ecuación para la circunferencia con centro en y radio 4 es 2 (x − (−1))2 + (y − 2)2 = 42 es decir. La circunferencia Figura 8. (8.) k µ ¶ x Un punto del plano está sobre dicha circunferencia C si y sólo si y °µ ¶ µ ¶° ° x h ° ° ° ° y − k ° = r. transformamos la ecuación anterior en la ecuación equivalente °µ ¶° ° x − h °2 2 ° ° ° y−k ° =r la cual a su vez equivale a la ecuación (x − h)2 + (y − k)2 = r2 .2) la cual es llamada forma canónica de la ecuación de la circunferencia. = = C = (P + Q) = 2 2 2 −3 + 7 2 4 Por otra parte. Así. toda circunferencia tiene una ecuación de la forma anterior. ¥ Si en la ecuación en (8. se pasa el término r2 al lado izquierdo y se agrupan los términos constantes. se obtiene ¡ ¢ x2 + y2 − 2hx − 2ky + h2 + k2 − r2 = 0. ella puede llevarse a la forma en (8. (8. si se parte de una ecuación de la forma (8.4) Solución: Llevemos la ecuación (8.4) a la forma (x − h)2 + (y − k)2 = r2. Secciones Cónicas Ejemplo 8. una ecuación para la circunferencia C es (x − 1)2 + (y − 2)2 = 34. Haciendo D = −2h. el centro de C es el punto ¶ µ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 1 1 4−2 .3) para una circunferencia dada. (8.1). completando los cuadrados en las variables x y y. Ahora. pues este segmento es uno de sus diámetros. así que °µ ¶ µ ¶° °µ ¶° q √ ° ° ° 4 1 ° 2 2 ° ° 3 ° r = kP − Ck = ° ° −3 − 2 ° = ° −5 ° = 3 + (−5) = 34. E = −2k y F = h2 + k 2 − r2 vemos que esta ecuación toma la forma x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0. como se ilustra en el ejemplo siguiente.1). (x − h)2 + (y − k)2 = r2 se desarrollan los cuadrados. −3 7 Solución: El centro de la circunferencia C es el punto medio del segmento P Q.2 Encuentre una ecuación para la circunferencia C tal que los extremos de uno de sus diámeµ ¶ µ ¶ 4 −2 tros son los puntos P = yQ= .5) .3) Así.198 8. Para ello empezamos por escribirla en la forma ¡ 2 ¢ ¡ ¢ x + 2x + y2 − 4y = 4. el radio r de la circunferencia C es la distancia del centro C a cualquiera de los puntos P o Q. Ejemplo 8. Por tanto. (8.3 Halle el centro y el radio de la circunferencia con ecuación x2 + y2 + 2x − 4y − 4 = 0. 3) representa una circunferencia. Es claro que en el primer caso la ecuación sólo µ ¶es satisfecha por el x h x punto = .5) es equivalente a ¡ 2 ¢ ¡ ¢ x + 2x + 1 + y 2 − 4y + 4 = 1 + 4 + 4 es decir. En efecto. y 2 .4 a) Consideremos la ecuación x2 + y 2 + 2x − 4y + 5 = 0.4. Se advierte al lector que no toda ecuación de la forma (8.6) de la cual µ equivalente ¶ −1 vemos que el centro de la circunferencia es el punto C = y que el radio es r = 3.199 8. Haciendo lo dicho. y k y Ejemplo 8. mientras que en el segundo caso ningún punto de R2 la satisface.7) Al completar cuadrados se obtiene (x + 1)2 + (y − 2)2 = 0. (8. La circunferencia Ahora completamos el cuadrado en cada expresión en paréntesis.) ¥ Figura 8.7) no representa una circunferencia y sólo es satisfecha por el x −1 punto = .4) en la ecuación (8.4. Luego. es decir. a la ecuación (x − (−1))2 + (y − 2)2 = 32 . es posible que al completar los cuadrados en una ecuación dada del tipo (8. a (x + 1)2 + (y − 2)2 = 32 o sea. adicionamos en cada una la constante apropiada de modo que la primera se convierta en un cuadrado (x − h)2 y la segunda en un cuadrado (y − k)2 . tenemos que (8. µ ¶la ecuación µ ¶ (8.3) se obtenga una ecuación de la forma (x − h)2 + (y − k)2 = d con d = µ 0¶o con µ d¶< 0.1.6) Hemos transformado así la ecuación (8. (8. 2 (Figura 8. 8) Al completar cuadrados se obtiene (x + 1)2 + (y − 2)2 = −1. µ ¶ x Así. referida a un cierto sistema cartesiano. y0 para poder pasar de un sistema al otro. es la ecuación más simple ¡ 0 ¢2 ¡ 0 ¢2 x + y = r2 . y y las nuevas x0 . en muchos otros es posible transformar una ecuación dada para una curva. Debe tenerse presente que cuando se efectúa un tal cambio de sistema. cuyo origen coincide con el centro de la circunferencia. cada punto P del plano con coordenadas x. Por otra parte. referida a un sistema xy. (8. ningún punto de R2 satisface la ecuación (8. y relativas al sistema xy.5.5. y 8. Esto pone de manifiesto el hecho de que la forma de una ecuación para una curva dada. en una ecuación más simple.2 ¥ Traslación de ejes Acabamos de ver que una ecuación para una circunferencia con radio r y centro en el punto µ ¶ h .200 8. Y que es necesario disponer de la relación entre las viejas coordenadas x. depende de la ubicación de la curva respecto a los correspondientes ejes coordenados. cambiando a un nuevo sistema cartesiano x0 y 0 . Secciones Cónicas b) Consideremos ahora la ecuación x2 + y2 + 2x − 4y + 6 = 0. A continuación nos referiremos al cambio más sencillo de un sistema cartesiano xy a otro sistema cartesiano x0 y 0 : aquel en el cual los nuevos ejes x0 . pero respecto al sistema x0 y0 que se muestra en la figura 8. y0 relativas al nuevo sistema x0 y0 .8). y 0 son respectivamente . adquiere nuevas coordenadas x0 . Como en el caso anterior. respecto a un sistema cartesiano xy (figura 8.5) es la ecuación k (x − h)2 + (y − k)2 = r2 Figura 8. una ecuación para la misma circunferencia. OO0 = h i + k j y O0 P = x0 i + y0 j se tiene que ¢− ¢− → →´ ¡ 0 → ¡ → − → → ³ − − → →´ ³ 0 − − 0− x i + y j = h i + k j + x i + y j = x + h i + y0 + k j .201 8. 0 Consideremos ¶ traslación de ejes y supongamos que el nuevo origen O tiene vector µ una h . y.7. están orientados en el mismo sentido y además se conserva en cada uno de ellos la unidad de medida (figura 8. respecto al sistema original xy.7). Traslación de ejes paralelos a los ejes x. Sea P un punto cualquiera del plano de coordenadas k µ 0¶ µ ¶ x x respecto al sistema xy y con vector de coordenadas con vector de coordenadas y y0 0 0 respecto al nuevo sistema x y (figura 8. Figura 8. Veamos cómo se relacionan las coordenadas x.6).6. y 0 : Puesto que −−→ −−→0 −−0→ OP = OO + O P y puesto que −−→ → − → − → − → −−→ − → − → −−→ − OP = x i + y j .2. Figura 8. Un cambio de sistema de coordenadas del tipo anterior se dice una traslación de ejes. y y las coordenadas x0 . la ecuación dada de la circunferencia C se transforma en la ecuación (8. k µ ¶ µ 0¶ x x son. ¥ . (8. esta ecuación se convierte en la ecuación (x + 1)2 + (y − 3)2 = 4 (8. se obtiene que x0 = 5 − (−2) = 7 y y0 = −8 − 3 = −11. x = x0 + h y y = y 0 + k. respectivamente. (8. y = −8. respecto al sistema xy y respecto al sistema x0 y 0 entonces x = x0 + h y y = y0 + k o. en el nuevo sistema x0 y0 . x0 = x − h y y 0 = y − k. x0 = x − h y y 0 = y − k.10) Tenemos así el siguiente resultado: Supongamos que se trasladan los ejes coordenados x. los vectores de coordenadas de un Si y y0 y mismo punto P del plano. y del punto P cuyas coordenadas en el sistema original son x = 5. (8. ¥ Ejemplo 8. la cual ya no tiene términos lineales y evidentemente es más simple que la ecuación (8.10).11) Completando los cuadrados en x y en y.11).13). esta ecuación toma la forma ¡ 0 ¢2 ¡ 0 ¢2 x + y = 4. h = −2 y k = 3.6 Consideremos la circunferencia C con ecuación x2 + y2 + 2x − 6y + 6 = 0. µ ¶ Ejemplo 8. Solución: Empleando la fórmula (8.10) con x = 5.9) o.12) µ ¶ µ ¶ h −1 la cual nos dice que la circunferencia C tiene radio r = 2 y centro en el punto = .12). equivalentemente. Suponga que se efectúa una traslación de ejes y que el nuevo origen es el punto 3 0 0 Hallar las nuevas coordenadas x . equivalentemente. Secciones Cónicas de donde. y = −8.202 8. x0 = x − (−1) = x + 1 y y0 = y − 3. respecto al sistema xy. y de modo que el µ ¶ h nuevo origen es el punto O0 = .5 −2 . (8.13) Así. Sustituyendo en (8. k 3 Si trasladamos los ejes de tal forma que el nuevo origen sea el centro de la circunferencia C entonces según las fórmulas (8. es claro que este punto (el cual es el punto V en la figura 8. el segmento P 0 P es llamado lado recto de la parábola. En la figura 8. Figura 8. . por ejemplo.8.10).9.3 La parábola Se denomina parábola al conjunto de todos los puntos del plano que equidistan de un punto fijo (del plano) llamado foco. Una manera de obtener puntos de la parábola es la siguiente: se traza una recta L0 paralela a la directriz. es claro que cada uno de los puntos de corte P y P 0 son puntos de la parábola. y de una recta fija (también del plano) llamada directriz. como se muestra en la figura 8. por definición de parábola. pues equidistan del foco y de la directriz. (Figura 8.8) está ubicado a la mitad de la distancia entre el foco F y la directriz L.8. la directriz de P es la recta con ecuación y = −p. El punto en el cual el eje focal intersecta la parábola se llama vértice. p p 6= 0. respecto a un sistema cartesiano xy para el plano. La recta que pasa por el foco F y es paralela a la directriz L corta a la parábola en dos puntos P 0 y P . La parábola 8.3. se trazan arcos de circunferencia que cortan a L0 . (Figura 8. el punto F es el foco y la recta L es la directriz. la parábola P con vértice en el origen y foco F = . Se trata ahora de hallar una ecuación para la parábola. Haciendo centro en el foco F y con radio igual a la distancia entre las rectas L0 y L. además. El eje focal de P coincide con el eje y. la cual no contiene al foco. Como veremos una tal ecuación toma su forma más simple cuando la parábola tiene su vértice en el origen y su eje focal es uno de los ejes coordenados.203 8.8. La recta que pasa por el foco F y es perpendicular a la directriz L se llama eje focal. µ ¶ 0 Consideremos.9) Figura 8. hacemos y = p en la ecuación (8. Por tanto. se obtiene °µ ¶°2 °µ ¶°2 ° ° ° ° x 0 ° ° =° ° ° y−p ° ° y+p ° es decir. µ ¶ x En estas condiciones.11 se muestra dicho lado recto y sus extremos P 0 .15) Obsérvese que cada uno de los pasos que transformaronµla¶ecuación (8. un punto de R2 está sobre la parábola P si y sólo si y °µ ¶ µ ¶° °µ ¶ µ ¶° ° ° x x ° 0 ° ° ° ° x ° (8. x2 + (y − p)2 = (y + p)2 . De manera que un punto y µ ¶ x satisface la ecuación (8. Para hallar sus abscisas.15) pueden ser reversados. el punto también y y la satisface. (8.10.14) en la ecuación x de R2 está sobre la parábola (8. Los extremos del lado recto son los puntos de la parábola con ordenada igual a p.14) ° y − p ° = ° y − −p ° . pues por cada punto que la satisface.15) y despejamos x obteniéndose µ ¶ −2p 0 x = ±2p. Así.204 8.14) y elevando ambos lados al cuadrado. Finalmente.15). Secciones Cónicas Figura 8. P para el caso p p > 0. 4p (8. desarrollando los cuadrados y simplificando se llega a la ecuación x2 = 4py que escribimos en la forma y= 1 2 x . los extremos del lado recto de P son los puntos P = y p µ ¶ 2p P = . . Efectuando las diferencias indicadas en (8. Dicha ecuación (8. En la figura 8.15) es una ecuación para la parábola P si y sólo si y P.15) muestra que la parábola µ ¶ es simétrica respecto a su µ eje¶focal que x −x en este caso es el eje y. Las ecuaciones (8. La parábola Figura 8. Tenemos así que: .12. Si el vértice continúa en el origen. (Figura 8. por tal razón a ellas se les llama formas canónicas para la ecuación de la parábola. p p 6= 0. pero el foco es el punto p F = .16) son las ecuaciones más simples para la parábola.15). entre más grande sea |p| .16) La longitud del lado recto de la parábola sigue siendo 4 |p| y al igual que en la ecuación (8.11. en la ecuación (8. entonces su eje focal es el eje x.3. µ ¶ 0 En la discusión anterior. En tal caso una ecuación para la parábola es x= 1 2 y . 4p (8. |p| es la distancia del foco al vértice y también del vértice a la directriz. µ su ¶ eje focal es el eje y. la parábola P tiene vértice en el origen y foco F = . Vale la pena resaltar que el número p en la ecuación (8.15). su directriz la recta con ecuación x = −p 0 y se intercambiarían los papeles de x y y. Se sigue que la longitud del lado recto de P es kP − P 0 k = 4 |p| . Así. p 6= 0. como también del vértice a la directriz.205 8. más cerrada es la misma. más abierta es la parábola y entre más pequeño sea |p| .16).12) Figura 8.15) y (8. es tal que |p| es la distancia del foco F al vértice. es Una ecuación para la parábola con vértice en el origen y foco F = p 1 y = x2 .7 Halle una ecuación para cada una de las siguientes parábolas P. (Figura 12 Figura 8. Ahora. Ejemplo 8. y = 8. p 6= 0. es decir.14) 16 . 4p p > 0. p Una ecuación para la parábola con vértice en el origen y foco F = . su eje focal es el eje y y pasa por el punto P = . −5 Solución: a) Una ecuación para P es la ecuación (8. p 6= 0. Secciones Cónicas µ ¶ 0 . es 0 1 x = y2 . µ ¶ 4 c) P tiene vértice en el origen. b) Dado que P tiene vértice en el origen y su directriz es la recta con ecuación µ ¶ x=4 p 1 2 y donde el foco es el punto F = . la parábola abre hacia la izquierda. como |p| = distancia del vértice a 1 la directriz = 4 entonces p = −4 y así una ecuación para P es x = − y2 . la parábola abre hacia la derecha y si p < 0.13) 1 2 x . µ ¶ 0 a) P tiene vértice en el origen y foco F = . 4p p > 0. la parábola abre hacia µ ¶abajo. (Figura 8.206 • Si • Si 8. la parábola abre hacia arriba y si p < 0.13.15) con p = 3. además entonces una ecuación para P es x = 4p 0 p < 0 pues la parábola abre hacia la izquierda. 3 b) P tiene vértice en el origen y su directriz es la recta con ecuación x = 4. 15.3. así −5 = (4)2 de donde =− . c) Como P tiene vértice en el origen y su eje focal es el µ eje¶y. La parábola Figura 8. entonces P tiene una 4 1 2 pertenece a la parábola ecuación de la forma y = x .15 se muestra la parábola P. µ ¶ µ ¶ h h Consideremos ahora una parábola P con vértice V = y foco F = .14. 16 0 µ En ¶ la figura 8. 4p 4p 16 5 2 Luego una ecuación para la parábola P es y = − x . dada la simetría de P respecto al eje y. como el punto P = 4p −5 1 5 1 P entonces dicho punto satisface la ecuación de P. Ahora.207 8. ¥ −5 Figura 8. la cual pasa también por el punto P = −4 . p 6= 0. k k+p . |p| sigue siendo la distancia del foco al vértice y de éste a la directriz. Una parábola se dice vertical. como se muestra en la figura 8. usando las ecuaciones de traslación x0 = x − h. k µ ¶ 0 la parábola P tiene vértice en el origen y foco en el punto y así una ecuación para p dicha parábola. respecto a un sistema cartesiano xy.16) Figura 8. 4p (8.16. respecto al sistema xy. Si el eje focal coincide con el eje x o es paralelo a este eje. y que la longitud del lado recto sigue siendo también 4 |p| . (Figura 8. respecto al nuevo sistema x0 y0 .16.18) Es claro que en cualquiera de los dos casos anteriores. Efectuando una traslación de ejes de modo que el nuevo origen coincida con el vértice µ ¶ h V = .15)) y0 = 1 ¡ 0 ¢2 x . referida al sistema x0 y0 . y 0 = y − k que una ecuación para la parábola P. la cual tiene ahora su eje focal paralelo al eje x. una ecuación para la parábola con vértice V = y foco F = k µ ¶ h+p . tenemos que. Secciones Cónicas su eje focal es paralelo al eje y. 4p Se sigue. si su eje focal coincide con el eje y o es paralelo a dicho eje.208 8. es k x−h = 1 (y − k)2 . p 6= 0. 4p (8.17) µ ¶ h De manera similar. Se tiene así que . es y−k = 1 (x − h)2 . es (vea (8. la parábola se dice horizontal. la parábola abre hacia la derecha y si p < 0. Ejemplo 8. 5 µ ¶ 3 0 c) P abre hacia la izquierda y los extremos de su lado recto son los puntos P = −4 µ ¶ 3 yP = . La parábola µ ¶ h • Una ecuación para la parábola vertical con vértice V = y k µ ¶ h foco F = .17. la parábolaµabre ¶ hacia abajo. p 6= 0. p 6= 0. µ ¶ −2 a) P tiene foco F = y su directriz es la recta con ecuación y = 1.17 se muestran los datos dados (el foco y la directriz) y se insinúa en línea punteada la parábola P.8 Encontrar una ecuación para cada una de las siguientes parábolas P.3. es k+p 1 (x − h)2 . la parábola abre hacia la izquierda. h • Una ecuación para la parábola horizontal con vértice V = y k ¶ µ h+p . es foco F = k 1 x−h= (y − k)2 . su eje focal es la recta con ecuación x = −4 y pasa por 2 µ ¶ −3 el punto P = . la parábola abre hacia arriba y si p < 0. Figura 8. . y−k = 4p Si p > 0. −4 µ ¶ −4 b) P tiene vértice V = . 2 Solución: a) En la figura 8.209 8. 4p Si p > 0. En la figura 8. 2 10 b) Como el eje focal de Pµ es ¶ paralelo al eje y entonces la parábola P es vertical. una ecuación para P es 4p 4p y − 2 = 3 (x + 4)2 . una ecuación 2 2 2 para P es 1 3 y + = − (x + 2)2 . él satisface la ecuación anterior. = + = V = −3/2 1 −4 k 2 Por otra parte. Luego. Secciones Cónicas Una ecuación para P es 1 (x − h)2 y−k = 4p µ ¶ µ ¶ h h siendo V = el vértice y F = el foco. .18. 4p µ ¶ −3 es un punto de la parábola. k k+p µ ¶ −2 Ahora. Ahora. puesto que el vértice es el punto medio del segmento de extremos F = y −4 µ ¶ −2 el punto G = entonces 1 ¶ ∙µ ¶ µ ¶¸ µ µ ¶ −2 −2 −2 h 1 .18 se muestra la parábola P. y −4 puesto que su vértice es V = entonces una ecuación para P es 2 y−2= 1 (x + 4)2 .210 8. Luego. dado que P = 5 1 1 así que 5 − 2 = (−3 + 4)2 de donde = 3. como µ ¶ µ ¶ µ ¶ −2 h −2 F = = = −4 k+p − 32 + p 3 3 5 entonces − + p = −4 de donde p = −4 + = − (y así 4p = −10). Figura 8. 19). La parábola c) En la figura 8. de la igualdad F = ¶ ¶ µ ¶ µ 3 h+p h − 32 = = k −1 k µ 3 9 = 3 y k = −1. el foco es el punto medio del segmento P 0 P . tenemos que una ecuación para la parábola P es 1 9 x − = − (y + 1)2 . h y k en (8. ¥ 2 6 se obtiene h − .19) 4p ¶ µ µ ¶ h+p h es el foco. Puesto que la parábola P es horizontal y abre hacia la izquierda. 4 2 Por otra parte. una ecuación para ella es 1 x−h= (y − k)2 (8. 2 2 Sustituyendo los valores hallados para p.211 8.3. siendo p < 0. es decir.19. Figura 8. 2 2 2 −4 −1 Finalmente. luego ∙µ ¶ µ ¶¸ µ ¶ ¢ 1 3 3 3 1¡ 0 F = P +P = + = . es el vértice y F = donde V = k k Comencemos hallando el valor de p : ° ° 4 |p| = longitud del lado recto = °P − P 0 ° = 6 3 6 y puesto que p < 0 entonces p = − = − (y así 4p = −6).19 se insinúa en línea punteada la parábola P y se muestra su lado recto P 0 P . h = y k = −1. • Toda parábola horizontal tiene una ecuación de la forma x = ay 2 + by + c.20) a la forma (8.17) toma la 4p 2p 4p y = ax2 + bx + c. a) y = 3x2 − 4x + 1.20) representa una parábola vertical que abre hacia arriba si a > 0 y hacia abajo si a < 0.9 Para cada una de las dos ecuaciones dadas a continuación. Recíprocamente. y= Así. Estos hechos se resumen en el siguiente cuadro. Un resultado similar se obtiene al considerar la ecuación (8.17). 4p . haciendo a = forma 1 2 h2 h x − x+ + k. el foco.17).b=− yc= + k. equivalentemente.20) con a > 0 si la parábola abre hacia arriba y a < 0 si la parábola abre hacia abajo. la cual abre hacia la derecha si a > 0 y hacia la izquierda si a < 0. a 6= 0 con a > 0 si la parábola abre hacia la derecha y a < 0 si la parábola abre hacia la izquierda. a 6= 0.20) Por tanto. la cual abre hacia arriba si a > 0 y hacia abajo si a < 0. la directriz y la longitud del lado recto. vemos que la ecuación (8. comprobar que ella representa una parábola. Recíprocamente. Ejemplo 8.18). (8. Solución: a) Para comprobar que la ecuación dada corresponde a una parábola. • Toda parábola vertical tiene una ecuación de la forma y = ax2 + bx + c. Recíprocamente. Determinar el vértice.212 8. toda ecuación de la forma anterior representa una parábola vertical. b) 6x + 10y + y2 + 19 = 0. toda ecuación de la forma anterior representa una parábola horizontal. Secciones Cónicas Consideremos nuevamente la ecuación (8. basta mostrar que ella es equivalente a una ecuación de la forma y−k = 1 (x − h)2 . Ello se prueba llevando la ecuación (8. toda parábola vertical tiene una ecuación de la forma (8. Desarrollando el cuadrado en su lado derecho obtenemos ¢ 1 ¡ 2 x − 2xh + h2 y−k = 4p o. toda ecuación de la forma (8. a 6= 0 con a > 0 si la parábola abre hacia arriba y a < 0 si la parábola abre hacia abajo. 4p 2p 4p 1 h h2 . Ahora completamos el cuadrado en la variable y : ¡ ¢ 6x + 19 = − y 2 + 10y + 25 + 25.213 8. La parábola Para ello empezamos por escribir la ecuación dada en la forma µ ¶ 4 2 y = 3 x − x + 1. equivalentemente. es 1 k + p µ − 3 + p¶ µ −1/3 4p ¶ 2/3 1 2/3 . Obtenemos así 6x − 6 = − (y + 5)2 o. 6 Hemos mostrado así que la ecuación dada representa una parábola. −3 3 3 3 Obtenemos así o. directriz. así el foco es el punto F = decir. equivalentemente. sabemos que ella es la recta con ecuación y = k−p. ¶ µ 2 2 1 − y =3 x− 3 3 µ ¶ µ ¶ 1 2 2 y− − =3 x− . 3 3 Hemos mostrado así que la ecuación dada representa una parábola. En cuanto a la 1 1 12 −1/4 − 3 + 12 1 5 = − 12 . siendo p = = . Finalmente la longitud del lado recto entonces la ¡directriz es la recta con ecuación y = − 12 ¢ 1 1 = 3. es 4 |p| = 4 12 b) Para comprobar que la ecuación dada corresponde a una parábola. 4p Para ello empezamos escribiendo la ecuación dada en la forma ¢ ¡ 6x + 19 = − y 2 + 10y . es y que el foco es el punto F = = siendo p tal que 4p 6 −5 k −5 . µ ¶ h De la ecuación anterior vemos que el vértice de dicha parábola es el punto V = = k µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 h+p 1+p 1 = − .3. 3 Ahora completamos el cuadrado en la variable x : à µ ¶2 ! µ ¶2 2 2 4 2 y =3 x − x+ + 1. la transformaremos en una ecuación de la forma x−h= 1 (y − k)2 . y como k−p = − 13 − 12 5 . µ ¶ h = De la ecuación anterior vemos que el vértice de dicha parábola es el punto V = k ¶ µ ¶ µ µ ¶ 2/3 h 2/3 1 = y que el foco es el punto F = siendo p tal que = 3. 1 x − 1 = − (y − (−5))2 . 17) y (8.21) para una parábola dada.21).18). su conjunto solución es la unión de las rectas verticales x = −2 y x = 3. desarrollando luego los cuadrados y reuniendo las constantes. o no reales. la longitud del lado recto es ¥ 4 |p| = 4 2 = 6. según corresponda.214 8. Para terminar con la presentación de la parábola mencionaremos a continuación algunas de las aplicaciones de esta cónica. Ahora. Finalmente. la ecuación representa un par de rectas paralelas al eje y (como en el ejemplo que acabamos de dar) o una sola recta paralela al eje o ningún lugar geométrico según que la ecuación Ax2 + Dx + F = 0 tenga raíces reales y distintas. A 6= 0 o bien a Cy 2 + Ey + F = 0. En el primer caso. con A y C como se ha indicado.21) con A = 1. completando el cuadrado en la variable x si A 6= 0 o en la variable y si C 6= 0. C = 0.17) o en una de la forma (8. Es de señalar que algunas ecuaciones de la forma (8. con A y C como se ha indicado. Es fácil ver que los únicos casos en los cuales una ecuación de la forma (8. E = 0 y F = −6. así. C 6= 0. Algo similar ocurre con la ecuación Cy 2 + Ey + F = 0. pero ella no representa una parábola. no representan parábolas. 4p 4p Multiplicando a ambos lados por 4p. Volvamos a las ecuaciones (8. no representa una parábola son aquellos en los que ella se reduce a Ax2 + Dx + F = 0. D = −1. En cuanto a la 2 −5 −5 directriz sabemos que es la recta con ecuación x = h − p y como h − p = 1 + 32 = 52 entonces 5 dicha directriz ¡ 3 ¢ es la recta con ecuación x = 2 .18) y−k = 1 1 (x − h)2 y x − h = (y − k)2 . Secciones Cónicas µ ¶ µ 1¶ 1 − 32 −2 3 decir. la ecuación x2 − x − 6 = 0 es de la forma (8.21). Por ejemplo. pues dicha ecuación es equivalente a (x + 2) (x − 3) = 0 µ ¶ x cuyo conjunto solución lo conforman los puntos de R2 tales que y x+2=0 o x−3=0 es decir. el foco es el punto F = = . reales e iguales. C 6= 0.21) con A 6= 0 y C = 0 o bien A = 0 y C 6= 0. podemos transformarla en una ecuación de la forma (8. Podemos afirmar entonces que toda parábola horizontal o vertical tiene una ecuación de la forma anterior. si se parte de una ecuación de la forma (8. podemos llevar cada una de las ecuaciones anteriores a la forma Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (8. siendo p = − . . Resulta que una ley de la Física establece que las rectas L1 .21.21). ángulo de incidencia y ángulo de reflexión.20. como se muestra en la figura 8. F su foco y η la recta normal a P en el punto Q (figura 8. el cual explicamos a continuación: Supongamos que un rayo de luz L1 toca una superficie S. la trayectoria que él describe es un arco de parábola. Pues bien. • Muchas otras de las aplicaciones de la parábola tienen que ver con dos hechos importantes. L2 y η son coplanares (están en un mismo plano) y que el ángulo de incidencia α es igual al ángulo de reflexión β. se puede probar que la parábola P tiene la propiedad de que α = β.20. • Los arcos de parábola son de uso frecuente en edificaciones y particularmente en puentes.215 8.3. la cual refleja la luz. La parábola • Cuando un objeto es lanzado cerca de la superficie terrestre. formando un ángulo no recto con la horizontal. si no se tiene en cuenta la resistencia del aire. en un punto P y sea L2 el rayo reflejado. El primero de ellos es un hecho de la Física. respectivamente. Sean. la cual pasamos a explicar: Consideremos una parábola P y sean Q un punto sobre ella. . Los ángulos α y β mostrados en la figura se llaman. en la cual L0 es una semirecta paralela al eje focal de P. α y β los ángulos mostrados en la figura 8. en la cual η es la recta normal a la superficie S en el punto P. además.21. El otro hecho es una propiedad geométrica de la parábola. Figura 8. (A este hecho ya nos habíamos referido al inicio de esta sección). Figura 8. Tales reflectores tienen la forma de un paraboloide de revolución (superficie que se genera al rotar una parábola alrededor de su eje focal) en el cual se coloca una fuente de luz en el foco. manteniendo la cuerda tensa. Conforme se mueve la punta de un lápiz. todos los rayos de luz emitidos desde la fuente chocan contra la superficie del reflector y se reflejan paralelamente al eje focal. etc). la curva resultante es una circunferencia con centro en F y radio la mitad de la longitud de la cuerda. La figura 8. linternas. los rayos de luz provenientes de ese objeto distante llegan a la superficie del reflector paralelamente al eje focal y todos se reflejan concentrándose en el foco. Figura 8. Consideremos ahora la figura 8. De acuerdo con los dos hechos mencionados. El mismo principio se aplica para telescopios. y los puntos V 0 . las antenas parabólicas de televisión y los micrófonos de campo abierto.22b. siendo esa constante mayor que la distancia entre dichos puntos. Si el eje focal del reflector parabólico es dirigido hacia una estrella. por ejemplo. produciéndose un haz cilíndrico de luz.22a muestra cómo se puede trazar una elipse: se elige una cuerda con longitud mayor que la distancia entre los puntos F 0 y F y se fijan sus extremos en estos puntos. faros.22.216 8. Nótese que si F 0 = F. F y con la constante que se menciona en la definición de elipse igual a la longitud de la cuerda.4 La elipse Se denomina elipse al conjunto de todos los puntos P del plano tales que la suma de las distancias de P a dos puntos fijos del plano F 0 y F es constante. La recta L que pasa por los focos se llama eje focal. Secciones Cónicas • Los dos hechos anteriores se aplican. Los puntos fijos F 0 y F son llamados focos de la elipse (figura 8. Las antenas de radar. la curva que se describe es la elipse con focos F 0 . se llaman vértices. V donde el eje focal corta la elipse. también están construidos con base en el mismo principio. . 8.22). en la construcción de reflectores parabólicos (farolas de autos. donde A0 y A son los puntos de corte del eje normal con la elipse. La recta L0 que pasa por el centro y es perpendicular al eje focal. La elipse El segmento V 0 V se llama eje mayor. se obtiene cuando la elipse tiene su centro en el origen y el eje focal es alguno de los ejes coordenados. se llama centro.23.22) Para simplificar esta ecuación. respecto a un sistema cartesiano xy. µ ¶ x En las condiciones anteriores. el cual es el punto medio del segmento F 0 F . la elipse E con focos F = 0 0 que la suma de las distancias de un punto cualquiera de la elipse a los focos F 0 y F es 2a. Se obtiene ¢ ¡ ¢ ¡ 2 (8. Como es de esperar. la forma más simple de una ecuación para la elipse. El punto C. °µ ¶ µ ¶° °µ ¶ µ ¶° ° x ° −c ° c ° ° ° ° x ° ° y − 0 ° + ° y − 0 ° = 2a q q 2 2 (x + c) + y + (x − c)2 + y 2 = 2a. se llama eje normal.4. luego elevamos ambos lados al cuadrado. un punto P = de R2 está sobre la elipse E si y sólo y si ° ° °P − F 0 ° + kP − F k = 2a es decir.23) a − c2 x2 + a2 y2 = a2 a2 − c2 .217 8. (8. simplificamos y agrupamos términos semejantes. Figura 8. Nótese que la elipse E tiene centro en el origen y su eje focal es el eje x (figura 8. o equivalentemente. por ejemplo. . El segmento A0 A. µ ¶ µ ¶ −c c 0 yF = . pasamos el segundo radical al lado derecho. Puesto que 2a debe ser mayor que la distancia 2c entre F 0 y F entonces se tiene que a > c. y tal Consideremos. c ≥ 0.23). se llama eje menor. Secciones Cónicas Ahora. la longitud kV − V 0 k del eje yV = vértices de E son los puntos V = 0 0 mayor es 2a y por tanto el número a en la ecuación (8. Recíprocamente. b ≤ a pues b2 = a2 − c2 . la longitud Luego los extremos del eje menor son los puntos A = b −b kA − A0 k del eje menor es 2b y por tanto. Introduciendo el número b.24) está y sobre la elipse E. Así. de la ecuación (8. Así. satisface la ecuación y µ ¶ x (8.24) se ve que la elipse E es simétrica respecto al eje normal (el eje y). si x = 0 en (8. ¶ µ ¶se puedeµobtener √ 0 −c donde c = a2 − b2 . Así. Finalmente. la ecuación (8. Si y = 0 en (8. de la ecuación (8.24) µ ¶ x Por el momento tenemos que todo punto sobre la elipse E. se obtiene x2 y 2 + 2 = 1.24). Sólo hay que tener cuidado con las raíces cuadradas que aparecen en este proceso.24) µ ¶ se ve que la elipse E es simétrica respecto µ ¶al eje focal (el eje x) x x pues por cada punto que satisface dicha ecuación. es decir.24) es una ecuación para la elipse E.24) entonces Nótese que en la ecuación (8. el punto también la satisface. Similarmente. y 2 = b2 y por tanto y = ±b.23) toma la forma más simple b2 x2 + a2 y2 = a2 b2 . Por último. De la ecuación (8. . En efecto. luego los a2 µ ¶ µ ¶ a −a 0 .22) a la ecuación (8. lo cual puede ser comprobado por el lector reversando los pasos que condujeron de la ecuación (8. x2 = 1.24) es la mitad de la longitud del eje mayor. como a > c entonces a2 − c2 > 0. (8. tal que b2 = a2 − c2 .24) es la mitad de la longitud del eje menor. x2 = a2 y por tanto x = ±a. a2 b (8. y −y De manera similar. el número b en la ecuación (8. yF = dichos focos son los puntos F 0 = c 0 Los hechos anteriores se ilustran en la figura 8. b > 0.24. es decir. todo punto de R2 que satisfaga dicha ecuación (8.24) entonces y2 = 1.24) los focos de la elipse. dividiendo a ambos lados por a2 b2 .218 8.24). b2 µ ¶ µ ¶ 0 0 0 yA = .24). como también la distancia del centro a cada uno de los extremos del eje menor. De estas dos simetrías se sigue que la elipse E también es simétrica respecto a su centro (el origen). como también la distancia del centro a cada uno de los vértices. pero ahora los focos son los puntos F 0 = yF = . c De manera que la apariencia o forma de la elipse está asociada con la razón . c tiende a 0). cuando c = 0). yF = En la discusión anterior la elipse E tiene sus focos en los puntos F = 0 0 c ≥ 0. Es de señalar que este caso extremo no está contemplado en la definición de elipse. el número b tiende al número √ a pues b = a2 − c2 y la elipse se parece cada vez más a una circunferencia.25) donde b es. • Si los focos se alejan más y más (es decir. En la ecuación (8. La elipse Figura 8.25) el número a sigue siendo la distancia del centro a los vértices. la denotaremos mediante la letra e. la elipse a parece una circunferencia. de hecho se convierte en una circunferencia cuando F 0 = F (es decir. µ ¶ µ ¶ 0 0 y V = . el número b tiende a 0 y la elipse se va achatando cada vez más. el número positivo tal que b2 = a2 − c2 .4.24)) y2 x2 + 2 =1 a2 b (8. c ≥ 0.24. la elipse es una circunferencia.219 8. En tal caso.24). Si e es próxima a 1. Supongamos que se mantiene fijo el número a (la mitad de la longitud del eje mayor). µ ¶ µ ¶ c −c 0 . y la constante que se menciona en la definición de elipse igual constante µ a¶2a. Se tiene entonces c que e = y como 0 ≤ c < a entonces 0 ≤ e < 1. la cual a se llama excentricidad de la elipse. el número b también sigue los cuales son ahora los puntos V 0 = −a a . la elipse se asemeja a un segmento de recta. si e = 0. una ecuación para la elipse es (vea (8. c tiende al número a). Si dicha µ ¶ 0 0 continúa siendo 2a. Si e es próxima a 0. como en (8. cuando c = a). de hecho se convierte en un segmento de recta cuando F = V (es decir. Nótese que: • Si ³los focos se acercan ´más y más (es decir. −c c entonces la elipse tiene como eje focal el eje y y se intercambian los papeles de x y y. pero e 6= 0. Las ecuaciones (8. x2 y 2 + =1 4 9 es de la forma (8.25) con a2 = 9 y b2 = 4. por tanto corresponde a una elipse con centro en el origen y eje focal el eje y. Mientras que x2 y 2 + =1 25 16 es de la forma (8. los cuales son ahora los puntos ¶ µ −b b yA= (figura 8. Es importante tener presente que en cualquiera de las dos ecuaciones (8. a Figura 8. b y c. Por ejemplo. por tanto corresponde a una elipse con centro en el origen y eje focal el eje x. Secciones Cónicas siendoµla distancia del¶centro a los extremos del eje menor.220 8. Resaltamos a continuación lo básico de la discusión anterior.24).24) y (8.25). a2 > b2 y que a2 es el denominador de la variable asociada con el eje focal. Nótese que se mantiene la relación entre los números A0 = 0 0 c a.25) son las ecuaciones más simples para la elipse. La excentricidad sigue siendo e = . por tal razón se les llama formas canónicas para la ecuación de la elipse.25). . con a2 = 25 y b2 = 16.24) y (8.25. y como esta distancia es c = °F − 0 ° 2 à ! √ 2 µ ¶2 7 13 36 49 13 2 b = − = = 9. a2 b Sólo resta determinar el valor de las constantes a y b. la longitud del eje mayor es 1 . − = 2 2 4 4 4 Por tanto una ecuación para la elipse E es x2 49 4 + y2 =1 9 . y este punto 0 medio es . Así. como µ ¶ el centro de la elipse es el punto medio del segmento V V . 0 ≤ c < a entonces una ecuación para la • Si F = 0 0 elipse E es x2 y2 + 2 =1 a2 b donde b es el número positivo tal que b2 = a2 − c2 . 0 ≤ c < a entonces una ecuación para la • Si F = −c c elipse E es y2 x2 + 2 =1 a2 b donde b es el número positivo tal que b2 = a2 − c2 . µ ¶ µ ¶ 0 0 0 y F = . entonces ° primer µ ¶° ° 7 ° 0 ° = . tres veces la del eje menor y pasa por el punto P = 4 Solución: a) Como la elipse E tiene sus vértices sobre el eje x. entonces ° F. E tiene una ecuación de la 0 forma x2 y 2 + 2 = 1. V = y uno de sus focos es F = 0 0 √ ¶ µ 13/2 . µ ¶ µ ¶ −7/2 7/2 a) La elipse E tiene vértices V 0 = . En lugar. entonces E tiene su centro en el origen. como a es la distancia del centro a cualquiera de los vértices. 0 Además. b2 = a2 − c2 donde c es la distancia del centro al foco a=° V − ° 0 ° 2 ° µ ¶° √ ° 0 ° ° = 13 . sus focos enµel ¶eje y. 0 b) La elipse E tiene centro en el origen. Ejemplo 8.10 Halle una ecuación para cada una de las siguientes elipses E. Por otra parte. µ ¶ µ ¶ −c c 0 y F = . entonces su eje focal es el eje x.4.221 8. La elipse Sea E una elipse con focos F 0 y F tal que la suma de las distancias de cada uno de sus puntos a los focos es la constante 2a. 4x2 y2 + = 1. a = 3b. es decir. 25 25 La elipse E se muestra en la figura 8. equivalentemente.27. Hallemos los valores de las constantes a y b : Como la longitud del eje mayor es tres veces la longitud del eje menor entonces 2a = 3 (2b) . a2 = (3b)2 = 9b2 = 25. Figura 8. Además.222 8. una ecuación para la elipse E es y2 x2 + 25 = 1 25 9 o. de donde 9b2 9 Así. equivalentemente.26 se muestra la elipse E. 49 9 En la figura 8. como P = es un punto sobre la elipse E entonces dicho punto satisface la 4 ecuación de E y por tanto 12 42 + =1 9b2 b2 25 16 + 9 = 1 o sea b2 = . entonces E tiene una ecuación de la forma y2 x2 + 2 =1 a2 b en la cual a es la mitad de la longitud del eje mayor y b la mitad de la longitud del eje menor. 9x2 y2 + = 1.µ ¶ 1 Ahora. b) Como la elipse E tiene centro en el origen y su eje focal es el eje y. ¥ .26. Secciones Cónicas o. La elipse Figura 8. los extremos del eje menor y la excentricidad de dicha elipse. Halle los focos.26) por 225.25).27) y ésta representa una elipse. Ejemplo 8. los vértices.26) representa una elipse basta llevar dicha ecuación a una de las formas (8.26) es equivalente a la ecuación (8. con lo cual se obtiene 25 2 144 2 y + x =1 225 225 la cual escribiremos como y2 225 144 + x2 225 25 =1 que también puede escribirse como y2 x2 ¡ 5 ¢2 + 2 = 1 3 (8.4.24) o (8.24) con a = 3 y b = . .26) representa una elipse. entonces la ecuación (8.11 Muestre que la ecuación 144y 2 + 25x2 = 225 (8. Solución: Para mostrar que la ecuación (8.27) 4 5 ecuación que tiene la forma (8. 4 Puesto que la ecuación (8.223 8.27.26) representa una elipse. la cual tiene centro en el origen y eje focal el eje x. Comenzamos por dividir a ambos lados de (8. µ ¶ µ ¶ h h−c 0 Consideremos ahora una elipse con su centro en el punto . .73. −5/4 5/4 µ ¶ µ ¶ q √ c −c donde c = a2 − b2 = 9 − yF = = 0 0 Finalmente.28.224 8. focos F = y k k µ ¶ h+c F = . 0 0 Los extremos del eje menor son los puntos A0 = Los focos son los puntos √ 119 4 ≈ 2. F0 µ ¶ µ ¶ 0 0 yA= . Secciones Cónicas Para tal elipse se tiene que: Los vértices son los puntos V0 µ ¶ µ ¶ −3 3 = yV = .28 se muestra dicha elipse. c ≥ 0.91.29a). la excentricidad es e = c = a √ 119 12 En la figura 8. 25 16 = ≈ 0. ¥ Figura 8. y suma constante de distancias 2a (a > c) . Nótese que el eje focal es k paralelo al eje x (figura 8. 29) donde nuevamente b es el número positivo tal que b2 = a2 − c2 . . Es claro que en las ecuaciones (8. si la elipse mantiene su centro en el punto y también la k µ ¶ h 0 y suma constante de distancias 2a. la elipse se dirá vertical.25). Una elipse cuyo eje focal coincide con el eje x o es paralelo a este eje se dirá horizontal. c ≥ 0 (figura 8. Podemos obtener rápidamente una ecuación µ ¶ para dicha elipse.28) a2 b2 para la elipse en consideración. µ ¶ h De manera similar. En efecto.29a) es (x0 )2 (y 0 )2 + 2 =1 a2 b donde (al igual que en la ecuación (8.4.29b) entonces una ecuación para dicha elipse es k+c (y − k)2 (x − h)2 + =1 a2 b2 (8. referida al nuevo sistema x0 y 0 (Vea figura 8.29) los números a y b tiene exactamente el mismo significado que en las ecuaciones (8.24) y (8. pero ahora sus focos son los puntos F = k−c µ ¶ h F = . La elipse Figura 8.24)) b es el número positivo tal que b2 = a2 − c2 .225 8. y 0 = y − k en la ecuación anterior. referida al sistema original xy. nos lleva de inmediato a la ecuación (x − h)2 (y − k)2 + =1 (8. Tenemos así lo siguiente. una ecuación para la k elipse. si el eje focal coincide con el eje y o es paralelo a este eje. efectuando una traslación h de ejes con el nuevo origen en el centro de la elipse.28) y (8.29. La sustitución x0 = x − h. C= = F +F = 2 2 k c es Por otra parte. una ecuación para ella es (x − h)2 (y − k)2 + =1 a2 b2 2 2 2 donde b es el número positivo tal que b = a − c . 2a = 16 y por tanto a = 8. • Si la elipse es horizontal. centro en C = . • Si la elipse es vertical. a2 b2 µ ¶ h Procedemos a hallar el centro C = y el valor de las constantes a y b : k El centro es el punto medio del segmento F 0 F . √ ¶ √ ¶ µ µ −3 + 19 −3 − 19 0 yF = y suma constante de a) La elipse E tiene focos F = 2 2 distancias igual a 16.30. b2 = a2 − c2 . donde √ 19 la distancia del centro a cualquiera de los focos. 6 Solución: a) Como el eje focal de la elipse E es paralelo al eje x.28) (x − h)2 (y − k)2 + = 1. Ejemplo 8. Finalmente. una ecuación para ella es (y − k)2 (x − h)2 + =1 a2 b2 2 2 2 donde b es el número positivo tal que b = a − c . µ ¶ −3 1 b) La elipse E tiene excentricidad 2 . b2 = 82 − Por tanto. 64 45 La elipse E se muestra en el figura 8. una ecuación para la elipse E es (x + 3)2 (y − 2)2 + = 1. distancia entre los focos 2c (c ≥ 0) k y con la constante mencionada en la definición de elipse igual a 2a (a > c) . así µ ¶ µ ¶ ¢ −3 h 1¡ 0 . como esta distancia es kF − Ck = √ entonces c = 19 y así ³√ ´2 19 = 64 − 19 = 45.12 Halle una ecuación para cada una de las siguientes elipses E. Secciones Cónicas µ ¶ h Consideremos una elipse con centro en el punto .226 8. . entonces la elipse E es horizontal y por tanto una ecuación para ella es de la forma (8. el eje focal es la recta x = −3 2 µ ¶ −1 y pasa por el punto P = . b) Comoµel eje ¶ focal es paralelo al eje y. Puesto que la excentricidad de la elipse es e = 2 a a tenemos que √ 1 a2 − b2 = .31) 3 µ ¶ −1 Por otra parte. como el punto P = está sobre la elipse.4.32) 2 a b 4 Sustituyendo en esta ecuación a2 por b2 (de acuerdo con la relación (8.30).227 8. Se sigue (vea la relación (8.30. (8.30) donde a es la mitad de la longitud del eje mayor y b la mitad de la longitud del eje menor.31)) se obtiene 3 12 4 + 2 =1 b2 b de donde b2 = 16. la elipse E es vertical y como el centro es el −3 punto C = entonces una ecuación para E es 2 (y − 2)2 (x + 3)2 + =1 a2 b2 (8. a 2 Elevando ambos lados al cuadrado y simplificando esta igualdad se transforma en 4 a2 = b2 . tenemos así que (6 − 2)2 (−1 + 3)2 + =1 a2 b2 es decir. (8. a = 3 3 . 4 16 + 2 = 1. entonces él satisface la 6 ecuación (8. La elipse Figura 8. Hallemos los valores de dichas constantes a y b : √ c a2 − b2 1 y dado que e = = .31)) que µ ¶ 64 4 2 (16) = . Figura 8.28) o a la forma (8. Consideremos nuevamente las ecuaciones (8. a2 b2 Multiplicando por a2 b2 a ambos lados.29) (x − h)2 (y − k)2 + =1 a2 b2 y (y − k)2 (x − h)2 + = 1. completando los cuadrados en las variables x y y. cada una de estas ecuaciones se puede llevar a la forma Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (8.228 8. toda elipse horizontal o vertical tiene una ecuación de la forma (8.31 se muestra la elipse E. Secciones Cónicas Así.13 Compruebe que la ecuación 16x2 + 324y 2 + 64x − 2592y + 4672 = 0 (8.29) según corresponda. una ecuación para la elipse E es (y − 2)2 64 3 + (x + 3)2 =1 16 o. los extremos del eje menor y la excentricidad de dicha elipse. si partimos de una ecuación de la forma (8. 64 16 En q la figura 8.34) representa una elipse. los focos. Ejemplo 8. con A y C como se ha indicado. equivalentemente.33) donde las constantes A y C son no nulas y del mismo signo. Así.33) para una elipse dada. los vértices.33).6 y la mitad de la longitud del eje menor es b = 16 = 4.28) y (8. 3 (y − 2)2 (x + 3)2 + = 1. la mitad de la√longitud del eje mayor es a = 64 ¥ 3 ≈ 4. como se ilustra en el ejemplo siguiente.31. Halle el centro. desarrollando los cuadrados y reuniendo las constantes al lado izquierdo. podemos llevarla a la forma (8. Ahora. . = 4 k + b 4 + k−b 4 − 43 3 3 3 La excentricidad es √ √ 308 308 c = ≈ 0.35) entonces la ecuación (8. 3 Los extremos del eje menor son los puntos ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ −2 h −2 −2 h −2 0 A = = 8 yA= = = 16 .34) representa una elipse.229 8. por tanto corresponde a una elipse. equivalentemente. V = k 4 4 k 4 4 Los focos son los puntos µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ h−c −2 − c h+c −2 + c 0 F = = yF = = k 4 k 4 donde p c = a2 − b2 = r 16 36 − = 9 √ 308 . e= = a (3) (6) 18 En la figura 8. k 4 Los vértices son los puntos µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ h−a −2 − 6 −8 h+a −2 + 6 4 0 = = yV = = = .32 se muestra dicha elipse.97.35) Esta ecuación (8. (x + 2)2 (y − 4)2 + = 1. 16 36 9 (8.34) en la forma ¡ ¢ ¡ ¢ 16 x2 + 4x + 324 y 2 − 8y = −4672. Completando los cuadrados en las variables x y y obtenemos es decir.34) es equivalente a la ecuación (8.4. ¥ . La elipse Solución: Escribimos la ecuación (8. la cual es horizontal.28) con a = 6 y b = 43 . µ ¶ µ se¶tiene que: h −2 El centro es el punto C = = . Para tal elipse. ¢ ¡ ¢ ¡ 16 x2 + 4x + 4 + 324 y 2 − 8y + 16 = −4672 + 64 + 5184 16 (x + 2)2 + 324 (y − 4)2 = 576.35) es de la forma (8. Puesto que la ecuación (8. Dividiendo a ambos lados de esta ecuación por 576 y simplificando nos queda (x + 2)2 9 (y − 4)2 + =1 36 16 o. µ la ¶ ecuación dada no representa una elipse y el único punto que la satisface x 2 es = .14 a) Consideremos la ecuación 9x2 + 5y 2 − 36x + 10y + 41 = 0. Se advierte al lector que algunas ecuaciones de la forma (8. ningún lugar geométrico. con A y C no nulos y del mismo signo. esta ecuación se convierte en 9 (x − 2)2 + 5 (y + 1)2 = 0. µ ¶ x satisface la ecuación dada. Secciones Cónicas Figura 8. • Es bien conocido que los planetas en el sistema solar describen órbitas elípticas en su movimiento alrededor del sol.017 y 0. . y −1 b) Consideremos ahora la ecuación 9x2 + 5y 2 − 36x + 10y + 45 = 0. 0. respectivamente. De la misma forma.056 aproximadamente. Luego de completar los cuadrados en x y y. µPor ¶ tanto. no representa una elipse. con A y C no nulos y del mismo signo.33). Luego. no representan elipses. esta ecuación se convierte en 9 (x − 2)2 + 5 (y + 1)2 = −4. la trayectoria de la luna alrededor de la tierra es una elipse. es decir. ningún punto y Finalizamos la presentación de la elipse mencionando algunas de las aplicaciones de esta cónica. con la tierra en uno de los focos. Las excentricidades de las órbitas de la tierra respecto al sol y de la luna respecto a la tierra son.230 8. ningún punto y ¥ Se puede probar que cuando una ecuación del tipo (8.33). El hecho de que estas excentricidades sean tan cercanas a cero indica que dichas órbitas son casi circulares. ella representa un único punto o no representa µ ¶ x de R2 la satisface.32. como se muestra en el siguiente ejemplo. Ejemplo 8. Luego de completar los cuadrados en x y y. con éste en uno de los focos. Figura 8.5. En las galerías de susurros. La hipérbola • La elipse también se usa en construcción de edificios. se refleja pasando por el otro foco. Consideremos ahora un reflector elíptico. Veámosla: Se denomina hipérbola al conjunto de todos los puntos P del plano tales que el valor absoluto de la diferencia de las distancias de P a dos puntos fijos del plano F 0 y F es constante.231 8. Así. puentes y en engranajes para maquinarias. • La elipse goza. Dos aplicaciones de este hecho son las “galerías de susurros” y la “litotripsia”. según la propiedad antes mencionada de la elipse. entonces los ángulos α y β mostrados en la figura 8. el cual consiste en lo siguiente: se coloca un reflector elíptico con el cálculo en uno de los focos y en el otro una fuente emisora de ondas sonoras de alta intensidad. como la parábola. Sabemos que dicho rayo se refleja de tal modo que el ángulo de reflexión es igual al ángulo de incidencia. . no importa que tan débil sea dicho sonido. alrededor de su eje focal. siendo α su ángulo de incidencia. Supongamos que un rayo de luz emitido desde una fuente luminosa ubicada en el foco F 0 toca la superficie reflectora en un punto P. y esa constante es positiva y menor que la distancia entre estos puntos. un sonido originado en uno de los focos del recinto elíptico. 8. de una importante propiedad geométrica. produciendo su destrucción y sin afectar en el riñón la zona circundante al cálculo. Los puntos F 0 y F se llaman focos de la hipérbola. las cuales al chocar contra la superficie se reflejan convergiendo exactamente en el cálculo renal.5 La hipérbola La hipérbola es una cónica cuya definición es similar en muchos aspectos a la de la elipse. En forma similar. lo que ocurre con la luz ocurre con el sonido: una onda sonora originada en uno de los focos. Por otra parte. dicho rayo de luz se reflejará pasando por el foco F.33 son iguales. a saber: Si P es un punto cualquiera de la elipse y η es la recta normal a la elipse en el punto P . el cual tiene forma de un elipsoide de revolución obtenido al rotar una elipse con focos F 0 y F. se escucha claramente en el otro foco.33. al chocar con la superficie reflectora elíptica. la litotripsia es un procedimiento muy reciente para la destrucción de cálculos renales. 35) son puntos de la hipérbola que cumplen la condición °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F 0 ° − °P F ° = 2a pues °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F 0 ° = °XV 0 ° .36) A continuación indicamos una manera de obtener. como se muestra en la figura 8.35. así que V es un punto de la hipérbola.34.36). °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F 0 ° − °P F ° = 2a o °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F 0 ° − °P F ° = −2a °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F ° − °P F 0 ° = 2a. con regla y compás. °−−→° °−−→° ° ° ° ° Es claro que V cumple la primera de las condiciones en (8. puntos P de la hipérbola que cumplen la primera de las condiciones en (8.36) y por ello V 0 también es un punto de la hipérbola). Los dos puntos P de corte de los arcos de circunferencia trazados (vea figura 8. equivalentemente. °V F 0 °−°V F ° = 2a. °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F ° = °XV ° y °−−→° °−−→° ° ° ° ° °XV 0 ° − °XV ° = 2a. Figura 8.36). Se toma ahora un punto X a la derecha del foco F y sobre la recta que pasa por F 0 y F. (8.34.232 8. (Igualmente V 0 cumple la segunda de las condiciones en (8. Luego. °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F 0 ° − °P F ° = 2a o o. Secciones Cónicas Denotando 2a la constante mencionada en la definición anterior (como lo hicimos para la correspondiente constante en la definición de elipse) tenemos que la hipérbola consta de todos los puntos P del plano tales que ¯°−−→° °−−→°¯ °¯ ° ° ¯° ¯°P F 0 ° − °P F °¯ = 2a es decir. . es decir. Se fijan los focos F 0 . con centro en el foco F y radio la distancia entre X y V se traza media circunferencia a la izquierda de F. Con centro en el foco F 0 y radio la distancia entre X y V 0 se traza un arco de circunferencia como se muestra en la figura 8. Por último. F y se determina el punto medio C del segmento F 0 F . a cada lado de C se toman puntos V 0 y V a una distancia a de C. el cual es el punto medio del segmento V 0 V y también del segmento F 0 F . El segmento V 0 V se llama eje transverso. El punto C. tomando el punto X a la izquierda de F 0 e intercambiando los papeles de F y F 0 y los de V y V 0 en el procedimiento anterior. se llaman vértices. La hipérbola Figura 8.5. El aspecto de la hipérbola completa es como se muestra en la figura 8. las dos curvas que la conforman (correspondientes a las dos condiciones en (8.36).233 8. De manera similar se obtienen puntos P que cumplen la segunda de las condiciones en (8. Figura 8.36)) son llamadas ramas de la hipérbola. . La recta L0 que pasa por el centro y es perpendicular al eje focal se llama eje normal. Los puntos V 0 .36.35. La recta L que pasa por los focos se llama eje focal. V donde el eje focal corta la hipérbola. se llama centro.36. y tal que la constante mencionada hipérbola H. introduciendo el número b. tal que b2 = c2 − a2 . se obtiene en primer lugar ¡ 2 ¢ ¡ ¢ c − a2 x2 − a2 y2 = a2 c2 − a2 . por ejemplo. Puesto que 2a debe ser positiva y menor que la distancia 2c entre los focos F 0 y F entonces se tiene que 0 < a < c.234 8.37) con el signo + en el lado derecho.37) con el signo −.37. conforman la rama izquierda. c > 0. Ahora.37) en el caso de la elipse. Consideremos. mientras que aquellos que satisfacen (8. equivalentemente. conforman y la rama derecha. (Figura 8. µ ¶ x En las condiciones anteriores un punto P = de R2 está sobre la hipérbola H si y y sólo si ° ¯ ¯° ¯°P − F 0 ° − kP − F k¯ = 2a es decir. °µ ¶ µ ¶° °µ ¶ µ ¶° ° x ° −c ° c ° ° ° ° x ° ° y − 0 ° − ° y − 0 ° = ±2a q q (x + c)2 + y2 − (x − c)2 + y 2 = ±2a.37) Figura 8. b > 0. (8. la forma más simple de una ecuación para la hipérbola se obtiene tomando los ejes coordenados de modo que el centro de la hipérbola esté en el origen y el eje focal sea alguno coordenados.37) µ ¶ x Los puntos P = que satisfacen (8. la ecuación anterior toma la forma más simple b2 x2 − a2 y2 = a2 b2 . Nótese que la hipérbola H tiene su centro en el origen y su eje focal es el eje x. como c > a entonces c2 − a2 > 0 y así. la µ de¶los dos ejes µ ¶ −c c yF = . . Siguiendo el mismo procedimiento para simplificar la ecuación similar a (8. o. Secciones Cónicas Al igual que para la elipse. con focos F 0 = 0 0 en la definición de la hipérbola es 2a. Así. La hipérbola Finalmente. su longitud es kA − A0 k = 2b.38) es la mitad de la longitud del eje conjugado. Luego las a µ ¶ −a intersecciones de H con el eje x. la recta y = x es una asíntota de la hipérbola H para x > 0 (figura 8. lo cual está de acuerdo con la forma de la curva en la figura 8.38) µ ¶ x sobre cualquiera de las dos ramas de la hipérbola H satisface la Así. se obtiene la ecuación x2 y2 − 2 =1 a2 b (8. µ ¶ µ ¶ 0 0 0 0 El segmento A A con A = yA= (análogo al eje menor en la elipse) se −b b llama eje conjugado de la hipérbola. a . son los puntos V 0 = y 0 µ ¶ a V = . x2 − a2 es muy cercano (aunque menor) a x2 . es decir los vértices de H.38) está sobre alguna de las dos ramas de la hipérbola H. el número b en (8.38) los focos de la hipérbola H.38. pues con x = 0 en (8.38) se obtiene − 2 = 1 y no existe y ∈ R que satisfaga esta b ecuación. De la ecuación (8. Pero hay algo más: √ cuando x es √ muy grande (comparado con a). Despejando y en (8.38) se ve que la hipérbola H es simétrica respecto a su eje focal (el eje x). está sobre H. dividiendo por a2 b2 . x2 = a2 y por tanto x = ±a. De la ecuación (8. y= bp 2 x − a2 .38).38) confirma que la hipérbola no corta su eje normal (el eje y2 y). Se deja como ejercicio al lector probar que todo punto y satisface la ecuación (8. a x ≥ a. es decir. respecto a su eje normal (el eje y) y respecto a su centro (el origen).38) es una ecuación para la hipérbola H. todo punto y µ ¶ x de R2 que ecuación (8. yF = son los puntos F 0 = 0 0 Consideremos ahora la parte de la hipérbola en el primer cuadrante. y también crece. y = 0 y que si x crece. x2 Si y = 0 en (8. la diferencia x − y tiende a 0 (manteniéndose positiva) cuando x → ∞. Podemos afirmar entonces que (8. pues dichos focos ¶ µ obtener µ ¶se pueden √ c −c con c = a2 + b2 . es decir. Se puede probar que para a a b√ 2 b 2 y= x − a . Así. Nótese que la ecuación (8.38) es la mitad de la longitud del eje transverso o también la distancia del centro a cualquiera de los vértices. la longitud del eje transverso es kV − V 0 k = 2a y por tanto el número a en 0 la ecuación (8. para este caso.235 8. y como √ b√ 2 b x2 = x (pues x > 0) entonces x − a2 es muy cercano a x.38).38) se obtiene. Obsérvese que cuando x = a.5. a a b Así.38) entonces 2 = 1. En la figura 8. En tal caso el rectángulo que se muestra en la figura 8. Figura 8. lo anterior se extiende a los otros cuadrantes.39 es un cuadrado y los ejes transverso y conjugado tiene la misma longitud. b2 = a2 o sea a = b. Cuando las asíntotas forman ángulos rectos en su punto de corte. los números a y b que aparecen en la ecuación (8. la hipérbola se dice b b rectangular. Por tal razón la hipérbola también se dice equilátera en este caso. Secciones Cónicas Figura 8. Ello ocurre cuando las pendientes y − de las asíntotas cumplen la condia a ción µ ¶µ ¶ b b − = −1 a a es decir.39. .38) y las asíntotas.39 se muestra la hipérbola completa. Dada la simetría de la hipérbola.236 8.38. y la constante que se menciona en la definición de hipérbola igual a 2a. En tal caso una ecuación para la hipérbola es y2 x2 − 2 =1 (8. La distancia del centro donde b es. la ecuación (8. c > 0. aquel número positivo tal que µb ¶ µ ¶¶ µ 0 0 0 yV = sigue siendo a. 2b sigue siendo la longitud a a del eje conjugado. es decir. a . mientras que para la elipse 0 ≤ e < 1. La hipérbola Así. pero ahora los focos son los puntos F 0 = y −c µ ¶ 0 F = . puesto que 0 < a < c entonces e > 1. y a los vértices los cuales son ahora los puntos V = −a a así 2a sigue siendo la longitud del eje transverso.39) son las ecuaciones más simples para la hipérbola. la excentricidad de la hipérbola se define como c e = .38) y (8. b b Figura 8. la ecuación x2 − y2 = a2 µ ¶ µ ¶ −a a corresponde a una hipérbola rectangular o equilátera. nuevamente. con vértices = yV = . entonces la hipérbola tiene todavía su centro en el origen pero su eje c focal es el eje y y se intercambian los papeles de x y y. En cualquiera de los casos tratados.39) a2 b V0 2 = c2 − a2 . Pero las asíntotas son ahora las rectas y = x y y = − x (figura 8. c > 0. igualmente.237 8.5. 0 0 µ ¶ −c y En la discusión anterior la hipérbola H tiene sus focos en los puntos F 0 = 0 µ ¶ c F = . 0 µ ¶ 0 Si dicha constante continúa siendo 2a.40. Las ecuaciones (8.38) con a = b.40). por ello se les llama formas canónicas para la ecuación de la hipérbola. 39).39) corresponde a una cuyo eje focal es el eje y. y con −c c la constante que se menciona en la definición de hipérbola igual a 2a (0 < a < c) es y 2 x2 − 2 =1 a2 b donde b es el número positivo tal que b2 = c2 − a2 . 12 12 b) La hipérbola H tiene como asíntotas las rectas y = x. Así. − = 0. Secciones Cónicas Recogemos a continuación lo básico de la discusión anterior. c > 0. .38) corresponde a una hipérbola cuyo eje focal es el eje x.15 Halle una ecuación para cada una de las siguientes hipérbolas H.38) y (8. la ecuación (8. a2 b Hallemos el valor de las constantes a y b. − = 0. es decir. Las asíntotas de esta hipérbola son las rectas a a y= xyy=− x b b las cuales conforman el conjunto solución de la ecuación ³y x´ ³y x´ y2 x2 − + = 0. y = − x y uno de sus focos 5 5 µ ¶ 0 .238 8. µ √ ¶ − 13 y a) La hipérbola H tiene centro en el origen. es F = 26 Solución: a) Como H tiene centro en el origen y su eje focal es el eje x (pues su centro y uno de los focos están sobre el eje x) entonces H tiene una ecuación de la forma x2 y 2 − 2 = 1. c > 0. es decir. F0 Las asíntotas de esta hipérbola son las rectas b b y y=− x y= x a a las cuales conforman el conjunto solución de la ecuación ³x y´ ³x y´ x2 y 2 − + = 0. y con 0 0 la constante que se menciona en la definición de hipérbola igual a 2a (0 < a < c) es x2 y 2 − 2 =1 a2 b donde b es el número positivo tal que b2 = c2 − a2 . el minuendo involucra la variable asociada con el eje focal. de a2 b2 a b a b µ ¶ µ ¶ 0 0 0 • Una ecuación para la hipérbola con focos F = yF = . de a2 b2 a b a b Obsérvese que en las ecuaciones (8. Ejemplo 8. µ ¶ µ ¶ −c c • Una ecuación para la hipérbola con focos = yF = . mientras que (8. uno de sus focos es el punto F 0 = 0 su eje conjugado tiene una longitud de 6 unidades. 41. Por otra 5 b µ 5¶ 5 0 al centro. como el eje conjugado de H tiene 6 unidades de longitud entonces 2b = 6 y así b = 3. Ahora como H tiene su centro y uno de sus focos sobre el eje y entonces el eje focal de H es el eje y y así H tiene una ecuación de la forma y 2 x2 − 2 = 1. 12 12 luego el centro de la hipérbola H es el origen pues las asíntotas y = x y y = − x se 5 5 cortan allí. La hipérbola En primer lugar. y como esta parte. b) Sabemos que las asíntotas de una hipérbola se cortan en el centro de la hipérbola. Figura 8. 4 9 En la figura 8. µ √ ¶ − 13 2 2 2 0 y Por otra parte.239 8.5. a2 b a 12 12 12 x es una asíntota de H entonces = y así a = b. a2 = Por tanto. una ecuación para la hipérbola H es x2 y 2 − = 1.41 se muestra la hipérbola H. a = c − b donde c es la distancia del centro al foco F = 0 √ √ como esta distancia es 13 entonces c = 13 y ³√ ´2 13 − 32 = 13 − 9 = 4. b2 = c2 − a2 donde c es la distancia del foco F = 26 distancia es 26 entonces c = 26 y µ ¶2 12 52 (26)2 − (12)2 b2 2 2 b = (26) − b2 = 5 52 Ahora. como y = . (24)2 (10)2 En la figura 8.42 se muestra la hipérbola H. ¥ Figura 8. Solución: La ecuación (8. Halle el centro.16 Muestre que la ecuación 9y2 − 16x2 − 144 = 0 (8.40) representa una hipérbola. los extremos del eje conjugado.240 8. los vértices. Secciones Cónicas de donde 52 b2 + (12)2 b2 = 52 (26)2 169b2 = 52 (26)2 (5)2 (26)2 (13)2 ¶ µ (5) (26) 2 = = (10)2 . b = 10 (pues b > 0) y así a = 5 Tenemos así que una ecuación para H es y2 x2 − = 1. Por tanto.40) es equivalente a 9y 2 − 16x2 = 144 .42. (13) b2 = b2 12 (10) = 24. los focos. las asíntotas y la excentricidad de dicha hipérbola. Ejemplo 8. 39) con a = 4 y b = 3. y = x y y = − x. ¥ Figura 8.43. Para tal hipérbola se tiene que: µ ¶ µ ¶ 0 0 yV = . . µ ¶ −c µ ¶ c 0 0 es decir. representa una hipérbola. a 4 a a 4 4 Por último. es decir. −5 5 5 c La excentricidad es c = = .41). 16 9 (8. y por lo tanto la ecuación (8. yA= Los extremos del eje conjugado son los puntos A0 = 3 0 µ ¶ µ ¶ √ √ 0 0 Los focos son los puntos F 0 = yF = donde c = a2 + b2 = 16 + 9 = 5.41) es de la forma (8. la cual tiene centro en el origen y eje focal el eje y.41) La ecuación (8.241 8.5. las asíntotas son las rectas y = x y y = − x. Los vértices son los puntos V 0 = −4 4 µ ¶ µ ¶ 0 −3 . luego (8. como 16 y 2 x2 − = 1.43 se muestra dicha hipérbola. son los puntos F 0 = yF = . b b 3 3 En la figura 8. La hipérbola y ésta a la ecuación 9y 2 16x2 − =1 144 144 la cual podemos escribir como y2 x2 ¡ 144 ¢ − ¡ 144 ¢ = 1 9 es decir.40). Una hipérbola cuyo eje focal coincide con el eje x o es paralelo a este eje se dirá horizontal. y con la constante que se menciona en la definición de hipérbola k igual a 2a (0 < a < c) .44b) entonces en lugar de la ecuación anterior se tiene k+c (y − k)2 (x − h)2 − = 1. la hipérbola se dirá vertical. Secciones Cónicas µ ¶ µ ¶ h h−c 0 Consideremos ahora una hipérbola con su centro en el punto .38).44. tenemos que una ecuación para dicha hipérbola es (x − h)2 (y − k)2 − = 1. c > 0 (Figura 8. a2 b2 (8.43) Los números a y b tienen ahora el mismo significado que en la ecuación (8.42) Los números a y b tiene el mismo significado que en la ecuación (8. Tenemos así lo siguiente: . µ ¶ h Si la hipérbola mantiene su centro en el punto y también la constante mencionada k µ ¶ h 0 en la definición de hipérbola es 2a. Nótese que el eje focal es paralelo al eje x. (Figura 8. c > 0.39). pero los focos son los puntos F = y F = k−c µ ¶ h .242 8. focos F = k k µ ¶ h+c yF = . Figura 8. si el eje focal es el eje y o es paralelo a este eje.44a). De manera similar a lo hecho en las otras cónicas ya tratadas. a2 b2 (8. de a2 b2 a b a b • Si la hipérbola es vertical. además. − = 0. Solución: a) Como el eje focal de la hipérbola H es paralelo al eje x entonces la hipérbola H es horizontal. como también sus asíntotas.17 Halle una ecuación para cada una de las siguientes hipérbolas H. de a2 b2 a b a b Ejemplo 8. es decir. La hipérbola µ ¶ h Consideremos una hipérbola con centro en el punto . una ecuación para ella es (x − h)2 (y − k)2 − =1 a2 b2 donde b es el número positivo tal que b2 = c2 − a2 . .F = y pasa por el punto P = a) La hipérbola H tiene focos F = 3 3 3 ¶ µ ¶ µ 2 2 √ y la longitud del eje conjugado √ .V = b) La hipérbola H tiene vértices V 0 = 4 3 −4 3 es 2. • Si la hipérbola es horizontal. µ√ ¶ µ ¶ µ √ ¶ −2 − 29 29 0 . − = 0. distancia entre los k focos 2c (c > 0) y con la constante mencionada en la definición de hipérbola igual a 2a (0 < a < c) . una ecuación para ella es (y − k)2 (x − h)2 − =1 a2 b2 donde b es el número positivo tal que b2 = c2 − a2 .5. Las asíntotas son las rectas y−k = b (x − h) a y b y − k = − (x − h) a las cuales conforman el lugar geométrico de la ecuación ¶µ ¶ µ (x − h)2 (y − k)2 x−h y−k x−h y−k − + = 0. Como. Las asíntotas son las rectas y−k = a (x − h) b y a y − k = − (x − h) b las cuales conforman el lugar geométrico de la ecuación ¶µ ¶ µ y−k x−h y−k x−h (y − k)2 (x − h)2 − + = 0. es decir. su centro es el punto µ ¶ µ ¶ ¢ h 1¡ 0 0 C= = F +F = 2 k 3 .243 8. y como a2 + b2 = 29. de 4 25 µ x y−3 − 2 5 En la figura 8.45) µ ¶ −2 Por otra parte. (8. Secciones Cónicas entonces una ecuación para ella es de la forma (x − 0)2 (y − 3)2 − = 1. a2 Sustituyendo a2 = 4 en (8. b2 = 29 − 4 = 25. como ya se ha dicho. es decir. entonces él satisface 3 la ecuación (8.244 8.44) Procedemos a determinar el valor de las constantes a y b : La distancia del centro a cualquiera de los focos es c = kF − Ck = 2 a + b2 = c2 entonces √ 29.45) se obtiene. es decir.45 se muestra la hipérbola H. finalmente. a2 b2 (8. una ecuación para la hipérbola H es x2 (y − 3)2 − = 1.44). conforman el conjunto solución de la ecuación x2 (y − 3)2 − = 0. 4 25 Las asíntotas de H son las rectas 5 y−3= x 2 5 y−3 =− x 2 y es decir. así que (−2)2 (3 − 3)2 − =1 a2 b2 4 = 1 de donde a2 = 4 (o sea a = 2). ¶µ x y−3 + 2 5 ¶ = 0. 5 y = x+3 2 5 y =− x+3 2 y las cuales. . Por tanto. como P = es un punto sobre la hipérbola. 48 Las asíntotas de la hipérbola H son las rectas √ y = 4 3 (x − 2) y En la figura 8. √ y = −4 3 (x − 2) . y 2 (x − 2)2 − = 1. a = y 2 (x − 2)2 − =1 48 1 es decir.5. b = 1. y2 − (x − 2)2 = 1. una ecuación para H es de la forma (y − 0)2 (x − 2)2 − =1 a2 b2 es decir. La hipérbola Figura 8. ¥ . b) En este caso la hipérbola H es vertical y su centro es el punto µ ¶ µ ¶ ¢ h 1¡ 0 2 C= = .245 8. V +V = 2 k 0 Luego. una ecuación para H es En esta ecuación. Así. es decir.45. a2 b2 √ 1 kV 0 − V k = 4 3 y b es la mitad de la longitud del eje conjugado 2 (la cual es 2).46 se muestra la hipérbola H. toda hipérbola horizontal o vertical tiene una ecuación de la forma anterior.46. a2 b2 a2 b2 Como en el caso de las ecuaciones (8. Ejemplo 8. pero de signos distintos (en el caso de la elipse A y C son del mismo signo).29) para la elipse. . Al igual que en el caso de la elipse. podemos transformar dicha ecuación en una de la forma (8.42) o en una de la forma (8. Consideremos nuevamente las ecuaciones (8.42) y (8. los focos.43) (x − h)2 (y − k)2 (y − k)2 (x − h)2 − = 1 y − = 1.18 Compruebe que la ecuación 4y2 − 9x2 + 16y + 18x − 29 = 0 (8. completando los cuadrados en x y en y.28) y (8. con A y C como se ha indicado. si se parte de una ecuación de la forma anterior para una hipérbola dada. los extremos del eje conjugado. la excentricidad y las asíntotas de dicha hipérbola.46) representa una hipérbola.246 8. Halle el centro. Así.43) según corresponda. los vértices. cada una de las ecuaciones anteriores puede llevarse a la forma Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 donde las constantes A y C son no nulas. Secciones Cónicas Figura 8. dividiendo a ambos lados de esta ecuación por 36.46) es equivalente a la ecuación (8.47 se muestra dicha hipérbola.46) en la forma ¢ ¡ ¢ ¡ 4 y2 + 4y − 9 x2 − 2x = 29. 4 (y + 2)2 − 9 (x − 1)2 = 36.43) con a = 3 y b = 2.247 8. Puesto que la ecuación (8. la cual µes ¶ vertical. En la figura 8. k −2 −2 k −2 −2 Los focos son los puntos µ ¶ µ ¶ h 1 0 = F = k−c −2 − c y µ ¶ µ ¶ h 1 F = = k+c −2 + c donde p p √ a2 + b2 = 32 + 22 = 13. Para tal hipérbola. ¥ . 2 2 y+2= o. obtenemos la ecuación (y + 2)2 (x − 1)2 − =1 9 4 (8. Finalmente.5. = = y V = = = V = 1 −2 + 3 k+a −5 −2 − 3 k−a Los extremos del eje conjugado son los puntos µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ h−b 1−2 −1 h+b 1+2 3 0 A = = = y A= = = . y por tanto corresponde a una hipérbola. k −2 Los vértices son los puntos ¶ µ ¶ ¶ µ µ ¶ µ ¶ ¶ µ µ 1 1 h 1 1 h 0 . Completando los cuadrados en las variables x y y obtenemos ¡ ¢ ¡ ¢ 4 y 2 + 4y + 4 − 9 x2 − 2x + 1 = 29 + 16 − 9 es decir. √ c 13 La excentricidad es e = = . µ se ¶ tiene que: h 1 El centro es el punto C = = . La hipérbola Solución: Escribimos la ecuación (8.47) entonces la ecuación (8.46) representa una hipérbola. equivalentemente. a 3 Las asíntotas son las rectas c= 3 (x − 1) 2 y 3 y + 2 = − (x − 1) 2 3 7 y = x− 2 2 y 3 1 y =− x− .47) la cual es de la forma (8. es uno entre muchos sistemas que permiten determinar la posición de un barco o un avión y está basado en la propiedad que define la hipérbola. Si G 6= 0.19 Consideremos la ecuación 4y2 − 9x2 + 16y + 18x + 7 = 0. Este . Secciones Cónicas Figura 8. que significa navegación de largo alcance.47. la ecuación representa una hipérbola. no representan hipérbolas. es un sistema de navegación por radio desarrollado en la II guerra mundial. pero si G = 0. acrónimo de la expresión long range navigation. Luego de completar cuadrados. ella representa un par de rectas que se cortan. como se ilustra en el ejemplo siguiente. En efecto. Ejemplo 8. Es claro que algunas ecuaciones de la forma Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 con A y C no nulos y de signos contrarios. esta ecuación se convierte en 4 (y + 2)2 − 9 (x − 1)2 = 0 la cual tiene como conjunto solución el par de rectas distintas 3 (x − 1) 2 µ ¶ 1 las cuales se cortan en el punto .248 8. digamos que luego de completar los cuadrados en una ecuación del tipo anterior se obtiene b2 (x − h)2 − a2 (y − k)2 = G. −2 y+2= y 3 y + 2 = − (x − 1) 2 ¥ Para finalizar la presentación de la hipérbola mencionaremos algunas de sus aplicaciones: • El sistema LORAN. S 0 y con la constante que se menciona en la definición de hipérbola igual a vt∗0 . uno de los cuales es el punto P. el punto P. Figura 8. Si se repite este proceso para otro par de radiotransmisores ubicados en S y S 0 . T 0 y S.5. Así. en microsegundos.49 son iguales. Si en el barco (avión) se capta primero la señal emitida desde T y t0 microsegundos después se recibe la señal emitida desde T 0 entonces el barco (avión) está más lejos de T 0 que de T y además °−−→° °−→° ° 0° ° ° °P T ° − °P T ° = v (t + t0 ) − vt = vt0 donde t es el tiempo. con la información que se tiene sobre las hipérbolas H1 y H2 se puede obtener ecuaciones para ellas y determinar los puntos de intersección de dichas hipérbolas.48. que transcurre entre la recepción en el barco (avión) de las señales emitidas desde S y S 0 . Dicha propiedad es la siguiente: Si P es un punto cualquiera de la hipérbola y η es la recta normal a la hipérbola en P entonces los ángulos α y β mostrados en la figura 8. Supongamos que la velocidad a la cual viaja la onda (la cual es conocida) es v metros/microsegundo. • La hipérbola goza de una propiedad geométrica similar a las que hemos presentado para la parábola y para la elipse. Observe que no interesa conocer el valor de t. donde t∗0 es el tiempo. el cual da la posición del barco (avión) es uno de los puntos de intersección de las hipérbolas H1 y H2 . Simultáneamente desde T y T 0 se emiten señales que son captadas por el receptor de radio del barco (avión) el cual se encuentra en cierto punto P. en microsegundos. . se obtiene que el punto P también se encuentra en una de las ramas de la hipérbola H2 con focos S. La hipérbola sistema utiliza dos pares de radiotransmisores ubicados en puntos T. S 0 como lo muestra la figura 8. Por tanto. el punto P se encuentra en una de las ramas de la hipérbola H1 de focos T 0 .249 8. Ahora.48. que transcurre entre la emisión de la señal en T y la recepción de ésta en el barco (avión). T y tal que la constante que se menciona en la definición de hipérbola es igual a vt0 . combinado con la propiedad geométrica de la hipérbola antes mencionada. Por ejemplo. reflejándose todos en dirección hacia su foco F. alrededor de su eje focal. permite concluir que dicho rayo se reflejará pasando por el otro foco F 0 . una rama de una hipérbola con focos F 0 y F. Este hecho. . Secciones Cónicas Figura 8.49.50) chocan contra éste. Cuando los rayos de luz chocan contra este segundo espejo. Se sabe que si un rayo de luz incidente y dirigido al foco F choca contra la superficie reflectora.250 8. ellos son reflejados dirigiéndose todos al ocular F 0 del telescopio. La propiedad de reflexión de la parábola y de la hipérbola manejadas conjuntamente tienen importantes aplicaciones en la construcción de algunos telescopios.50. uno parabólico y el otro hiperbólico. Figura 8. Antes de que los rayos coincidan en F son interceptados por el espejo hiperbólico el cual tiene el mismo eje focal del espejo parabólico y sus focos están en F y F 0 . él se refleja de tal forma que el ángulo de reflexión es igual al ángulo de incidencia. Los rayos de luz provenientes del espacio exterior y que llegan paralelamente al eje focal del espejo parabólico (ver figura 8. y supongamos que la superficie convexa de éste refleja la luz. • Consideremos ahora un manto de un hiperboloide de revolución obtenido al rotar. consideremos un telescopio que maneja dos espejos. • Si A y C son no nulas y del mismo signo. si D = 0 y E = 0.7 Rotación de ejes Ahora nos referiremos a otro cambio posible de un sistema cartesiano xy a un nuevo sistema cartesiano x0 y 0 : se mantiene el origen.6. la ecuación representa una hipérbola de ejes paralelos a los ejes coordenados o representa un par de rectas distintas que se cortan. un par de rectas distintas paralelas o un par de rectas distintas que se cortan) o no representa ningún lugar geométrico.48) representa una cónica con eje focal paralelo a (o coincidente con) alguno de los ejes coordenados x. según que las raíces de la ecuación Cy2 + Ey + F = 0 sean reales y distintas. El siguiente resultado precisa lo anterior. C 6= 0 y D = 0. los nuevos ejes x0 . • Si A y C son no nulas y de signos contrarios. para probar lo afirmado basta completar el cuadrado en cada una de las expresiones Ax2 + Dx. y. C 6= 0 y D 6= 0.8. la ecuación representa dos rectas distintas paralelas al eje x. y0 se obtienen rotando los ejes . una recta. si la ecuación trae términos lineales. en el caso en que el eje focal de la cónica es paralelo a (o coincide con) alguno de los ejes coordenados x. y tiene una ecuación de la forma anterior. C = 0 y E = 0. Consideremos la ecuación de segundo grado en las variables x. la ecuación representa dos rectas distintas paralelas al eje y. una sola recta paralela al eje x o ningún lugar geométrico. En los casos excepcionales. la ecuación representa una parábola vertical. según que las raíces de la ecuación Ax2 + Dx + F = 0 sean reales y distintas. se puede probar que salvo casos excepcionales. Similarmente. cada una de dichas ecuaciones puede llevarse a la forma A 6= 0 o C 6= 0 (8. 8. una sola recta paralela al eje y o ningún lugar geométrico. reales e iguales o no reales. Como ya se ha señalado. Por tanto. Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0. Si A = 0. si A = 0. y. es decir.6 251 La ecuación Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 En lo hecho hasta el momento hemos obtenido ecuaciones para los tres tipos de cónicas. podemos afirmar que toda cónica con el eje focal paralelo a (o coincidente con) alguno de los ejes coordenados x. Si A 6= 0. la ecuación representa una elipse de ejes paralelos a los ejes coordenados o representa un punto o no representa ningún lugar geométrico. Por otra parte. • Si A 6= 0. Pues bien. la ecuación (8. la ecuación representa una parábola horizontal. Cy 2 + Ey que figure en la ecuación. la ecuación representa una cónica degenerada (un punto. La ecuación Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 8. y (sin término xy) A= 6 0 o C= 6 0. o no reales. reales e iguales. como ya se ha ilustrado en cada una de las cónicas.48) Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0. Lo afirmado es fácil de probar si la ecuación no trae términos lineales. C = 0 y E 6= 0. También se señaló que algunas ecuaciones del tipo anterior pueden no representar una cónica e incluso pueden no representar ningún lugar geométrico. Veamos cómo se relacionan las coordenadas x. Similarmente → − → − −−→ OP = x0 i0 + y 0 j 0 → − − → donde i0 . y 0 relativas al nuevo sistema x0 y0 . Figura 8. Digamos que hemos efectuado una rotación de ejes por un ángulo θ. Figura 8. Un cambio de sistema de este tipo se dice una rotación de ejes por el ángulo θ. y relativas al sistema xy adquiere nuevas coordenadas x0 . j son los vectores unitarios y perpendiculares entre sí. (Figura 8. j 0 son ahora los vectores unitarios y perpendiculares entre sí. y y las nuevas coordenadas x0 . y” equivale a decir que −−→ → − → − OP = x i + y j → − − → donde i .51). ya conocidos. asociados al sistema x0 y0 (figura 8. . asociados con el sistema xy. y un ángulo θ alrededor del origen y la unidad de medida en los ejes se mantiene (figura 8. Secciones Cónicas x.52. Como ya se sabe.51). y0 de cada punto P del plano. cada punto P del plano con coordenadas x.252 8. Empecemos recordando que decir “las coordenadas del punto P relativas al sistema xy son los números x.51.52). sabemos que −0 → → − → − i = (cos θ) i + (senθ) j ³ ³ ´ →0 − π´− π − → → j = cos θ + i + sen θ + j 2 2 → − → − = (−senθ) i + (cos θ) j . y en términos de las nuevas coordenadas x0 . µ ¶ x y µ = ¶µ cos θ −senθ senθ cos θ (8. las coordenadas x. x0 = x cos θ + ysenθ y0 = −xsenθ + y cos θ.253 8. podemos obtener también las coordenadas x0 . (8.7.49) tenemos que de donde h h → − → − → − →i − → − →i − x i + y j = x0 (cos θ) i + (senθ) j + y 0 (−senθ) i + (cos θ) j ¡ ¢− ¢− → ¡ → = x0 cos θ − y 0 senθ i + x0 senθ + y 0 cos θ j x = x0 cos θ − y0 senθ y = x0 senθ + y 0 cos θ o. Rotación de ejes Luego.51) Hemos obtenido así las coordenadas x. como la matriz µ ¶ cos θ −senθ senθ cos θ es invertible (pues su determinante es cos2 θ+sen2 θ = 1).50) x0 y0 ¶ (8.51) así: µ y como entonces µ x0 y0 ¶ = µ cos θ −senθ senθ cos θ ¶−1 µ cos θ −senθ senθ cos θ ¶−1 µ cos θ senθ −senθ cos θ x0 y0 ¶ = µ = µ x y ¶ cos θ senθ −senθ cos θ ¶µ x y ¶ ¶ o. Tenemos así el siguiente resultado: (8. x0 . y 0 . equivalentemente. Ahora.52) . y. − → → − Sustituyendo i0 y j 0 en (8. y 0 son tales que → − → − → − → − x i + y j = x0 i0 + y 0 j 0 . equivalentemente. y 0 en términos de las coordenadas x.49) Ahora. y a partir de (8. respectivamente. y un ángulo θ. Secciones Cónicas Supongamos µ ¶ µ 0que ¶ se efectúa una rotación de los ejes coordenados x.53a).50) con θ = π 4 tenemos 1 π π − y0 sen = √ x0 − 4 4 2 1 0 π π 0 0 y = x sen + y cos = √ x + 4 4 2 x = x0 cos ¢ 1 1 ¡ √ y0 = √ x0 − y 0 2 2 ¢ 1 0 1 ¡ 0 √ y = √ x + y0 . Empleando las fórmulas en (8.53) referida a un sistema cartesiano xy.53. ésta se convierte en i2 h i2 h √1 (x0 − y 0 ) √1 (x0 + y 0 ) 2 2 + = 1.20 Consideremos la elipse con ecuación x2 y 2 + =1 9 4 (8. los vectores de coordenadas de un mismo y y0 punto P del plano. x x y Si son. 9 4 . 2 2 Sustituyendo x.254 8. Veamos cómo cambia dicha ecuación si cambiamos al sistema x0 y 0 que se obtiene al rotar el sistema xy un ángulo de π4 radianes (figura 8. x0 = x cos θ + ysenθ y0 = −xsenθ + y cos θ Ejemplo 8. Figura 8. respecto al sistema xy y respecto al nuevo sistema x0 y0 entonces x = x0 cos θ − y 0 senθ y = x0 senθ + y0 cos θ o. equivalentemente.53). y en la ecuación (8. Ahora bien. Ecuación general de segundo grado 255 Desarrollando los cuadrados y reuniendo términos semejantes. en el ejemplo anterior. representa una cónica degenerada o no representa ningún lugar geométrico. esta ecuación queda en la forma 5 13 ¡ 0 ¢2 13 ¡ 0 ¢2 (8. siempre podremos eliminar el término en xy en una ecuación de la forma Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 con B 6= 0.54) eliminando su π término en x0 y 0 . simplemente deshaciendo la rotación efectuada. Probaremos que: .53b.8. como probaremos más adelante. también se puede simplificar la ecuación (8. apareciendo un término en x0 y 0 . De esta última ecuación ya sabemos que ella representa una cónica con eje focal paralelo a (o coincidente con) alguno de los ejes coordenados. un ángulo de . equivalentemente. la cual carece de término en xy. Ahora consideraremos la ecuación (8. como 4 4 lo muestra la figura 8. rotando el sistema x0 y 0 un ángulo de . mediante una rotación de ejes por un ángulo θ que podrá escogerse de tal forma π que 0 < θ < . es decir. referida al nuevo sistema x0 y 0 . 9 4 En general. Por lo tanto. y 0 respecto a los ejes de la elipse.55) donde A 6= 0 o B 6= 0 o C 6= 0. Un caso particular de la ecuación anterior es la ecuación Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 con A 6= 0 o C 6= 0.54) en la ecuación sencilla (8. la 4 elipse tiene centro en el origen y el eje focal coincidiendo con el eje y 00 .55) en el caso particular en el cual B 6= 0. ¥ Nótese. una ecuación para la elipse referida a dicho sistema x00 y00 es (y 00 )2 (x00 )2 + = 1. rotando π 7π el sistema x0 y0 un ángulo de − o. pues en el nuevo sistema x00 y 00 .8 Ecuación general de segundo grado La ecuación general de segundo grado en dos variables x.53) se convirtió en una ecuación más complicada.54) x + x0 y 0 + y = 1. que la ecuación (8.8. Algo similar ocurre con parábolas e hipérbolas. que podemos transformar la ecuación complicada (8. Nótese. 2 8.53). además. y es de la forma Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 (8. Este hecho se debe a la inclinación de los ejes coordenados x0 . 72 36 72 Esta última ecuación es entonces una ecuación para la elipse en consideración. 256 8. tal que B 0 = 0. 0 < θ < . (8. Usando las identidades trigonométricas 2senθ cos θ = sen2θ y cos2 θ − sen2 θ = cos 2θ la ecuación anterior puede escribirse en la forma (C − A) sen2θ + B cos 2θ = 0. 2 (8. la ecuación anterior toma la forma ¡ ¢2 ¡ ¢2 (8.55) con B 6= 0 puede transformarse siempre en otra ecuación de segundo grado de la forma A0 (x0 )2 + C 0 (y 0 )2 + Dx0 + E 0 y0 + F 0 = 0 (sin término en x0 y0 ) mediante una rotación de ejes por un ángulo θ. es decir. Secciones Cónicas La ecuación (8.58) . esta ecuación es equivalente a tan 2θ = B A − C.55) x = x0 cos θ − y 0 senθ y = x0 senθ + y0 cos θ Se obtiene ¢2 ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢2 ¡ A x0 cos θ − y 0 senθ + B x0 cos θ − y 0 senθ x0 senθ + y0 cos θ + C x0 senθ + y 0 cos θ ¡ ¢ ¡ ¢ +D x0 cos θ − y 0 senθ + E x0 senθ + y 0 cos θ + F = 0 Desarrollando los cuadrados. 2 tal que ¢ ¡ 2 2 (C − A) senθ cos θ + B cos θ − sen2 θ = 0. π Ahora probaremos que siempre existe un ángulo θ. realizando los productos y agrupando términos semejantes. Si A 6= C y cos2θ 6= 0.56) Una manera de probar lo anterior es la siguiente: Sustituyamos en la ecuación (8.57) A0 x0 + B 0 x0 y 0 + C 0 y 0 + Dx0 + E 0 y 0 + F 0 = 0 en donde A0 = A cos2 θ + Bsenθ cos θ + Csen2 θ ¡ ¢ B 0 = 2 (C − A) senθ cos θ + B cos2 θ − sen2 θ C 0 = Asen2 θ − Bsenθ cos θ + C cos2 θ D0 = D cos θ + Esenθ E 0 = E cos θ − Dsenθ F 0 = F. π el cual puede escogerse de tal modo que 0 < θ < . como se indica a continuación: En primer lugar µ ¶ µ ¶ µµ ¶ µ ¶¶ µ ¶ Ax + B2 y x A B2 x x 2 2 · = · Ax + Bxy + Cy = B B y y y C 2 x + Cy 2 o sea Ax2 + Bxy + Cy 2 = (M X) · X donde M= µ A B 2 B 2 C ¶ yX= µ x y ¶ . es decir. que siempre es posible escoger un ángulo θ como se desea.59) en el caso A = C. Sabemos que M posee dos valores propios diferentes λ1 . 4 Para completar la prueba sólo resta mostrar que si θ se escoge cumpliendo (8. empleando matrices y vectores. en el caso A 6= C y cos2θ 6= 0. Ecuación general de segundo grado y si A = C ella es equivalente a cos 2θ = 0. podemos escoger θ cumpliendo (8. C 0 en la ecuación (8.58) tal que π π 0 < 2θ < π. también 2 µ ¶ π cos θ sabemos que existe 0 < θ < tal que X1 = es vector propio de M (el cual es senθ 2 µ ¶ cos θ −senθ unitario) y la matriz ortogonal Q = . la ecuación (8.61) Q MQ = 0 λ2 en la cual siendo λ1 el valor propio al cual corresponde el vector propio X1 . es 2 2 π decir.58) y (8. . podemos escoger 2θ = .58) en el caso A 6= C o cumpliendo (8. θ = . de (8. Dx + Ey = µ D E ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x D x · = U · X con U = yX= . Veamos.59). (8. entonces al menos uno de los coeficientes A0 . λ2 .257 8. ¨ También se puede probar el resultado en el último recuadro.60) ¶ B 6= 0. y E y Así.57) es no nulo y así dicha ecuación (en la cual B 0 = 0) es de segundo grado. En efecto.59) ya que B 6= 0. la cual es la matriz de la rotación senθ cos θ Rθ . es tal que ¶ µ λ1 0 T (8.55) puede expresarse en la forma (M X) · X + U · X + F = 0. Consideremos ahora la matriz simétrica µ A M= B 2 B 2 C (8. Esto último se deja como ejercicio al lector.8. Y en el caso A = C. tal que 0 < θ < . En segundo lugar. 62) se transforma en µµ ¶ ¶ λ1 0 X 0 · X 0 + U · QX 0 + F = 0. En efecto.258 8. se obtiene una ecuación que no tiene término en x0 y0 . al hacer dicha sustitución se obtiene ¡ ¡ ¢¢ M QX 0 · QX 0 + U · QX 0 + F = 0 es decir. Ahora. ¡ ¢ (M Q) X 0 · QX 0 + U · QX 0 + F = 0. como µµ µµ ¶ ¶ ¶ µ 0 ¶¶ µ 0 ¶ λ1 0 λ1 0 x x 0 0 X ·X = · 0 y y0 0 λ2 0 λ2 µ ¶ µ ¶ ¡ ¢2 ¡ ¢2 λ1 x0 x0 = · = λ1 x0 + λ2 y 0 0 0 λ2 y y U · QX 0 ¶ ¶ µ 0 D x cos θ − y 0 senθ = · E x0 senθ + y 0 cos θ ¡ 0 ¢ ¡ ¢ = D x cos θ − y0 senθ + E x0 senθ + y 0 cos θ µ = (D cos θ + Esenθ) x0 + (E cos θ − Dsenθ) y 0 entonces la ecuación (8.62)). C 0 = λ2 . Secciones Cónicas Efectuamos µ 0 ¶ ahora una rotación de los ejes x. A continuación veremos que al sustituir X por QX 0 en la ecuación (8. en virtud de la cual ¡¡ ¢ ¢ ¢ ¡ (M Q) X 0 · QX 0 = QT M Q X 0 · X 0 y como T Q MQ = µ λ1 0 0 λ2 ¶ tenemos que la ecuación (8.60). Sabemos que la relación entre X y X 0 es y X= µ x y ¶ = µ cos θ −senθ senθ cos θ ¶µ x0 y0 ¶ = QX 0 . y por el ángulo θ antes mencionado y sea x X0 = el vector de coordenadas en el nuevo sistema x0 y 0 del punto cuyo vector de y0 µ ¶ x coordenadas en el sistema xy es X = .63) es equivalente a la ecuación ¡ ¢2 ¡ ¢2 λ1 x0 + λ2 y 0 + D0 x0 + E 0 y 0 + F 0 = 0 (8. (8.64) la cual tiene la forma de la ecuación en (8. E 0 = E cos θ − Dsenθ y F 0 = F. D0 = D cos θ + Esenθ.62) En este punto hacemos uso de la propiedad establecida en el ejercicio 43b del capítulo 4. .60) y (8.63) (Compare las ecuaciones (8.56) con A0 = λ1 . 0 λ2 y (8. representa una cónica con eje focal no paralelo a (ni coincidente con) ninguno de los ejes coordenados x.55) con √ √ A = 9. E = −4 5 y F = 5.259 8. Un corolario inmediato de dicho resultado es el siguiente: Una ecuación de segundo grado Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 con B 6= 0. mediante la rotación por π el ángulo θ. D = 12 5.56) mediante una rotación por un ángulo θ. el ángulo agudo θ que permite la transformación deseada de la ecuación (8. Primer método. y. Tenemos así que la ecuación (8.65) es de la forma (8. ya que si λ1 = 0 y λ2 = 0 entonces M = O (vea (8. A−C 9−6 3 En este caso 2θ también es agudo (pues tan 2θ > 0).64). se transforma.65).56). así de la figura 8. Ecuación general de segundo grado Nótese que µ D0 E0 ¶ = QT µ D E ¶ Esta vez es más evidente que la ecuación (8. B = 4. 0 < θ < . Solución: La ecuación (8.58). está definido implícitamente en la ecuación tan 2θ = 4 4 B = = .54 se obtiene que cos 2θ = 3 5 . Ejemplo 8.64) es de segundo grado pues λ1 6= 0 o λ2 6= 0. y 2 luego identificar el lugar geométrico que representa la ecuación dada.65) π en una ecuación de la forma (8. de dos maneras. C = 6.21 Transformar la ecuación √ √ 9x2 + 4xy + 6y2 + 12 5x − 4 5y + 5 = 0 (8.en una ecuación de segundo grado de la forma (8. ¨ Hemos probado así. 0 < θ < . la cual es la 2 ecuación (8. pero M 6= O ya que B 6= 0.61)).8. Puesto que A 6= C. o representa una cónica degenerada o no representa ningún lugar geométrico. según la fórmula (8.55) con B 6= 0. el resultado en el último recuadro. usando las identidades cos2 θ = 1 + cos 2θ 2 sen2 θ = y 1 − cos 2θ 2 obtenemos.66) . Secciones Cónicas Figura 8. y en la ecuación (8. en nuestro caso (en el cual cos θ > 0 y senθ > 0) 1 + cos 2θ = 2 s 1 − cos 2θ = 2 s cos θ = r senθ = r y 1+ 2 3 5 1− 2 3 5 = r = r 2 8 =√ 10 5 2 1 =√ .50).65).54. ésta se convierte en ¶µ ¶ µ ¸ ∙ ¸ ¢ 2 ¢¡ 0 ¢ ¢ 2 1 ¡ 0 1 ¡ 0 1 1 ¡ 0 0 0 0 0 √ 2x − y x + 2y + 6 √ x + 2y 0 = 9 √ 2x − y +4 √ 5 5 5 5 ³√ ´ µ 1 ¶ ¡ ³√ ´ µ 1 ¶ ¡ ¢ ¢ √ √ +12 5 5 2x0 − y0 − 4 x0 + 2y0 + 5.260 8. 5 5 ∙ Desarrollando los cuadrados. 10 5 (Se sigue que tan θ = 1/2 y por tanto θ = tan−1 (1/2)). 5 Sustituyendo x. realizando los productos. tenemos ¢ 1 ¡ x = x0 cos θ − y 0 senθ = √ 2x0 − y 0 5 ¡ ¢ 1 y = x0 senθ + y 0 cos θ = √ x0 + 2y 0 . agrupando términos semejantes y simplificando se obtiene finalmente la ecuación ¡ ¢2 ¡ ¢2 2 x0 + y 0 + 4x0 − 4y0 + 1 = 0 (8. y. Así. de acuerdo con las ecuaciones de rotación (8. 68) µ ¶ −1 la cual corresponde a una elipse con centro en el punto C = referido al sistema x0 y 0 .67) Por último. usando matrices y vectores. Se obtiene ´ ³¡ ¢ ´ ³¡ ¢ 2 2 2 x0 + 2x0 + 1 + y 0 − 4y 0 + 4 = −1 + 2 + 4 es decir. Para identificar el lugar geométrico correspondiente a esta ecuación (8.67) por 5.261 8.8. Ecuación general de segundo grado la cual es de la forma (8.56).55.69) 2 6 y y y −4 5 y consideramos la matriz simétrica M= µ 9 2 2 6 ¶ . dividiendo a ambos lados de (8.66). ¢2 ¡ ¢2 ¡ 2 x0 + 1 + y 0 − 2 = 5. Figura 8. Segundo método. .55). empezamos por escribirla en la forma ´ ³¡ ¢ ´ ³¡ ¢ 2 2 2 x0 + 2x0 + y0 − 4y 0 = −1 y luego completamos los cuadrados en x0 y en y 0 . en la forma √ ¶ µ ¶ µµ ¶ µ ¶¶ µ ¶ µ 9 2 x x 12 √5 x · + · +5=0 (8. se obtiene (x0 + 1)2 5 2 + (y 0 − 2)2 =1 5 (8. (8. 2 √ eje focal el eje y 0 . Empezamos por escribir la ecuación (8.65). distancia del q centro a los vértices a = 5 ≈ 2. (Figura 8.2 y distancia del centro a los extremos del eje menor b = 5 2 ≈ 1.58. Se continúa ahora exactamente como en dicho primer método. la matriz ortogonal ! µ ¶ à √2 √1 − cos θ −senθ 5 5 Q= = √1 √2 senθ cos θ 5 5 la cual es la matriz de la rotación Rθ . y por dicho ángulo θ. 1/ 5 5 1 π . ésta se convierte (vea (8. 0 < θ < es decir. respectoµal nuevo ¶ sistema x y . entre estos uno que es unitario y está en el primer 1 cuadrante es µ ¶ µ √ ¶ 1 2 2/√5 = X1 = √ .66) obtenida en el primer método. Como ya sabemos. es tal que µ ¶ 10 0 QT M Q = . en la ecuación que es equivalente a ¡ ¢2 ¡ ¢2 10 x0 + 5 y 0 + 20x0 − 20y0 + 5 = 0 ¡ ¢2 ¡ ¢2 2 x0 + y 0 + 4x0 − 4y0 + 1 = 0 la cual coincide (como era de esperar) con la ecuación (8.63)) en √ ¶ µ µµ ¶ µ 0 ¶¶ µ 0 ¶ µ ¶ 1 2x0 − y0 10 0 x x 12 √5 · + +5=0 ·√ 0 0 0 5 y0 y0 −4 5 5 x + 2y es decir. 0 5 µ ¶ x0 Ahora efectuamos una rotación de los ejes x.262 8. Secciones Cónicas Los valores propios de esta matriz son los números λ1 = 5 µy λ2¶= 10. Los vectores −1 . tal que 2 cos θ = √ 5 y 1 senθ = √ 5 (observe que θ es el mismo ángulo obtenido en el primer método). 0 0 y0 1/ 5 2/ 5 5 x + 2y Sustituyendo X por QX 0 en la ecuación (8.69). si = es el y0 0 0 vector de coordenadas. del punto cuyo vector de coordenadas x respecto al sistema xy es X = entonces y X0 0 X = QX = µ √ √ ¶µ 0 ¶ ¶ µ 1 2/√5 −1/√ 5 2x0 − y 0 x =√ . tal que 2 µ √ ¶ µ ¶ 2/√5 cos θ X1 = = senθ 1/ 5 Sea entonces θ aquel ángulo. ¥ . t 6= 0. t 6= 0 (entre éstos propios correspondientes a λ1 = 5 son los vectores de la forma t 2 ninguno está en el primer µ cuadrante) y los vectores propios correspondientes a λ2 = 10 son ¶ 2 los vectores de la forma t . 64) representa una parábola. • Si λ1 λ2 < 0 (es decir. λ1 λ2 > 0.64) representa una elipse. una sola recta o ningún lugar geométrico. ¡ ¢2 ¡ ¢2 λ1 x0 + λ2 y 0 + D0 x0 + E 0 y 0 + F 0 = 0 en la cual λ1 . B 6= 0 B/2 C asociada con la ecuación (8. Ahora bien. λ1 y λ2 son no nulos y del mismo signo) entonces la ecuación (8. En términos del discriminante ∆ = B 2 − 4AC. Dicho método tiene la ventaja sobre el primero. la información λ1 λ2 = 0. λ1 λ2 < 0 viene en el escalar 4AC − B 2 o también en B 2 − 4AC.55) λ1 λ2 = Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 pues él indica o determina el tipo de lugar geométrico que corresponde a dicha ecuación. de poder extenderse a ecuaciones de segundo grado con tres o más variables. Teniendo en cuenta que dicha ecuación es de la forma (8. cuando se trate de eliminar el término en xy de una ecuación de la forma Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0.64) representa una hipérbola o un par de rectas distintas que se cortan. Ecuación general de segundo grado Recomendamos al lector emplear preferiblemente el segundo de los métodos presentados. el cual se llama indicador o discriminante de la ecuación (8. un punto o ningún lugar geométrico. λ2 son los valores propios de la matriz simétrica µ ¶ A B/2 M= . B 6= 0.61) ¶ µ λ1 0 T .263 8.48) podemos afirmar que: • Si λ1 λ2 = 0 (es decir λ1 = 0 o λ2 = 0) entonces la ecuación (8. ¯ 2 ¯ ¯ T ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯Q M Q¯ = ¯Q−1 M Q¯ = |Q|−1 |M | |Q| = |M | = AC − B ¯ 4 4AC − B 2 4 y así. λ1 y λ2 son no nulos y de signos contrarios) entonces la ecuación (8. Optaremos por leer esa información en el número B 2 − 4AC. Retornemos a la ecuación (8.55). Q MQ = 0 λ2 Vemos que ¯ ¯ λ 0 λ1 λ2 = ¯¯ 1 0 λ2 es decir.8.64). • Si λ1 λ2 > 0 (es decir. el resultado en el recuadro anterior se puede expresar así: . un par de rectas distintas paralelas. teniendo en cuenta la igualdad (8. Secciones Cónicas • Si ∆ = 0. 1 5 µ ¶ 4 y con radio 5 (dos e) Tangente a la recta 3x + 4y − 16 = 0 en el punto P = 1 soluciones). Hallar el centro. −6 µ ¶ µ ¶ −1 3 d) Tangente a la recta 3x + y + 2 = 0 en el punto P = y pasa por Q = . encuentre una ecuación de la circunferencia que satisfaga las condiciones dadas: µ ¶ µ ¶ 1 3 a) Centro en C = y pasa por P = . hallar una ecuación de la parábola que satisface las condiciones dadas y graficarla. • Si ∆ > 0. la ecuación (8. Para cada uno de los siguientes literales. 2 −1 µ ¶ −2 b) Centro en C = y tangente a la recta x = 7. µ ¶ 0 y ecuación de la directriz y = −2. a) Vértice en V = 0 µ ¶ µ ¶ −4 −4 b) Vértice en V = y foco en F = . una sola recta o ningún lugar geométrico.55) representa una elipse. Cada una de las siguientes ecuaciones representa una circunferencia. 3 1 µ ¶ µ ¶ 1 −1 c) Eje focal paralelo al eje x. • Si ∆ < 0. vértice en V = y pasa por el punto A = . el radio y dibujar la circunferencia. 3. Para cada uno de los siguientes literales. b) x2 + y 2 − 10x − 10y + 25 = 0. 3 −1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 3 4 d) Pasa por los puntos A = . √ √ e) x2 + y2 − 2 3x + 2 7y − 15 = 0. un par de rectas distintas paralelas.9 Ejercicios 1. a) 3x2 + 3y 2 + 4y − 7 = 0. . f ) Tiene como diámetro la cuerda común de las siguientes circunferencias: x2 + y2 + 2x − 2y − 14 = 0 y x2 + y 2 − 4x + 4y − 2 = 0. un punto o ningún lugar geométrico.55) representa una parábola.B= yC= y su eje focal es paralelo al 3 4 4 eje y. la ecuación (8.55) representa una hipérbola o un par de rectas distintas que se cortan. 8. la ecuación (8. d) 2x2 + 2y2 − 2x + 2y − 7 = 0.264 8. 2. 5 µ ¶ 1 c) Centro en C = y tangente a la recta x − y − 1 = 0. c) x2 + y 2 + 6x − 1 = 0. Para cada uno de los siguientes literales. la ecuación de la directriz.) Graficar la elipse. a) 8. hallar el vértice V . 0 2 3 µ ¶ −3 b) Centro en C = . y2 x2 + = 1. los vértices V 0 y V . b) x2 = 8y. y pasa por los puntos A = 2 6 µ ¶ 3 yB= . µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 0 0 a) Centro en C = . hallar el centro C. vértices en V1 = y V2 = . d) y = 14 (x2 − 2x + 5). a) Focos en F1 = 2 − 2 1 −1 . la ecuación del eje focal. hallar una ecuación para la elipse que satisfaga las condiciones dadas y graficarla. Graficar la parábola. −3 4. c) y 2 − 12x − 2y + 7 = 0.265 8. 8 −8 7. eje menor de longitud 6 y eje 4 mayor paralelo al eje x. c) 9 25 e) 25x2 + 16y2 + 50x + 64y − 311 = 0. Ejercicios µ ¶ −4 e) La ecuación de su directriz es y = 1 y los extremos del lado recto son A = −3 µ ¶ 4 yB= . V2 = y excentricidad igual a 12 . µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 13 4 12 c) Vértices en V1 = y V2 = . hallar una ecuación para la hipérbola que satisface las condiciones dadas. la excentricidad e y la longitud l del lado recto (ver ejercicio 5. 144 169 (x − 1)2 (y − 5)2 + = 1. Graficar la hipérbola con sus asíntotas. y la longitud l del lado recto. el foco F .9. Cada una de los siguientes ecuaciones representa una parábola. un foco en F1 = y un vértice en V1 = . eje mayor paralelo al eje y. a) y 2 = −6x. Probar que la longitud del lado 2b2 . Para cada una de las parábolas. e) y 2 + 4x + 4 = 0. 5. b) 16x2 + 25y 2 = 1. 2 µ ¶ µ ¶ 0 0 e) Vértices en V1 = . Cada una de las siguientes ecuaciones representa una elipse. Para cada uno de los siguientes literales. focos en F1 = y F2 = . ¶ µ ¶ µ µ ¶ µ ¶ 0 0 0 0 √ √ y F2 = . los focos F 0 y F . Los lados rectos de una elipse (hipérbola) son las cuerdas que pasan por los focos y son perpendiculares al eje mayor (eje transversal). recto de una elipse (hipérbola) es a 6. Para cada una de las elipses. d) 9x2 + 16y 2 − 36x + 96y + 36 = 0. eje mayor de longitud 8. −2 −2 −2 −2 µ ¶ µ ¶ 1 1 d) Centro en C = . los extremos del eje menor A0 y A. a) Mostrar que la ecuación del lugar geométrico descrito es 3x2 −y 2 +12x+2y−1 = 0. 10. c) Centro en C = . b) Encontrar una ecuación de la elipse cuyos focos son los vértices de la hipérbola 11x2 − 7y2 = 77 y cuyos vértices son los focos de esta misma hipérbola. c) Graficar la cónica descrita en a). a) Hallar la ecuación general de segundo grado de la cónica constituida por todos los µ ¶ µ ¶ x 0 puntos P = cuya distancia al punto A = es la mitad de su distancia a la y 2 recta y − 8 = 0. . los extremos del eje conjugado A0 y A. vértice(s). los focos F 0 y F . ecuación del eje focal. y2 x2 − = 1. 0 0 µ ¶ µ ¶ µ ¶ −1 −1 −1 y un vértice en . ecuación del eje focal. b) Identificar la cónica descrita por la ecuación dada en a) y encontrar sus principales elementos: centro. Cada una de las siguientes ecuaciones representa una hipérbola. a) Encontrar una ecuación de la circunferencia que pasa por el vértice y por los puntos extremos de lado recto de la parábola cuya ecuación es x2 = −8y. las ecuaciones de las asíntotas y la longitud l del lado recto. Para cada una de las hipérbolas. foco(s). un foco en F1 = 2 3 4 µ ¶ 2 d) Centro en C = . µ ¶ x 11. hallar el centro C. −5 µ ¶ 2 f ) La diferencia entre las distancias de cualquiera de sus puntos a los puntos A = 2 µ ¶ 10 es igual al 6. los vértices V 0 y V .266 8. la excentricidad e. d) 9x2 − 4y 2 − 18x − 16y − 43 = 0. b) (y + 6)2 − (x − 2)2 = 1. foco(s). Graficar la hipérbola. −1 0 µ ¶ 3 e) Las asíntotas son las rectas 2x−y = 0 y 2x+y = 0 y pasa por el punto A = . Secciones Cónicas µ ¶ µ ¶ 1 −1 b) Vértices en V1 = y V2 = y asíntotas y = ±3x. eje transversal paralelo a uno de los ejes coordenados y −3 µ ¶ µ ¶ 3 −1 pasa por los puntos A = yB= . vértice(s). Considerar el lugar geométrico de los puntos P = del plano para los cuales la y µ ¶ 2 distancia de P al punto A = es igual al doble de la distancia de P a la recta 1 x + 1 = 0. a) e) x2 − 4y2 + 6x + 24y − 31 = 0. 12. ecuación de las asíntotas (si las tiene). 100 64 c) 4x2 − 5y2 + 20 = 0. yB= 2 9. b) Identificar la cónica correspondiente a la ecuación hallada en a) y encontrar sus elementos principales: centro. Graficar la cónica. Ejercicios c) La directriz de la parábola y 2 = 16x es tangente a una circunferencia que tiene como centro el foco de dicha parábola. Para cada una de las siguientes ecuaciones cuadráticas. √ √ l) 9x2 − 4y2 = 18 2x + 8 2y + 26. se mueve de manera que en todo momento un extremo está sobre el eje x y el otro extremo estáµsobre ¶ el eje y. hallar la distancia máxima y la distancia mínima de la Tierra al Sol. siendo el vértice de la parábola el extremo del tubo. los puntos de soporte del cable en las dos torres están a 22 metros sobre la carretera y el punto más bajo del cable está a 7 metros por encima de la carretera. La órbita de la Tierra alrededor del Sol tiene forma de elipse con el Sol en un foco. f ) 4x2 + 3y 2 + 8x − 30y + 31 = 0. m) x2 + y 2 − 10x + 6y + 36 = 0. donde la Tierra es un foco y la excentricidad es 13 .9. La distancia más corta a la que se acerca el satélite a la Tierra es 300 millas. 13. de 9 centímetros de longitud. 17.0167. La base del arco tiene 30 metros de longitud y su parte más alta con respecto a la Tierra está a 10 metros. j) 2x (x − y) = y (3 − y − 2x). situado a 15 metros del pie de una torre. Hallar x e identificar el lugar geométrico que describe un punto P = situado sobre el y segmento a 6 centímetros del extremo que está sobre el eje y. 15. ¿a qué distancia de esta línea vertical entrará al agua en contacto con el suelo? 16. el flujo del agua se ha curvado hacia afuera 10 metros más allá de una vertical que pasa por el extremo del tubo. Si la mitad del eje mayor de dicha órbita mide 14957000 km y la excentricidad de la elipse es 0. El cable de suspensión de un puente colgante tiene forma de parábola cuando el peso está uniformemente distribuido horizontalmente. Suponga que el agua que sale por el extremo de una tubería horizontal que está a 25 metros de altura con respecto al suelo. La distancia entre las dos torres es de 150 metros. i) x2 + y 2 + 2x + 10y + 26 = 0.267 8. 14. 19. cuando el segmento se mueve en la forma indicada. Encontrar una ecuación para esta circunferencia y los puntos de intersección de las dos curvas. determinar la altura del arco a 6 metros del centro de la base. Si en un punto situado a 8 metros por debajo del nivel del tubo. k) 9y2 + 4x2 − 54y + 45 = 0. describe una curva parabólica. h) x2 − 4y − 4x = 0. identificar el lugar geométrico que ella representa y graficar dicho lugar geométrico. g) 9 (x + 3)2 = 36 − 4 (y − 2)2 . Un satélite viaja alrededor de la Tierra en una órbita elíptica. Un segmento de recta. . a) x2 + 4y 2 − 6x + 16y + 21 = 0. ¿Cuál es la ecuación de la órbita elíptica? 18. sobre la carretera. b) x2 + y 2 − 6x + 4y + 9 = 0. d) 4x2 − y 2 − 4x = 3. c) 3x2 − 2y 2 + 24x − 4y + 46 = 0. e) y 2 − 4y = x + 5. El arco de un puente es semielíptico con eje mayor horizontal. Calcular la distancia más grande a la que se aleja el satélite de la Tierra. Calcular la distancia vertical entre el cable y un punto. . d) 7x2 − 48xy − 7y 2 + 25 = 0. √ √ b) 3x2 − 2 3xy + y 2 + 2x + 2 3y = 0. l) 3x2 − 6xy + 5y2 = 36.268 8. h) 3x2 − 2xy − 5 = 0. en una ecuación de la forma A0 (x0 )2 + C 0 (y 0 )2 + D0 x0 + E 0 y 0 + F 0 = 0. i) 4x2 + 4xy + y 2 = 9. Secciones Cónicas 20. 21. mediante una rotación de ejes y empleando matrices y vectores. √ √ f ) x2 − 2xy + y 2 + 4 2x + 4 2y = 0. c) 8x2 − 2xy + 8y 2 − 14x − 14y = 49. a) 16x2 − 24xy + 9y2 − 30x − 40y = 0. j) xy + y − 2x − 2 = 0. Transformar cada una de las ecuaciones dadas. k) 19x2 + 4xy + 16y 2 − 212x + 104y = 356. Luego clasificar y graficar el correspondiente lugar geométrico. g) xy − y + x = 0. m) 3x2 + 4xy − 4 = 0. Hallar el valor de k tal que la gráfica de la ecuación 2xy − 4x + 7y + k = 0 es un par de rectas que se cortan. n) 2x2 + 4xy + 5y 2 + 4x + 13y − 1 4 = 0. √ e) 11x2 + 10 3xy + y2 = 4. Parte II 269 . . solo que para un vector geométrico AB en el espacio. dirección opuesta. mutuamente perpendiculares. Dichas operaciones conservan todas las propiedades que ellas tienen en el caso del plano. vector unitario. vector nulo se definen para el espacio de la misma forma que para el plano. que parten del punto inicial A del vector. cada uno de los cuales se considera entre 00 y 1800 . el punto inicial A y el punto terminal B son puntos del espacio. La dirección de un vector geométrico AB del espacio se expresa comúnmente empleando un sistema de tres semirrectas orientadas. misma dirección.9 Vectores en el espacio 9. recordamos que en el plano basta un ángulo para expresarla. −−→ La dirección del vector AB queda determinada por los tres ángulos α. Los conceptos de igualdad entre vectores. Conceptos básicos y operaciones El concepto de vector geométrico en el espacio es exactamente el mismo de vector −−→ geométrico en el plano. β y γ mostrados en la figura. vectores perpendiculares. vectores paralelos.1. ángulo entre dos vectores. 271 .1. Las operaciones suma y multiplicación por escalar también se definen de igual manera que para el plano.1 Vectores geométricos. Figura 9. al igual que en el plano. ° °−− − −→ ° →° La magnitud °AB ° de un vector AB del espacio se define. como se ilustra en la figura 9. como la longitud del segmento AB. Más adelante volveremos sobre este concepto. pero en el espacio es claro que un solo ángulo no es −− → suficiente. En cuanto a la dirección de un vector. 2 se muestran tres vectores geométricos − u . todo vector del espacio de la forma → → → a− u + b− v + c− z − → − con a. Ejemplo 9.2 también se ve (por ejemplo) que −−→ → − → − v + PQ = − u +→ z así que −−→ − → → PQ = → u +− z −− v.− v y− z .− v .− v y→ z. u + − v y v + 2→ z 3 2 Figura 9. se dice una combinación lineal de → u . Vectores en el espacio Ejemplo 9. En la figura 9.272 9.− z y las siguientes combinaciones lineales de ellos: 1→ 2− → → → → − → − − u +− v + 2− z. Consideremos ahora tres vectores → → → del espacio − u. b.2 → → → En la figura 9.− z del espacio.2.3. Figura 9. .− v . ¥ El concepto de combinación lineal de dos vectores geométricos del espacio se define exactamente como para dos vectores geométricos del plano. la suma − u +− v → − → − → − − → → − → − y la suma u + v + z = ( u + v ) + z . c escalares.3 se muestran tres vectores − u.1 → → → → → En la figura 9. 2) .I. al dibujarlos con punto inicial común O. de lo con→ → → trario los vectores se dicen linealmente independientes (L. v y u + (1/2) v son L.9. los vectores − u .). entonces todo vector − w del espacio → − → → expresable de manera única como combinación lineal de u . Por ejemplo.4). → → → Para el plano sabemos que si − u y− v son vectores L. Figura 9. el cual también dibujamos con punto inicial O.D. una recta L paralela a la recta que → contiene al vector − z hasta cortar el plano P determinado por las rectas que contienen los → → vectores − u y− v .) si alguno de ellos es combinación lineal de los otros dos. como RQ es paralelo a → z entonces existe un escalar c tal que −− → → RQ = c− z (9. decir.− v y− z de la figura 9.3 son L. Prueba: → → → Consideremos vectores − u. dos vectores − u y− v del espacio se dicen linealmente dependientes (L. existen escalares únicos a.− z del espacio linealmente independientes.4). (Figura 9.− v .1. c tales que → − → → → w = a− u + b− v + c− z. b.) si alguno de los dos es múltiplo escalar del otro. Vectores geométricos. Si R es el punto de corte de la recta L con el plano P entonces − −→ −− → − → w = OR + RQ.− z son vectores del espacio L. (Ver figura 9.I.D. Conceptos básicos y operaciones 273 → → Al igual que para vectores del plano. − v y− z.)..− v . (9. El análogo de este resultado para el espacio es el siguiente: Si es es − → → → → u . → Sea − w un vector cualquiera del espacio.I. mientras que → − → − → − → − u . ninguno de ellos queda contenido en el plano determinado por las rectas que contienen los otros dos vectores. pasando por el extremo final Q de − w .4. → Trazamos.− v y− z del espacio se dicen linealmente dependientes (L.I.D.1) −− → − Ahora. como se muestra en la figura 9. Tres vectores − u . entonces todo vector − z es ex→ − → − presable de manera única como combinación lineal de u y v .4.I. si esto no sucede los vectores se dicen linealmente independi→ → → entes (L. 2) y (9. En general. c ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 Así. se tiene que → − → → → w = a− u + b− v + c− z (9. b. la terna ⎝ 2 ⎠ es diferente a la terna ⎝ 3 ⎠ . como c1 − c2 = 0.2 Sistema de coordenadas cartesianas para el espacio Empecemos con el concepto de terna ordenada de números reales. como también el producto escalar de dos vectores. b = b0 y c = c0 . b. Luego c1 − c2 = 0.3) Luego. c. lo cual no es cierto.4) son únicos: Supongamos que a1 . a2 . b2 .6) Si fuese c1 − c2 6= 0 se tendría µ ¶ µ ¶ a2 − a1 − b2 − b1 − → − → → z = u + v c1 − c2 c1 − c2 → → → y así − z sería una combinación lineal de − u y− v . (9. Ahora. La terna ordenada que ⎛ consta ⎞de los números a a. De (9.1). de la igualdad anterior se sigue que a1 − a2 = 0 y b1 − b2 = 0 es decir. c0 c .5) se sigue que → − → → → (a1 − a2 ) − u + (b1 − b2 ) − v + (c1 − c2 ) − z = 0. (9. b1 . b y c. sustituyendo (9. b tales que −− → → → OR = a− u + b− v. el cual es similar al de par o pareja ordenada de números reales. se tiene que ⎛ ⎞ ⎛ 0 ⎞ a a ⎝ b ⎠ = ⎝ b0 ⎠ si y sólo si a = a0 .4) para ciertos escalares a.5) Debemos probar que a1 = a2 . solo que una terna está conformada por tres números mientras que un par lo está por dos. c2 son escalares tales que → − → → → → → → w = a1 − u + b1 − v + c1 − z = a2 − u + b2 − v + c2 − z.6) se reduce a → − → → (a1 − a2 ) − u + (b1 − b2 ) − v = 0 → → y como − u y− v son vectores no paralelos del plano P. b1 = b2 y c1 = c2 . pues aunque las dos están confor3 2 madas por los mismos números 1. a1 = a2 y b1 = b2 . Veamos que los escalares a. 2 y 3. c en (9.3) en (9. ¨ Los conceptos de proyección de un vector sobre otro.− v son vectores no paralelos de este plano entonces existen escalares a. es decir. siendo a el primero. c1 = c2 .274 9. se definen para vectores en el espacio de la misma manera que para vectores en el plano. 9. Vectores en el espacio −−→ → → y como OR es un vector del plano P y − u. el orden en que éstos aparecen en la primera terna es distinto al orden en que aparecen en la segunda. b el segundo y c el tercero se denotará ⎝ b ⎠ . componente escalar de un vector en la dirección de un vector dado. (9. (9. c1 . ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎨ a ⎬ R3 = ⎝ b ⎠ / a. c ∈ R . llamaremos plano coordenado xy o simplemente plano xy al plano que contiene al eje x y al eje y.5a). Figura 9. Si las direcciones positivas de dichos ejes son como se muestra en la figura 9. Sistema de coordenadas cartesianas para el espacio 275 Denotaremos R3 el conjunto de todas las ternas ordenadas de números reales. b. con un mismo origen O y mutuamente perpendiculares. Se consideran tres ejes coordenados (ejex. (Figura 9. Nosotros siempre usaremos un sistema cartesiano derecho.9. En la figura 9. Este nombre se deriva del hecho de que si se coloca la mano derecha de modo que el dedo índice apunte en la dirección positiva del eje x y el dedo medio en la dirección positiva del eje y entonces el pulgar apunta en la dirección positiva del eje z. (Vea nuevamente la figura 9. . al cual nos referiremos simplemente como un sistema cartesiano xyz. es decir. ⎩ ⎭ c Ahora nos referiremos a la noción de sistema de coordenadas cartesianas (o rectangulares) para el espacio.5b se muestra un sistema cartesiano izquierdo. Dado un sistema cartesiano xyz para el espacio. la cual es un extensión de la noción de sistema de coordenadas cartesianas para el plano.6).5 a. ejez) con igual unidad de longitud. significado similar tienen las expresiones plano (coordenado) xz y plano (coordenado) yz.2.5. ejey. diremos que se trata de un sistema cartesiano derecho. 7). pasando por el punto P. Vectores en el espacio z Plano xz Plano xy y x Plano yz Figura 9. b. se establece de manera natural una correspondencia biunívoca entre el conjunto de todos los puntos del espacio y el conjunto R3 de todas las ternas ordenadas de números ⎛ ⎞ reales. el número b es la coordenada del punto en el eje y donde el plano paralelo al plano xz corta a ese eje.276 9. similarmente. el número a es la coordenada del punto en el eje x donde el plano paralelo al plano yz corta dicho eje. A cada punto P del a espacio se le hace corresponder una terna ordenada ⎝ b ⎠ donde los números a. . Figura 9. c se c obtienen de la manera siguiente: Se trazan.7. y el número c es la coordenada del punto en el eje z donde el plano paralelo al plano xy corta dicho eje. planos paralelos a los planos coordenados. Una vez escogido un sistema cartesiano xyz para el espacio. (Figura 9.6. b la coordenada y y c la coordenada z. c De la misma manera como⎛ se hizo para el plano. P = ” en lugar de “el punto P cuya terna de coordenadas es c c En adelante supondremos que el espacio⎛está provisto de un sistema cartesiano ⎛ ⎞ ⎛ ⎞xyz. 0 2 2 Figura 9. j . c ⎛ ⎞ a Esta correspondencia es biunívoca. ya que si partimos de una terna ordenada ⎝ b ⎠ de c números reales e invertimos el proceso antes descrito. c se dicen las coordenadas cartesianas o rectangulares del punto P (respecto al sistema xyz). y.9 se muestran dichos vectores i .3. j . diremos “el punto c ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a a ⎝ ⎠ ⎝ b b ⎠ ”. ⎛ ⎞ a ⎝ De esta manera a cada punto P le corresponde la terna b ⎠ de sus coordenadas. Descomposición canónica para vectores geométricos 277 Los números a. 9. cada punto P del espacio se identifica ⎞ a con su terna de coordenadas ⎝ b ⎠ . k los vectores unitarios que apuntan en las direcciones positi→ → − − → − vas de los ejes x. a se dice la coordenada x. Q = ⎝ −3 ⎠ y R = ⎝ −3 ⎠ . k . Así.3 Descomposición canónica para vectores geométricos → → − − → − Es costumbre denotar i . En la figura 9. ⎞ 1 0 1 En la figura 9. vemos que existe un único punto P ⎛ ⎞ a del espacio cuya terna de coordenadas es ⎝ b ⎠. al igual que para el plano.8 se muestran los puntos P = ⎝ −3 ⎠ . b.9.8. z respectivamente. k son unitarios y apuntan en las direcciones positivas de los ejes → x.8) . puesto que ninguno de ellos es combinación lineal de los otros dos. b y c tales que → − → − → − − → u =a i +bj +ck (9. z. como i .7) → → − − → − Ahora. y. ⎞ 1 → Por ejemplo. j y k . j .10. respectivamente.278 9. la descomposición (9. j . para todo vector − u del espacio existen únicos escalares a. (9. se tiene que: → Todo vector − u del espacio es expresable de manera única como combinación → → − − → − → lineal de i . Vectores en el espacio con su punto inicial en el origen. z k 1 1 i 1 j y x Figura 9. es decir. 3 es claro que → − → − → − − → u =1 i +2j +3k como se muestra en la figura 9. para el vector − u con punto inicial en el origen y punto terminal P = ⎝ 2 ⎠ . Estos vectores juegan en el espacio el mismo papel que juegan en el plano los vectores − − → → i . En particular.7) de un vector dado − u es sencilla de ⎛ obtener.9. Procediendo exactamente −−→ como si P Q fuese un vector del plano. → − → − → − → → Recíprocamente. Descomposición canónica para vectores geométricos z 1 P 3k 2 u 3 i 2 2 j y 1 x Figura 9. se tiene que → − −−→ → − → − OP = a i + b j + c k ⇔ ⎛ ⎞ a P =⎝ b ⎠ c −−→ Consideremos ahora un vector cualquiera P Q del espacio.279 9. si⎛− u =⎞1 i + 2 j + 3 k y el punto inicial de − u es el origen O entonces 1 su punto final es P = ⎝ 2 ⎠ . 3 En general.3.10. se puede probar que: ⎞ ⎛ 0 ⎞ a a Si P = ⎝ b ⎠ y Q = ⎝ b0 ⎠ entonces c0 c ⎛ y así La descomposición ¢− ¢− ¢− → −−→ ¡ 0 → ¡ → ¡ P Q = a − a i + b0 − b j + c0 − c k ⎞ a0 − a −−→ −− → P Q = OR con R = ⎝ b0 − b ⎠ c0 − c ⎛ → − → − → − − → u =a i +bj +ck . Vectores en el espacio → → de un vector − u se llama descomposición canónica de − u . Figura 9. OQ. como P = y Q= 0 3 → − − → − −−→ → → − → − P Q = (1 − 0) i + (2 − 2) j + (3 − 0) k = i + 3 k ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 De la misma forma. b. Ejemplo 9. OP y ST mostrados en la figura 9. b la componente y y c la componente z. b = b0 y c = c0 .280 9.11. como S = ⎝ 2 ⎠ y T = ⎝ 0 ⎠ entonces 3 3 → − −→ → − → − → − ST = (0 − 0) i + (0 − 2) j + (3 − 3) k = −2 j ¥ Dada la unicidad de la descomposición canónica de un vector se tiene que: → − → − → − → − → − → − − − Si → u =a i +bj +ck y → v = a0 i + b0 j + c0 k entonces → − → u =− v si y sólo si a = a0 .11.3 −− → −−→ −−→ −→ Halle la descomposición canónica de cada uno de los vectores OR. Solución: ⎛ ⎞ 1 → − − → − −− → → − → − → Como R = ⎝ 0 ⎠ entonces OR = 1 i + 0 j + 3 k = i + 3 k . como 3 ⎛ ⎞ 1 Q = ⎝ 2 ⎠ entonces 3 → − −−→ → − → − OQ = 1 i + 2 j + 3 k ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 ⎝ ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ entonces Por otra parte. Los números a. a se dice la componente x. c se di→ cen las componentes escalares o simplemente las componentes de − u . Similarmente. 281 9. De manera similar se tiene.12) − u = OP con P = ⎝ b ⎠ c Figura 9. si − u = a i + b j + c k entonces (ver figura 9. Por teorema de Pitágoras °−−→°2 °−−→°2 °−−→°2 ° ° ° ° ° ° °OP ° = °OQ° + °QP ° ⎛ ⎞ a donde Q = ⎝ b ⎠ 0 ° °−−→°2 ° − ° →°2 ° ° Ahora. en el espacio que: → − → − → − − Si → u = a i + b j + c k entonces √ → k− u k = a2 + b2 + c2 ⎛ ⎞ a − → −−→ → − → − → → En efecto. sabemos que k→ u k = a2 + b2 . b = 0 y c = 0 √ → − → − − − Para un vector → u = a i + b j del plano. dado que 0 = 0 i + 0 j + 0 k . Descomposición canónica para vectores geométricos → − → − → − → − En particular. como °QP ° = °c k ° y (de nuevo por el teorema de Pitágoras) ° °−−→°2 ° − ° →°2 ° ° ° ° →°2 ° − °OQ° = °a i ° + °b j ° entonces ° ° ° →°2 ° − °−−→°2 ° − ° ° ° →°2 ° − ° →°2 ° °OP ° = °a i ° + °b j ° + °c k ° = a2 + b2 + c2 .3. → − → − → − → Si − u = a i + b j + c k entonces → − → − u = 0 si y sólo si a = 0.12. Como es de esperar. Cuando el → espacio está provisto de un sistema cartesiano xyz. Esos ángulos α. la dirección de un vector no nulo − u → − → − → − → − queda determinada por los ángulos α. j y k . P roy− i → − → →− P roy− u =bj j y → − → →− P roy− u =ck k por tanto.282 9. c del vector − u . 2 → k− u k = a2 + b2 + c2 de donde p a2 + b2 + c2 → k− uk= ¨ → − → − → − − Observe en la figura 9. En efecto observando la figura 9. es la terna ⎝ β ⎠.4 → → − − → − → Si − u = 3 i − 2 j + k entonces − k→ uk= q √ √ (3)2 + (−2)2 + (1)2 = 9 + 4 + 1 = 14 ¥ Ahora nos referiremos de nuevo a la dirección de un vector en el espacio. − → → → → →− →− →− u = P roy− u + P roy− u + P roy− u i j k Ejemplo 9. b. También nos γ → − → referiremos a los ángulos directores de un vector u como los ángulos entre el vector − u y los semiejes positivos x. → respectivamente (ver figura 9. z. Vectores en el espacio es decir. denotada dir (− u ) . u z    y x Figura 9.12 que si → u = a i + b j + c k entonces → − → →− u =ai.14 y teniendo en cuenta el triángulo rectángulo OP Q vemos que c c =√ cosγ = → − 2 kuk a + b2 + c2 . los ángulos directores pueden obtenerse a partir de las componentes → a. β y γ entre el vector u y los vectores i .13). β y γ se llaman ángulos directores del vector ⎛ ⎞ α → − → → u y diremos que la dirección de − u . y.13. es entonces natural expresar la dirección del vector − u empleando dichos ángulos. cosβ. → − → − → − − → → u = k− u k ((cosα) i + (cosβ) j + (cosγ) k ) (9. las igualdades anteriores determinan de manera única los ángulos directores α. → b = k− u k cosβ. Es claro que estos números cumplen la relación cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 así. Nótese que la igualdad (9. → c = k− u k cosγ de las cuales se sigue que → − → − → − − → → → → u = (k− u k cosα) i + (k− u k cosβ) j + (k− u k cosγ) k es decir.3.14. cosγ se llaman cosenos directores del vector → u . . Observe que dichas igualdades son equivalentes a las igualdades → a = k− u k cosα. a a =√ cosα = → − 2 kuk a + b2 + c2 y b b =√ cosβ = → − 2 kuk a + b2 + c2 → Para un vector fijo − u . Similarmente. el vector → − → − → − (cosα) i + (cosβ) j + (cosγ) k → es un vector unitario con la misma dirección del vector − u.9) − Los números cosα. β y γ pues cada uno de ellos está entre 0 y π.283 9.9) es análoga a la igualdad ³ → − →´ − − → → u = k− u k (cosθ) i + (senθ) j − para un vector → u del plano con dirección θ. Descomposición canónica para vectores geométricos Figura 9. 284 9. β y γ. .07o ³−−→´ dir P Q = ⎝ 119.12 y γ = cos = 35. cosβ = − √ 14 14 γ 900 < γ < 1800 .12o ⎠ 35. Halle además un 0 5 −−→ vector unitario con la dirección de P Q. → → c) Sabiendo que k− u k = 3.10) cos2 α+cos2 β+cos2 γ = 1 → − → − → − → − → u = k− u k ((cosα) i + (cosβ) j + (cosγ) k ) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Ejemplo 9.10)) están dados por 2 −3 5 cosα = √ . a) Halle los ángulos α. halle la descomposición canónica de − u.8o α = cos 38 38 38 Luego. β y γ son los ángulos directores del vector no nulo → − → − → − → − u = a i + b j + c k entonces b c a . cosβ = √ . β = cos = 119.6 ⎛ ⎞ α 2 1 → y Si ⎝ β ⎠ es la dirección de un vector − u y se sabe que cosα = √ . ⎞ ⎛ 71. Si α. Vectores en el espacio Recogemos a continuación lo básico de la discusión anterior.07 . cosγ = − • cosα = − → → → kuk kuk kuk • • (9.5 2 4 −−→ Halle la dirección del vector P Q donde P = ⎝ −1 ⎠ y Q = ⎝ −4 ⎠.8o −−→ Un vector unitario con la misma dirección de P Q es el vector µ ¶ µ ¶ µ ¶ −−→ → − → − 1 2 3 5 PQ → − → − → − → − → − ° √ √ i − √ j + √ k u =° °−−→° = 38 (2 i − 3 j + 5 k ) = 38 38 38 °P Q° ¥ Ejemplo 9. → b) Halle un vector unitario con la misma dirección de − u. Solución: Puesto que → − → − −−→ → − → − → − → − P Q = (4 − 2) i + (−4 − (−1)) j + (5 − 0) k = 2 i − 3 j + 5 k °−−→° q √ −−→ ° ° y °P Q° = 22 + (−3)2 + 52 = 38 entonces los cosenos directores de P Q (vea (9. cosβ = − . cosγ = √ 38 38 38 −−→ Tenemos así que los ángulos directores de P Q son ¶ ¶ ¶ µ µ µ 2 −3 5 −1 o −1 o −1 √ √ √ = 71. los ángulos directores del vector − u son −1 α = cos µ 1 √ 14 ¶ o −1 = 74. Descomposición canónica para vectores geométricos Solución: 1 2 a) Como cos2 α+cos2 β+cos2 γ = 1 y como cosα = √ y cosβ = − √ tenemos que 14 14 cos2 γ = 1 − cos2 α − cos2 β = 1 − de donde 4 9 1 − = 14 14 14 3 cosγ = ± √ 14 3 Ahora.3o .285 9. j y k .31 .3. En efecto: → − → → − → − → − → − → − − Si → u =a i +bj +ck y − v = a0 i + b0 j + c0 k entonces → − → − → − → − → • u +− v = (a + a0 ) i + (b + b0 ) j + (c + c0 ) k → − → − → − → • r− u = (ra) i + (rb) j + (rc) k . puesto que 900 < γ < 1800 entonces cosγ < 0 y así cosγ = − √ . − − 14 14 − b) Un vector unitario con la misma dirección de → u es − → v = = → − → − → − (cosα) i + (cosβ) j + (cosγ) k → − → − → − √1 i − √2 j − √3 k 14 14 14 − c) La descomposición canónica de → u es − → u = = = ³ →´ − → − → − → ||− u || (cosα) i + (cosβ) j + (cosγ) k ¶ µ → 1 − 2 − 3 − → → 3 √ i −√ j −√ k 14 14 14 → 3 − 6 − 9 − → → √ i −√ j −√ k ¥ 14 14 14 Las operaciones suma de vectores y multiplicación de un escalar por un vector son muy fáciles de realizar cuando los vectores están expresados como combinación lineal de los → → − − → − vectores i .5 . Entonces: → − → − → − → − → u +− v = (1 + (−1)) i + ((−2) + 3) j + (3 + (−7)) k → − → − → − = 0 i +1j −4k → − → − = j −4k . γ = cos = 143. r∈R Ejemplo 9. β = cos ¶ ¶ µ µ 2 3 o −1 √ √ = 122.7 → − → − → − → − → − → − → − Sean − u = i −2j +3k y → v = − i + 3 j − 7 k . 14 → Por tanto. → → a) Halle − u ·− v → → b) Halle el ángulo α entre − u y− v → − c) Halle la componente escalar de − v en la dirección de → u.11) El producto escalar de vectores en el espacio goza de las mismas propiedades que él tiene para vectores en el plano.37o ) . En términos del producto escalar podemos expresar el coseno del ángulo entre dos vectores. Vectores en el espacio → −− u = = → 2− u = = → − → − → − (−1) (1) i + (−1) (−2) j + (−1) (3) k → − → − → − − i +2j −3k → − → − → − (2) (1) i + (2) (−2) j + (2) (3) k → − → − → − 2 i −4j +6k → − → − → − (5) (−1) i + (5) (3) j + (5) (−7) k → − → − → − −5 i + 15 j − 35 k ³ − →´ ³ − − →´ − → → − → → − → → 2− u + 5− v = 2 i − 4 j + 6 k + −5 i + 15 j − 35 k → − → − → − = (2 − 5) i + (−4 + 15) j + (6 − 35) k → − → − → − = −3 i + 11 j − 29 k ¥ → 5− v = = → − − → → − → − → → En el plano vimos que si − u = a i +b j y − v = c i + d j entonces el producto escalar → → → → de − u y− v es − u ·− v = ac + bd. −1 α = cos µ ¶ 1 ≈ 1. Las fórmulas son exactamente las mismas que para el plano.11) se hace fácil probar aquellas propiedades que no se deducen de manera inmediata de la definición de dicho producto. en el espacio se tiene que → − → − → − → − → − → − → → Si − u =a i +bj +ck y − v = a0 i + b0 j + c0 k entonces → → el producto escalar de − u y− v es → − → − u · v = aa0 + bb0 + cc0 (9. por supuesto. → − → v d) Halle P roy− u Solución: → → a) − u ·− v = (1) (1) + (1) (−1) + (1) (1) = 1 q √ √ √ → → − k− v k = 12 + (−1)2 + 12 = 3 b) k u k = 12 + 12 + 12 = 3. Ejemplo 9. Empleando (9. la componente escalar de un vector en la dirección de otro vector.23 rad 3 (ó α ≈ 78. la proyección de un vector sobre otro y.8 → → → − − → − → − − → − → → Sean − u = i + j + k y − v = i − j + k.286 9. De igual forma. → − → u ·− v 1 1 =√ √ = cosα = → − → − k u kk v k 3 3 3 Luego. 10 Muestre que el triángulo cuyos vértices son los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √ ⎞ 3 0 −1 y C=⎝ 1 ⎠ A = ⎝ 3 ⎠. Descomposición canónica para vectores geométricos − − c) La componente escalar de → v en la dirección de → u es − → → u ·− v 1 =√ → − kuk 3 d) → →´ u 1 → 1 ³− 1 − → − → − → − → = − u = i + j + k P roy− u v = √ → − 3 3 3kuk ¥ Ejemplo 9.9 → − → − − → → − − − → → − − ¿Para cuáles valores de t los vectores → u = ti − j + k y → v = t i + t j − 2 k son perpendiculares? Solución: − − − → Sabemos que → u y→ v son perpendiculares si y sólo si → u ·− v = 0. Por otra parte.287 9. como − → → u ·− v = t2 − t − 2 = (t − 2) (t + 1) → → − − entonces − u y − v son perpendiculares si y sólo si (t − 2) (t + 1) = 0. AC y BC están dadas respectivamente por q¡√ ° °−− √ ¢2 √ ¢2 ¡ ° →° 3 + 1 + (−2)2 + 1 − 3 = 12 °AB ° = q °−→° √ ° ° 12 + (−2)2 + 12 = 6 °AC ° = q¡ √ ¢ °−−→° ¡√ ¢2 √ 2 ° ° 3 = 6 − 3 + °BC ° = Como los lados AC y BC tienen igual longitud entonces el triángulo ABC es isósceles.3. ¥ Ejemplo 9. el triángulo ABC es rectángulo pues los lados AC y BC son perpendiculares ya que ³√ ´ ³ √ ´ −→ −−→ 3 =0 ¥ AC · BC = (1) − 3 + (−2) (0) + (1) . → u y → v son perpendiculares solamente para t = 2 y para t = −1. Solución: Como √ ¢− ¢− ¡√ → −− → → → ¡ − 3+1 i −2j − 1− 3 k AB = → −→ → − → − − AC = i − 2 j + k √ − → −−→ → √ − BC = − 3 i + 3 k entonces. las longitudes de los lados AB. Así. 1 ⎠ B=⎝ √ 0 −1 − 3 es un triángulo isósceles y rectángulo. Ahora. En la → figura esa distancia es k− r k. → − → • De la magnitud de la componente vectorial de F en la dirección perpendicular a − r. surgen con frecuencia en diversas áreas de la Física y de la Ingeniería. dicha ° °− → − − → °→° → r y F. → − por ejemplo) aplicando una fuerza F a una llave. Esa componente es la única que produce el efecto de rotación.15b. u ×− v = 0 → − → − → → → − → b) Si − u 6= 0 y − v 6= 0 .4 9.288 9. → − → − El efecto producido por la fuerza F se llama momento de torsión o torque de F y → se expresa mediante un vector que se denota − τ. como madera. como se ilustra en la figura 9. cuya magnitud y dirección ya han sido definidas. se denota → − − → → τ =− r ×F → − → y se dice que es el producto cruz de los vectores − r y F . En la figura 9. u ×− v es aquel vector tal que: i) Su magnitud es → → → → k− u ×− v k = k− u k k− v k senθ → → donde θ es el ángulo entre − u y− v . → → → A continuación definiremos el producto cruz − u ×− v de dos vectores cualesquiera − u. obtenidos a partir de dos vectores dados. Figura 9. → − La magnitud de dicho vector τ depende de dos elementos: • De la distancia de la cabeza del tornillo al punto donde se aplica la fuerza.15. Vectores en el espacio Producto cruz o producto vectorial Como una introducción al producto cruz de dos vectores nos referiremos al concepto de momento de torsión o torque debido a una fuerza. Vectores con las características → de vector − τ .15a. → El vector − τ . → − v del espacio: − → → − → → − → → − → a) Si − u = 0 o− v = 0. Podemos hacer avanzar un tornillo o perno de rosca derecha (en un medio. la cual es la dirección en la cual avanza el tornillo. componente es F1 y su magnitud es ° F °senθ. donde θ es el ángulo entre − → Se define la magnitud del vector − τ como ° °− °→° → → k− τ k = k− r k ° F ° senθ → La dirección del vector − τ es la mostrada en la figura 9.15a. para los vectores i .16. a menudo más convenientemente. ° j ° = 1 y sen = 1 entonces 2 → − − → → − i × j = k • De manera similar.4. Producto cruz o producto vectorial → → → → ii) − u ×− v es perpendicular tanto a − u como a − v y apunta en la dirección en que → − → avanza un tornillo de rosca derecha cuando gira de u hacia − v siguiendo el ángulo θ. → → Una consecuencia inmediata de la definición del producto vectorial − u ×− v es la siguiente: → − − → → − − u ×− v = 0 si y sólo si → u y→ v son paralelos En particular → − − → → u ×− u = 0 Ejemplo 9. → → Dado que el producto cruz − u ×− v es un vector. para indicar hacia donde apunta − u ×− v es la → − → − Regla de la mano derecha. siguiendo el → − → − ángulo θ entre u y v . según la cual u × v apunta hacia donde apunta el dedo → → pulgar de la mano derecha. cuando los otros dedos se curvan de − u hacia − v . °→° → π´− → − − → ³° →° °− ° °− ° k i × j = ° i ° ° j ° sen 2 ° °− ° °− π °→° °→° Y como ° i ° = 1.289 9. Otra → → regla.11 → − − → • Hallemos i × j : Según la definición dada. j y k se tiene que: − − → → → − i × i = 0 − → → − − → i × j = k → − → − − → j × i = −k − − → → → − j × j = 0 → − → − − → j × k = i → − − → → − k × j = −i → − − → → − k × k = 0 − − → → − → k × i = j → → − − → − i × k = −j . Figura 9. °→° →´ → − π´³ − − − → → ³° →° °− ° °− ° j × i = ° j ° ° i ° sen −k =−k 2 − → → − − → • En general. a este producto también se le conoce como producto vectorial.16. como se ilustra en la figura 9. 17. 1. es el opuesto del vector siguiente en dicho orden. u v v u v u u Figura 9. − v. ¥ → − − → − → − → El producto cruz no es conmutativo. mientras que el producto de dos consecutivos en el orden contrario al de las flechas.− z del espacio y cualquiera sea el escalar r. 4. el signo menos lo explica la regla de la mano derecha. de forma inmediata.290 9. se sigue.17). (Figura 9. por ejemplo ³− → − →´ − → − → ³− → − →´ i × i × j 6= i × i × j ya que mientras que ³− → − →´ − → − → − → − → i × i × j = 0 × j = 0 → − ³− → → − →´ − → − → − i × i × j = i × k =−j Sin embargo. j . 3. v . Vectores en el espacio Estas relaciones pueden recordarse a partir del siguiente diagrama k j i → → − − → − → − El producto de cualquiera de los vectores i . 2. − → → → → v ×− u = − (− u ×− v) → − → − → − → → → (r u ) × v = r ( u × − v)=− u × (r− v) → − → → → → → → u × (− v +− z ) = (− u ×− v ) + (− u ×− z) → − → − → − → − → − → − → (u + v)× z =(u × z )+(v ×− z) La propiedad 1. de la definición de producto cruz. por ejemplo. el producto cruz tiene las siguientes propiedades algebraicas. k por sí mismo es 0 y el de dos consecutivos en el orden indicado por las flechas es el vector siguiente. i × j 6= j × i El producto cruz tampoco es asociativo. válidas cua→ → → lesquiera sean los vectores − u. Ya sabemos que un determinante de orden 2. La prueba de 3. como se indica a continuación: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ c1 c2 c3 ¯ ¯ ¯a2 a3 ¯ ¯a1 a3 ¯ ¯a1 a2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯a1 a2 a3 ¯ = c1 ¯ (9.4. 3 y 4 del producto cruz antes mencionadas.12). del mismo modo se obtienen los determinantes que multiplican a c2 y a c3 . de una matriz de orden 2.291 9. expresaremos su lado derecho en una forma más fácil de recordar.11. los cuales se pueden definir en términos de determinantes de orden 2. Producto cruz o producto vectorial → → → → La propiedad 2. Obsérvese que en dicho lado derecho. además. Veamos ahora que si → − → − → − − → u = a1 i + a2 j + a3 k y → − → − → − − → v = b1 i + b2 j + b3 k entonces → − → − → − − → → u ×− v = (a2 b3 − a3 b2 ) i + (a3 b1 − a1 b3 ) j + (a1 b2 − a2 b1 ) k (9. tenemos que: → → − − → → − − → → − − → − → u ×− v = (a1 b1 ) i × i + (a1 b2 ) i × j + (a1 b3 ) i × k → → − − → → − − → → − − + (a2 b1 ) j × i + (a2 b2 ) j × j + (a2 b3 ) j × k → − − → − − → − − → → → + (a3 b1 ) k × i + (a3 b2 ) k × j + (a3 b3 ) k × k Ahora usamos los resultados del ejemplo 9.13) ¯ ¯ b2 b3 ¯ − c2 ¯ b1 b3 ¯ + c3 ¯ b1 b2 ¯ ¯ ¯ b1 b2 b3 ¯ La expresión del lado derecho en (9. ello se hará recurriendo a la notación de determinantes. r (− u ×− v) → − → − y u × (r v ) tienen la misma magnitud y la misma dirección.14) . se puede probar mostrando que los tres vectores (r− u )×− v . es decir. se define mediante la igualdad ¯ ¯ ¯a b ¯ ¯ ¯ ¯ c d¯ = ad − bc Nosotros necesitamos ahora los determinantes de orden 3. En cuanto a la propiedad 4. c1 se multiplica por el determinante de orden 2 que se obtiene del miembro izquierdo luego de borrar la fila y la columna que contienen a c1 . Note.12) En efecto.12).. la cual escribimos en la forma → − → − → − − → → u ×− v = (a2 b3 − a3 b2 ) i − (a1 b3 − a3 b1 ) j + (a1 b2 − a2 b1 ) k (9. ella se puede probar a partir de las propiedades 1.13) se conoce como el desarrollo del determinante del lado izquierdo por los elementos de la primera fila. el signo “ − ” en el segundo término. Volvamos ahora a la expresión (9. es más laboriosa y no se dará en este texto. ³ − →´ ³ − − →´ − → → − → → − − → → u ×− v = a1 i + a2 j + a3 k × b1 i + b2 j + b3 k Utilizando las propiedades 2. y 3. con lo cual se tiene que ³ − ³ − ³ − → − →´ →´ → − → − →´ → − → u ×− v = (a1 b2 ) k + (a1 b3 ) − j + (a2 b1 ) − k + (a2 b3 ) i + (a3 b1 ) j + (a3 b2 ) − i de donde → − → − → − − → → u ×− v = (a2 b3 − a3 b2 ) i + (a3 b1 − a1 b3 ) j + (a1 b2 − a2 b1 ) k ¨ Antes de usar la fórmula (9. en vista de dicha semejanza se escribe. v  h  v sen  u Figura 9. j y k en (9. − u ×− v como un determinante de orden 3 así: ¯− →¯ → − − ¯→ i j k ¯¯ ¯ → − → u ×− v = ¯¯a1 a2 a3 ¯¯ ¯b b b ¯ 1 2 3 Tenemos así que: → − → − → − → − → − → − → − − y v = b1 i + b2 j + b3 k entonces Si → u = a1 i + a2 j + a3 k ¯− ¯ → → − − ¯ ¯ ¯→ ¯ ¯ ¯ i j k ¯¯ ¯¯ ¯ → → ¯¯a1 a3 ¯¯ − → ¯¯a1 a2 ¯¯ − a2 a3 ¯¯ − → − → − ¯ ¯ ¯ i −¯ j +¯ k u × v = ¯a1 a2 a3 ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯ b2 b3 b1 b3 b1 b2 ¯b b b ¯ 1 2 3 (9. el área de dicho paralelogramo es → → → → → A = k− u k h = k− u k k− v k senθ = k− u ×− vk .18. como una ayuda para recordar → → con mayor facilidad la expresión (9. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯a2 a3 ¯ − → → ¯¯a1 a3 ¯¯ → − ¯¯a1 a2 ¯¯ − → − → − ¯ ¯ i −¯ j +¯ k u × v =¯ b2 b3 ¯ b1 b3 ¯ b1 b2 ¯ Ahora note la semejanza entre el lado derecho de esta igualdad y el lado derecho de (9.12 → − → − → − − → → − − → → → − Si − u =2 i + j −3k y v = i − j +4k ¯− → ¯¯ → − − ¯→ i j k¯ ¯ → − → − ¯ u × v = ¯2 1 −3¯¯ ¯ 1 −1 4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯2 1 ¯ − ¯2 −3¯ − ¯ 1 −3¯ − → → ¯ j +¯ ¯ i −¯ ¯→ = ¯¯ k ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −1¯ 1 4 −1 4 → − → − → − = (4 − 3) i − (8 + 3) j + (−2 − 1) k → − → − → − = i − 11 j − 3 k → → → → Verifiquemos que el vector − u ×− v es perpendicular a − u ya− v: → − → − → − u · ( u × v ) = (2) (1) + (1) (−11) + (−3) (−3) = 0 y → − → → v · (− u ×− v ) = (1) (1) + (−1) (−11) + (4) (−3) = 0 ¥ → → La magnitud de − u ×− v tiene una interesante interpretación geométrica: Si los vectores → − → − u y v no son paralelos.14).15) Ejemplo 9.13). En efecto.14) se pueden escribir como determinantes de orden 2.292 9. Pues bien. Pues bien. Vectores en el espacio → → − − → − Obsérvese que los coeficientes de i .18. cuando se dibujan con el mismo punto inicial ellos determinan un paralelogramo como se ilustra en la figura 9. 16) → → → el cual se llama producto mixto de los vectores − u. entonces . → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − v = b1 i +b2 j +b3 k y z = c1 i +c2 j +c3 k Si u = a1 i +a2 j +a3 k . Así.293 9. Q y R no son colineales. − v y− z. ⎛ ⎞ 4 R=⎝ 2 ⎠ −3 Solución: −−→ −→ Empecemos calculando el vector P Q × P R : → − → − −−→ → − → − → − − → P Q = (−2 − 1) i + (0 − (−1)) j + (1 − 3) k = −3 i + j − 2 k → − → − −→ → − → − → − → − P R = (4 − 1) i + (2 − (−1)) j + (−3 − 3) k = 3 i + 3 j − 6 k entonces −−→ −→ PQ × PR = = = = ¯− → ¯¯ → − − ¯→ i j k¯ ¯ ¯−3 1 −2¯ ¯ ¯ ¯ ¯3 3 −6 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−3 −2¯ − ¯1 −2¯ − → → ¯¯−3 1¯¯ − ¯ ¯ ¯→ ¯ ¯3 −6¯ i − ¯ 3 −6¯ j + ¯ 3 3¯ k → − → − → − 0 i − 24 j − 12 k ³ − → − →´ → − → − −24 j − 12 k = −12 2 j + k −−→ −→ − −−→ −→ → a) Como P Q × P R 6= 0 entonces P Q y P R no son paralelos y en consecuencia P. Como el resultado es un → → → escalar. Ejemplo 9. −−→ −→ b) Si P es el paralelogramo determinado por los vectores P Q y P R entonces el área A del triángulo P QR es la mitad del área de P. ° √ 1° 1 °−−→ −→° 12 p 2 2 + 12 = 6 5 (unidades cuadradas) A = (Area de P) = °P Q × P R° = 2 2 2 ¥ Los productos escalar y vectorial pueden combinarse para formar un producto del tipo − → → → u · (− v ×− z) (9.13 Considere los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 P = ⎝ −1 ⎠ . Q=⎝ 0 ⎠ y 3 1 a) Muestre que P. Q y R no son colineales b) Calcule es área del triángulo P QR.4. − v y − z . dicho producto también se llama triple producto escalar de − u. Producto cruz o producto vectorial De manera que: → → El área A del paralelogramo determinado por dos vectores no paralelos − u y− v es → → A = k− u ×− v k. 294 9. El producto mixto tiene. Como resumen de lo relativo al producto mixto tenemos: . − v. Vectores en el espacio ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¶ µ¯ ³ − →´ ¯¯b2 b3 ¯¯ − − → → ¯¯b1 b3 ¯¯ − → ¯¯b1 b2 ¯¯ − → → − i −¯ j +¯ a1 i + a2 j + a3 k · ¯ k ¯ ¯ ¯ c c c c c c 2 ¯ 3 1 3 1 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯b b ¯ ¯b b ¯ ¯b b ¯ = a1 ¯¯ 2 3 ¯¯ − a2 ¯¯ 1 3 ¯¯ + a3 ¯¯ 1 2 ¯¯ c1 c3 c1 c2 ¯ c2 c3 ¯ ¯a1 a2 a3 ¯ ¯ ¯ = ¯¯ b1 b2 b3 ¯¯ ¯ c1 c2 c3 ¯ − → → → u · (− v ×− z) = El producto mixto (9.19 Figura 9.19. entre otras. − z es combinación lineal de los otros dos y consideremos el paralelepípedo determinado por ellos. el volumen de dicho paralelepípedo es → → → → → → V = k− v ×− z k k− u k |cosθ| = |− u · (− v ×− z )| Nótese que se puede extender el alcance de la fórmula anterior de manera que incluya → → → → → el caso − u combinación lineal de − v y− z . → − z determinan un paralelepípedo de volumen cero. es k→ v ×− z k y su altura es → h = k− u k |cosθ| → → → donde θ es el ángulo entre − u y− v ×− z . En forma similar. Veamos de qué se trata: → → → Supongamos que ninguno de los vectores − u. como sabemos. − v. − → El área de su base. la siguiente propiedad − → → → → → → → → → u · (− v ×− z)=− v · (− z ×− u) =− z · (− u ×− v) cuya prueba dejamos al lector. y z combinación lineal de u y v . como se ilustra en la figura 9. podemos extender → el alcance de la fórmula en consideración de manera que incluya los casos − v combinación → − → − → − → − → − lineal de u y z . (En la expresión anterior para la altura h se necesita π el valor absoluto que allí aparece. si admitimos que en tal caso los vectores − u.16) tiene una interesante aplicación geométrica. pues puede ocurrir que < θ < π) 2 Así. si y sólo si dichos vectores son L. R y S del espacio. R=⎝ 5 ⎠y S = ⎝ −1 ⎠ 1 −1 6 3 Muestre que los puntos dados no son coplanares y calcule el volumen del paralelepípedo −−→ −→ −→ P determinado por los vectores P Q. P R o P S es combinación lineal de los otros dos. → → → → → → → → → • − u · (− v ×− z)=− v · (− z ×− u)=− z · (− u ×− v) Dados cuatro puntos P. Solución: −−→ ³−→ −→´ Calculemos el producto mixto P Q · P R × P S : → − −−→ − → → − PQ = i + 3 j − 2 k . es decir. − v y− z son L. ellos son coplanares (están en un mismo −−→ −→ −→ plano) si y sólo si alguno de los vectores P Q.14 Considere los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 3 −2 P = ⎝ 1 ⎠. Por tanto se tiene que Cuatro puntos P.D.D.− z vectores geométricos cualesquiera del espacio. Q. R y S del espacio son coplanares si y sólo si −−→ ³ −→ −→´ PQ · PR × PS = 0 Ejemplo 9. − v y− z es → − → − → − V = | u · ( v × z )| → → → → → → • − u · (− v ×− z ) = 0 si y sólo los vectores − u.4. P R y P S. Producto cruz o producto vectorial → → → Sean − u. − → − → − → − → − z = c1 i + c2 j + c3 k entonces ¯ ¯ ¯a1 a2 a3 ¯ ¯ ¯ → − → → u · (− v ×− z ) = ¯¯ b1 b2 b3 ¯¯ ¯ c1 c2 c3 ¯ → → → • El volumen del paralelepípedo determinado por − u. → → − → − → − → − → − → − → − v = b1 i + b2 j + b3 k y • Si u = a1 i + a2 j + a3 k . Q = ⎝ 4 ⎠. Q. −−→ ³−→ −→´ PQ · PR × PS = = = = = → − −→ → − → − PR = 2 i + 4 j + 5 k y → − −→ → − → − P S = −3 i − 2 j + 2 k ¯ ¯ ¯ ¯1 3 −2 ¯ ¯ ¯2 4 5 ¯¯ ¯ ¯−3 −2 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 4 5¯ ¯ 2 5¯ ¯2 ¯ 4 ¯ − 3¯ ¯ − 2¯ ¯ 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −2 2 −3 2 −3 −2¯ (8 + 10) − 3 (4 + 15) − 2 (−4 + 12) 18 − 57 − 16 −55 . − v.295 9. se define la suma X + Y y el x3 y3 producto rX como ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ x1 + y1 rx1 X + Y = ⎝ x2 + y2 ⎠ y rX = ⎝ rx2 ⎠ x3 + y3 rx3 Debe tenerse presente que la suma y el producto por escalar definidas en R3 corresponden a la suma y el producto por escalar para vectores geométricos del espacio.17) para calcular el vector → u × (− v ×− z ): − → → u ·− z → − → u ·− v → − → → u × (− v ×− z) = = = = = = 9. R y S no son coplanares y el volumen V del paralelepípedo P está dado por ¯−−→ ³−−→ − −→´¯¯ ¯ V = ¯OP · OQ × OR ¯ = |−55| = 55 ¥ − − − − Se denomina triple producto vectorial de los vectores → u. Se deja como ejercicio al lector probar que → → → → → → − → → → u ·− z )− v − (− u ·− v )− z u × (− v ×− z ) = (− (9. En idéntica forma R3 se dota de operaciones (suma. Y = ⎝ y2 ⎠ en R3 y r ∈ R. v = i − j +2k y z =3j −5k Solución: − → → Emplearemos la igualdad (9. producto escalar. Ejemplo 9. producto escalar) y de conceptos definidos para vectores geométricos del plano. → v y → z al vector → u × − → → − ( v × z ). j . producto vectorial) y de conceptos definidos para vectores geométricos del espacio. Vectores en el espacio −−→ ³−→ −→´ Como P Q · P R × P S 6= 0 entonces los puntos P. producto por escalar. Q. . en el siguiente sentido: Cualesquiera sean X.17) no sólo proporciona una manera rápida de calcular el vector − u × − → → − → ( v × z ).15 − − → → − → − → → Exprese el vector → u × (− v ×− z ) como combinación lineal de los vectores i . k donde → − → − → − → − → − − → → − → − → − → − u =2 i +3j .296 9.5 (2) (0) + (3) (3) + (0) (−5) = 9 (2) (1) + (3) (−1) + (0) (2) = −1 → → → → → → (− u ·− z )− v − (− u ·− v )− z → − → − 9³ v − (−1) z →´ ³ − − →´ − → − − → → 9 i − j +2k + 3j −5k → − → − → − 9 i − 6 j + 13 k ¥ Vectores coordenados o algebraicos En el capítulo 2 se mostró cómo se dota el conjunto R2 de operaciones (suma. Y . Iniciamos con la suma y⎞producto ⎛ por escalar. producto por escalar. s en R.17) → Esta igualdad (9. ⎞ ⎛ x1 y1 • Dados X = ⎝ x2 ⎠. Z en R3 y r. sino que nos muestra que este vector es combinación lineal de los vectores − v y → − z. Así. se denotará (como en 0 2 R ) por la letra O. vectores algebráicos o simplemente vectores con tres componentes. también se denominarán en adelante vectores coordenados. si y1 y2 ⎠ entonces y3 ⎞ ⎛ y1 − x1 Y − X = ⎝ y2 − x2 ⎠ . Dados ⎛ X⎞y Y en ⎛ x1 X = ⎝ x2 ⎠ y Y = ⎝ x3 − X = (−1)X. Este vector es tal que: ⎛ ⎞ X + (−X) = O y R3 . y3 − x3 Se tiene.20. Vectores coordenados o algebraicos rX + sY = Z −−→ −−→ −→ rOX + sOY = OZ ⇔ Los elementos de R3 (a los que nos veníamos refiriendo como “puntos”). también en R3 . X +O =X ⎞ ⎛ x1 −x1 Dado X = ⎝ x2 ⎠ en R3 . el vector −X = ⎝ −x2 ⎠ .18) . se llama inverso x3 −x3 aditivo del vector X.5. ⎛ ⎞ 0 El vector ⎝ 0 ⎠ se dice el vector nulo o vector cero de R3 .20 Figura 9.297 9. la ⎞ diferencia Y − X se define como el vector Y + (−X). al igual que en el plano. (9. para cualquier X de R3 . Dicho vector es tal que. que −−→ −− → XY = OR ⇔ R = Y − X lo cual se ilustra en la figura 9. cualesquiera sean X. el punto medio del segmento XY es el punto M = = ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ −5 2 1 1 (X + Y ) = ⎝⎝ 4 ⎠ + ⎝ −3 ⎠⎠ 2 2 1 0 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ −5 + 2 −3 −3/2 1 1⎝ 4 − 3 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 1/2 ⎠ 2 2 1+0 1 1/2 ¥ .16 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 2 Sean X = ⎝ 4 ⎠. Vectores en el espacio Es claro que de (9. Y.298 9. Z y W en R3 . Y = ⎝ −3 ⎠ 1 0 1 a) Calcule el vector 2X + 3Y − 2 Z −−→ −−→ b) Halle el punto R tal que XY = OR c) Halle el punto medio del segmento XY Solución: ⎛ ⎞ 1 Z = ⎝ −1 ⎠ 1 ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −5 1 2 a) 2X + 3Y − 12 Z = 2 ⎝ 4 ⎠ + 3 ⎝ −3 ⎠ − 12 ⎝ −1 ⎠ 1⎞ ⎛ 1⎞ 0⎞ ⎛ ⎛ −10 6 −1/2 =⎝ 8 ⎠ + ⎝ −9 ⎠ + ⎝ 1/2 ⎠ 2 0⎞ ⎛ −1/2⎞ ⎛ −10 + 6 + 1/2 −9/2 =⎝ 8 − 9 + 1/2 ⎠ = ⎝ −1/2 ⎠ 2 + 0 − 1/2 3/2 −−→ −− → b) El punto R tal que XY = OR es ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 7 2 R = Y − X = ⎝ −3 ⎠ − ⎝ 4 ⎠ = ⎝ −7 ⎠ . el punto medio M de un segmento AB con A y B en R3 . está dado por 1 M = (A + B) 2 Por tanto.19) Y −X =W −Z Ejemplo 9. 0 1 −7 ⎛ c) Como en el plano. −−→ −−→ XY = ZW ⇔ (9.18) se sigue que. Z son vectores cualesquiera de R3 y r. Y . ¥ Al igual que en R2 . se da que Q − P = S − R. s son escalares cualesquiera. Vectores coordenados o algebraicos Ejemplo 9. . Q.5. En ellas X. 2 2 son los vértices de un paralelogramo. las operaciones definidas en R3 tienen las siguientes propiedades básicas. ⎛ ⎞ 2 R=⎝ 3 ⎠ 5 y ⎛ ⎞ 1 S=⎝ 6 ⎠ 5 Solución: En la figura 9. es decir.17 Muestre que los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 P = ⎝ 3 ⎠.21.21 se muestra el cuadrilátero cuyos vértices son los puntos P . R y S dados Figura 9. Q = ⎝ 6 ⎠. que Q − P = S − R. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 −1 1 2 −1 Q − P = ⎝ 6 ⎠ − ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 3 ⎠.299 9. S−R =⎝ 6 ⎠−⎝ 3 ⎠=⎝ 3 ⎠ 2 2 0 5 5 0 En efecto. −−→ −→ Para mostrar que dicho cuadrilátero es un paralelogramo basta ver que P Q = RS. Se tiene. las cuales son exactamente las mismas que listamos para la magnitud en R2 : Si X. dirección opuesta y paralelismo entre vectores de R3 se definen de igual forma que en R2 . X y Y son paralelos si y sólo si X es múltiplo escalar de Y o Y es múltiplo escalar de X. r(sX) = (rs)X 9. que denotaremos dir (X). a la dirección de OX. X + Y = Y + X 3. X + (−X) = O 6. denotada kXk. rX ∈ R3 7. Vectores en el espacio 1. kXk ≥ 0 ⎛ ⎞ 0 2. respectivamente. krXk = |r| kXk 4. X + O = X 5. 1X = X 8. Llamaremos ángulos directores y cosenos directores de X −−→ a los ángulos directores y cosenos directores. Los conceptos misma dirección. del vector geométrico OX. Y son vectores de R3 y r ∈ R. q kXk = x21 + x22 + x23 ⎛ La magnitud en R3 tiene las siguientes propiedades. (X + Y ) + Z = X + (Y + Z) 4. Así. X 6= O. Y de R3 . −−→ También llamaremos dirección de X. kX + Y k ≤ kXk + kY k (Desigualdad triangular). kXk = 0 si y sólo si X = ⎝ 0 ⎠ 0 3.300 9. La distancia entre dos puntos X. Y de R3 se define como el número kX − Y k . se define como la x3 −−→ magnitud del vector OX. 1. r(X + Y ) = rX + rY 10. (r + s)X = rX + sX ⎞ x1 • La magnitud del vector X = ⎝ x2 ⎠ de R3 . X + Y ∈ R 2. lo siguiente: Para todo par de vectores X. . entre otros resultados. • Sea X ∈ R3 . En forma análoga se muestra que Z tampoco es múltiplo escalar de X.18 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 0 Sean X = ⎝ 6 ⎠ y Y = ⎝ −3 ⎠ 4 15 a) Calcule la magnitud del vector 2X − 13 Y b) Calcule la distancia entre X y Y Solución: a) Como ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 0 −4 − 0 −4 2X − 13 Y = 2 ⎝ 6 ⎠ − 13 ⎝ −3 ⎠ = ⎝ 12 + 1 ⎠ = ⎝ 13 ⎠ 4 15 8−5 3 1 entonces la longitud del vector 2X − 3 Y es ° ° √ ° p ° √ °2X − 1 Y ° = (−4)2 + (13)2 + 32 = 16 + 169 + 9 = 194 ° ° 3 b) La distancia entre X y Y está dada por p √ √ kX − Y k = (−2 − 0)2 + (6 − (−3))2 + (4 − 15)2 = 4 + 81 + 121 = 206 ¥ Ejemplo 9. Veamos ahora si X es múltiplo escalar de Z o Z es múltiplo escalar de X . −8 = 2r.5. 4 Es claro que no existe r ∈ R que satisfaga simultáneamente las tres condiciones anteriores. c) Halle un vector de magnitud 5/4 y que tenga la misma dirección del vector Z. Vectores coordenados o algebraicos Ejemplo 9. X y Z no son paralelos.301 9. Solución: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 32 −8 a) Como Y = ⎝ 3 ⎠ = −4 ⎝ −3/4 ⎠ = −4X −5 5/4 entonces Y es múltiplo escalar de X y así X y Y son paralelos. Luego. X es múltiplo escalar de Z si y sólo si existe r ∈ R·tal que X = rZ. es decir. Y = ⎝ 3 ⎠ y Z = ⎝ −1 ⎠ 5/4 −5 4 a) ¿Son los vectores X y Y paralelos? ¿Son los vectores X y Z paralelos? b) Halle un vector unitario con dirección opuesta a la del vector X − Z. X no es múltiplo escalar de Z. . − 3 = −r 4 y 5 = 4r. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −8 2 ⎝ −3/4 ⎠ = r ⎝ −1 ⎠ 5/4 4 o equivalentemente.19 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −8 32 2 Sean X = ⎝ −3/4 ⎠. por tanto. 302 9.D. c escalares. → → → Para vectores geométricos del espacio vimos que si − u. Y y Z vectores de R3 . A continuación extenderemos estos conceptos a tres vectores de R3 . se dice una combinación lineal de X. Y y Z.).I.I. Vectores en el espacio b) Un vector unitario con dirección opuesta a la del vector X − Z es U =− ⎛ 1 (X − Z) kX − Zk ⎞ −10 Como X − Z = ⎝ 1/4 ⎠ entonces −11/4 s r √ ¶ µ ¶2 µ 121 1722 1 −11 2 1 2 + = + = 100 + kX − Zk = (−10) + 4 4 16 16 4 y así. entonces → − → → todo vector w del espacio es expresable de manera única como combinación lineal de − u. todo vector de la forma aX + bY + cZ con a. Estos vectores se dicen linealmente dependientes (L. b. si esto no sucede los vectores se dicen linealmente independientes (L. Veámoslo: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 Como Q − P = ⎝ 3 ⎠ y R − P = ⎝ 0 ⎠ entonces 0 3 q p √ √ kQ − P k = (−1)2 + 33 + 02 = 10 y kR − P k = 12 + 02 + 32 = 10 ¥ • Los conceptos de combinación lineal y de dependencia e independencia lineal para dos vectores de R3 se definen de la misma forma que para dos vectores de R2 . 4 kZk q √ Como kZk = 22 + (−1)2 + 42 = 21 entonces ⎛ ⎞ 2 5 ⎝ 5 Z = √ V = −1 ⎠ 4 kZk 4 21 4 ¥ Ejemplo 9. Sean X. Por otra parte. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −10 40 1 ⎝ 4 ⎝ 1/4 ⎠ = √ −1 ⎠ U = −√ 1722 1722 −11/4 11 5 Z c) Un vector de magnitud 5/4 y con la misma dirección de Z es V = .20 Compruebe que el paralelogramo P QSR del ejemplo 9. o también que kQ − P k = kR − P k. Solución: °−−→° °−→° ° ° ° ° Basta ver que °P Q° = °P R°. − v y− z son vectores L. Es claro que a partir de este hecho se deduce en forma inmediata que: . − v → y− z .17 es un rombo.) si alguno de ellos es combinación lineal de los otros dos. Y y Z son vectores L.22.I. de X. E2 = ⎝ 1 ⎠ y E3 = ⎝ 0 ⎠ son llamados vectores 0 0 1 canónicos de R3 .L.20) se llama descomposición canónica del vector X. se tiene que x ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ ⎛ 1 0 0 0 0 x1 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ 0 1 0 ⎠ 0 0 x2 = x1 + x2 + x3 + + X= 0 0 1 0 x3 0 es decir. Y y Z. En el capítulo 10 se dará una prueba de este resultado sin recurrir a vectores geométricos. Vectores coordenados o algebraicos Si X. de R3 entonces todo vector W de R3 es expresable de manera única como C.22) Figura 9.20) (9. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 • Los vectores E1 = ⎝ 0 ⎠. (9.21 La descomposición canónica del vector X = ⎝ 2 ⎠ es 3 X = −1E1 + 2E2 + 3E3 (ver figura 9. ⎛ ⎞ x1 Cualquiera sea X = ⎝ x2 ⎠ en R3 . ⎛ ⎞ −1 Ejemplo 9. X = x1 E1 + x2 E2 + x3 E3 La igualdad (9.5.303 9.21) . −−→ −−→ X · Y = OX · OY → − → − −−→ −−→ → − → − → − → − Ahora. halle la descomposición canónica del vector 4 Solución: Puesto que ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −15/4 − 5 −35/4 3 − X + 5Y = ⎝ 0 + 10 ⎠ = ⎝ 10 ⎠ 4 69/4 9/4 + 20 69 la descomposición canónica de − 34 X + 5Y es − 34 X + 5Y = − 35 ¥ 4 E1 + 10E2 + 4 E3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ y1 x1 • Se define el producto escalar de dos vectores X = ⎝ x2 ⎠ y Y = ⎝ y2 ⎠ de R3 . X · Y es un escalar X · X = kXk2 X ·Y =Y ·X (rX) · Y = r(X · Y ) = X · (rY ) X · (Y + Z) = X · Y + X · Z y (X + Y ) · Z = X · Z + Y · Z |X · Y | ≤ kXk kY k (Desigualdad de Cauchy-Schwarz) . 3. Así. 2. como el producto escalar OX · OY . y ⎛ ⎞ −1 Y = ⎝ 2 ⎠. Vectores en el espacio La descomposición en (9. (9. Por tanto. x3 y3 −−→ −−→ denotado X · Y . 6. Y . x3 y3 el producto escalar de X y Y es el escalar X · Y = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 ⎛ R2 .22) El producto escalar en R3 goza de las mismas propiedades que él posee en el caso de Cualesquiera sean X. 4.304 9.21) es la versión en R3 de la descomposición → − −−→ → − → − OX = − i + 2 j + 3 k ¥ Ejemplo 9. 5. como OX = x1 i + x2 j + x3 k y OY = y1 i + y2 j + y3 k entonces −−→ −−→ OX · OY = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 .22 ⎛ ⎞ 5 Dados X = ⎝ 0 ⎠ −3 3 − 4 X + 5Y . Z en R3 y r ∈ R se tiene: 1. ⎞ ⎛ ⎞ x1 y1 Si X = ⎝ x2 ⎠ y Y = ⎝ y2 ⎠ son vectores de R3 . 305 9.5. Vectores coordenados o algebraicos • Si X y Y son vectores no nulos de R3 , el ángulo entre X y Y se define como el −−→ −−→ ángulo entre los vectores geométricos OX y OY . Al igual que en R2 , si α es el ángulo entre X y Y entonces X ·Y cos α = kXk kY k Los vectores X y Y (puede ser X = O o Y = O) se dicen ortogonales, lo cual se −−→ −−→ denota X ⊥ Y , si los vectores OX y OY son perpendiculares. Se tiene entonces que X ⊥ Y si y sólo si X · Y = 0 Ejemplo 9.23 ⎛ ⎞ 4 Los vectores X = ⎝ −5 ⎠ 7 ⎛ ⎞ 1 y Y = ⎝ 1 ⎠ son ortogonales ya que 1/7 µ ¶ 1 =0 ¥ X · Y = (4) (1) + (−5) (1) + (7) 7 • Sean X y U vectores de R3 , U 6= O. La proyección de X sobre U se define y se denota como en el caso X y U en R2 . Figura 9.23. Si L es la recta que pasa por el origen y por U , P royU X es el punto P donde la perpendicular trazada desde X a la recta L, corta a esta recta, como se ilustra en la figura 9.23. Al igual que para vectores de R2 , se tiene que ¶ µ ¶ µ ¶ µ U X ·U X ·U X ·U = U (9.23) P royU X = U= kU k kUk U ·U kU k2 Además, X descompone como X = P royU X + (X − P royU X) 306 9. Vectores en el espacio donde P royU X es paralelo a U y X − P royU X es ortogonal a U. Ejemplo 9.24 ⎛ ⎞ x1 Sea X = ⎝ x2 ⎠ un vector de R3 . Sabemos que x3 X = x1 E1 + x2 E2 + x3 E3 Figura 9.24. A partir de la figura 9.24, es claro que P royE3 X = x3 E3 pues x3 E3 es el punto donde la perpendicular trazada desde X al eje z, corta a este eje, el cual es la recta que pasa por el origen y por E3 . Ahora, si aplicamos la formula (9.23), tenemos que ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ x1 0 ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ x2 · 0 ⎠⎠ E3 = x3 E3 P royE3 X = (X · E3 ) E3 = x3 1 lo cual confirma lo apreciado en la figura. De manera similar se tiene que P royE1 X = x1 E1 y P royE2 X = x2 E2 Así que X = P royE1 X + P royE2 X + P royE3 X igualdad que es la versión en R3 de la igualdad − → → → → →− →− →− v = P roy− v + P roy− v + P roy− v i j k − donde → v es un vector geométrico cualquiera del espacio. ¥ 307 9.5. Vectores coordenados o algebraicos Ejemplo 9.25 ⎛ ⎞ ⎞ 0 2 Sea X = ⎝ 3 ⎠ y U = ⎝ −2 ⎠ 1 4 ⎛ a) Calcule la proyección de X sobre U . b) Exprese a X como la suma de un vector paralelo a U y un vector ortogonal a U . Solución: a) La proyección de X sobre U es el vector ¶ µ ¶ µ U X ·U X ·U P royU X = = U kU k kU k kU k2 Ahora, como X · U = (2) (0) + (3) (−2) + (4) (1) = −2 y entonces b) Sabemos que kU k2 = (0) (0) + (−2) (−2) + (1) (1) = 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 2 2 P royU X = − U = − ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 4/5 ⎠ 5 5 1 −2/5 (9.24) X = P royU X + (X − P royU X) paralelo ⎞ a U y X − P royU X es ortogonal a U.⎛ donde P royU X es⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 0 2 Como P royU X = ⎝ 4/5 ⎠ y X−P royU X = ⎝ 3 ⎠−⎝ 4/5 ⎠ = ⎝ 11/5 ⎠ −2/5 4 −2/5 22/5 entonces la expresión pedida para X es ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 X = ⎝ 4/5 ⎠ + ⎝ 11/5 ⎠ −2/5 22/5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 donde ⎝ 4/5 ⎠ es paralelo a U y ⎝ 11/5 ⎠ es ortogonal a U . Es fácil comprobar esto −2/5 22/5 ⎞ ⎛ 0 último. En efecto: La igualdad (9.24) nos muestra que ⎝ 4/5 ⎠ es paralelo a U ; por otra −2/5 parte ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ µ ¶ µ ¶ 2 2 0 ⎝ 11/5 ⎠ · U = ⎝ 11/5 ⎠ · ⎝ −2 ⎠ = (2) (0) + 11 (−2) + 22 (1) = 0 5 5 22/5 22/5 1 ⎛ ⎞ 2 lo cual muestra que ⎝ 11/5 ⎠ es ortogonal a U . 22/5 ¥ 308 9. Vectores en el espacio • Ahora trasladaremos a R3 el producto vectorial entre vectores geométricos del espacio, como lo hemos hecho con otras operaciones. Si X y Y son vectores de R3 , el producto cruz o producto vectorial de X y Y, −−→ −−→ −→ denotado X × Y , es el vector Z de R3 tal que OX × OY = OZ. Como el lector puede comprobar, ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯x1 x3 ¯ ¯x1 x2 ¯ ¯x2 x3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯E E − E + X ×Y =¯ y2 y3 ¯ 1 ¯ y1 y3 ¯ 2 ¯ y1 y2 ¯ 3 Esta última igualdad se recuerda con mayor facilidad escribiendo su lado derecho como un determinante, en la forma ¯ ¯ ¯E1 E2 E3 ¯ ¯ ¯ ¯ x1 x2 x3 ¯ ¯ ¯ ¯ y1 y2 y3 ¯ Tenemos así que: ⎛ ⎞ ⎛ x1 Si X = ⎝ x2 ⎠ y Y = ⎝ x3 ⎞ y1 y2 ⎠ son y¯ 3 ¯E1 E2 ¯ X × Y = ¯¯ x1 x2 ¯ y1 y2 vectores de R3 , entonces ¯ E3 ¯¯ x3 ¯¯ y3 ¯ (9.25) El lector puede probar fácilmente cada una de las propiedades del producto cruz que se enuncian a continuación, las cuales son simplemente las versiones en R3 de las propiedades ya presentadas para el producto cruz entre vectores geométricos de espacio. Cualesquiera sean los vectores X, Y , Z en R3 y cualquiera sea el escalar r, se tiene que: 1. X × Y es ortogonal tanto a X como a Y , es decir, X · (X × Y ) = 0 y Y · (X × Y ) = 0 2. X × Y = O si y sólo si X y Y son paralelos 3. Y × X = − (X × Y ) 4. (rX) × Y = r(X × Y ) = X × (rY ) 5. X × (Y + Z) = (X × Y ) + (X × Z) 6. (X + Y ) × Z = (X × Z) + (Y × Z) 7. Si X 6= O y Y 6= O, kX × Y k = kXk kY ksenθ donde θ es el ángulo entre X y Y . 8. Si X y Y no son paralelos, kX × Y k es el área del paralelogramo determinado por X y Y. Ejemplo 9.26 ¯ ¯ ¯ ¯E1 E2 E3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯0 0¯ ¯1 0¯ ¯1 0¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ E = E3 0 0¯=¯ E − E + E1 × E2 = ¯ 1 1 0¯ 1 ¯0 0¯ 2 ¯0 1¯ 3 ¯0 ¯ 1 0 309 9.5. Vectores coordenados o algebraicos Similarmente, E2 × E3 = E1 y E3 × E1 = E2 Estas relaciones entre los vectores E1 , E2 y E3 son la versión en R3 de las relaciones → → − → → − → − − → − → − − → − → − i × j = k, j × k = i y k × i = j ¥ Ejemplo 9.27 Halle dos vectores unitarios que sean ortogonales tanto al vector ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −2 X = ⎝ 3 ⎠ como al vector Y = ⎝ 1 ⎠ 2 3 Solución: Un vector ortogonal tanto a¯X como a Y es el vector ¯ ¯ E1 E2 E3 ¯ ¯ ¯ ¯2 3 2 ¯¯ ¯ X ×Y = ¯ −2 1 3¯ = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯3 2¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ E1 − ¯ 2 2¯ E2 + ¯ 2 3¯ E3 ¯1 3¯ ¯−2 3¯ ¯−2 1¯ ⎛ ⎞ 7 = 7E1 − 10E2 + 8E3 = ⎝ −10 ⎠ 8 Luego, dos vectores unitarios y ortogonales a X y Y son ⎛ ⎞ 7 1 ⎝ X ×Y =√ −10 ⎠ N= kX × Y k 213 8 y ⎛ ⎞ 7 1 ⎝ X ×Y = −√ −N =− −10 ⎠ . kX × Y k 213 8 ¥ Si X, Y , Z son vectores de R3 , se llama producto mixto o triple producto escalar de X, Y y Z a X · (Y × Z) Para este producto se tiene, de manera completamente análoga a lo obtenido para vectores geométricos del espacio, lo siguiente: Sean X, Y ,⎛Z vectores cualesquiera de R3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ y1 z1 x1 Y = ⎝ y2 ⎠ y Z = ⎝ z2 ⎠ entonces 1. Si X = ⎝ x2 ⎠, x3 y3 ¯ z3 ¯ ¯x1 x2 x3 ¯ ¯ ¯ X · (Y × Z) = ¯¯ y1 y2 y3 ¯¯ ¯ z1 z2 z3 ¯ 2. El volumen del paralelepípedo determinado por X, Y y Z es V = |X · (Y × Z)| 3. X · (Y × Z) = 0 si y sólo si los vectores X, Y , Z son L.D. 4. X · (Y × Z) = Y · (Z × X) = Z · (X × Y ) 310 9. Vectores en el espacio En el numeral 2. del resultado anterior se entiende que el paralelepípedo determinado por los vectores X, Y y Z es el paralelepípedo determinado por los vectores geométricos −−→ −−→ −→ OX, OY y OZ. Ejemplo 9.28 Para las siguientes ⎛ ⎞ −1 a) X = ⎝ 3 ⎠ , 2 ⎛ ⎞ −1 b) X = ⎝ 3 ⎠ , 2 ⎛ ⎞ −1 c) X = ⎝ 3 ⎠ , 2 ternas de vectores X, Y, Z determine si ellos son L.I. o L.D. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 3 Y = ⎝ 5 ⎠ , Z = ⎝ −9 ⎠ −6 −6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −11 Y = ⎝ 5 ⎠, Z = ⎝ 0 ⎠ −6 28 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 Y = ⎝ 5 ⎠ , Z = ⎝ −1 ⎠ −6 2 Solución: a) Es claro que Z = −3X y así Z = −3X + 0Y ; luego Z es C.L. de X y Y y por tanto los vectores X, Y y Z son L.D. b) Observe que en este caso ninguno de los vectores dados es múltiplo escalar de otro de ellos, es decir, cualesquiera dos de ellos son L.I. Calculemos entonces X · (Y × Z) : ¯ ¯ ¯ −1 3 2 ¯ ¯ ¯ 5 −6¯¯ X · (Y × Z) = ¯¯ 2 ¯−11 0 28 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯ 2 ¯5 −6¯ −6¯¯ 5¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ + 2¯ − 3¯ = −¯ −11 28 ¯ 0 28 ¯ −11 0¯ = −140 − 3 (56 − 66) + 2 (55) = 0 Como X · (Y × Z) = 0 entonces los vectores X, Y, Z son L.D. c) Como en el literal b), cualesquiera dos de los vectores dados son L.I. Calculemos entonces X · (Y × Z) : ¯ ¯ ¯−1 2 ¯ 1 ¯ ¯ ¯ X · (Y × Z) = ¯ 3 5 −1¯¯ ¯ 2 −6 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯3 −1¯ ¯3 5 ¯ ¯ 5 −1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ + − 2¯ = −¯ 2 2 ¯ ¯2 −6¯ −6 2 ¯ = − (10 − 6) − 2 (6 + 2) + (−18 − 10) = −4 − 16 − 28 = −48 Como X · (Y × Z) 6= 0 entonces X, Y, Z son L.I. 9.6 ¥ Ejercicios −−→ 1. Para cada punto P dado, dibujar el vector posición OP . 311 9.6. Ejercicios ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 a) P = ⎝ 3 ⎠ b) P = ⎝ −3 ⎠ 5 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 −1 c) P = ⎝ −7 ⎠ d) P = ⎝ −2 ⎠ 3 −3 ⎛ ⎞ −1 → 2. a) Hallar el punto final del vector − v cuyo punto inicial es P = ⎝ 3 ⎠ y tiene −5 → − → − → − → − dirección opuesta e igual longitud que el vector u = 6 i + 7 j − 3 k ⎛ ⎞ 3 → b) Hallar el punto inicial del vector − v cuyo punto final es Q = ⎝ 0 ⎠ , su dirección −5 → → − → − − → − → es la del vector u = 4 i − 2 j − k y su magnitud es cinco veces la del vector − u. → 3. Para cada vector − v dado, hallar su magnitud y dirección, y dibujarlo. → − → − → − → − − → → − → → → a) − v =4k b)− v =2 i −3k c) − v =− i +4j −6k → − → − → − − → → − → → d) − v = −4 i + j e)− v =2 i −3j −4k → → 4. Para cada par de vectores − u ,− v dado, determinar si el ángulo entre ellos es agudo, obtuso o recto. → → − → − → → − − → → − − → → − → − → − → → a) − u =6 i + j +4k, − v =2 i −3k b) − u =−k, − v = i + j + k → − → − − c) → u = −6 i + 4 k , → − → − − → − → v =3 i + j +6k → 5. a) Hallar un vector unitario − u , tal que sus ángulos directores sean iguales y estén entre 0◦ y 90◦ . → b) Hallar un vector − v de magnitud 12 y que tenga la misma dirección que el vector → − u descrito en a) 6. a) ¿Existe un vector geométrico cuyos ángulos directores sean 30◦ , 60◦ y 45◦ ? → → b) Hallar un vector de posición − v que sea unitario y tal que los ángulos entre − v y los semiejes positivos x y z sean ambos de 45◦ ¿En cuál plano coordenado está situado → dicho vector − v? → 7. Sea − v el vector de posición en el espacio con las características descritas en cada literal. Hallar sus componentes y dibujarlo. → − → → → a) − v está situado en el plano yz, k− v k = 2 y el ángulo entre − v y j es de 30◦ . → − → → b) − v está situado en el plano xz, su magnitud es 5 y el ángulo entre − v y k es de 45◦ . → c) − v es un vector unitario, forma una diagonal de un cubo y las coordenadas de su punto terminal son positivas. − → − → − → 8. Sobre un cuerpo O actúan dos fuerzas F1 y F2 tales que⎛la magnitud de F1 es 30 ⎞ 150◦ ³− − → →´ ⎝ 60◦ ⎠ con 90◦ ≤ γ 1 ≤ Newtons y la de F2 es 50 Newtons; además, dir F1 = γ1 ⎛ ⎞ α ³− 2 →´ 180◦ y dir F2 = ⎝ 45◦ ⎠ con 90◦ ≤ α2 ≤ 180◦ . Hallar: 90◦ 312 9. Vectores en el espacio a) Los ángulos γ 1 y α2 − → − → b) La descomposición canónica de F1 y de F2 c) La magnitud y la dirección de la fuerza resultante que actúa sobre el cuerpo O. 9. La figura muestra una pirámide regular cuya base es cuadrada con centro en el origen y contenida en el plano xy. a) Hallar el coseno del ángulo entre cada par de vectores dado: −→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ i) CA, CO ii) EA, EO iii) AD, AC b) Calcular el volumen de la pirámide. − 10. Hallar los cosenos directores del vector → u dado en la figura → → 11. Si − u tiene ángulos directores α β, γ y − v tiene ángulos directores α0 , β 0 , γ 0 expresar, → → en términos de estos ángulos, el coseno del ángulo θ entre − u y− v. → → → → − → − − → − − → − → 12. Mostrar que el ángulo entre los vectores − u = i +2j + k y − v = 2 i + j − k es → → → − → − → − − → − → − → el doble del ángulo entre los vectores − w = i +4j + k y − z =2 i +5j +5k → → − → → − − → − → − − → − → − → → → − → 13. Dados los vectores − u = 2 i − j − k, − v = i − j +2k, − w = i −2j +3k y → − → − − → → − y = 3 i + j + 2 k , hallar: → → → a) 3− w −− v +− y − − → → → → b) El vector → x tal que 2→ u −− v +− x =− w + 7− x 313 9.6. Ejercicios − → → c) La magnitud y la dirección de 2→ v + 5− y −− w − → d) Un vector unitario con la misma dirección de → v −− u → − → − → − → − → − e) y · w + u · (2 v − y ) − → f ) El ángulo entre → v y− w − → g) Los cósenos directores del vector → v − 2− w → − →v h) P roy− u − → i) La componente escalar de → u sobre − v → → j) k2− v ×− uk − → → → → → k) → u × (− v ×− w ) y (− u ×− v)×− w − − l) Dos vectores unitarios perpendiculares a los vectores → v y→ u. → → m) El área del paralelogramo determinado por − u y− v − → → → → n) Un vector no nulo → x tal que − u ·− x =− v ·− x =0 → − → − → n ˜ ) El escalar a tal que v − a u es perpendicular a − w − → → → o) Escalares a y b tales que → z = a− w + b− y es un vector unitario perpendicular a − y (hay dos soluciones) → → → → p) Escalares a, b y c tales que − w = a− u + b− v + c− y → −−→ − −→ − → → − 14. Dos lados de un triángulo OAB son los vectores OA = 3 i + 6 j − 2 k y OB = → − → − − → 4 i − j +3k a) Hallar la magnitud del tercer lado del triángulo. b) Mostrar que el triángulo es rectángulo. c) Hallar los ángulos agudos del triángulo. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 6 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 15. Sean P = 5 ,Q= 2 yR= 1 ⎠ los vértices de un triángulo. 6 7 0 a) Dibujar el triángulo. b) Hallar el perímetro del triángulo. c) Mostrar que el triángulo es un triángulo rectángulo. d) Hallar los ángulos agudos del triángulo. −−→ −→ e) Calcular el área del paralelogramo determinado por P Q y −2P R. 16. Considere una de las diagonales de un cubo y sea P uno de los extremos de esa diagonal. Hallar los ángulos con vértice P entre dicha diagonal y las aristas que tienen a P como uno de sus extremos. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 5 3 17. Sean P = ⎝ −1 ⎠ , Q = ⎝ 1 ⎠ , R = ⎝ 3 ⎠ y S = ⎝ 1 ⎠ puntos del espacio. 1 1 4 4 a) Mostrar que los puntos P, Q, R y S son los vértices de un paralelogramo; dibujar el paralelogramo y hallar su área. b) Hallar el punto X del segmento SQ tal que X divide al segmento SQ en la proporción 3 : 1. 314 9. Vectores en el espacio → → − → → − − → → − → − − − 18. Sean → u =2 i − j +2k y − w =3 i +4j − k → → → → a) Hallar un vector − v tal que − u ×− v =− w . ¿Hay más de una solución? → − → − → − → − → → b) Hallar un vector v tal que u × v = w y − u ·− v = 1. ¿Hay más de una solución? → − → − → − → 19. Hallar escalares a y b tales que el vector − v = i + a j + b k sea perpendicular a los → → − → → − → − → − → − − → vectores − u =− i +4j +3k y − w =2 i +5j + k → → − → → − − → → − → − − → → → 20. Sean − u =2 i + j −3k, − v = −3 i − 2 j + k y φ el ángulo entre − u y− v. a) Utilizar el producto cruz para hallar el seno del ángulo φ. b) Utilizar el producto escalar para hallar el coseno del ángulo φ. c) Comprobar que sen2 φ + cos2 φ = 1 21. Hallar el área del triángulo con vértices P , Q y R dados en cada literal. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −4 5 a) P = ⎝ −2 ⎠ , Q = ⎝ 1 ⎠ , R = ⎝ −2 ⎠ −3 6 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a 0 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ b) P = 0 , Q= b , R= 0 ⎠, abc 6= 0 0 0 c ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a a 0 c) P = ⎝ b ⎠ , Q = ⎝ 0 ⎠ , R = ⎝ a ⎠ , ab 6= 0 0 b b − − 22. Sean → u y→ v vectores geométricos en el espacio. 2 2 → 2 2 → → → → → u k k− v k −(− u ·− v ) . (Esta igualdad es conocida como a) Probar que k− u ×− v k = k− Identidad de Lagange) → → → → − − b) Probar que k− u ×− v k = k− u k k− v k si y sólo si → u y→ v son perpendiculares. → − → − → − → − c) Simplificar ( u + v ) × ( u − v ) . → → → → d) Si k− u k = 2, − v es unitario y el ángulo entre − u y− v es 45◦ , encontrar el escalar λ → − → − → − tal que u + λ v sea perpendicular a u . → − → → − − → − → → − → − → → 23. Considerar los vectores − u = i,− v = i + j y− w = i + j +3k. → → → a) Hallar el volumen del paralelepípedo determinado por los vectores − u, − v y− w. → → − − → → → b) Expresar cada uno de los vectores j y k como combinación lineal de − u, − v y− w. → − → − → − → → → → u, − v y− w c) Expresar el vector − z = 2 i − 3 j + 5 k como combinación lineal de − 24. Calcular el volumen del paralelepípedo determinado por los vectores dados en cada literal. → → → → − → − − → − → − → − → − → − → a) − u =2i − j + k, − v =3 i +2j −2k y − w =3 i +2j ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0 1 3 −−→ −−→ − −→ b) OP , OQ y OR donde P = ⎝ −1 ⎠ , Q = ⎝ 0 ⎠ y R = ⎝ −7 ⎠ 3 0 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 −1 2 −−→ −→ −→ c) P Q, P R y P S donde P = ⎝ −3 ⎠ , Q = ⎝ 1 ⎠ R = ⎝ 2 ⎠ y S = ⎝ −1 ⎠ 4 2 0 3 Probar que → → − → → → → → → → w ×− u) u · (− v ×− w) = − w · (− u ×− v)=− v · (− → − → − → − cualesquiera sean los vectores u . a) Sean − u. → → → 29. Hallar todos los escalares t tales que los siguientes tres vectores no determinan un → → − → − → − − → − − → − → paralelepípedo: i + t j + k . − v y − w vectores no nulos con el mismo punto inicial. S = ⎝ 3 ⎠ 2 3 5 6 26. (− u ×− y )·→ v = 3. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −3 1 30.315 9. Suponiendo que los vectores − u. − v.6. i) X + Z − Y c) El punto medio del segmento XZ. Hallar: 3 5 0 a) La descomposición canónica de los siguientes vectores: ii) 7X − 12 Y − 3Z −−→ b) Los cosenos directores del vector Y Z. t i + j . Determinar si los puntos siguientes son o no coplanares: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 1 2 P = ⎝ −1 ⎠ . e) El punto sobre el segmento XY cuya distancia a X es 3/4 de la distancia de X a Y. Y = ⎝ 4 ⎠ y Z = ⎝ 1 ⎠. → → − → → − − → → − − → − v = −4 i + j + 6 k y − w = 2 i − k. Sean X = ⎝ −1 ⎠. R = ⎝ 3 ⎠ . j + t k 27. Ejercicios 25.− w y− y satisfacen las relaciones → → → − − → − → − − → → → → → − → → → → (− u ×− w )·− v = 5. j y k . . → → → → 28. d) La distancia entre X y Y . v y w . f ) El vector unitario con la misma dirección del vector 2X − 3Z. − w +− y = i +j +k y − w −− y = i −k → → − − → − → → → → expresar el vector (− u ×− v ) × (− w ×− y ) como combinación lineal de i . Q = ⎝ −1 ⎠ . Probar que el volumen V del tetraedro determinado por ellos ( vea la figura) está dado por 1 → − → u · (→ v ×− w )| V = |− 6 → → − − → − → b) Calcular el volumen del tetraedro determinado por los vectores − u = 3 i +2 j +5 k . d) Hallar a. no todos nulos. c) Hallar a. c reales tales que E1 + 2E2 + 3E3 = aX + bY + cV . Y = ⎝ 1 ⎠. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 5/3 −1 36. c) Determinar vectorialmente los cosenos de los ángulos del triángulo cuyos vértices son los puntos X. Vectores en el espacio ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 1 31.b. b. Z = ⎝ 2 ⎠. Y = ⎝ 2 ⎠ y Z = ⎝ 1 ⎠. Sean X = ⎝ 1 ⎠. Y y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 0 1 32. E2 y E3 . d) Hallar el baricentro del triángulo de vértices X. Z = ⎝ 1 ⎠. Sean X = ⎝ −1 ⎠.316 9. S sean los vértices de un triángulo rectángulo. Sean P = ⎝ 1 ⎠ y Q = ⎝ −4 ⎠. Y = ⎝ 2 ⎠. Y y Z. Z. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 3 35. con W paralelo a Y y Z ortogonal a Y. c) Hallar P royY X y P royX Y . tales que aX + bY + cV = O.c. Sean X = ⎝ −1 ⎠. b) Demostrar que W = O si y sólo si a = b = c = 0. V = ⎝ 1 1 0 donde a. Y = ⎝ 0 ⎠ y Z = ⎝ −1 ⎠. 5 −1/3 2 a) Hallar la descomposición canónica de los siguientes vectores: i) X × Y ii) X × (Y × Z) iii) (X − Y ) × (X − Z) . ⎞ 2 1 ⎠ y W = aX + bY + cZ 1 a) Expresar el vector W como combinación lineal de los vectores E1 . e) Demostrar que no existen a. b) Hallar un vector no nulo X de R3 ortogonal a los vectores P y Q. Descomponer el vector X en la forma X = 2 −2 W + Z. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 33. Sean X = ⎝ −3 ⎠. d) Descomponer el vector X como suma de un vector paralelo a W y un vector ortogonal a W . 1 −1 2 a) Calcular: (2X · Z) Y − (X · Y ) (2Z) b) Hallar los vectores de la forma aY + bZ ortogonales al vector X y de longitud 1.∈ R. b y c. b y c tales que W = E1 + 2E2 + 3E3 . b) Hallar un vector de magnitud 2 paralelo al vector 2X − Y . 1 −4 a) Hallar un punto S de R3 tal que P . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 1 2 2 34. Q. 3 2 −2 2 −1 a) Determinar todos los pares de vectores ortogonales entre sí. Sean X = ⎝ −1 ⎠ y Y = ⎝ 2 ⎠. W = ⎝ 1 ⎠ y U = ⎝ −2 ⎠. 1 1 2 a) Hallar todos los puntos S tales que P. 40. calcular: a) X · (Y + Z). Q = ⎝ −1 ⎠ y R = ⎝ −1 ⎠. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 2 42. X es unitario y kY k = 4. Q = ⎝ 1 ⎠.6. Q y S sean colineales. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 4 7 8 41. b) Probar que el ángulo θ entre Y y Z es tal que 90o < θ < 180o . b) La magnitud de Z. Q. Sean X y Y vectores de R3 . 39. 38. a) Probar que X es ortogonal a Y + Z. Q y R no son colineales. R y S son los vértices de un paralelogramo. b) Calcular el área del paralelogramo P QRS. c) Calcular el área del triángulo P QR. Calcular el área del paralelogramo. Sean P = ⎝ 0 ⎠. tales que X · Y = 2. R= i) P = Q= 0 4 0 . R = ⎝ −2 ⎠ y S = ⎝ −3 ⎠ −1 6 3 10 son los vértices de un paralelogramo. Ejercicios 317 b) Hallar la magnitud del vector (X · Z) Y + (X × Z) × Y . R los puntos dados en cada caso: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ 3 . Probar que el vector (X × Y ) × X es unitario. calcular la magnitud de Z. 0 . Si Z = (2X × Y ) − 3Y . a) Determinar si los puntos O. Q. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 8 1 m 43. Q = ⎝ 1 ⎠. Sean X y Y dos vectores unitarios y ortogonales de R3 . Sean P = ⎝ 3 ⎠. 1 −2 1 4 a) Mostrar que los puntos P . siendo O el origen y P . c) Si kY k = 1 y kY × Xk = 2. Mostrar que los puntos P = ⎝ 2 ⎠.9. R = ⎝ 0 ⎠ y S = ⎝ n ⎠. entonces X = O o Y = O. 0 ⎠. Sean X y Y dos vectores no paralelos de R3 . Q y R son coplanares. c) El coseno del ángulo θ entre Y y Z. Probar que si X × Y = O y X · Y = 0. 37. Dados dos vectores no paralelos X. b) Hallar m y n tales que P . 44. c) Encontrar un vector de longitud 6 y que tenga dirección opuesta a la del vector 2X + (X × Y ) − (Y × X) d) Determinar si los vectores Y + Z y X son paralelos. Y de R3 y Z = (Y × X) − Y . P . . −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 Q = ⎝ −2 ⎠. 1 −9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 −1 2 b) Mostrar que los puntos P = ⎝ 0 ⎠. R = ⎝ 6 ⎠. Vectores en el espacio ⎛ ⎞ 1 ii) P = ⎝ 0 ⎠. R = ⎝ 2 ⎠ y S = ⎝ 1 ⎠ −1 2 3 4 no son coplanares y hallar el volumen de la pirámide triangular cuya base es el triángulo P QR y cuyo cuarto vértice en S. Q = ⎝ 1 ⎠.318 9. 1.1 La línea recta En el espacio. t∈R (10.2) Esta ecuación (10.1) Figura 10. exactamente como lo hicimos en el plano. t∈R Así que un punto X de R3 está sobre la recta L si y sólo si X es de la forma X = P0 + tD. toda recta queda completamente determinada dando dos de sus puntos o bien uno de sus puntos y un vector director. t∈R (10. 319 . al igual que en el plano.1) se puede expresar usando vectores algebraicos en la forma equivalente X = P0 + tD. Ahora. es decir.1) entonces L está conformada por los puntos X de R3 tales que −−→ −−→ P0 X = tOD.2) se dice una ecuación vectorial paramétrica o simplemente una ecuación vectorial para la recta L. −−→ Si una recta L pasa por el punto P0 y OD es un vector director de L (ver figura 10. Diremos indistintamente −−→ que OD es un vector director de L o que D es un vector director de L. un vector geométrico no nulo paralelo a la recta. la variable t es el parámetro. la condición (10.10 Rectas y planos 10. z ⎛ ⎞ x Recíprocamente.4). De manera que un punto y ⎠ de R3 está sobre la z z recta L si y sólo si cumple las igualdades en (10.4) entonces haciendo z t= y − y0 z − z0 x − x0 = = d1 d2 d3 (10. si d1 = 0 pero d2 6= 0 y d3 6= 0. y − y0 = d2 t y z − z0 = d3 t ⎛ ⎞ x x ⎝ ⎠ ⎝ y por tanto y satisface (10.3). Si alguna de las componentes d1 . en lugar de (10. z = z0 + d3 t t∈R (10. es fácil ver que un punto y ⎠ satisface z (10. en forma equivalente. d2 d3 ⎛ ⎞ . vemos que ⎝ y ⎠ satisface (10. z0 d3 z ⎛ t∈R la cual es equivalente a las tres ecuaciones escalares x = x0 + d1 t y = y0 + d2 t . Por ejemplo. Sin embargo. despejando t z ⎛ ⎞ x en cada una de las ecuaciones (10.4) como unas ecuaciones simétricas para la recta L. Nos referiremos a la expresión (10. P0 = ⎝ y0 ⎠ y D = ⎝ d2 ⎠ .2) es z z0 d3 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x d1 x0 ⎝ y ⎠ = ⎝ y0 ⎠ + t ⎝ d2 ⎠ .3) que se denominan ecuaciones escalares paramétricas o simplemente ecuaciones paramétricas de la recta L.4).3) e igualando. la ecuación (10. si ⎝ y ⎠ satisface (10.3) para algún valor de t si y sólo si y − y0 z − z0 x − x0 = = d1 d2 d3 (10. si una sola de esas componentes es cero todavía es posible describir la recta L mediante ecuaciones que no involucran el parámetro t.5) se tiene que x − x0 = d1 t .4) ⎛ ⎞ x En efecto. y − y0 z − z0 = x = x0 . d2 . si ⎝ y ⎠ satisface (10.3) para cierto valor de t entonces. Rectas y planos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x0 d1 Si X = ⎝ y ⎠ . d3 del vector director D es cero entonces L no tiene ecuaciones simétricas.320 10. ⎛ ⎞ x ⎝ Si d1 . d2 .3) podemos escribir. d3 son todos distintos de cero. de igual forma X2 no está en L ya que (10. 0 ≤ t ≤ 1 Es de señalar que. vemos que (10. es X = P + t (Q − P ) . t∈R pues Q − P es un vector director de L. (10. a diferencia de lo que ocurre en el plano.6) no se satisface con x = 0. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 Ejemplo 10.2).321 10. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −3 1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 1 ⎠ + t ⎝ −2 ⎠ z 1 3 Unas ecuaciones paramétricas para L son x = −3 + t y = 1 − 2t z = 1 + 3t y unas ecuaciones simétricas para L serán y−1 z−1 x+3 = = 1 −2 3 (10.1. ni se cuenta con una ecuación análoga a la ecuación ax + by = c.1 1 Sea L la recta que pasa por el punto P0 = ⎝ 1 ⎠ y es paralela al vector D = ⎝ −2 ⎠ 1 3 a) Halle para L una ecuación vectorial. para una recta en el espacio no se tiene el concepto de pendiente. y = 2 y z = 3. luego X1 no está en L. 2 3 ⎠ X2 = y X3 = X1 = 0 3 −2 Solución: a) Una ecuación vectorial para L es X = P0 + tD es decir. ecuaciones paramétricas y ecuaciones simétricas.6) no se satisface con x = 1. y = 0 y z = 0. pues −4 + 3 3−1 −2 − 1 = = 1 −2 3 por tanto. y = 3 y z = −2. se tiene que una ecuación vectorial para la recta L que pasa por los puntos P y Q del espacio. X2 .4) son las únicas maneras de describir mediante ecuaciones una recta en el espacio. ¥ . En cuanto al punto X3 . La línea recta Al igual que en el plano. Así que por el momento (10. En particular.3) y (10.6).6) b) Para determinar cuáles de los puntos dados X1 . X3 están en L usaremos las ecuaciones simétricas (10. b) Determine de los puntos ⎛ cuáles ⎛ ⎞siguientes están en ⎛ L: ⎞ ⎞ 0 1 −4 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 0 . el punto X3 está en L.6) se satisface con x = −4. Empezando con X1 vemos que (10. el segmento de recta P Q puede describirse en la forma © ª P Q = X ∈ R3 | X = P + t (Q − P ) . con P 6= Q. Figura 10. despejando el parámetro t en las dos primeras ecuaciones 0 e igualando.2. o sea ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ x 1 0 1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝⎝ 1 ⎠ − ⎝ 0 ⎠⎠ z 1 1 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + t⎝ 1 ⎠ z 1 0 ⎛ Se sigue que unas ecuaciones paramétricas para L son x = 1−t y = t z = 1 Nótese que ⎛ ⎞ L no tiene ecuaciones simétricas. los puntos P.2 se muestra la recta L. Q y el vector director OD. podemos describir la recta L mediante el par de ecuaciones 1−x=y y z=1 −−→ En la figura 10.322 10. pues la componente en z del vector director −1 D = ⎝ 1 ⎠ es 0. Rectas y planos Ejemplo 10. Sin embargo.2 Halle una ecuación vectorial y ⎛ ⎞ ⎛ 1 puntos P = ⎝ 0 ⎠ y Q = ⎝ 1 ecuaciones paramétricas para la recta L que pasa por los ⎞ 0 1 ⎠ 1 Solución: Una ecuación vectorial para L es X = P + t (Q − P ) es decir. ¥ . Para las rectas L1 y L2 destacamos las siguientes posiciones relativas: • L1 y L2 se cortan En este caso L1 y L2 están en un mismo plano y tienen un único punto en común.2 Ángulo y posiciones relativas entre dos rectas Sean L1 y L2 dos rectas del espacio y sean D1 y D2 vectores directores de L1 y L2 respectivamente. tienen un punto en común entonces ellas son coincidentes. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Ejemplo 10. es decir.2) para una recta con vector director OD ⎛ y que ⎞ pasa por 0 un punto dado P0 . Se entiende por ello que los vectores D1 . además de ser paralelas. Por ello nos referiremos a dicha recta L como la recta generada por D. Si la recta pasa por el origen entonces tomando P0 = ⎝ 0 ⎠ en (10. es decir L1 = L2 . t ∈ R. Se entiende por ello que L1 y L2 están en un mismo plano pero no se cortan. • L1 y L2 son perpendiculares. D2 son ortogonales (no importa si L1 y L2 se cortan o no. Como dicha recta L pasa por el origen y por el punto X. el cual es el punto de corte • L1 y L2 son paralelas.2). D 6= O. Nótese que dos vectores de R3 son linealmente dependientes (alguno de los dos es múltiplo escalar del otro) si y sólo si están en una misma línea recta que pase por el origen. D2 son paralelos. Así. 8 −40 X y Y están sobre una misma recta L que pasa por el origen.) . Ángulo y posiciones relativas entre dos rectas 323 −−→ Volvamos a la ecuación (10. 0 esta ecuación toma la forma X = tD. ya que Y = −5X. la recta L que pasa por el origen y por un punto dado D. unas ecuaciones simétricas para ella son y z x =− = 2 5 8 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 3 ⎝ ⎠ ⎝ 2 0 ⎠ son linealmente independientes ya que b) Los vectores X = y Y = 5 −4 ninguno de los dos es múltiplo escalar del otro: esto significa que no existe una línea recta que pase por el origen y contenga simultáneamente los puntos X y Y. como ocurre con dos vectores de R2 .10. ¥ 10.2. tal como lo hicimos en el caso del plano. Esto ocurre si y sólo si los vectores directores D1 . está conformada por los múltiplos escalares de D. al igual que en el plano. Si las rectas L1 y L2 .3 2 −10 a) Los vectores X = ⎝ −5 ⎠ y Y = ⎝ 25 ⎠ son linealmente dependientes. 3). L2 . (Vea figura 10. L2 . Si α es el ángulo entre L1 y L2 entonces 0 ≤ α ≤ π/2 y cos α = |D1 · D2 | kD1 k kD2 k .4). el ángulo θ entre los vectores directores D1 y D2 es uno de los ángulos que se forman en el punto de corte. Nótese que esta situación se presenta si y sólo si L1 y L2 no están en un mismo plano. dicho ángulo θ se considerará un ángulo entre L1 y L2 . Otro de los ángulos entre L1 y L2 será π −θ. Es claro que si L1 y L2 se cortan. Figura 10. o a π/2 en caso contrario. Convenimos en tomar como ángulo entre L1 y L2 al menor de los ángulos θ y π − θ si θ 6= π − θ.4. Pues bien. Rectas y planos • L1 y L2 se cruzan (son oblicuas o son ajenas) Se entiende por ello que L1 y L2 no se cortan ni son paralelas. es de destacar que en este caso existen planos paralelos (distintos) P1 . es decir. aún en el caso en que L1 y L2 no se corten (ver figura 10.324 10.3. Continuemos con las rectas L1 . P2 que contienen respectivamente las rectas L1 . es uno de los ángulos entre L1 y L2 . Figura 10. se muestra el ángulo α entre dos rectas L1 y L2 que se cruzan. otra recta L2 pasa por el punto P2 = ⎝ 1 ⎠ y tiene a D2 = ⎝ 8 ⎠ como un 0 13 vector director. Hemos probado así que las rectas L1 y L2 tienen un punto en común y sólo uno. haciendo esto último se obtiene x = 2 + 3 (1) = 5.3. Ahora probaremos ⎛ ⎞ x y un valor para r que proporcionan un mismo punto ⎝ y ⎠.0842 rad. 13 El ángulo entre L1 y L2 es ¶ ¶ µ µ |D1 · D2 | 58 −1 −1 √ √ = cos−1 (0. el punto de intersección de L1 y L2 es P = ⎝ 9 ⎠ . hallar su punto de intersección y el ángulo entre ellas. resolviendo (para t y r) el sistema conformado por las dos primeras ecuaciones se obtiene como única solución de dicho sistema t = 4 y r = 1. En la figura 10. es decir. valores que también satisfacen la tercera ecuación. y que son perpendiculares si y sólo si el ángulo entre ellas es α = π/2. y = 1 + 8 (1) = 9 y z = (13) 1 = 13 ⎛ ⎞ 5 Así. Para obtener el punto de intersección basta sustituir t = 4 en las ecuaciones para L1 o sustituir r = 1 en las ecuaciones para L2 . existen valores para z t y r tales que 1 + t = 2 + 3r 1 + 2t = 1 + 8r 1 + 3t = 0 + 13r En efecto.996 45) ≈ 0.2. con lo cual queda probado que dichas rectas se cortan.325 10.4 ⎝ ⎝ ⎠ Una recta L1 pasa por el punto P1 = 1 2 ⎠ como un vector y tiene a D1 = 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 3 director. ¥ = cos α = cos kD1 k kD2 k 14 242 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 Ejemplo 10. Probar que L1 y L2 se cortan. x = 1+t y = 1 + 2t z = 1 + 3t y x = 2 + 3r y = 1 + 8r z = 0 + 13r Hemos denotado t al parámetro en las ecuaciones de L1 y r al parámetro de las ecuaque existe un valor para t ciones de L2 para evitar posibles confusiones. Ángulo y posiciones relativas entre dos rectas de donde −1 α = cos µ |D1 · D2 | kD1 k kD2 k ¶ Nótese que L1 y L2 son paralelas si y sólo si el ángulo entre L1 y L2 es α = 0. Solución: Unas ecuaciones paramétricas para L1 y para L2 son respectivamente. vectores directores de L1 y L2 . como estos vectores no son paralelos. ¥ α = cos kD1 k kD2 k 14 14 14 Ejemplo 10.7).5 Considere las rectas L1 : y−2 z+1 x−1 = = 1 −2 −3 y L2 : y+1 z+3 x−2 = = 1 3 2 Pruebe que L1 y L2 se cruzan y halle el ángulo entre ellas. El ángulo entre L1 y L2 es ¶ ¶ µ µ µ ¶ |D1 · D2 | | − 11| −1 −1 −1 11 √ √ = cos = cos ≈ 0. −3 2 respectivamente. ahora. las cuales son respectivamente x = 1+t y = 2 − 2t z = −1 − 3t y x = 2+r y = −1 + 3r z = −3 + 2r y L2 ⎞ se cortan si y sólo si existen valores para t y r que proporcionan el mismo L1 ⎛ x punto ⎝ y ⎠ . no se cortan. si y sólo si existen valores de t y r tales que z 1+t = 2+r 2 − 2t = −1 + 3r −1 − 3t = −3 + 2r (10. ya que ninguno de ellos dos es múltiplo escalar del otro.6 Considere las rectas L1 . Se completa así la prueba de que las rectas L1 y L2 se cruzan.326 10. Para probar que L1 y L2 no se cortan emplearemos las ecuaciones paramétricas de L1 y L2 que se obtienen de las ecuaciones dadas. L2 y L3 tales que ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 • L1 pasa por P = ⎝ −5 ⎠ y Q = ⎝ −3 ⎠ 7 1 • Unas ecuaciones simétricas para L2 son z+ x+1 y−2 = = 3 −3 9 1 4 . es decir. entonces L1 y L2 no son paralelas.666 95 rad. Rectas y planos Ejemplo 10. ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 1 ⎝ ⎝ ⎠ De las ecuaciones dadas vemos que los vectores D1 = −2 y D2 = 3 ⎠ son. Solución: Para probar que L1 y L2 se cruzan probaremos en primer lugar que L1 y L2 no son paralelas y luego que no se cortan. como estos valores no satisfacen la tercera ecuación entonces no existen valores de t y r que satisfagan simultáneamente las tres ecuaciones en (10. por tanto L1 y L2 no tienen ningún punto en común. es decir.7) Resolviendo el sistema conformado por las dos primeras ecuaciones se obtiene como única solución t = 6/5 y r = 1/5. Queremos hallar una expresión para la distancia d de X1 a L. Distancia de un punto a una recta • Una ecuación vectorial para L3 es ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −3 3 ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + t⎝ 2 ⎠ z 7 −1/3 Muestre que L1 y L2 son paralelas y que L1 y L3 son perpendiculares. en la cual P es el punto −−→ −−→ de L tal que P0 P = OD.5. Por lo tanto. relativa a la base P0 P . Solución: ⎛ ⎞ −2 −−→ −−→ Un vector director para L1 es P Q = OD1 con D1 = Q − P = ⎝ 2 ⎠ . Consideremos el paralelogramo P mostrado en la figura 10.5. Nótese que la distancia d de X1 a la recta L es la altura del paralelogramo P.3.5) Figura 10. Como D1 · D3 = −6 + 4 + 2 = 0 entonces los vectores directores de L1 y L3 son ortogonales y así las rectas L1 y L3 son perpendiculares (y por tanto L2 y L3 también son perpendiculares).3 Distancia de un punto a una recta Consideremos en el espacio una recta L y un punto X1 . director para L2 es D2 = ⎝ −3 ⎠ y un vector director para L3 es D3 = ⎝ 9 −1/3 3 Como D2 = − 2 D1 entonces los vectores directores de L1 y L2 son paralelos y por tanto también son paralelas las rectas L1 y L2 . Supongamos que L pasa por el punto P0 y tiene al vector D como un vector director (ver figura 10.327 10. el área A de P es °−−→° ° ° A = °P0 P ° d . un vector −6 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 3 3 2 ⎠. ¥ 10. 10).8). Rectas y planos Por otra parte.8). −4 .8) kDk Observe que si X1 es un punto de la recta L entonces el vector X1 − P0 es paralelo a vector D y así D × (X1 − P0 ) = O obteniéndose (de (10.9) d= kDk ⎛ ⎞ Ejemplo 10. con lo cual (10.8)) que d = 0 (como debe ser).7 −2 Calcule la distancia del punto X1 = ⎝ 3 ⎠ a la recta L con ecuaciones simétricas −1 d= − y−3 x+1 = =z+4 2 4 (10. para ello necesitamos un vector director D para L y un punto P0 sobre L. Calcularemos la distancia d del punto X1 a la recta L empleando la fórmula (10. en la forma y−3 z − (−4) x − (−1) = = −2 4 1 ⎛ ⎞ −2 vemos que un vector director para L es D = ⎝ 4 ⎠ y que un punto sobre L es 1 ⎛ ⎞ −1 P0 = ⎝ 3 ⎠ . como −−→ −−→ P0 P = OD entonces y por tanto °−−→° ° ° °P0 P ° = kDk y y −−−→ −− → P0 X1 = OR con R = X1 − P0 °−−→ −−−→° ° ° °P0 P × P0 X1 ° = kD × (X1 − P0 )k kD × (X1 − P0 )k (10. la recta L no pasa por el origen.8) se reduce a kD × X1 k (10. °−−→ −−−→° °−−→° ° ° ° ° °P0 P ° d = °P0 P × P0 X1 ° de donde.10). Por otra parte. Escribiendo las ecuaciones (10.10).328 10. sabemos que también °−−→ −−−→° ° ° A = °P0 P × P0 X1 ° luego.10) Solución: En primer lugar vemos que X1 no es un punto de la recta L pues este punto no satisface ⎛ ⎞ 0 las ecuaciones (10. Si la recta L pasa por el origen podemos tomar P0 = O en (10. °−−→ −−−→° ° ° °P0 P × P0 X1 ° °−−→° d= ° ° °P0 P ° Ahora. pues el punto ⎝ 0 ⎠ 0 tampoco satisface las ecuaciones (10. Planos Ahora.4. la distancia d buscada es °⎛ ⎞° ° 12 ° ° ° °⎝ 5 ⎠° q ° ° √ ° ° (12)2 + 52 + 42 4 185 ⎞° = q = √ ' 2.4 ¥ Planos Un plano en el espacio queda completamente determinado dando tres de sus puntos que no sean colineales (es decir.329 10. Se entiende que un → → vector − n del espacio es perpendicular a un plano P si − n es perpendicular a todo vector −−→ P0 X con P0 y X en P (ver figura 10. .8)).6) Figura 10.6.97 d = °⎛ ° −2 ° 21 ° ° (−2)2 + 42 + 12 °⎝ 4 ⎠° ° ° ° 1 ° 10. como entonces D × (X1 − P0 ) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 −1 −1 X1 − P0 = ⎝ 3 ⎠ − ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ −1 −4 3 = = = ¯ ¯ ¯ ¯ E1 E2 E3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯4 1¯ ¯ ¯−2 1¯ ¯−2 4¯ ¯ ¯ ¯ ¯−2 4 ¯ ¯ ¯ ¯E 1¯=¯ E − E + ¯ 0 3¯ 1 ¯−1 3¯ 2 ¯−1 0¯ 3 ¯ ¯−1 0 3 12E1 +⎞5E2 + 4E3 ⎛ 12 ⎝ 5 ⎠ 4 Luego (empleando la fórmula (10. que no estén sobre una misma línea recta) o también dando uno de sus puntos y un vector geométrico no nulo perpendicular al plano. esta ecuación se puede expresar. Rectas y planos Todo vector geométrico no nulo y perpendicular al plano P se dirá un vector normal a dicho plano. convenimos en decir que un vector N de R3 es un vector normal a un −−→ plano P siempre que el vector geométrico ON sea un vector normal a P. c como se ha indicado. es decir. En efecto. . Recíprocamente. En efecto. si realizamos los productos indicados en (10. si (por ejemplo) a 6= 0. P0 = ⎝ y0 ⎠ y N = ⎝ b ⎠ . Podemos afirmar entonces que todo plano en el espacio tiene ecuación de la forma ax + by + cz = d (10. si − n = ON .12). esta ecuación se puede escribir como ax + by + cz = d donde d = ax0 + by0 + cz0 .11) En adelante. usando únicamente vectores algebraicos. al sustituir X.13) puede escribirse como ¶ µ d + b (y − 0) + c (z − 0) = 0 a x− a ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ d/a a la cual corresponde al plano que pasa por el punto ⎝ 0 ⎠ y tiene al vector ⎝ b ⎠ como 0 c un vector normal.11) es una ecuación vectorial no paramétrica para P la cual es llamada una ecuación en forma normal para el plano P.12) la cual es por tanto una ecuación para el plano P. en la forma (X − P0 ) · N = 0 (10. la ecuación (10.13) con las constantes a. c y d son constantes y a 6= 0 o b 6= 0 o c 6= 0.11) y z0 c z realizar el producto escalar. dicha ecuación (10. b.13) donde a. si del espacio está en el plano P si y sólo si el vector P0 X es perpendicular a − y sólo si −−→ − n =0 P0 X · → − − → → Ahora. EmConsideremos un plano P y sean P un punto de P y − 0 pleando el producto escalar podemos obtener para P una ecuación que es completamente análoga a la ecuación en forma normal de una recta en el plano. un punto X −−→ → n . b.11) se transforma en la ecuación escalar a (x − x0 ) + b (y − y0 ) + c (z − z0 ) = 0 (10. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ a x0 x Si X = ⎝ y ⎠ . toda ecuación de la forma (10. corresponde a un plano. La ecuación (10.330 10. P0 y N en (10. → n un vector normal a P. empleando el producto vectorial.4. para escribir una ecuación para P sólo hace falta un vector normal a P. tenemos: . Por ejemplo. Sean P. un tal vector normal a P lo podemos hallar a partir de los puntos dados.7) ya que −−→ −→ → − − • → n = 6 0 (pues P Q y P R no son paralelos) −−→ −→ − → • → n es perpendicular al plano P ( pues − n es perpendicular tanto a P Q como a P R. Q y R tres puntos del espacio no colineales y sea P el plano determinado por dichos puntos.331 10. Pues bien. el vector −−→ −→ − → n = PQ × PR es un vector normal al plano P (vea figura 10. Como resumen de lo obtenido acerca de planos. −−→ → y por ello − n es perpendicular a todo vector P X con X ∈ P).7. Planos Un plano también queda determinado por tres puntos que no sean colineales. Figura 10. 332 10. b) Halle una ecuación en forma general para P. Q y R son puntos no colineales de un plano P entonces un vector normal a dicho plano es −−→ −→ → − n = PQ × PR Una ecuación de la forma ax + by + cz = d para un plano. z ⎛ ecuación que es equivalente a la ecuación escalar a (x − x0 ) + b (y − y0 ) + c (z − z0 ) = 0 la cual a su vez es equivalente a ax + by + cz = d donde d = ax0 + by0 + cz0 . . Q= 3 y R= 0 ⎠ 0 0 2 a) Halle una ecuación en forma normal para P. se dice una ecuación en forma general.8 se muestra parte del plano P. • Toda ecuación de la forma ax + by + cz = d con a⎛6= 0⎞o b 6= 0 o c 6= 0 corresponde a un plano con vector normal a ⎝ N= b ⎠ . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Ejemplo 10. c • Si P. Rectas y planos ⎞ ⎛ ⎞ a x0 • Si N = ⎝ b ⎠ es un vector normal a un plano P y P0 = ⎝ y0 ⎠ es un z0 c punto de P entonces una ecuación vectorial para dicho plano P es ⎛ ⎞ x X =⎝ y ⎠ N · (X − P0 ) = 0. Solución: En la figura 10. El plano pasa por el origen si y sólo si d = 0.8 1 0 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Sea P el plano que pasa por los puntos P = 0 . ¥ . Ahora.14) b) Luego de realizar la diferencia y el producto escalar indicados en (10. un tal vector normal a P es −−→ −→ → − n = PQ × PR − Calculemos → n : Puesto que −−→ → − → − PQ = − i + 3 j y → − −→ → − PR = − i + 2 k entonces − → n = = ¯− →¯ → − − ¯ ¯ ¯ ¯ ¯→ ¯ j k ¯¯ ¯¯ ¯ → ¯−1 0¯ − ¯ i → → ¯¯−1 3¯¯ − ¯ ¯ ¯−1 3 0 ¯ = ¯3 0¯ − ¯ ¯0 2¯ i − ¯−1 2¯ j + ¯−1 0¯ k ¯ ¯−1 0 2 ¯ → − → − → − 6 i +2j +3k ⎛ ⎞ 6 −−→ → Ahora. ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ x 1 6 ⎝⎝ y ⎠ − ⎝ 0 ⎠⎠ · ⎝ 2 ⎠ = 0 z 0 3 (10. a) Para dar una ecuación en forma normal para el plano P sólo nos hace falta un vector normal a P. Planos Figura 10. como − n = ON con N = ⎝ 2 ⎠ entonces una ecuación en forma normal para 3 el plano P es (X − P ) · N = 0 es decir. como sabemos. la ecuación 6x + 2y + 3z = 6 la cual es una ecuación en forma general para el plano P. se obtiene la ecuación escalar 6 (x − 1) + 2 (y − 0) + 3 (z − 0) = 0 o.333 10.4. equivalentemente.14).8. tienen un punto común entonces ellos son coincidentes. Por ejemplo. Para los planos P1 y P2 destacamos las siguientes posiciones relativas: • P1 y P2 son paralelos. Para precisar de qué plano se 4 trata sólo resta dar alguno de sus puntos.5 Posiciones relativas entre dos planos y entre una recta y un plano →. • P1 y P2 son perpendiculares. P1 = P2 . al hacer x = 0 y y = 0 0 0 1 ⎛ ⎞ 0 en ella es evidente que z = 1. . Si los planos P1 y P2 . Así que un vector director de L es d = n1 × n2 . ¥ 10. Así ⎝ 0 ⎠ es un punto del 0 plano P.334 10. Rectas y planos Ejemplo 10. Como dicha recta L está contenida en ambos planos entonces todo vector → − →. lo cual nos da x = 2.9. − → Sean P1 . será paralelo a → como a − n d director de L será perpendicular tanto a − n 1 2 → − − → − → − → − → n1 × n2 .15) ⎛ ⎞ 2 representa un plano P con vector normal N = ⎝ −1 ⎠ . nótese que éste es un caso particular de planos que se cortan.⎛por⎞ ejemplo. es decir.15) por 4 la podemos escribir en la forma x y z − + =1 2 4 1 Esta ecuación que el plano P corta los ejes coordenados x. obteniéndose el punto ⎝ 0 ⎠ como punto de corte del plano 1 P con el eje z. P2 dos planos en el espacio con vectores normales − n 1 n2 respectivamente.15). haciendo 2 y = 0 y z = 0 en la ecuación (10. • P1 y P2 se cortan (no son paralelos o son secantes). − Esto ocurre si y sólo si los vectores normales − n 1 n2 son paralelos. − Esto ocurre si y sólo si los vectores normales − n 1 n2 son perpendiculares. además de ser paralelos. En este caso la intersección de P1 y P2 es una línea recta L como se ilustra en la figura 10. → →. → →.9 La ecuación 2x − y + 4z = 4 (10. Uno de ellos se obtiene. es decir. Nótese que dividiendo ambos lados de la ecuación (10. ⎝ −4 ⎠ y ⎝ 0 ⎠ respectivamente. y. z en los ⎛ ⎞pone ⎛ de manifiesto ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 0 puntos ⎝ 0 ⎠ . 5. Convenimos en tomar como ángulo entre entre P1 y P2 al menor entre θ y π − θ si θ 6= π − θ. podemos incluir el caso en el que P1 y P2 son paralelos. Otro de los ángulos entre P1 y P2 será π − θ. b) Los planos P1 . Se puede → es también la de uno →y− n probar que la medida del ángulo entre los vectores normales − n 1 2 → como uno →y− n de esos ángulos diedros.10. de los cuales hay dos pares de ángulos congruentes y dos pares de suplementarios.9) se forman cuatro ángulos diedros. Si los planos P1 . ⎛ ⎞ x ⎝ Los planos P1 y P2 son distintos pues si un punto y ⎠ satisface la ecuación de P1 z entonces no satisface la ecuación de P2 . P2 con ecuaciones x − 2y + 3z = 1 y 2x − 4y + 6z = 9 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 2 son paralelos.10 a) Los planos P1 .9. P2 se cortan (como en la figura 10. Posiciones relativas entre dos planos y entre una recta y un plano 335 Figura 10. pues ellos tienen vectores normales N1 = ⎝ −2 ⎠ y N2 = ⎝ −4 ⎠ los 3 6 cuales son paralelos ya que N2 = 2N1. o a π/2 en caso contrario. P2 con ecuaciones x + 2y − 2z = 5 y 2x + y + 2z = −1 . por ello podemos considerar el ángulo θ entre − n 1 2 de los ángulos entre P1 y P2 . Si α es el ángulo entre P1 y P2 entonces 0 ≤ α ≤ π/2 y → →·− |− n 1 n2 | cos α = − → →k kn1 k k− n 2 de donde −1 α = cos µ − →·− → ¶ |n 1 n2 | →k k− →k k− n n 1 2 Ejemplo 10. 336 10. Rectas y planos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 son perpendiculares.10.10 se muestran los planos P1 . P2 con ecuaciones x+y =1 y y+z =2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 Un vector normal a P1 es N1 = ⎝ 1 ⎠ y un vector normal a P2 es N2 = ⎝ 1 ⎠ 0 1 Puesto que N1 y N2 no son paralelos ni ortogonales entonces los planos P1 . se cortan) ni son perpendiculares. −1 5 Como L = P1 ∩ P2 entonces un vector director de L es ¯ ¯ ⎛ ⎞ ¯E1 E2 E3 ¯ 9 ¯ ¯ 2 −1¯¯ = 9E1 − 16E2 − 5E3 = ⎝ −16 ⎠ N1 × N2 = ¯¯ 3 ¯ 1 −1 5 ¯ −5 . c) Consideremos los planos P1 . P2 no son paralelos (es decir. Hallemos el ángulo α entre P1 y P2 : ¶ µ µ ¶ |N1 · N2 | −1 −1 1 α = cos = cos = 60◦ kN1 k kN2 k 2 En la figura 10. P2 y también la recta L que es la intersección de dichos planos.11 Encuentre una ecuación vectorial y unas ecuaciones simétricas para la recta L intersección de los planos P1 : 3x + 2y − z = 4 y P2 : x − y + 5z = −1. Solución: ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 3 1 Un vector normal a P1 es N1 = ⎝ 2 ⎠ y un vector normal a P2 es N2 = ⎝ −1 ⎠ . Unas ecuaciones simétricas para la recta L son x − 1 = −y = z − 2 Figura 10. Ejemplo 10. pues ellos tienen vectores normales N1 = ⎝ 2 ⎠ y N2 = ⎝ 1 ⎠ −2 2 los cuales son ortogonales ya que N1 · N2 = 0. → − → Este caso ocurre si y sólo si d no es perpendicular a − n . En particular. y − 19 z− x 9 =− =− 9 16 5 2 9 ¥ → − Consideremos ahora una recta L con vector director d y un plano P con vector normal → − n . . Posiciones relativas entre dos planos y entre una recta y un plano Sólo resta encontrar un punto de L. ocurre cuando L está contenida en P (vea figura 10. L es perpendicular al plano P. • L corta (es secante o no es paralela) al plano P. una de las posiciones siguientes: • L es paralela al plano P. un punto sobre L es P0 = ⎝ 19/9 ⎠ y por con lo cual se obtiene y = 9 9 2/9 tanto una ecuación vectorial para L es ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 9 ⎝ y ⎠ = ⎝ 19/9 ⎠ + t ⎝ −16 ⎠ z 2/9 −5 Se sigue que unas ecuaciones simétricas para L son y − 19 z − 29 x 9 = = 9 −16 −5 o. La recta L puede tener.337 10. uno de tales puntos se puede hallar haciendo x = 0 en las ecuaciones de los planos P1 . Así. con relación al plano P. → − − Este caso ocurre si y sólo si d es perpendicular a → n . P2 y resolviendo simultáneamente las ecuaciones resultantes 2y − z = 4 y − y + 5z = −1 ⎛ ⎞ 0 2 19 y z = . el cual es el punto donde L corta a P. En el caso particular en que d y − n sean paralelos.11.11) Figura 10. equivalentemente.5. L y P tienen un único punto → → − común. Ahora. pues P no −−→ −→ es un punto de L. A partir de (10. Rectas y planos 10. por ejemplo ⎛ dando ⎞ dos valores ⎛ al parámetro ⎞ 2 1 t = 0 y t = 1. una ecuación en forma general para dicho plano es 19x + 7y + 5z = 18 Luego (empleando la fórmula (10.16) procedemos a hallar una ecuación en forma general para el plano P. Procediendo de manera completamente ⎞ ⎛ x0 análoga.16)) la distancia d∗ del punto X0 al plano P es d∗ = |19 (−1) + 7 (2) + 5 (−4) − 18| 43 √ =√ 2 2 2 435 19 + 7 + 5 ¥ .12 −1 Calcule la distancia del punto X0 = ⎝ 2 ⎠ al plano P que pasa por el punto −4 ⎛ ⎞ 0 P = ⎝ −1 ⎠ y contiene a la recta L descrita por la ecuación vectorial 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 2 −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠+ t⎝ 2 ⎠ z −4 1 d∗ = (10. Como → −→ − − → − −−→ → − − → → → − P Q = 2 i + j − 9 k y P R = i + 3 j − 8 k entonces ¯− → ¯¯ → − − ¯→ i j k¯ ¯ → − −−→ −→ ¯ → − → − P Q × P R = ¯ 2 1 −9¯¯ = 19 i + 7 j + 5 k ¯ 1 3 −8¯ Por tanto.17). pues la recta L está contenida en el plano P. una ecuación para el plano P es 19 (x − 0) + 7 (y + 1) + 5 (z − 5) = 0 y así. Q y R son tres puntos no colineales del plano P . t.16) (10. obtenemos los puntos Q = ⎝ 0 ⎠ y R = ⎝ 2 ⎠ sobre la recta L. entonces un vector normal al plano P es el vector P Q × P R.17) Solución: Con el fin de aplicar la fórmula (10. el lector puede mostrar que la distancia d∗ de un punto X0 = ⎝ y0 ⎠ del espacio z0 a un plano P con ecuación ax + by + cz = d está dada por |ax0 + by0 + cz0 − d| √ a2 + b2 + c2 ⎛ ⎞ Ejemplo 10. los −4 −3 cuales son también puntos del plano P. puesto que P.338 10.6 Distancia de un punto a un plano µ ¶ x0 En el capítulo 3 obtuvimos una expresión para la distancia de un punto X0 = y0 del plano a una recta con ecuación ax + by = c. 13 Calcule la distancia entre las rectas L1 : y+5 z−1 x−4 = = 2 4 −3 y L2 : x − 2 = z y+1 = 3 2 Solución: Es⎛ claro que ⎞ las rectas ⎛ L1⎞y L2 no son paralelas pues los vectores directores 2 1 ⎝ ⎠ ⎝ D1 = 4 y D2 = 3 ⎠ de L1 y L2 no son paralelos. A continuación calcularemos la distancia entre L1 y L2 como la distancia d∗ de un punto P0 de L2 al plano P que es paralelo L2 y contiene a L1 .13.12. una de ellas consiste en calcularla como la distancia de un punto cualquiera en una de las rectas al plano paralelo a esa recta y que contiene a la otra. (Vea la figura 10. Figura 10. (Si d1 y d2 son vectores directores → − − → de L1 y L2 respectivamente entonces un vector normal al plano P es d1 × d2 ) Figura 10. en la cual d∗ es la distancia entre L1 → − − → y L2 . el otro en L2 y que es perpendicular tanto a L1 como a L2 (ver figura 10.12).13. Distancia de un punto a un plano La distancia entre dos rectas L1 y L2 que se cruzan es la longitud de aquel segmento de recta con un extremo en L1 . .6. Ejemplo 10. El lector puede probar que L1 −3 2 y L2 no se cortan. y P es el plano paralelo a L2 que contiene a L1 . como se ilustra en la figura 10. Hay varias maneras de obtener dicha distancia.339 10. así que dichas rectas se cruzan.13). la distancia d∗ entre el punto P0 y el plano P. que sean paralelos al plano. t∈R A continuación veremos que un plano en el espacio puede describirse en forma análoga. → → Sea P0 un punto del espacio y sean − u y− v dos vectores del espacio no paralelos entre → → u y− v son paralelos a si.7 ¥ Ecuaciones paramétricas para un plano −−→ → Hemos visto que una recta con vector director − u = OU y que pasa por un punto P0 .340 10. es d∗ = |17 (2) − 7 (−1) + 2 (0) − 105| 64 q =√ 342 (17)2 + (−7)2 + 22 la cual es la distancia entre las rectas L1 y L2 . . puede describirse como el conjunto de todos los puntos X de R3 de la forma X = P0 + tU. sea. 10. X ∈ R . Consideremos el plano P que pasa por P0 y tal que los vectores − 3 P (figura 10. Si u = OU . 17x − 7y + 2z = 105 Así. Por otra parte.14. una ecuación para este plano es 17 (x − 4) − 7 (y + 5) + 2 (z − 1) = 0 es decir. Rectas y planos En⎛primer ⎞lugar. Figura 10.14). convenimos en decir que el vector U de R3 es un vector paralelo al −−→ plano P siempre que el vector geométrico OU sea un vector paralelo a ese plano. un punto del plano P y un vector normal a esta plano son 0 ⎛ ⎞ 4 ⎝ −5 ⎠ (punto deL1 ) y N = D1 × D2 = 17E1 − 7E2 + 2E3 1 luego. de las ecuaciones de L2 vemos que un punto de esa recta es 2 P0 = ⎝ −1 ⎠. Se entiende que un → → vector − u es paralelo a un plano P si − u es perpendicular a cualquier vector normal a dicho − − → → − plano. además. Un plano en el espacio queda determinado dando un punto por donde pasa y dos vectores geométricos no paralelos entre si. Recíprocamente. ⎛ t⎞ ⎛ ⎞ paramétrica ⎛ ⎞para dicho ⎞ las variables u1 v1 x x0 Si X = ⎝ y ⎠ . U y V . P0 = ⎝ y0 ⎠ . de la cual diremos que es una ecuación vectorial y s son los parámetros. De manera que tres vectores de R3 son L.18) De manera que (10.18) esta ecuación se 0 reduce a X = tU + sV . al tomar P0 = ⎝ 0 ⎠ en (10.18) es una ecuación para el plano P. t.7. Observe que si tres vectores de R3 están en un mismo plano que pasa por el origen entonces uno de esos vectores tiene que ser combinación lineal de los otros dos y en consecuencia los tres vectores son L. entonces existe un plano que pasa por el origen que los contiene a los tres. s ∈ R Nótese que en este caso el plano P pasa también por los puntos U y V. t. En efecto. Se tiene así que X ∈ P si y sólo si el vector −−→ → → u y− v . la ecuación (10. si − u = OU y − v = OV . Ecuaciones paramétricas para un plano 341 −−→ → → u y− v . t. t.D. U = ⎝ u2 ⎠ y V = ⎝ v2 ⎠ .14 Halle una ecuación vectorial paramétrica y las correspondientes ecuaciones escalares paramétri⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 .18) z z0 u3 v3 es ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x0 u1 v1 ⎝ y ⎠ = ⎝ y0 ⎠ + t ⎝ u2 ⎠ + s ⎝ v2 ⎠ z z0 u3 v3 la cual es equivalente a las tres ecuaciones escalares x y z = = = x0 + tu1 + sv1 y0 + tu2 + sv2 z0 + tu3 + sv3 las cuales se llaman ecuaciones (escalares) paramétricas ⎛ ⎞ para el plano P.10. si P0 X es combinación lineal de los vectores − u y − v entonces − − − → − − → − − − → → − → − X ∈ P. nos referiremos a P como el plano generado por U y V . entonces los puntos P0 . 0 Si el plano P pasa por el origen. y E3 = cas para el plano P que pasa por los puntos E1 = 0 0 1 .D. E2 = 1 0 ⎠. Así. pues estos vectores Si X ∈ P entonces P0 X es combinación lineal de los vectores − −−→ → → son L. ⎛ plano. s ∈ R o también como X = P0 + tU + sV . s ∈ R P0 X = t− − − → − − → → → Ahora. digamos que u = P0 X1 y v = P0 X2 . Recíprocamente. el plano P está conformado P0 X es combinación lineal de los vectores − 3 por los puntos X de R tales que −−→ → → u + s− v . la igualdad anterior puede expresarse en forma equivalente como X − P0 = tU + sV . Ejemplo 10. es decir. s ∈ R (10. X. X1 y X2 son coplanares y como el único plano que contiene a P0 . si P0 X es combinación lineal → → de − u y− v . si tres vectores de R3 son L. X1 y X2 es P. entonces X ∈ P. pues P consta de todas las combinaciones lineales de U y V .I. P es el plano que pasa por los puntos no colineales O.D si y sólo si los tres están en un mismo plano que pasa por el origen. así. Dos vectores geométricos no paralelos −−−→ −−−→ entre si.15 se muestra parte del plano P. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 −1 −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ +t⎝ 1 ⎠+ s⎝ 0 ⎠ z 0 0 1 Se sigue que unas ecuaciones escalares paramétricas para P son x = 1−t−s y = t z = s En la figura 10. dos vectores de R3 no paralelos entre si. Ejemplo 10.342 10. paralelos al plano P son ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 U = E2 − E1 = ⎝ 1 ⎠ y V = E3 − E1 = ⎝ 0 ⎠ 0 1 Como. es perpendicular al plano P1 con ecuación 3 3x + 2y + 5z = 1 . Rectas y planos Solución: En la figura 10. E1 E2 y E1 E3 . el cual es paralelo al plano P.15. el plano P pasa por E1 (por ejemplo) entonces una ecuación vectorial paramétrica para P es X = E1 + tU + sV es decir.15 también se muestra el plano P 0 generado por U y V. paralelos al plano P son. ¥ Figura 10.15 Halle una ecuación en forma general y una ecuación vectorial paramétrica para el plano P ⎛ ⎞ 1 que pasa por el punto P0 = ⎝ −2 ⎠. por ejemplo. además. el vector − n debe ser perpendi→ cular a cualquier vector director de L. en forma equivalente. donde d es un vector director de L. La figura 10. Puesto que los planos P y P1 son → → − → = 3− i + perpendiculares entonces un tal vector n debe ser perpendicular al vector − n 1 → − → − 2 j + 5 k el cual es un vector normal al plano P1 . 28x − 67y + 10z = 192 . como la recta L es paralela al plano P. Ahora bien. Así. Luego.7. Ecuaciones paramétricas para un plano 343 y es paralelo a la recta L intersección de los planos 4x − 3y + 2z = 7 5x + 2y + 3z = 6 Solución: Como ya se tiene un punto del plano P (el punto P0 ). Es claro entonces que necesitamos un vector − n que → − → − − → simultáneamente sea perpendicular a los vectores n1 y d . un vector director para la recta L es ¯− →¯¯ → − ¯→ − j k¯ → − → ¯¯ i − → − → − d = ¯ 4 −3 2 ¯¯ = −13 i − 2 j + 23 k ¯5 2 3¯ Por tanto.16 ilustra la situación geométrica expresada en este ejemplo. sabemos que un vector director para L lo podemos obtener como el pro→ − → − → − → − → − → − ducto cruz de los vectores 4 i − 3 j + 2 k y 5 i + 2 j + 3 k normales respectivamente a los planos 4x − 3y + 2z = 7 y 5x + 2y + 3z = 6. una ecuación para el plano P es 28 (x − 1) − 67 (y + 2) + 10 (z − 3) = 0 o.16. Figura 10. → Por otra parte. para escribir una ecuación de → dicho plano sólo resta hallarle un vector normal − n . un vector normal al plano P es ¯− →¯¯ → − − ¯→ i j k¯ ¯ → − → ¯ → − → − → − →×− n =− n d = 2 5 ¯¯ = 56 i − 134 j + 20 k 1 ¯ 3 ¯−13 −2 23¯ → − → − → − − o también el vector 12 → n = 28 i − 67 j + 10 k .10. es decir. Figura 10. s en R tales que W = rU + sV + (−t) Z . Luego.17. N1 = ⎝ 2 ⎠ 1 5 ⎛ ⎞ −13 y D = ⎝ −2 ⎠. y también la recta L que pasa por W y tiene con vector director Z.17).I. Rectas y planos la cual es una ecuación en forma general. de R3 y sea W un vector cualquiera de R3 . la recta L no es paralela al plano P (ver figura 10. Puesto que Z no es combinación lineal de U y V . El punto donde la recta L corta el plano P (el punto Y en la figura 10. de R3 entonces todo vector W de R3 es expresable de manera única como combinación lineal de U. V y Z son vectores L. y también es de la forma rU + sV con r. Prueba: Supongamos que U. V y Z. existen t. V y Z son vectores L. Consideremos el plano P generado por U y V.I.5) Si U. s en R.17) es de la forma W + tZ para algún t en R. ⎛ ⎞ 3 − → −→ −−→ →=− Sean ahora N1 y D en R3 tales que − n ON1 y d = OD. una ecuación vectorial para P es ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 3 −13 ⎝ y ⎠ = ⎝ −2 ⎠ + t ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ ¥ z 3 5 23 Finalizaremos este capítulo presentando una prueba para el siguiente resultado (al cual ya nos habíamos referido en la sección 9. Así que W + tZ = rU + sV Por tanto. Es claro que N1 y D son linealmente independientes y que el plano 23 generado por N1 y D es paralelo al plano P. por estar en el plano P. r. por ser un punto de L.344 10. (r1 − r2 ) U + (s1 − s2 ) V + (t1 − t2 ) Z = O (10. V y Z.19) y probemos que r1 = r2 . Hallar unas ecuaciones paramétricas para la recta que contiene los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 P = ⎝ −3 ⎠ y Q = ⎝ −2 ⎠. V y Z son L. . 4.8 s1 = s2 y t1 = t2 ¨ Ejercicios ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1. Sea L la recta que pasa por el punto P = ⎝ 2 ⎠ y es paralela a un vector cuyos −5 ángulos directores α. Hallar unas ecuaciones paramétricas para la recta L que pasa por el punto ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 4 P = ⎝ −2 ⎠ y tiene como vector director al vector D = ⎝ 0 ⎠. es decir que L1 = L2 . s1 . V y Z supongamos que existen escalares r1 . Hallar dos puntos 5 −2 distintos de P que estén en L.8. es fácil probar que la igualdad anterior implica que r1 − r2 = 0. Unas ecuaciones para las rectas L1 y L2 son respectivamente y+4 z−2 x+1 = = 2 −5 3 y x−3 y + 14 z−8 = = −2 5 −3 Mostrar que L1 y L2 son coincidentes. s2 . r2 . 5.19) r1 U + s1 V + t1 Z = r2 U + s2 V + t2 Z es decir. Para probar la unicidad de la escritura de W como combinación lineal de U. s1 − s2 = 0 y t1 − t2 = 0 es decir. P2 = ⎝ −5 ⎠ .345 10. 0 3 Determinar cuáles de los siguientes puntos están sobre la recta L: ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ 3 −1 −1 0 P1 = ⎝ 5 ⎠ . 10. s1 = s2 . t1 . P3 = ⎝ 1 ⎠ y P4 = ⎝ −3 ⎠ 5 −6 0 −3 2. Hallar una ecuación vectorial para la recta L. t1 = t2 . Ejercicios lo cual prueba que W es combinación lineal de U. Una recta L pasa por el punto P = ⎝ −1 ⎠ y es paralela al vector D = ⎝ 2 ⎠ . Mostrar que L es paralela al plano xz y dibujar la recta L. como U. t2 tales que W = r1 U + s1 V + t1 Z y W = r2 U + s2 V + t2 Z (10. 2 2 ⎛ ⎞ 4 3. β = 60◦ y 0◦ < γ < 90◦ .20) Ahora. r1 = r2 . β y γ son tales que α = 60◦ . De (10.I. −2 3 iii) L1 : x − 1 = y − 1. L2 : 10 − x = z+1 x−1 =y−1= . Q = ⎝ 1 ⎠ y R = ⎝ 5 ⎠. Sean P = ⎝ 0 ⎠. ⎛ ⎞ −5 d) Calcular la distancia del punto P = ⎝ 1 ⎠ a la recta L1 . 9. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 3 2 8. y+1 = 4 − z. Considere las rectas L1 : b) Calcular la distancia entre L1 y L2 c) Dibujar L1 y L2 . z = 8 + 7t. iv) L1 : x − 2 = 2 ii) L1 : v) L1 : y+2 z−4 x−1 = = . a) Determinar si L1 y L2 se cortan. se cortan o se cruzan. Considere las rectas L1 : −1 2 3 z = −3 − t. b) Determinar si L1 y L2 son perpendiculares. Para cada par de rectas L1 y L2 dada en cada numeral. 7. 2 4 0 a) Hallar unas ecuaciones simétricas para cada una de las medianas del triángulo P QR. −2 es perpendicular a L1 y corta a esta recta. b) Hallar la distancia entre L1 y L2 c) Hallar el ángulo entre L1 y L2 z − 36 y−1 = 2 −3 z−1 y+4 L2 : 3 − x = = 5 2 L2 : x = 2t. −8 ⎛ ⎞ 3 e) Hallar una ecuaciones simétricas para la recta que pasa por el punto Q = ⎝ 1 ⎠ 5 y es paralela a la recta L2 ⎛ ⎞ 3 f ) Hallar unas ecuaciones simétricas para la recta L que pasa por el punto ⎝ 1 ⎠. y = 5 − t. perpendiculares o se cruzan. a) Determinar si L1 y L2 son paralelas.346 10. 6. Rectas y planos y+1 1−z x−2 = = y L2 : x = 3 + t. 3 −1 5 . y = −2t + 1. c) Hallar el punto de intersección de la recta L1 con cada uno de los planos coordenados. son paralelas. y = −1 + 2t. b) Hallar el baricentro del triángulo P QR. z = t + 2 3y + 4 3z − 13 x−3 L2 : = = 3 −3 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −1 −9 3 ⎠ L2 : ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ z 8 −15 i) L1 : x = −2 + 3t. z = 2. ¿Cuál es el punto de intersección de L y L1 ? 2−y 2z + 4 y+2 z+2 x+1 x+1 = = y L2 : = = 2 3 −1 4 −6 −1 a) Mostrar que L1 y L2 son paralelas no coincidentes. y = −3 − 7t. ⎛ ⎞ −4 P =⎝ 7 ⎠ L2 : x = −2 + 3s. Para cada literal. ⎛ ⎞ 1 y−1 z y+2 z−8 x+2 x−3 a) L1 : = = . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3/2 −2/3 a) X = ⎝ 3/2 ⎠ . Sea L la recta que pasa por los puntos P = ⎝ 2 ⎠ y Q = ⎝ 1 ⎠ . z = 2+t.347 10. es perpendicular a L1 y corta a L2 . a) Sea L una recta con ecuación vectorial X = P + tD. Determinar si los vectores X y Y dados en cada literal son linealmente independientes. b) Utilizar el resultado del literal a) para calcular la distancia del origen a la recta L que pasa por el punto P dado y es paralela al vector D dado. Sea L1 la recta con ecuaciones simétricas x + 5 = y = 2 ecuaciones paramétricas x = t. y = 5 − 4s. Y = ⎝ −2/3 ⎠ −3/2 2/3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 ⎝ ⎠ ⎝ 1 . 1 ⎠ b) X = Y = −1 1 . z = −1 + 3t. z = −3 − 2s. Hallar unas ecuaciones simétricas para la recta que pasa por el origen. Hallar el punto 5 1 ⎛ ⎞ 2 de L más cercano al punto R = ⎝ −1 ⎠ 5 z+3 y sea L2 la recta con 13. D = ⎝ −1 ⎠ −3 −1 11. 14. L2 es la recta generada por yR= c) L1 pasa por los puntos Q = 4 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 el vector D = ⎝ 2 ⎠. P = ⎝ −3 ⎠ −3 4 −5 7 −2 3 2 b) L1 : x = 2 − 4t. P = ⎝ 0 ⎠ 2 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 12. encontrar una ecuación para la recta que pasa por el punto P dado y es perpendicular a las rectas L1 y L2 dadas. y = 1+2t.8. D= 1 ⎠ −4 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 ii) P = ⎝ 2 ⎠ . Ejercicios 10. 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 ⎝ ⎠ ⎝ 3 −3 ⎠ . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 ⎝ ⎠ ⎝ i) P = 1 . Encontrar el escalar t tal que el vector X (de L) sea ortogonal al vector D. L2 : = = . y−3 x−2 x−2 = 1 − z. en caso afirmativo. ii) Hallar una ecuación en forma general para el plano determinado por la recta L y el punto R. ⎛ ⎞ −1 18. hallar una ecuación del plano que las contiene. y sea R = ⎝ 4 ⎠ . y = + t. Q2 = ⎝ 2 ⎠ . Mostrar que L1 y L2 determinan un plano y hallar una ecuación en forma 2 general para dicho plano. Q4 = ⎝ 6 ⎠ 0 1 6 −5 ⎛ ⎞ 1 16. Considerar el plano P que pasa por el punto Q = ⎝ 2 ⎠ y que tiene al vector −3 ⎛ ⎞ 8 N = ⎝ −11 ⎠ como un vector normal. y = 3 y L2 : = = z − 1. Hallar una 7 ecuación para el plano P que pasa por Q y es paralelo al plano P1 . Rectas y planos ⎛ ⎞ 1 15. c) Considerar las rectas L1 : 4 2 2 Determinar si L1 . Considerar los siguientes planos: P1 : x + 2y − 2z = 5. P2 : 3x − 6y + 3z = 2 P4 : x − 2y + z − 7 = 0 a) Mostrar que dos de los planos anteriores son paralelos y los otros dos son perpendiculares b) Encontrar el ángulo entre los planos P1 y P2 . Sea Q = ⎝ 3 ⎠ y P1 el plano con ecuación 2x − 3y + 5z − 4 = 0. Q3 = ⎝ 4 ⎠ . Determinar cuáles de los siguientes puntos −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 6 6 están en P: Q1 = ⎝ 2 ⎠ . 6 i) Mostrar que R no es un punto de la recta L. P3 : 2x + y + 2z + 1 = 0. a) Sea L la ⎛ 1 ⎝ D= −1 3 ⎞ −1 recta que pasa por el punto Q = ⎝ 1 ⎠ y es paralela al vector 2 ⎞ ⎛ ⎞ 2 ⎠ .348 10. Sea P el plano determinado por los puntos ⎝ 1 ⎠ . L2 se cortan y. . b) Considerar las rectas L1 : −2 −3 2 2 1 z = − t. 19. −1 a) Hallar una ecuación en forma normal para P ⎛ ⎞ 1 ⎝ 0 ⎠ 1 y ⎛ ⎞ 2 ⎝ −1 ⎠ 3 b) Hallar una ecuación en forma general para P ⎛ 17. y − 3/2 3 x−3 5 = = z y L2 : x = 5 + t. b) Hallar una ecuaciones paramétricas de la recta L que contiene al punto ⎛ ⎞ 2 Q = ⎝ 1 ⎠ y es perpendicular al plano con ecuación 4x − 3y + z − 5 = 0. 23. y = 1 + t + s. De1 3 terminar si L es paralela al plano P descrito en cada uno de los siguientes numerales: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 1/2 1 i) P pasa por los puntos ⎝ 0 ⎠ . 1 (Dos soluciones). 5 4 2 ⎛ ⎞ 1 ⎝ 2 ⎠y b) Hallar una ecuación vectorial para la recta que contiene al punto Q = 3 es paralela a cada uno de los planos x + 2y + 3z = 4 y 2x + 3y + 4z = 5. x = 0. es paralelo −1 y + 3/2 z+1 1 = y es perpendicular al a la recta con ecuaciones simétricas x − = 2 −1 2 plano con ecuación 8x + 5y + z − 11 = 0. a) Hallar una ecuación en forma general para el plano que pasa por el punto ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 2 Q = ⎝ 3 ⎠ y tal que la recta que pasa por los puntos R = ⎝ 2 ⎠ y S = ⎝ 4 ⎠ −7 3 12 es perpendicular a dicho plano. . Un plano tiene ecuación x + 2y − 2z + 7 = 0 Hallar: a) Un vector unitario normal al plano. ⎛ ⎞ −4 c) Hallar una ecuación para el plano que pasa por el punto Q = ⎝ 1 ⎠. ⎝ −2 ⎠ y ⎝ 1 ⎠ 3 1 −1 ii) Una ecuación para P es 2x + 4y = 10 3 iii) Una ecuaciones paramétricas para P son x = 1 + 2t − s.8. Ejercicios 349 20. 22. b) La distancia del origen al plano. (Comprobar que kQk es la distancia hallada en b)). y dista 5 unidades del punto Q = ⎝ 3 ⎠ .10. −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 21. c) El punto Q del plano más cercano al origen. 4 z = −2 + 3t + s iv) P pasa por el origen y es perpendicular a la recta con ecuaciones simétricas x y z = =− . a) Hallar una ecuación en forma general para cada plano que es perpendicular ⎛ a⎞la 4 √ recta con ecuaciones y = 2z. a) Sea L la recta que pasa por el punto ⎝ 1 ⎠ y es paralela al vector ⎝ −1 ⎠. 24. y + 3/2 z+1 1 = = 2 −1 2 y+1 x−1 = =z−3 3 −2 3x − 9 y+1 = =1−z 3 2 x− 27. 3 26. y que es paralela a la recta L2 intersección de los planos 3x − 2y + z + 1 = 0 y 8x − 4y + 5z = 13.350 10. Rectas y planos b) Mostrar que la recta L con ecuaciones x − 3 = y − 2 = 7 − z es paralela al plano P con ecuación x + 2y + 3z = 0. Hallar la intersección del plano y la recta dados en cada literal. P2 : x + 3y − z + 11 = 0 P3 : x + 4y − 3z = 2. b) 2x + 3y = 0. y = 1 + t. 2 25. Considerar los planos: P1 : 5x − 3y + 2z = 1. Considerar los planos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 0 −1 P1 : ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 3 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ y P2 : x + y + z − 6 = 0 z −2 2 2 a) Hallar unas ecuaciones paramétricas para el plano P2 y una ecuación en forma general para el plano P1 . . Hallar la distancia de la recta L al plano P. c) Plano xz. Determinar si la recta está contenida en el plano. a) 2x − 2y + z − 12 = 0. b) Hallar el ángulo entre los planos P1 y P2 ⎛ ⎞ 1 c) Calcular la distancia del punto X0 = ⎝ −3 ⎠ al plano que pasa por el punto 5 ⎛ ⎞ −1 R = ⎝ 4 ⎠ y contiene a la recta intersección de los planos P1 y P2 . 28. Hallar una ecuación en forma general para cada plano que cumpla simultaneamente las tres condiciones siguientes: i) Es perpendicular al plano yz ⎛ ⎞ 2 ii) Contiene al punto Q = ⎝ 1 ⎠ 1 2 iii) Forma un ángulo φ con el plano 2x − y + 2z = 3 de tal modo que cos φ = . z = 10 + 5t con el plano xy. Hallar unas ecuaciones paramétricas para la recta L que contiene el punto de intersección de la recta L1 de ecuaciones x = −1 − 2t. P4 : 3x − y + 4z − 9 = 0 Hallar una ecuación en forma general y también una ecuación vectorial para el plano que contiene la recta intersección de los planos P1 y P2 y es paralelo a la recta intersección de los planos P3 y P4 . V y Z dados en cada literal. c) Hallar unas ecuaciones paramétricas para el plano P que es perpendicular al plano P1 y contiene la recta L2 . L2 y el plano P1 siguientes: y+2 z−1 x+1 = = L1 : x = 2 + 3t. 31.8.351 10. e) Hallar unas ecuaciones paramétricas para la recta L que es perpendicular tanto a L1 como a L2 y las corta a ambas. b) Hallar la distancia entre L1 y L2 . Considerar el plano P con ecuación x − 2y + 4z = 12 y el punto Q = ⎝ −1 ⎠ 1 a) Calcular la distancia entre el punto Q y el plano P. con un plano paralelo a L1 que contiene a L2 . Considerar las rectas L1 . z = t L2 : 2 −1 2 P1 : 2x + 3y + z − 5 = 0 a) Mostrar que L1 y L2 se cruzan. Para los vectores U. determinar si ellos son linealmente independientes o linealmente dependientes. Considerar las rectas y−2 z+1 z+3 x−1 y+1 L1 : = = y L2 : x − 2 = = 5 −2 −3 −3 2 a) Mostrar que L1 y L2 son ajenas. b) Hallar una ecuación en forma general para el plano P1 tal que P1 y P son paralelos no coincidentes y el punto Q es equidistante de estos dos planos. V = ⎝ 2 ⎠ . 33. d) Hallar unas ecuaciones simétricas para la recta L que pasa por el origen. a2 + b2 + c2 b) Mostrar que los planos 8x − 4y + z = 9 y −16x + 8y − 2z = 72 son paralelos y hallar la distancia entre ellos ⎛ ⎞ 2 30. Z = ⎝ −4 ⎠ 1 3 5 . Si ellos son linealmente independientes. es una recta paralela a L1 ). y = 1 − 2t. 32. Ejercicios 29. (Ayuda: La intersección del plano determinado por L1 y Q. 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 2 a) U = ⎝ −3 ⎠ . ⎛ ⎞ −3 expresar el vector W = ⎝ 2 ⎠ como combinación lineal de U. V y Z. a) Probar que la distancia entre dos planos paralelos ax + by + cz + d1 = 0 y |d1 − d2 | ax + by + cz + d2 = 0 está dada por √ . ⎛ ⎞ 3 b) Hallar unas ecuaciones para la recta que pasa por el punto Q = ⎝ −4 ⎠ y corta −5 a cada una de las rectas L1 y L2 . es perpendicular a la recta L1 y es paralela al plano P1 . Z = ⎝ 5 ⎠ 1/4 4 9 .352 10. V = ⎝ 0 ⎠ . Rectas y planos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 −1 b) U = ⎝ 2 ⎠ . V = ⎝ 3 ⎠ . Z = ⎝ 2 ⎠ −1 −1 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1/2 2 0 c) U = ⎝ 1/3 ⎠ . Es decir. S.1. Figura 11. ⎞ 1 x Tomemos. su proyección sobre la recta L. R.1 Sean U un vector no nulo de R3 y L la recta generada por U. . U = ⎝ −2 ⎠ y hallemos para X = ⎝ y ⎠ las coordenadas 3 z del vector PU (X) : 363 . el vector P royU X. Denotaremos PU la transformación del espacio que asigna a cada vector X de R3 . . .11 Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 11. por ejemplo. lo llamaremos también la proyección de X sobre L( ver figura 11. Ejemplo 11. Q. .1 Transformaciones del espacio Llamaremos transformaciones del espacio a las funciones de R3 en R3 . el cual está en L. Si X es un vector cualquiera de R3 .1). al igual que lo hicimos con las transformaciones del plano. PU : R3 → R3 X → PU (X) = P royU X La transformación PU la llamaremos proyección sobre la recta ⎛ ⎞ ⎛ L. T. las cuales denotaremos mediante letras mayúsculas como P. y. X·U U ·U  ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞ 3 1 x − 17 y + 14 z 14 x − 2y + 3z ⎝ −2 ⎠ = ⎝ − 17 x + 27 y − 37 z ⎠ U= 14 3 3 9 3 14 x − 7 y + 14 z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛1 1 3 x 14 x − 7 y + 14 z PU ⎝y ⎠ = ⎝− 17 x + 27 y − 37 z ⎠ 3 3 9 z 14 x − 7 y + 14 z Para las proyecciones PE1 . De igual forma que en el plano.2.11. U = ⎝ −2 ⎠ entonces z 3 ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ −6x − 2y + 3z ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 3 x − y + z x x 14 7 14 7 7 7 ⎜ ⎟ ⎜ 1 2 3 ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ SU y ⎠ = ⎝ − 27 x − 37 y − 67 z ⎠ y = 2 ⎝ −7x + 7y − 7z ⎠ − 3 3 9 3 6 2 z z 14 x − 7 y + 14 z 7x − 7y + 7z
. dada la sencillez de su significado geométrico
Ejemplo 11.2). Denotaremos SU la transformación del espacio que asigna a cada vector X de R3 la reflexión de X respecto a la recta L.por ejemplo. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 364  PU (X) = P royU X = es decir. PE2 y = y . PE3 y = 0⎠ z z z 0 z 0 las cuales se pueden obtener sin realizar ningún cálculo. entendiéndose dicha reflexión de manera idéntica al caso del plano (vea figura 11. PE3 sobre los ejes x. sea L la recta generada por un vector U de R3 .2 Como en el ejemplo 11. z respectivamente se tienen las siguientes expresiones ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x x x 0 0 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ PE1 y = 0 . ⎛ ⎞ 1 x Si X = ⎝ y ⎠ y. se tiene que SU (X) = 2PU (X) − X así que. Figura 11. U = O. SU : R3 −→ R3 X → SU (X) = 2PU (X) − X La transformación SU la llamaremos⎛reflexión ⎞ respecto a la recta L. PE2 .1. es claro que la proyección sobre el plano xy de un vector ⎝ y ⎠ está dada z por ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x QE3 ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ z 0 lo cual se ilustra en la figura 11. Para cada vector X de R3 .3 se aprecia que X = QU (X) + PU (X) o equivalentemente. Transformaciones del espacio Ejemplo 11. la cual se define como el punto donde la perpendicular trazada desde X al plano P intersecta a este plano. x Por ejemplo.1.4
. Figura 11. ⎛ ⎞ proyección ⎛ ⎞ x 1 Si X = ⎝ y ⎠ y U = ⎝ −2 ⎠ se tiene que z 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 x − 1 y + 3 z ⎞ ⎛ 13 x + 1 y − 3 z ⎞ x x 14 7 14 14 7 14 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ QU ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ − ⎝ − 17 x + 27 y − 37 z ⎠ = ⎝ 17 x + 57 y + 37 z ⎠ 3 3 9 3 5 z z − 14 x + 37 y + 14 z 14 x − 7 y + 14 z Para la proyección sobre los planos coordenados no es necesario realizar ⎛ ningún ⎞ cálculo. En dicha figura también se muestra la proyección PU (X) del vector X sobre la recta L generada por U. como se ilustra en la figura 11. denotaremos QU (X) la proyección de X sobre el plano P.365 11.3. que QU (X) = X − PU (X) Tenemos así la transformación QU : R3 −→ R3 X → QU (X) = X − PU (X) la cual llamaremos sobre el plano P. En la figura 11.3 Sean U un vector no nulo de R3 y P el plano que pasa por el origen y con vector normal U.3. 4. RU (X) es el otro extremo del segmento de recta trazado desde X perpendicularmente al plano P de tal modo que su punto medio es la proyección. RU (X) denotará la reflexión de X respecto al plano P. es decir. Así.5.5). el punto medio del segmento de extremos X y RU (X) es QU (X) . Ejemplo 11. P un plano que pasa por el origen y con vector normal U. 1 QU (X) = (X + RU (X)) 2 Despejando RU (X) de esta igualdad se obtiene RU (X) = 2QU (X) − X Observe la similitud entre esta expresión para RU (X) y la expresión para SU (X). como en el ejemplo 11. Para cada vector X de R3 . QU (X) .4 Sea. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 366 Figura 11. por definición de RU (X) . es decir.3. la cual es SU (X) = 2PU (X) − X La transformación RU : R3 −→ R3 X → RU (X) = 2QU (X) − X la llamaremos reflexión respecto al plano P .11. Figura 11. de X sobre el plano P (vea figura 11. Ejemplo 11. Dr : R3 −→ R3 X → Dr (X) = rX ⎛ ⎞ x Es claro que para todo ⎝ y ⎠ de R3 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x rx Dr ⎝ y ⎠ = ⎝ ry ⎠ z rz El efecto de Dr sobre los vectores de R3 es similar al de la transformación Dr del plano sobre los vectores de R2
. la reflexión respecto a cualquiera de los planos coordenados no requiere ningún ⎛ ⎞ cálculo.367 11. por ejemplo. es claro que la reflexión respecto al plano xy de un vector x ⎝ y ⎠ está dado por z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x RE3 ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ z −z lo cual se ilustra en la figura 11. Denotaremos Dr (como en el plano) la transformación del espacio que envía cada vector X de R3 en el vector rX.6
Figura 11. es decir. Por ejemplo. U = ⎝ −2 ⎠ entonces z 3 ⎛ ⎜ RU (X) = 2 ⎝ 13 1 3 14 x + 7 y − 14 z 1 5 3 7x + 7y + 7z 3 5 − 14 x + 37 y + 14 z ⎞ ⎞ ⎛ 6x + 2y − 3z ⎞ x 7 7 7 ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ 2 ⎟ 3 6 x + y + − y = ⎠ ⎝ 7 7 7z ⎠ z − 37 x + 67 y − 27 z ⎛ Por supuesto. Transformaciones del espacio ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 Si X = ⎝ y ⎠ y .1.6.5 Sea r ∈ R. 7 Fijemos un vector U de R3 .368 11.6 Fijemos un número real θ . Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 Ejemplo 11. ⎞ x Así las cosas. En la figura 11. entendiéndose que el sentido antihorario en el plano z = z0 corresponde al sentido en que se curvan los dedos de la mano derecha cuando el dedo pulgar apunta en la dirección positiva del eje z. Figura 11. Denotaremos Rθz la transformación del espacio 3 que rota ⎞ vector de R un ángulo de θ radianes alrededor del eje z. Para cualquier vector ⎝ y ⎠ de R3 . respectivamente. Para cada ⎞ ⎛ vector ⎛ cada 0 x0 X = ⎝ y0 ⎠ de R3 . la transformación del espacio que envía cada vector X de R3 en X + U. un ángulo de θ radianes en el sentido antihorario si θ > 0 y en sentido horario si θ < 0.7 se ilustra el efecto de la rotación Rzθ con θ > 0 sobre un vector X. z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x xcosθ − ysenθ Rθz ⎝ y ⎠ = ⎝ xsenθ + ycosθ ⎠ z z ⎛ La transformación Rθz se llamará rotación por el ángulo θ. z se tiene ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x Rθx ⎝ y ⎠ = ⎝ ycosθ − zsenθ ⎠ z ysenθ + zcosθ y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x xcosθ + zsenθ ⎠ y Ryθ ⎝ y ⎠ = ⎝ z −xsenθ + zcosθ Note que los signos para Rθy son diferentes a los signos para Rθz y Rθx
Ejemplo 11. esta transformación rota al vector X alrededor del punto ⎝ 0 ⎠ en z0 z0 el plano z = z0 . Como en el plano. para cualquier vector ⎝ y ⎠ de R3 . se llamará traslación por el vector U y se denotará TU .7. De manera similar Rθx y Rθy denotarán las rotaciones por un ángulo de θ radianes ⎛ ⎞ x alrededor del eje x y del eje y. −2π < θ < 2π. . alrededor del eje z. son transformaciones lineales del espacio.6. como también las transformaciones I y O. si U = ⎝ −2 ⎠ . ésta es una transformación lineal sólo en el caso U = 0⎠ . 2. caso 0 en el cual TU = I. Transformaciones lineales y matrices Es decir. z0 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x0 x x + x0 x TU ⎝y ⎠ = ⎝y ⎠ + ⎝y0 ⎠ = ⎝ y + y0 ⎠ z z z0 z + z0
De manera similar al caso del plano.1 al 11.⎛En⎞cuanto 0 ⎝ a la transformación TU . ci con i = 1. las transformaciones I : R3 −→ R3 X −→ I (X) = X 11.1) es llamada una transformación lineal del espacio. TU : R3 −→ R3 X → TU (X) = X + U ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x0 Si U = ⎝y0 ⎠ entonces para cualquier vector ⎝y ⎠ de R3 .1) T ⎝y ⎠ = ⎝ b1 x + b2 y + b3 z ⎠ c1 x + c2 y + c3 z z Como en el caso de las transformaciones del plano. SU . El arreglo de números ⎛ ⎞ a1 a2 a3 ⎝ b1 b2 b3 ⎠ (11. Supongamos que T es una transformación lineal del espacio definida por (11. existen ai . RU .2. 3 de tal modo que la imagen ⎛constantes ⎞ x bajo T de cualquier vector ⎝y ⎠ de R3 es z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x a1 x + a2 y + a3 z (11.2 y O : R3 −→ R3 X −→ O (X) = O Transformaciones lineales y matrices Obsérvese que para cada una de las transformaciones T : R3 −→ R3 . que aparecen en los ejemplos 11.2) c1 c2 c3 ⎛ ⎞ 1 se llama matriz de T y se denotará m (T ) . Rθy y Rzθ consideradas en este capítulo. toda transformación T : R3 −→ R3 del tipo (11.1). 3 ⎛ 1 ⎞ 3 1 14 − 7 14 ⎜ ⎟ ⎜ 1 2 3⎟ m (PU ) = ⎜ − 7 −7 ⎟ 7 ⎝ ⎠ 9 3 3 14 − 7 14 . Por ejemplo.369 11. De manera que las transformaciones PU . bi . respectivamente. Rxθ . se llaman transformación identidad y transformación nula. QU . c3 la tercera fila. b2 . C. la cual es la transformación T : R3 −→ R3 definida por (11. bi = b
i y ci = c
i para i = 1. b1 . z ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 8 x 2x + 8z • ⎝4 −3 5⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 4x − 3y + 5z ⎠ 6 7 9 z 6x + 7y + 9z . ⎞ ⎞ ⎛ x a1 a2 a3 Si A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ y X = ⎝y ⎠ .8 x Cualquiera sea X = ⎝ y ⎠ en R3 . Los números a1 . 0 0 0 ⎛ ⎞ 1 0 0 m (I) = ⎝0 1 0⎠ 0 0 1 ⎛ ⎞ 0 0 0 y m (O) = ⎝0 0 0⎠ 0 0 0 En general todo arreglo de números como el que aparece en (11. De manera que la correspondencia T −→ m (T ) entre transformaciones lineales del⎛espacio y matrices 3 × 3 es biunívoca. . Por otra parte. c2 . a2 . ⎛ ⎞ Ejemplo 11.2) se dirá una matriz 3×3 (se lee “tres por tres”). . Dos matrices ⎞ ⎛
⎞ ⎛ a1 a
2 a
3 a1 a2 a3 A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ y B = ⎝ b
1 b
2 b
3 ⎠ c1 c2 c3 c
1 c
2 c
3 se dicen iguales y se escribe A = B si ai = a
i . ⎛ ⎞ 1 0 0 m (PE1 ) = ⎝0 0 0⎠ . b1 . c2 la segunda columna y a3 . a3 conforman la primera fila. la cual es m (T ) . a2 . . 3 A cada transformación lineal T del espacio hemos asociado una matriz 3 × 3.1). b3 la segunda fila y c1 . c3 la tercera columna. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 370 Por otra parte. b3 . los números a1 . 2. toda matriz 3 × 3 como la que aparece en (11. definimos el producto AX de la matriz A por c1 c2 c3 z 3 el vector X de R así: ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x a1 a2 a3 a1 x + a2 y + a3 z AX = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ ⎝y ⎠ = ⎝ b1 x + b2 y + b3 z ⎠ c1 c2 c3 c1 x + c2 y + c3 z z De manera que si T es la transformación lineal del espacio con matriz A entonces T (X) = AX para todo X de R3 . c1 conforman la primera columna. B. la matriz m (I) se denotará I3 y se dirá la matriz identidad de orden 3. y la matriz m (O) se denotará O y se dirá la matriz nula de orden 3. b2 .11. . Denotaremos las matrices 3 × 3 mediante letras mayúsculas como A. una matriz de orden 3 o también una matriz de tres filas y tres columnas.2) es la matriz de una única transformación lineal del espacio. Transformaciones lineales y matrices ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ x 0 0 0 y ⎝0 0 0⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ • 0 0 0 z ⎛ 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 x − 1y + 3 z ⎞ 14 1 x 14 7 14 ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ • Si U = ⎝ −2 ⎠ . s en R. ⎞ si se conocen T (E1 ) .3) se pueden sustituir por la condición T (rX + sU ) = rT (X) + sT (U ) cualesquiera sean X. U en R3 y r. PU ⎝ y ⎠ = ⎝ − 17 x + 27 y − 37 z ⎠ = ⎜− 17 ⎝ 3 3 9 3 z 3 14 x − 7 y + 14 z ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x x 1 0 0 ⎝0 1 0⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ 0 0 1 z z ⎞ 0 0 ⎠ 0 14 − 17 2 7 − 37 3 14 ⎞ ⎛ ⎞ ⎟ x ⎟ − 37 ⎟ ⎝ y ⎠
⎠ z 9 14 Al igual que para las transformaciones del plano. cualquiera sea el vector ⎝ y ⎠) z z ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ a1 a2 a3 a1 a2 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ . se tiene que: Una transformación T : R3 −→ R3 es una transformación lineal si y sólo si T (X + U ) = T (X) + T (U ) y T (rU ) = rT (U ) para todo par de vectores X. T⎛(E2 )⎞ x x T ⎝ y ⎠ .3) . z ⎛ ⎞ x T ⎝ y ⎠ = T (xE1 + yE2 + zE3 ) = xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) z (Por . Se tiene además que: 3 Si T :⎛ R3 −→ ⎞ R ⎛es una ⎞ transformación lineal. T (E2 ) = b2 ⎠ • m (T ) = b1 b2 b3 si y sólo si T (E1 ) = b1 c1 c2 ⎛ c1⎞ c2 c3 a3 y T (E3 ) = ⎝ b3 ⎠ c3 (11. y T (E3 ) ya se conoce ⎛ tanto.2. entonces 0 0 • T⎝ 0 ⎠=⎝ 0 ⎠ 0 0 ⎛ ⎞ x ⎝ • Para cualquier vector y ⎠ de R3 . U de R3 y todo escalar r Las dos condiciones en (11.371 11. T (E2 ) . Dado que z ⎛ ⎞ x ⎝ y ⎠ = xE1 + yE2 + zE3 z . Solución: ⎛ ⎞ x Sea ⎝ y ⎠ un vector cualquiera de R3 .1).9 Consideremos la transformación del espacio 3 3 ⎛T : R⎞ −→ R ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x 2x − z ⎝ y ⎠ −→ T ⎝ y ⎠ = ⎝ ⎠ x + z/3 z z x − y/2 + 4z Es claro que T es una transformación lineal pues su ley de asignación es de la forma (11. segunda y tercera columna de la matriz m (T ) : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 (0) − 0 0 ⎠=⎝ 0 ⎠ T⎝ 0 ⎠=⎝ 0 + 0/3 0 0 − 0/2 + 4 (0) 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 (1) − 0 2 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ = primera columna de m (T ) 1 + 0/3 T (E1 ) = ⎝ 1 − 0/2 + 4 (0) 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 (0) − 0 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ = segunda columna de m (T ) 0 + 0/3 T (E2 ) = ⎝ 0 − 1/2 + 4 (0) −1/2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 (0) − 1 −1 ⎠ = ⎝ 1/3 ⎠ = tercera columna de m (T ) T (E3 ) = ⎝
0 + 1/3 0 − 0/2 + 4 (1) 4 ⎛ Ejemplo 11. respectiva0 Comprobemos que T = 0 0 mente.11.10 Sea S una transformación lineal del espacio tal que ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ −2 0 −2 S (E1 ) = ⎝ 3 ⎠ . la primera. S (E2 ) = ⎝ −1 ⎠ y S (E3 ) = ⎝ 0 ⎠ 4 5 −3 Halle la ley de asignación de S. La matriz de T es ⎛ ⎞ 2 0 −1 m (T ) = ⎝1 0 13 ⎠ 1 − 12 4 ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 ⎠ ⎝ ⎝ 0 ⎠ y que T (E1 ) . T (E3 ) son. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 372 Ejemplo 11. Transformaciones lineales y matrices y puesto que S es una transformación lineal. para cualquier vector ⎝ y ⎠ de R3 . ⎛ ⎞ x S ⎝ y ⎠ = S (xE1 + yE2 + zE3 ) z = x S (E1 ) + y S (E2 ) + z S (E3 ) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 0 −2 = x ⎝ 3 ⎠ + y ⎝ −1 ⎠ + z ⎝ 0 ⎠ 4 5 −3 ⎛ ⎞ −2x − 2z ⎠ = ⎝ 3x − y 4x + 5y − 3z Así. la ley de asignación de S es ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −2x − 2z ⎠ S⎝ y ⎠=⎝ 3x − y z 4x + 5y − 3z También podemos obtener la ley de asignación de S hallando primero m (S) como se indica a continuación: Como S es una transformación lineal del espacio. además. S (E2 ) . la imagen T (C) del conjunto C bajo T es. por tanto. lo siguiente: . z ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −2x − 2z x −2 0 −2 x ⎠ 3x − y S ⎝ y ⎠ = ⎝ 3 −1 0 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 4x + 5y − 3z 4 5 −3 z z ⎛
Si T : R3 −→ R3 es una transformación del espacio y C es un conjunto de puntos del espacio. el conjunto T (C) = {T (X) /X ∈ C} Respecto a la imagen bajo una transformación lineal de una recta. como en el plano.373 11. S (E3 ) . Se tiene.2. ⎛ ⎞ −2 0 −2 m (S) = ⎝ 3 −1 0 ⎠ 4 5 −3 ⎛ ⎞ x Luego. un segmento de recta o un paralelogramo se tienen resultados completamente análogos a los ya conocidos en el caso del plano. las columnas primera. segunda y tercera de m (S) son respectivamente S (E1 ) . T (Y ) y T (Z) si estos vectores son L. y. T R3 = {xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) /x. y el otro es C. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 374 Si T : R3 −→ R3 es una transformación lineal entonces: 1. y. La imagen del paralelepípedo determinado por tres vectores X. es claro que toda combinación lineal de T (E1 ) y T (E2 ) es también combinación lineal de T (E1 ) . xT (E1 ) + yT (E2 ) = xT (E1 ) + yT (E2 ) + 0T (E3 ) Cuando los vectores T (X) . T (E3 ) • Si dos de los vectores T (E1 ) . de T (E1 ) y T (E2 ) ya que si x. y. 1 . un ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 0 ⎬ pasa por el origen. T (xE1 + yE2 + zE3 ) = xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) luego. T (E3 ) son L. entonces T R3 = R3 pues en tal caso todo vector de R3 es expresable como C. es todo R3 . T (E2 ) .L. T (E2 ) y T (E3 ) ya que si x. es el paralelepípedo determinado por T (X) . T (E2 ) .I. ⎩ ⎭ 0 3. una recta que pasa por el origen o es el conjunto ⎝ 0 ⎠ . En este caso. la imagen del paralelepípedo determinado por X. Y y Z de R3 . T (E2 ) son linealmente independientes y T (E3 ) es combinación lineal de T (E1 ) y T (E2 ) . plano que 2.L.I. T (E3 ) . z ∈ R} y como T es una transformación lineal.1 Para probar 2. T R3 = {T (xE1 + yE2 + zE3 ) /x. toda combinación lineal de T (E1 ) . z ∈ R} Por tanto. T (E3 ) = rT (E1 ) + sT (E2 ) para ciertos escalares r y s. z son escalares cualesquiera xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) = xT (E1 ) + yT (E2 ) + z (rT (E1 ) + sT (E2 )) = (x + zr) T (E1 ) + (y + zs) T (E2 ) Por otra parte. y son escalares cualesquiera. La imagen T (P) de un plano P bajo T es un plano. T (E2 ) . un segmento o un punto. de aquellos entonces T R3 es el plano generado por esos dos vectores linealmente independientes.. y. z ∈ R} Así que T R3 es el conjunto de todas las combinaciones lineales de los vectores T (E1 ) . partiremos de que R3 = {xE1 + yE2 + zE3 /x.I. una recta o un conjunto con un solo punto.11.D. A continuación probaremos esto para el caso en que T (E1 ) . Y y Z no es necesariamente un paralelogramo. Se tiene así que: • Si T (E1 ) . La imagen T R3 de todo el espacio R3 bajo T. T (E2 ) y T (E3 ) es también una C. T (Y ) y T (Z) son L. es decir. de los vectores T (E1 ) . T (E3 ) son vectores L.L. T (E2 ) . Se deja como ejercicio para el lector completar la prueba de la afirmación 2. T (E2 ) y T (E3 ) 3 (el cual es T R ) es igual al conjunto de todas las combinaciones lineales de T (E1 ) y T (E2 ) (el cual es el plano generado por estos vectores). y también probar lo afirmado en 1.2. 3 4 3 e) El espacio R . −1 Halle la imagen bajo T de: ⎛ ⎞ 1 T (E3 ) = ⎝ 1 ⎠ 0 ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 a) El segmento AB donde A = ⎝ 0 ⎠ y B = ⎝ −1 ⎠ . z ⎛ ⎞ x T ⎝ y ⎠ = T (xE1 + yE2 + zE3 ) z = xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ = x 0 +y 1 +z 1 ⎠ −1 1 0 ⎛ ⎞ x+z ⎝ = y+z ⎠ −x + y . 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 b) La recta L que pasa por los puntos P = ⎝ −1 ⎠ y Q = ⎝ 1 ⎠ . 4 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 −1 c) La recta L
que pasa por el punto R = ⎝ 2 ⎠ y tiene vector director U = ⎝ −1 ⎠ .11 Sea T la transformación lineal del espacio tal que ⎞ 0 T (E2 ) = ⎝ 1 ⎠ . Solución: Comencemos por hallar la ley de asignación de T : ⎛ ⎞ x ⎝ Si y ⎠ es un punto cualquiera de R3 . 7 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 0 d) El plano P generado por Y = ⎝ 2 ⎠ y V = ⎝ 1 ⎠ . Transformaciones lineales y matrices De manera que el conjunto de todas las combinaciones lineales de T (E1 ) .375 11. 1 ⎛ ⎞ 1 T (E1 ) = ⎝ 0 ⎠ . Ejemplo 11. y 3. dado que ⎛ ⎞ 2 T (Y ) = ⎝ 5 ⎠ 3 ⎛ ⎞ 4 y T (V ) = ⎝ 5 ⎠ 1 . 3 0+1 1 ⎛ y Como T (P ) = T (Q) entonces T (L) es la recta que pasa por T (P ) y T (Q) . s ∈ R} la imagen de P bajo la transformación lineal T es T (P) = {tT (Y ) + rT (V ) / t. s ∈ R} Ahora. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 376 a) Las imágenes de A y B bajo T están dadas por ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1+0 1 1 T (A) = T ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 + 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ y 0 −1 + 0 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0+1 1 T (B) = T ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −1 + 1 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . c) Tenemos ⎛ ⎞ ⎛ −5 −5 + 7 ⎝ ⎝ ⎠ T (R) = T 2 = 2+7 − (−5) + 2 7 ⎞ ⎛ ⎛ −1 + 1 −1 ⎝ ⎝ ⎠ = −1 + 1 T (U ) = T −1 − (−1) − 1 1 ⎞ ⎛ ⎞ 2 ⎠=⎝ 9 ⎠ y 7 ⎞ ⎛ ⎞ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠. 0 Como T (U ) = O. 1 −0 − 1 −1 Como T (A) = T (B) entonces ⎧⎛ ⎨ T AB = {T (A)} = ⎝ ⎩ b) Se tiene ⎞⎫ 1 ⎬ 0 ⎠ ⎭ −1 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 6 2+4 2 T (P ) = T ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −1 + 4 ⎠ = ⎝ 3 ⎠ −3 −2 − 1 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0+3 3 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ T (Q) = T 1 = 1+3 = 4 ⎠.11. entonces ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 2 ⎬
T L = {T (R)} = ⎝ 9 ⎠ ⎩ ⎭ 7 d) Como P = {tY + rV / t. 0 entonces T (E3 ) está en el plano generado por T (E1 ) y T (E2 ) y por tanto T (E3 ) es C. z ∈ R} donde ⎛ ⎞ 1 T (E1 ) = ⎝ 0 ⎠ . el plano generado por dichos vectores.: Es claro que T (E1 ) y T (E2 ) son linealmente independientes.377 11. una ecuación para dicho plano es x−y+z =0 ⎞ 1 Ahora. T (E2 ). entonces e) Como R3 = {xE1 + yE2 + zE3 /x. Un vector normal N al plano generado por T (E1 ) y T (E2 ) es el vector   ⎛ ⎞ E1 E2 E3  1   0 −1 = E1 − E2 + E3 = ⎝ −1 ⎠ N = T (E1 ) × T (E2 ) =  1 0 1 1 1 Luego. 1 ⎧ ⎛ ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 ⎬ ⎨ x ⎬ 3 ⎨ 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 +s 1 t.2.I. En resumen. Transformaciones lineales y matrices ⎧ ⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ 2 4 ⎨ ⎬ T (P) = t ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ t. s ∈ R = y ∈R : x−y+z = 0
T R = t ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ −1 1 z ⎛ . T (E3 ) son L. T (E2 ) . z ∈ R} entonces la imagen de R3 bajo la transformación lineal T es T R3 = {xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) / x. y.L. ⎛ ⎞ 1 3 Se sigue que T R es el plano generado por los vectores T (E1 ) = ⎝ 0 ⎠ y −1 ⎛ ⎞ 0 T (E2 ) = ⎝ 1 ⎠ . −1 ⎛ ⎞ 0 T (E2 ) = ⎝ 1 ⎠ 1 ⎛ ⎞ 1 y T (E3 ) = ⎝ 1 ⎠ 0 Ahora veamos si los vectores T (E1 ) . Consideremos entonces el plano generado por estos vectores y veamos si T (E3 ) es o no un punto de dicho plano. de T (E1 ) y T (E2 ) . es decir. como los vectores ⎝ 5 ⎠ y ⎝ 5 ⎠ son linealmente independientes. y. la 3 1 imagen del plano P bajo T es otro plano. T (E1 ) y T (E2 ) son linealmente independientes y T (E3 ) es combinación lineal de T (E1 ) . como el punto T (E3 ) = ⎝ 1 ⎠ satisface esta ecuación ya que 1 − 1 + 0 = 0. s ∈ R ⎩ ⎭ 3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 4 Por último. una manera de probar que T + S es una transformación lineal si T y S lo son. es fácil probar que si T y S son transformaciones lineales entonces T + S. Al igual que en el caso del plano. Por ejemplo. rT y T ◦ S se definen exactamente como si T y S fueran transformaciones del plano. r. ⎞ ⎛ ⎞ (a11 + b11 ) x + (a12 + b12 ) y + (a13 + b13 ) z x (T + S) ⎝ y ⎠ = ⎝ (a21 + b21 ) x + (a22 + b22 ) y + (a23 + b23 ) z ⎠ z (a31 + b31 ) x + (a32 + b32 ) y + (a33 + b33 ) z ⎛ Esta última igualdad prueba que T + S además que ⎛ a11 + b11 ⎝ m (T + S) = a21 + b21 a31 + b31 es una transformación lineal del espacio y ⎞ a12 + b12 a13 + b13 a22 + b22 a23 + b23 ⎠ a32 + b32 a33 + b33 . rT y T ◦ S también lo son. para cualquier ⎝ y ⎠ de R3 . U de R3 y todo par de escalares t. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 378 11. z ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x x (T + S) ⎝ y ⎠ = T ⎝ y ⎠ + S ⎝ y ⎠ z z z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ b11 x + b12 y + b13 z a11 x + a12 y + a13 z = ⎝ a21 x + a22 y + a23 z ⎠ + ⎝ b21 x + b22 y + b23 z ⎠ a31 x + a32 y + a33 z b31 x + b32 y + b33 z Luego.11. Las transformaciones T + S. es probando que (T + S) (tX + rU ) = t (T + S) (X) + r (T + S) (U ) para todo par de vectores X.4) ⎞ x Por tanto. de la ⎞ a13 a23 ⎠ a33 ⎛ ⎞ b11 b12 b13 y m (S) = ⎝b21 b22 b23 ⎠ b31 b32 b33 (11. como se muestra a continuación: (T + S) (tX + rU ) = = = = También se puede probar que T siguiente manera: Digamos que ⎛ a11 a12 m (T ) = ⎝a21 a22 a31 a32 T (tX + rU ) + S (tX + rU ) tT (X) + rT (U ) + tS (X) + rS (U ) t (T (X) + S (X)) + r (T (U ) + S (U )) t (T + S) (X) + r (T + S) (U ) + S es una transformación lineal si T y S lo son.3 Operaciones con transformaciones lineales y matrices Sean T y S transformaciones del espacio y r un escalar. al igual que para matrices 2 × 2. es decir. Se obtiene así que ⎛ ⎞ c11 c12 c13 m (T S) = ⎝c21 c22 c23 ⎠ c31 c32 c33 . sin hacer uso de m (T ) y m (S) . Podemos calcular m (T S) de la siguiente manera: La primera columna de m (T S) es el vector (T S) (E1 ) = T (S (E1 )) ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ b11 b11 pues S (E1 ) = ⎝ b21 ⎠ = T ⎝ b21 ⎠ . Operaciones con transformaciones lineales y matrices Se hace uso de ⎛ a11 a12 ⎝a21 a22 a31 a32 esta igualdad para definir una suma entre matrices ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ a13 b11 b12 b13 a11 + b11 a12 + b12 a23 ⎠ + ⎝b21 b22 b23 ⎠ = ⎝a21 + b21 a22 + b22 a33 b31 b32 b33 a31 + b31 a32 + b32 3 × 3 así: ⎞ a13 + b13 a23 + b23 ⎠ a33 + b33 Se insiste en que.3. Cuando T y S son transformaciones lineales.379 11. b31 b31 ⎞⎛ ⎞ ⎛ b11 a11 a12 a13 = ⎝a21 a22 a23 ⎠ ⎝ b21 ⎠ a31 a32 a33 b31 ⎞ ⎛ a11 b11 + a12 b21 + a13 b31 = ⎝ a21 b11 + a22 b21 + a23 b31 ⎠ a31 b11 + a32 b21 + a33 b31 De manera similar se calculan las columnas segunda y tercera de m (T S) .4). las cuales son respectivamente. de modo que m (T ) + m (S) = m (T + S) De manera similar se demuestra que si T es una transformación lineal del espacio con m (T ) como en (11.4) entonces rT es una transformación lineal y ⎞ ⎛ ra11 ra12 ra13 m (rT ) = ⎝ra21 ra22 ra23 ⎠ ra31 ra32 ra33 Se define el producto de un escalar por una matriz 3 × 3 en la forma ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a11 a12 a13 ra11 ra12 ra13 r ⎝a21 a22 a23 ⎠ = ⎝ra21 ra22 ra23 ⎠ a31 a32 a33 ra31 ra32 ra33 con lo cual se tiene que r (m (T )) = m (rT ) Consideremos ahora la compuesta T ◦S de dos transformaciones lineales T y S con m (T ) y m (S) como en (11. los vectores (T S) (E2 ) y (T S) (E3 ). la compuesta T ◦ S también se llama producto de T y S y se denota T S. la suma entre matrices 3 × 3 se ha definido de modo de que ella corresponda a la suma de transformaciones lineales. El lector puede probar que T ◦ S también es una transformación lineal. Ejemplo 11.6) donde los escalares cij se calculan como ya se ha indicado.11. Por ejemplo (vea los elementos encerrados en rectángulos en (11. c23 = a21 b13 + a22 b23 + a23 b33 Obsérvese que el producto de dos matrices 3 × 3 se obtiene de manera similar al de dos matrices 2 × 2. ubicado en la intersección de la fila i y la columna j se obtiene a partir de la fila i de m (T ) y de la columna j de m (S) como se ilustra a continuación : b 1j b 2j a i1 a i2 a i3 = a i1 b 1j + a i2 b 2j + a i3 b 3j b 3j Se define ahora el producto de dos matrices 3 × 3 de modo que m (T ) m (S) = m (T S) es decir. para i = 1. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 380 donde c11 = a11 b11 + a12 b21 + a13 b31 y en general. 3 y j = 1.
. 2. el escalar cij . 2. se define el ⎛ a11 ⎝ a21 a31 producto de dos matrices ⎞⎛ a12 a13 b11 b12 a22 a23 ⎠ ⎝ b21 b22 b31 b32 a32 a33 3 × 3 de la siguiente manera: ⎞ ⎛ ⎞ b13 c11 c12 c13 b23 ⎠ = ⎝ c21 c22 c23 ⎠ b33 c31 c32 c33 (11.5) Nótese que en m (T S) .6)). Entonces ⎛ ⎞ x ⎝ para cualquier vector X = y ⎠ de R3 se tiene: z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −x x x −x −x J ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ y (KJ) ⎝ y ⎠ = K ⎝J ⎝ y ⎠⎠ = K ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ z z z z z −z Por otra parte ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x K⎝ y ⎠=⎝ y ⎠ z −z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞⎞ x −x x x (JK) ⎝ y ⎠ = J ⎝K ⎝ y ⎠⎠ = J ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ −z −z z z ⎛ y Observe que en este caso KJ = JK (vea figura 11. 3 cij = ai1 b1j + ai2 b2j + ai3 b3j (11.12 Sea K la reflexión respecto al plano xy y sea J la reflexión respecto al plano yz.8). aunque en general el producto de transformaciones lineales no es conmutativo.
. ⎛ ⎞ Ejemplo 11. Operaciones con transformaciones lineales y matrices Figura 11. Entonces: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x P ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠. z 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 Q⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ z z ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x 0 0 (P Q) ⎝ y ⎠ = P ⎝Q ⎝ y ⎠⎠ = P ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ z z z 0 ⎞ ⎛ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 x x (QP ) ⎝ y ⎠ = Q ⎝P ⎝ y ⎠⎠ = Q ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ 0 0 z z ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x x x (P P ) ⎝ y ⎠ = P ⎝P ⎝ y ⎠⎠ = P ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ z z 0 0 ⎞ ⎛ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 0 x (QQ) ⎝ y ⎠ = Q ⎝Q ⎝ y ⎠⎠ = Q ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ z z z z ⎛ Observe que P Q = QP.381 11. P 2 = P y Q2 = Q (vea figura 11.3.9). Q la proyección sobre el plano yz y X = ⎝ y ⎠ z un vector cualquiera de R3 .13 x Sean P la proyección sobre el plano xy.8. 14 Considere las transformaciones lineales del espacio T y S definidas por ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x − 2y x x T ⎝ y ⎠=⎝ x+y+z ⎠ y S⎝ y ⎠=⎝ y+z ⎠ z −3x + z z z Halle la matriz de transformación lineal (4T + S) T Solución: m [(4T + S) T ] = m (4T + S) m (T ) = [m (4T ) + m (S)] m (T ) = [4m (T ) + m (S)] m (T ) Como ⎛ ⎞ ⎛ 1 −2 0 1 m (T ) = ⎝ 1 1 1⎠ y m (S) = ⎝0 −3 0 1 0 entonces ⎛ ⎞ ⎛ 1 −2 0 1 ⎝ ⎠ ⎝ 4m (T ) + m (S) = 4 1 1 1 + 0 0 −3 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ 4 −8 0 1 ⎝ ⎠ ⎝ = 4 4 4 + 0 0 −12 0 4 ⎛ ⎞ 5 −8 0 ⎝ = 4 5 5⎠ −12 0 5 ⎞ 0 0 1 1⎠ 0 1 ⎞ 0 0 1 1⎠ 0 1 ⎞ 0 0 1 1⎠ 0 1 y así m [(4T + S) T ] = [4m (T ) + m (S)] m (T ) ⎛ ⎞⎛ ⎞ 5 −8 0 1 −2 0 = ⎝ 4 5 5⎠ ⎝ 1 1 1⎠ −12 0 5 −3 0 1 ⎛ ⎞ −3 −18 −8 ⎝ = −6 −3 10⎠ −27 24 5 .9.11. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 382 Figura 11. Ejemplo 11. como se muestra a continuación: x Si ⎝ y ⎠ es un vector cualquiera de R3 entonces z ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ x x ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ [(4T + S) T ] y = (4T + S) T y ⎠⎦ z z ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎡ ⎛ ⎞⎤ x x = (4T ) ⎣T ⎝ y ⎠⎦ + S ⎣T ⎝ y ⎠⎦ z z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x − 2y x − 2y = 4T ⎝ x + y + z ⎠ + S ⎝ x + y + z ⎠ −3x + z −3x + z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x − 2y − 2 (x + y + z) x − 2y = 4 ⎝ x − 2y + x + y + z − 3x + z ⎠ + ⎝ x + y + z − 3x + z ⎠ −3 (x − 2y) − 3x + z −3x + z ⎛ ⎞ −3x − 18y − 8z = ⎝ −6x − 3y + 10z ⎠ −27x + 24y + 5z Luego. Operaciones con transformaciones lineales y matrices Otra manera de hallar la matriz de la transformación lineal (4T + S) T consiste en buscar⎛ primero ⎞ la ley de asignación de esta transformación. la matriz transpuesta de A. éste tiene también las mismas propiedades que tiene su similar para matrices 2×2 y vectores de R2 . multiplicación por escalar y producto. definidas para transformaciones lineales del espacio y para matrices 3 × 3. En cuanto al producto de una matriz 3 × 3 por un vector de R3 . a33 .3. ⎛ a11 • Cualquiera sea la matriz A = ⎝ a21 a31 T denotada A es a12 a22 a32 ⎞ a13 a23 ⎠ . En particular se tiene que: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x a11 a12 a13 • Si A = ⎝ a21 a22 a23 ⎠ y X = ⎝ y ⎠ entonces a31 a32 a33 z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a12 a13 a11 AX = x ⎝ a21 ⎠ + y ⎝ a22 ⎠ + z ⎝ a23 ⎠ a31 a32 a33 ⎛ Nótese que el vector AX es combinación lineal de las columnas de A.383 11. gozan de las mismas propiedades algebraicas ya establecidas en el capítulo 4 para dichas operaciones con transformaciones lineales del plano y con matrices 2 × 2. ⎛ ⎞ −3 −18 −8 m [(4T + S) T ] = ⎝ −6 −3 10 ⎠ −27 24 5
Las operaciones suma. definimos los siguientes productos: w XT U = x y z XT A = ⎛ ⎞ u ⎝ v ⎠ = xu + yv + zw = X. 11.10). basta considerar cualquier recta L
perpendicular a L que pase por el origen y dos puntos X1 . Es claro que PU (X1 ) = O = PU (X2 ) luego PU no es uno a uno y por tanto PU no es invertible (ver figura 11.4 Inversa para transformaciones lineales y matrices La noción de invertibilidad para una transformación del espacio es la misma que para una transformación del plano y en general la misma que para una función cualquiera.15 Sea L la recta generada por un vector U de R3 . Ejemplo 11.
. En efecto. b) La reflexión SU respecto a la recta L es invertible y SU−1 = SU .U w x y z ⎛ a11 ⎝ a21 a31 a12 a22 a32 ⎞ a13 a23 ⎠ a33 = xa11 + ya21 + za31 xa12 + ya22 + za32 xa13 + ya23 + za33 Como el lector puede comprobar fácilmente. la transpuesta y los productos aquí definidos tienen las propiedades enunciadas en el ejercicio 30 del capítulo 4 para el caso de matrices 2 × 2 y vectores de R2 . U = O . el transpuesto de X es X T = x y z .10). Para ver esto. SU SU = I (ver figura 11.11. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 384 ⎛ a11 AT = ⎝ a12 a13 a21 a22 a23 ⎞ a31 a32 ⎠ a33 ⎛ ⎞ x Cualquiera sea el vector X = ⎝ y ⎠ . X2 en L
con X1 = X2 . Si z ⎞ ⎛ u X y A son como se ha indicado y U = ⎝ v ⎠ . a) La proyección PU sobre la recta L no es una transformación invertible. Rθy .10. es decir. las rotaciones Rxθ . y.4. T R ⊆ P.7). ⎛ ⎞ x0 En efecto.7) pues (x0 − y0 ) + (y0 − z0 ) + (−x0 + z0 ) = 0 Luego. z0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞⎛ x0 1 −1 0 x0 − y0 x0 T ⎝ y0 ⎠ = ⎝ 0 1 −1⎠ ⎝ y0 ⎠ = ⎝ y0 − z0 ⎠ z0 z0 −x0 + z0 −1 0 1 ⎞ ⎛ x0 − y0 y se observa que el punto ⎝ y0 − z0 ⎠ satisface la ecuación −x0 + z0 x+y+z =0 (11. para cada vector ⎝ y0 ⎠ de R3 .16 Para r = 0 la transformación Dr es invertible y Dr−1 = D 1 puesto que. son invertibles y y −1 y (Rθx )−1 = Rx−θ . todas las imágenes bajo T de vectores en R3 caen en el plano P cuya ecuación 3 es (11. como T no es sobre entonces T no es invertible. −2π < θ < 2π. Rθ = R−θ y (Rθz )−1 = Rz−θ
Ejemplo 11.
. Inversa para transformaciones lineales y matrices 385 Figura 11. Así T no es sobre.17 Para cada θ. que T no es sobre. es decir. como el lector r puede verificar. Ahora. Rθz alrededor de los ejes x. Dr D 1 = I = D 1 Dr
r r Ejemplo 11. z respectivamente.18 Sea T la transformación lineal del espacio tal que ⎛ ⎞ 1 −1 0 1 −1⎠ m (T ) = ⎝ 0 −1 0 1 Veamos que la imagen T R3 del espacio R3 bajo T no es todo R3 .11. Ejemplo 11. De manera que si T es invertible entonces debe cumplirse (11. Para probar que T es uno a uno. Ahora. de ellos. T es invertible si y sólo si las columnas de m (T ) son L. luego T (X1 − X2 ) = O. Si probamos que estos vectores son L.8) entonces T no es uno a uno y en consecuencia T no es invertible. pues si (por ejemplo) se diera que T (E3 ) = tT (E1 ) + sT (E2 ) con t. supongamos que X1 .8) entonces T es invertible  El turno es ahora para el siguiente resultado: Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 386 A continuación estableceremos para transformaciones lineales del espacio. Ahora. X2 son vectores de R3 tales que T (X1 ) = T (X2 ) y probemos que X1 = X2 : Si T (X1 ) = T (X2 ) entonces T (X1 ) − T (X2 ) = O.I.I. . T (X1 )−T (X2 ) = T (X1 − X2 ) . T (E2 ) . los vectores T (E1 ) . T (E3 ) son L. Para probar que T es sobre probemos que T R3 = R3 : Como R3 = {xE1 + yE2 + zE3 / x.I. ya que ninguno de los tres es C. de los otros dos. y como T es una transformación lineal. resultados completamente análogos a los ya establecidos para transformaciones lineales del plano respecto al concepto de invertibilidad. y como T R3 ⊆ R3 entonces tendremos T R3 = R3 como se desea probar. z ∈ R} es decir. Se completa así la prueba de que si se da (11. En segundo lugar tenemos: Una transformación lineal T : R3 −→ R3 es invertible si y sólo si el único vector X de R3 tal que T (X) = O es X = O Es claro que si no se cumple la condición “El único vector X de R3 tal que T (X) = O es X = O ” (11. z ∈ R} entonces T R3 = {xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) / x. de los vectores T (E1 ) . Si T es invertible entonces T −1 es una transformación lineal. El primero de ellos es: Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal.8) concluimos que X1 − X2 = O de donde X 1 = X2 .11. que R3 ⊆ T R3 .8) y probemos que T es invertible. La prueba de este resultado se deja como ejercicio para el lector. E3 son L. s ∈ R entonces se tendría que T (E3 ) = T (tE1 + sE2 ) y como T es uno a uno ocurrirá que E3 = tE1 + sE2 .8). usando la condición (11. 3 es C.L.. lo cual no puede ocurrir ya que E1 .I. tendremos que todo vector de R es decir. Supongamos ahora que se cumple (11. y. T (E3 ) . T R3 es el conjunto de todas las C. E2 . y.L. T (E2 ) . probando que T es uno a uno y sobre.L. I. Inversa para transformaciones lineales y matrices 387 Para probarlo.11. y. y Z . z T (X) = O ⇔ X es ortogonal a U.4. z tales que ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a2 a3 0 a1 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ 0 ⎠ x b1 + y b2 + z b3 = 0 c1 c2 c3 son x = 0. V. V = ⎝ b2 ⎠ y Z = ⎝ c2 ⎠ a3 b3 c3 ⎛ ⎞ x ⎝ En la prueba de dicho resultado usaremos el hecho de que para X = y ⎠ en R3 . como se quería probar  Otro resultado importante es: ⎛ ⎞ a1 a2 a3 Si T : R3 −→ R3 es una transformación lineal con m (T ) = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ c1 c2 c3 entonces   a1 a2 a3    T es invertible si y sólo si  b1 b2 b3  = 0  c1 c2 c3  Denotemos ∆ el determinante de m (T ) que aparece en el resultado anterior y sean ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ b1 c1 a1 U = ⎝ a2 ⎠ . cada una (a partir de la segunda) es equivalente a la anterior: i) T es invertible 3 ii) El único vector X⎛de R = O es X = ⎞ O⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ tal que T (X) ⎛ x a1 a2 a3 x 0 iii) El único vector ⎝ y ⎠ de R3 tal que ⎝ b1 b2 b3 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ es c1 c2 c3 z z 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 ⎝ y ⎠=⎝ 0 ⎠ z 0 iv) Los únicos escalares x.) Así que la primera y la última de las afirmaciones anteriores son equivalentes. las columnas de m (T ) son L.9) Es fácil ver que en la siguiente lista de afirmaciones. y = 0 y z = 0 v) Ninguna de las columnas de m (T ) es combinación lineal de las otras dos (es decir. digamos que ⎛ ⎞ a1 a2 a3 m (T ) = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ c1 c2 c3 (11. Sea ahora X un vector de R3 tal que T (X) = O. Como X es ortogonal a V y Z entonces X es paralelo al vector V × Z. como U · (V × Z) = 0 entonces t = 0 y así X = O.10) (11. el único vector X de R3 tal que T (X) = O es X = O.D. es decir. Luego. equivalentemente. X es ortogonal a U. Como además X es ortogonal a U entonces U · X = 0. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 388 En efecto.8): Ya sabemos que T (O) = O. Ahora probaremos (11. U · (t (V × Z)) = 0 o. t (U · (V × Z)) = 0 Ahora. Hemos probado así la implicación en (11. U · (V × Z) = 0 Probaremos que T es invertible probando que T tiene la propiedad (11. X = t (V × Z) para algún t ∈ R.11). por otra parte. concluyéndose de ello que T no es invertible. ⎧ ⎨ a1 x + a2 y + a3 z = b x + b2 y + b3 z = T (X) = O ⇔ ⎩ 1 c1 x + c2 y + c3 z = ⇔ U · X = 0. Finaliza así la prueba del resultado en el último recuadro.11): Supongamos que ∆ = 0. y por tanto T es invertible. Luego.10) partamos de que ∆ = 0. cualquier vector N normal a dicho plano será ortogonal a U. V y Z. Supongamos ahora que V × Z = O. Entonces V y Z son L.T no es invertible. V y Z También utilizaremos el hecho ya conocido de que ∆ = U · (V × Z) Probaremos el resultado en consideración probando que: • Si ∆ = 0 entonces T no es invertible • Si ∆ = 0 entonces T es invertible (11.12) vemos que V × Z es ortogonal a U .11.10). es decir.12) Supongamos V × Z = O. es decir. es decir. U · (V × Z) = 0 (11. V × Z es un vector no nulo tal que T (V × Z) = O y por lo tanto. Así. es decir.11) Para probar (11. será tal que T (N ) = O. luego existe un plano que contiene a los puntos U. sabemos que V × Z es ortogonal a V y a Z. V × Z es un vector no nulo ortogonal a los vectores U. V · X = 0 0 0 0 y Z ·X =0 ⇔ X es ortogonal a U. V y Z. Hemos probado así (11. V y Z. V y Z. es decir.. es decir. De (11.  . las columnas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 0 ⎝ 4 ⎠. Es decir. ⎛ ⎞ 2 ⎝ 0 ⎠ −3
Volvamos a las transformaciones lineales    delplano.19 Considere la transformación 3 3 ⎛T : R⎞ −→ R ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x −x + 2z ⎝ y ⎠ −→ T ⎝ y ⎠ = ⎝ 4x + y ⎠ z z y − 3z a) Veamos si T es o no es invertible. calculando el determinante ∆ de m (T ): Como ⎛ ⎞ −1 0 2 m (T ) = ⎝ 4 1 0⎠ 0 1 −3 entonces      −1 0     2 4 1   1 4 0  0        + 2 ∆= 4 1 0  = (−1)  − 0 0 1 1 −3 0 −3  0 1 −3 = − (−3 − 0) + 2 (4 − 0) = 11 Como ∆ = 0. el único vector y z 0 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x 0 es el vector ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠. para una transformación lineal T : R3 −→ R3 se tiene un resultado análogo. el único vector ⎝ y ⎠ tal que z 0 z −x + 2z = 0 ⎛ 4x + y = 0 y − 3z = 0 ⎞ ⎛ ⎞ x 0 es ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . vimos que si T es invertible y ∆ =  mación lineal T : R −→ R con m (T ) = c d c d entonces   −1 1 d −b = m T ∆ −c a Pues bien. ⎝ 1 ⎠.4.⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ x 0 x 3 ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ y = 0 ⎠ de R tal que T b) Dado que T es invertible. −1 solo que el cálculo de m T es un poco más laborioso. 1 0 de m (T ) son linealmente independientes. Recordemos que para una transfora b  a b 2 2   . Inversa para transformaciones lineales y matrices Ejemplo 11.389 11. concluimos que T es invertible. z 0 c) Como T es invertible. Veamos: . V · (V × Z) = 0 y Z · (V × Z) = 0 ∆ ∆ ∆ 1 (V × Z) cumple que Luego. el vector ∆ ⎛ ⎞   1 1 ⎝ 0 ⎠ T (V × Z) = ∆ 0 y como también ⎞ ⎛ ⎞ 1 r1 ⎠ ⎝ ⎝ r2 = 0 ⎠ T 0 r3 ⎛ . continuemos con  a2 a3  b2 b3  = U · (V × Z) c2 c3  ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ b1 c1 a1 donde U = ⎝ a2 ⎠ . T ⎝r2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 0 0 r3 r3 o equivalentemente. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 390 Supongamos que T es invertible y  a1  ∆ =  b1  c1 que m (T ) es como en (11. cumple que ⎛ ⎞ r1 ⎝ U · r2 ⎠ = 1 r3 Ahora. V = ⎝ b2 ⎠ y Z = ⎝ c2 a3 b3 c3 Supongamos además que ⎛ r1 s1 −1 ⎝ = r2 s2 m T r3 s3 ⎛ Entonces ⎞ ⎠ ⎞ t1 t2 ⎠ t3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 r1 1 r1 ⎝r2 ⎠ = T −1 ⎝ 0 ⎠ . además.9). V · (V × Z) = 0 y Z · (V × Z) = 0 y como ∆ = 0. ya que T es invertible. como ∆ = U · (V × Z) y V × Z es ortogonal a V y Z tenemos que U · (V × Z) = ∆. es decir. r3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ r1 r1 ⎝ ⎠ ⎝ V · r2 = 0 y Z · r2 ⎠ = 0 r3 r3 es decir.11. ⎛ ⎞ r1 ⎝ U · r2 ⎠ = 1. podemos escribir las igualdades anteriores en la forma 1 1 1 U · (V × Z) = 1. la primera columna de m T −1 es un vector ortogonal a V y a Z y. de la cual ya sabemos que es invertible. De manera similar se determinan sus otras dos columnas.20 Considere la transformación lineal T del ejemplo 11. a3 ⎛ (11.13).391 11. de acuerdo con la fórmula (11.13) ⎛ ⎞ b1 V = ⎝ b2 ⎠ b3 ⎛ ⎞ c1 y Z = ⎝ c2 ⎠ c3 Ejemplo 11.4. a) Halle m T −1 b) Halle la ley de asignación para T −1 Solución: a) Tenemos que ⎛ ⎞ −1 0 2 m (T ) = ⎝ 4 1 0 ⎠ 0 1 −3 y vimos que el determinante ∆ de esta matriz es ∆ = 11. Inversa para transformaciones lineales y matrices y T es uno a uno entonces tiene que ser ⎛ ⎞ r1 ⎝ r2 ⎠ = 1 (V × Z) ∆ r3 Hemos determinado así la primera columna de la matriz m T −1 . 1 m T −1 = 11 V×Z Z×U U×V .19. Luego. ∆ ∆ s3 t3 Tenemos así lo siguiente: Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal con matriz   ⎞ ⎛ a1 a2 a3  a1 a2 a3   m (T ) = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ y sea ∆ =  b1 b2 b3   c1 c2 c3  c1 c2 c3 Si T es invertible entonces V×Z Z×U U×V 1 m T −1 = ∆ donde ⎞ a1 U = ⎝ a2 ⎠ . obteniéndose que ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ t1 s1 ⎝ s2 ⎠ = 1 (Z × U ) y ⎝ t2 ⎠ = 1 (U × V ) . Vimos que si para una transformación lineal T : R2 −→ R2 existe una transformación lineal S : R2 −→ R2 tal que ST = I (o T S = I) entonces T es invertible y T −1 = S. se tiene lo siguiente.11. Pues bien. 2 donde ⎞ 4 V =⎝ 1 ⎠ 0 ⎛ ⎛ ⎞ 0 y Z=⎝ 1 ⎠ −3 El lector puede verificar que ⎛ ⎞ −3 V × Z = −3E1 + 12E2 + 4E3 = ⎝ 12 ⎠ 4 ⎛ ⎞ 2 ⎝ 3 ⎠ Z × U = 2E1 + 3E2 + E3 = 1 ⎞ ⎛ −2 U × V = −2E1 + 8E2 − E3 = ⎝ 8 ⎠ −1 Por tanto. Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal. Entonces X = I (X) = (ST ) (X) = S (T (X)) = S (O) = O . Es decir. ⎛ ⎞ −3 2 −2 −1 1 ⎝ m T 12 3 8 ⎠ = 11 4 1 −1 b) La ley de asignación para T −1 es : ⎛ ⎞⎛ ⎛ ⎞ −3 2 −2 x 1 ⎝ 12 3 8 ⎠ ⎝ T −1 ⎝ y ⎠ = 11 4 1 −1 z ⎛ −3x + 2y − 2z 1 ⎝ 12x + 3y + 8z = 11 4x + y − z ⎛ 3 2 2 − 11 x + 11 y − 11 z ⎜ 12 3 8 = ⎝ 11 x + 11 y + 11 z 4 1 1 11 x + 11 y − 11 z ⎞ x y ⎠ z ⎞ ⎠ ⎞ ⎟ ⎠
Volvamos una vez más a las transformaciones lineales del plano. Si existe una transformación lineal S : R3 −→ R3 tal que ST = I o T S = I entonces T es invertible y T −1 = S. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 392 ⎛ ⎞ −1 U = ⎝ 0 ⎠. exactamente lo mismo se da para transformaciones lineales del espacio. Prueba: Supongamos que S : R3 −→ R3 es una transformación lineal tal que ST = I y sea X un vector de R3 tal que T (X) = O. 393 11.4. Inversa para transformaciones lineales y matrices Luego, el único vector X de R3 tal que T (X) = O es X = O y por tanto T es invertible. Además, S = SI = S T T −1 = (ST ) T −1 = IT −1 = T −1 Supongamos ahora que T S = I. Entonces, según se acaba de probar, S es invertible y  S −1 = T ; luego ST = I y por tanto T es invertible y S = T −1 . Pasemos ahora a las matrices 3 × 3. Para ellas la noción de invertibilidad se define exactamente como lo hicimos para matrices 2 × 2. Veamos: Sea A una matriz 3 × 3 y consideremos la transformación lineal T : R3 −→ R3 cuya matriz es A. La matriz A se dice invertible si lo es la transformación lineal T . Si éste es el caso, la matriz m T −1 se dice la inversa de A y se denota A−1 , es decir, A−1 = m T −1 . Al igual que para matrices 2 × 2, la matriz A−1 (cuando existe) es tal que AA−1 = A−1 A = I3 . Por supuesto, todos los resultados establecidos para transformaciones lineales, relacionados con invertibilidad, pueden trasladarse a matrices 3 × 3. Se tiene así que: ⎞ ⎛ a1 a2 a3 Para cualquier matriz A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ , c1 c2 c3 1) Las siguientes afirmaciones son equivalentes: • A es invertible • El único vector X de R3 tal que AX = O es X = O • Las  de A son L.I.  columnas a1 a2 a3    •  b1 b2 b3  = 0  c1 c2 c3    a1 a2 a3    2) Si A es invertible y ∆ =  b1 b2 b3  entonces  c1 c2 c3  A−1 = donde ⎛ ⎞ a1 U = ⎝ a2 ⎠ , a3 1 ∆ V×Z Z×U U×V (11.14) ⎛ ⎞ b1 V = ⎝ b2 ⎠ b3 ⎛ ⎞ c1 y Z = ⎝ c2 ⎠ c3 3) Si existe una matriz B de orden 3 tal que AB = I3 (o BA = I3 ) entonces A es invertible y A−1 = B. De acuerdo con el resultado 1), podemos determinar si tres vectores dados de R3 son L.I., considerando la matriz A cuyas columnas son los tres vectores dados (en cualquier orden) y calculando su determinante ∆. Si ∆ = 0, los vectores son L.I. y si ∆ = 0, ellos son L.D. 11. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 394 Ejemplo 11.21 ⎛ ⎞ −1 0 2 Sea A = ⎝ 4 1 0⎠ 0 1 −3 Vimos en el ejemplo 11.19 que la transformación lineal T cuya matriz es A, es una transformación invertible, por tanto la matriz A es invertible. Como además ⎛ ⎞ −3 2 −2 −1 1 ⎝ 12 3 8⎠ = m T 11 4 1 −1 (vea ejemplo 11.20), entonces A−1 es la matriz que aparece al lado derecho en la igualdad anterior.
⎛ ⎞ Ejemplo 11.22 2 −1 0 Muestre que la matriz A = ⎝1 1 −1⎠ es invertible y halle su inversa. 0 1 3 Solución: Para ver que A es invertible basta mostrar que su determinante ∆ es distinto de cero.        2 −1   0  1 −1 1 −1  1 1         1 −1 = 2  ∆ = 1  − (−1) 0  + 0 0 1 1 3 3 0 1 3 = 2 (3 + 1) + (3 − 0) + 0 = 11. Como ∆ = 0, A es invertible. Para hallar A−1 emplearemos la fórmula (11.14) : A−1 = 1 11 V×Z Z×U U×V ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ donde U = −1 , V = 1 y Z= 1 ⎠. 0 −1 3 Calculando los tres productos cruz que figuran en A−1 se obtiene: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 4 ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ y U ×V = 2 ⎠ 6 V ×Z = −3 , Z × U = −2 3 1 Por tanto, ⎛ A−1 ⎞ 4 3 1 1 ⎝ = −3 6 2⎠ 11 1 −2 3 (11.15) (Téngase presente que si T es la transformación lineal del espacio cuya matriz es A entonces T es invertible, pues A lo es, y además A−1 = m T −1 .
395 11.5. Ejercicios Ejemplo 11.23 Para cada una de las siguientes colecciones de vectores, determine si ellos son L.I. ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 1 2 0 a) X = ⎝ 0 ⎠ , Y = ⎝ −5 ⎠ , Z = ⎝ −1 ⎠ 4 7 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 −7 b) X = ⎝ 2 ⎠ , Y = ⎝ −1 ⎠ , Z = ⎝ 7 ⎠ 1 4 −10 Solución: a) Sea A la matriz 3 × 3 con X como primera columna, Y como segunda columna y Z como tercera columna, es decir, ⎛ ⎞ 2 0 1 A = ⎝0 −5 −1⎠ 1 7 4 Calculemos su determinante ∆ :         2 0 1  −5 −1 0 −1 0 −5  −0 +1  = 2 (−20 + 7) − 0 + (0 + 5) = −21 ∆ = 0 −5 −1 = 2  1 1 7 4 4 7  1 7 4 Como ∆ = 0, la matriz A es invertible y así sus columnas son linealmente independientes Luego, los vectores dados son L.I. b) Consideremos la matriz ⎛ ⎞ 1 3 −7 B = ⎝2 −1 7⎠ 1 4 −10 Dejamos al lector verificar que el determinante de esta matriz es cero, de lo cual se sigue que las columnas de B son L.D., es decir, que los vectores X, Y , Z son L.D.
11.5 Ejercicios Sección 11.1 1. Considerar la recta L : x = 3t, y = t, z = −2t. Hallar la ley de asignación de la transformación ⎛ dada ⎞ en cada literal y hallar también la imagen bajo la transformación 1 del vector ⎝ 1 ⎠ . 1 a) La proyección sobre la recta L. b) La reflexión respecto a la recta L. 11. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 396 2. Considerar el plano P : x − y + z = 0. ⎛ Hallar ⎞ la ley de asignación para cada trans1 formación dada y la imagen del vector ⎝ −2 ⎠ bajo dicha transformación. 1 a) Proyección sobre el plano P. b) Reflexión con respecto al plano P. 3. Para cada literal hallar la ley de asignación de la transformación dada y la imagen bajo dicha transformación del vector dado. ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ 1 1 1 √ √ b) Ryπ , ⎝ 1 ⎠ c) Rxπ , ⎝ − 3 ⎠ . a) Rzπ , ⎝ 3 ⎠ 3 6 4 1 1 −1 Sección 11.2 4. Para cada literal determinar si la transformación T definida es una transformación lineal y, en caso afirmativo, hallar la matriz de T . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x z x x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ a) T y = x b) T y = 0 ⎠ z y z y ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x+y x x x d) T ⎝ y ⎠ = ⎝ y + z ⎠ . c) T ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ x+z z 1 z 5. Sea P⎛el plano ⎞ con ecuaciones paramétricas x = t − 2s, y = 2t − s, z = −t + s y sea 1 V = ⎝ 1 ⎠ . Hallar: 1 a) La matriz de la transformación proyección sobre el plano P. b) La proyección del vector V sobre el plano P. c) La matriz de la transformación reflexión respecto al plano P. d) La reflexión del vector V respecto al plano P. ⎛ ⎞ 3 6. Sea T : R3 −→ R3 la transformación lineal tal que T (E1 + E2 + E3 ) = ⎝ −1 ⎠ , 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 T (−E1 + E2 + E3 ) = ⎝ −3 ⎠ y T (E1 − E2 + E3 ) = ⎝ 1 ⎠ . 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −10 ⎝ ⎠ ⎝ y −15 ⎠ . Hallar T yT z 25 7. Sea T : R3 −→ R3 la transformación lineal tal que T (E3 ) = 2E1 + 3E2 + 5E3 , T (E2 + E3 ) = E1 y T (E1 + E2 + E3 ) = E2 − E3 . a) Hallar la matriz de T. b) Calcular T (E1 + 2E2 + 3E3 ) . 11.5. Ejercicios 397 ⎞ ⎛ 1 −1 2 8. Sea T la transformación lineal del espacio tal que m (T ) = ⎝0 3 1⎠ . Hallar: 1 −1 2 ⎛ ⎞ 1 a) T ⎝ 2 ⎠ b) T (2E1 − 5E2 + E3 ) 3 d) La imagen de R3 bajo T . ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x−z x 9. Sea T : R3 −→ R3 definida por T ⎝ y ⎠ = ⎝ −x + z ⎠ x−z z c) La ley de asignación de T . a) Hallar el conjunto de todos los vectores de R3 cuya imagen bajo T es el vector nulo e interpretar geométricamente dicho conjunto. b) Hallar la imagen de R3 bajo T e interpretarla geométricamente. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x − y + 2z 10. Sea T la transformación lineal del espacio definida por T ⎝ y ⎠ = ⎝ 3x + y + 4z ⎠ z 5x − y + 8z a) Hallar la matriz de T. b) Mostrar que la imagen de R3 bajo T es un plano que pasa por el origen y hallar una ecuación en la forma general para dicho plano.    c) Mostrar que el conjunto H = X ∈ R3 T (X) = O es una recta que pasa por el origen y hallar unas ecuaciones paramétricas para dicha recta. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x+y+z 11. Sea T la transformación lineal del espacio definida por T ⎝ y ⎠ = ⎝ x − y − z ⎠ . −x + y + z z Hallar la imagen bajo T del conjunto descrito en cada literal. y z +2 x−1 = = que pasa por el a) La recta L perpendicular a la recta L1 : 2 −1 3 ⎛ ⎞ 1 punto R = ⎝ −3 ⎠ y además es paralela al plano P : 2x + 3y − z + 5 = 0 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 ⎝ ⎠ ⎝ −2 1 ⎠. b) El segmento de recta AB donde A = yB= 1 0 ⎛ ⎞ 1 ⎝ c) El plano P que pasa por el punto Q = 1 ⎠ y contiene a la recta 1 L1 : x = 1 − t, y = 2 + t, z = −1 + 2t. d) La recta L2 intersección de los planos x + y − z = 0 y 2x − y + 3z = 2. 12. Hallar una transformación lineal T del espacio tal que la imagen de R3 bajo T es el conjunto descrito en cada literal. a) El plano con ecuación 2x − y + z = 0 11. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 398 ⎛ ⎞ 2 b) La recta generada por el vector ⎝ 4 ⎠ . −6 Sección 11.3 13. Sean S la reflexión respecto al plano x−y +z = 0 y T la proyección sobre el plano xz. Hallar la matriz y la ley de asignación de cada una de las transformaciones siguientes: a) T + S b) 3T − 2S c) T S d) ST e) (2S + T ) S ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x z ⎝ ⎠ ⎝ 14. Sean S y T las transformaciones lineales del espacio definidas por S y = y ⎠ z x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x y T ⎝ y ⎠ = ⎝ x + y ⎠ . Hallar la ley de asignación de cada una de las transz x+y+z formaciones siguientes: a) T S b) ST c) S 2 d) (2T − 3S) S ⎛ ⎞ 1 −1 1 15. Sean T y S las transformaciones lineales del espacio tales que m (T ) = ⎝0 1 2⎠ 1 1 −3 ⎞ ⎛ −1 0 2 y m (S) = ⎝−1 1 3⎠ . Hallar la matriz de la transformación (5T − 3S) (T + S) . 1 1 1 16. Hallar la ley de asignación de la transformación T que asigna a cada vector X de R3 el vector resultante de rotar el vector X en sentido antihorario, un ángulo de π3 radianes alrededor del eje z y luego un√ángulo de π6 radianes alrededor del eje y. ⎛ ⎞ 3 √ Hallar también la imagen del vector ⎝ √3 ⎠ bajo T . 3 17. Hallar la ley de asignación de la transformación T que asigna a cada vector X de R3 , el vector obtenido mediante una rotación de π4 radianes en sentido antihorario alrededor del eje x, seguida ⎞ reflexión respecto al plano yz. Hallar también la ⎛ de una 1 √ imagen bajo T del vector ⎝ √2 ⎠ . 2 Sección 11.4 18. Sea U un vector no nulo de R3 y sea P el plano que pasa por el origen y que tiene a U como un vector normal. Sean QU y RU las transformaciones proyección sobre el plano P y reflexión respecto al plano P. a) Probar que QU no es invertible. −1 b) Probar que RU es invertible y hallar su inversa RU . 399 11.5. Ejercicios 19. a) Considerar la recta L : x = 13 t, y = 23 t, z = 23 t y el plano P : x − 2y + 2z = 0. i) Hallar la inversa de la transformación reflexión respecto a la recta L. ii) Hallar la inversa de la transformación reflexión respecto al plano P. b) Hallar la inversa de la transformación reflexión respecto al plano xz. 20. Sean T y S las transformaciones lineales del espacio definidas por ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −x + y x −x − y + z ⎠. −y + z T ⎝ y ⎠=⎝ x−z ⎠ y S⎝ y ⎠=⎝ z x+y−z z −x − 2y + z Probar que T es la inversa de S. ⎞ ⎛ 1 2 3 21. Sea T la transformación lineal del espacio tal que m (T ) = ⎝2 2 3⎠ . 3 3 3 a) Mostrar que T es uno a uno y sobre. b) Hallar m T −1 . c) Hallar la ley de asignación de T −1 . 22. a) Para cada matriz dada determinar si inversa. ⎛ ⎛ ⎞ 1 1 0 0 1 i) A = ⎝ 2 1 1⎠ ii) A = ⎝1 0 −1 1 2 1 1 es invertible y, en caso afirmativo, hallar su ⎞ 1 1⎠ 0 ⎛ ⎞ 1 2 3 iii) A = ⎝ 0 1 1⎠ −1 −1 −2 b) Para cada matriz A dada en el literal a) sea T la tranformación lineal del espacio cuya matriz es A. Si A es invertible, hallar la ley de asignación para T −1 y si no lo es hallar la imagen de R3 bajo T . 23. Para cada literal, comprobar que la transformación lineal T es invertible mostrando que el único vector X de R3 tal que T (X) = O es X = O; además, hallar la ley de asignación de T −1 . ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x −x + y + z x 1 3 2 x a) T ⎝ y ⎠ = ⎝ x − 2z ⎠ b) T ⎝ y ⎠ = ⎝3 2 1⎠ ⎝ y ⎠ 3 2 1 z 2x − z z z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 −1 x −2x − z x 1 c) T ⎝ y ⎠ = ⎝ −y − 2z ⎠ d) T ⎝ y ⎠ = x ⎝ 1 ⎠+y ⎝ 2 ⎠+z ⎝ −1 ⎠ . 6 1 z −2z z 1 24. a) Probar que si T y S son transformaciones lineales invertibles del espacio entonces T S es invertible y (T S)−1 = S −1 T −1 . ⎛ ⎞ 1 b) Sea T la reflexión respecto a la recta generada por el vector U = ⎝ −1 ⎠ y sea S 0 ⎞ ⎛ −1 la reflexión respecto al plano que pasa por el origen y tiene al vector N = ⎝ 0 ⎠ 1 como un vector normal. Empleando el resultado en a) hallar la inversa de T S. 400 11. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 25. a) Sea T la transformación lineal del espacio definida por ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ax + y x T ⎝ y ⎠ = ⎝ 2x + ay + 2z ⎠ y + az z Hallar los valores de la constante a para los cuales T no es invertible. b) Hallar una condición necesaria ⎛y suficiente ⎞ sobre los números a , b y c de modo que a 0 0 la transformación T con matriz ⎝0 b 0⎠ tenga inversa. Hallar la ley de asignación 0 0 c de T −1 cuando T sea invertible. c) Muestre que la transformación lineal con ⎛ a d A = ⎝b e c f matriz ⎞ a+d b + e⎠ c+f donde a, b, c, d, e, y f son números reales cualesquiera, no es invertible. d) Hallar una condición necesaria y suficiente sobre los números a, b, c y d, para que ⎛ ⎞ 1 0 0 la matriz A = ⎝0 a b ⎠ sea invertible. Hallar A−1 cuando A sea invertible. 0 c d 26. Determinar si los vectores dados en cada literal son linealmente dependientes. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 a) X = ⎝ 1 ⎠ , Y = ⎝ 1 ⎠ , Z = ⎝ 0 ⎠ 1 2 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 , Y = 1 , Z= 1 ⎠ b) X = 1 1 0 12 Sistemas de ecuaciones lineales 3×3 12.1 Definiciones y algunos resultados básicos Se denomina ecuación lineal con tres variables x, y, z a toda ecuación de la forma ax + by + cz = u (12.1) en la cual ⎛ a, b, c ⎞ y u son números reales dados. Una solución de tal ecuación es una terna x0 ordenada ⎝ y0 ⎠ de R3 tal que al sustituir x por x0 , y por y0 y z por z0 , la ecuación se z0 satisface, es decir, ax0 + by0 + cz0 = u ⎛ ⎞ 1 Por ejemplo, una solución de la ecuación x + 2y − z = 3 es la terna ⎝ 0 ⎠ ya que −2 1 + 2 (0) − (−2) = 3. El conjunto de todas las soluciones de una ecuación del tipo (12.1) se dirá su conjunto solución. Dos ecuaciones del tipo (12.1) se dicen equivalentes si tienen el mismo conjunto solución; cuando se multiplica una de tales ecuaciones por un escalar no nulo se obtiene una ecuación equivalente. Como sabemos, si a
= 0 o b
= 0 o c
= 0, (12.1) es una ecuación para un plano, así que en tal caso el conjunto solución de (12.1) es dicho plano. Ejemplo 12.1 Consideremos la ecuación x + 2y − z = 3 (12.2) Su conjunto solución es el plano P con ecuación (12.2). Nótese que si⎛asignamos ⎞ x cualquier valor a z y cualquier valor a y, el valor de x para que la terna ⎝ y ⎠ sea z solución de (12.2), queda determinada así: x = 3 − 2y + z. Por tanto, el conjunto solución de (12.2), es decir, el plano P, está dado por ⎧⎛ ⎞  ⎛ x ⎞ ⎛ 3 − 2y + z ⎞⎫ ⎬ ⎨ x ⎠ y P = ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = ⎝ ⎭ ⎩ z z z 401 12. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 402 o equivalentemente, ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎛ x ⎞ ⎛ 3 ⎞ −2 1 ⎬ ⎨ x 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ y = P= ∈R 0 +y y 1 +z 0 ⎠ ⎩ ⎭ z z 0 0 1
Ejemplo 12.2 a) El conjunto solución de la ecuación 0x + 0y + 0z = 0 ⎞ ⎛ x0 ⎝ pues todo vector y0 ⎠ de R3 la satisface. es todo z0 b) Si u
= 0, el conjunto solución de la ecuación R3 , 0x + 0y + 0z = u ⎞ x0 es φ, pues ningún vector ⎝ y0 ⎠ de R3 la satisface. z0 ⎛
Consideremos ahora un sistema de dos ecuaciones lineales con tres variables (o incógnitas): a1 x + b1 y + c1 z = u1 (12.3) a2 x + b2 y + c2 z = u2 ⎛ ⎞ x0 Una solución del sistema (12.3) es un vector ⎝ y0 ⎠ de R3 que sea solución de cada z0 una de las dos ecuaciones. El sistema (12.3) se dice soluble o consistente si tiene al menos una solución; en caso contrario se dice no soluble o inconsistente. El conjunto de todas las soluciones del sistema se dirá su conjunto solución. Dos sistemas del tipo (12.3) se dicen equivalentes si tienen el mismo conjunto solución. Si en el sistema ⎞ ⎛ (12.3) 0 se tiene u1 = 0 y u2 = 0, el sistema se dice homogéneo; en tal caso el vector ⎝ 0 ⎠ es 0 una solución del sistema, la cual es llamada la solución trivial. Ejemplo 12.3 a) El conjunto solución del sistema 0x + 0y + 0z = 3 x − 2y + 3z = 5 es φ, pues la primera ecuación carece de soluciones. b) El conjunto solución del sistema 0x + 0y + 0z = 0 x − 2y + 3z = 5 403 12.1. Definiciones y algunos resultados básicos es el de la segunda ecuación (ya que el conjunto solución de la primera es todo R3 ), es decir, es el plano con ecuación x − 2y + 3z = 5. c) El conjunto solución del sistema 0x + 0y + 0z = 0 0x + 0y + 0z = 0 es todo R3 , pues el conjunto solución para cada una de las dos ecuaciones es R3 .
En general, si en el sistema (12.3) se tiene a1 = 0, b1 = 0 y c1 = 0 o a2 = 0, b2 = 0 y c2 = 0 entonces el conjunto solución del sistema es φ, un plano o todo R3 . Supongamos ahora que en el sistema (12.3) a1
= 0 o b1
= 0 o c1
= 0 y a2
= 0 o b2
= 0 o c2
= 0 (12.4) En este caso el conjunto solución de cada ecuación es un plano; si denotamos P1 , P2 dichos planos entonces el conjunto solución del sistema es P1 ∩ P2 . Ahora, para los dos planos P1 , P2 se presenta uno y sólo uno de los tres casos siguientes: Caso 1. P1 = P2 . En este caso P1 ∩ P2 = P1 . Caso 2.P1 y P2 son paralelos y P1
= P2 . En este caso P1 ∩ P2 = φ. Caso 3. P1 y P2 no son paralelos. En este caso P1 ∩ P2 es una recta. En la figura 12.1 se ilustran estos tres casos. Figura 12.1. Admitiendo lo anterior, podemos afirmar que: Para un sistema a1 x + b1 y + c1 z = u1 ⎞ a2 x + b2 y + c2 z = u2 ⎞ ⎛ a2 a1 con ⎝ b1 ⎠
= O y ⎝ b2 ⎠
= O, se da uno y sólo uno de los siguientes casos c1 c2 Caso 1. El conjunto solución es un plano. Caso 2. El conjunto solución es φ. Caso 3. El conjunto solución es una recta. ⎛ 12. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 404 Nótese que si el sistema es homogéneo, entonces sólo se dan los casos 1 y 3 : El conjunto solución es un plano que pasa por el origen o es una recta que pasa por el origen. Lo primero ocurre cuando los planos con ecuaciones a1 x + b1 y + c1 z = 0 y a2 x + b2 y + c2 z = 0 coinciden, es decir, cuando los vectores ⎞ ⎛ a1 ⎝ b1 ⎠ c1 ⎛ y ⎞ a2 ⎝ b2 ⎠ c2 son L.D. Obviamente, el otro caso se da cuando estos vectores son L.I. Ejemplo 12.4 En el sistema x − 2y + 3z = 2 2x − 4y + 6z = 4 las dos ecuaciones representan un mismo plano. Por tanto, el conjunto solución del sistema es un plano, el plano con ecuación x − 2y + 3z = 2
Ejemplo 12.5 En el sistema x − 2y + 3z = 2 2x − 4y + 6z = 5 las ecuaciones representan planos paralelos distintos, luego el sistema no es soluble.
Ejemplo 12.6 En el sistema x − 2y + 3z = 2 2x + y + z = 1 (12.5) las ecuaciones representan planos no paralelos, luego el conjunto solución del sistema es la recta intersección de esos dos planos. Podemos obtener una ecuación vectorial paramétrica para dicha recta, encontrándole un vector director y un punto por donde ella pasa. También podemos obtener lo mismo resolviendo el sistema (12.5) mediante el método de eliminación (el cual ya hemos empleado en sistemas de dos ecuaciones con dos incógnitas) como se muestra a continuación: A fin de eliminar la incógnita x en la segunda ecuación, multiplicamos la primera ecuación por −2 y la ecuación resultante (la cual es −2x + 4y − 6z = −4) la sumamos a la segunda ecuación; se obtiene 5y − 5z = −3 Así el sistema (12.5) es equivalente al sistema 2 x − 2y + 3z = (12.6) 5y − 5z = −3 ⎛ ⎞ x En este sistema se observa que si ⎝ y ⎠ es una solución de él entonces, despejando y de z 3 la segunda ecuación, se tiene y = − 5 + z, y sustituyendo este valor en la primera y luego 405 12.1. Definiciones y algunos resultados básicos despejando x se obtiene x = 2 + 2 − 35 + z − 3z = ⎛ 4 5 ⎞ x − z. Así, toda solución ⎝ y ⎠ del z sistema (12.6) es de la forma ⎞ ⎞ ⎛ 4 x 5 −z ⎝ y ⎠ = ⎝ −3 + z ⎠ 5 z z ⎛ (12.7) ⎛ ⎞ x Recíprocamente, todo vector ⎝ y ⎠ de la forma anterior es solución del sistema (12.6), z lo cual puede comprobarlo el lector sustituyendo x por 45 − z y y por − 35 + z en el sistema (12.6). Luego, el conjunto solución del sistema (12.6), y por tanto el del sistema (12.5), es la recta ⎧⎛ ⎞  ⎛ x ⎞ ⎛ 4 − z ⎞⎫ ⎨ x ⎬ 5 L = ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = ⎝ − 35 + z ⎠ ⎩ ⎭ z z z o, en forma equivalente, ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫  ⎛ x ⎞ ⎛ 4/5 ⎞ −1 ⎬ ⎨ x L = ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = ⎝ −3/5 ⎠ + z ⎝ 1 ⎠ ⎩ ⎭ z 0 z 1
Nótese que el sistema (12.6) se resolvió así: Se despejó y en términos de z de la segunda ecuación; luego se sustituyó esa expresión de y en la primera ecuación y se despejó x en términos de z. Ello condujo a la expresión (12.7). Esta manera de proceder en sistemas del tipo (12.6) se conoce como sustitución de abajo hacia arriba o más brevemente sustitución regresiva. Pasemos ahora a considerar un sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas a1 x + b1 y + c1 z = u1 a2 x + b2 y + c2 z = u2 a3 x + b3 y + c3 z = u3 (12.8) Para estos sistemas, los conceptos de solución, conjunto solución, sistema soluble, sistemas equivalentes, sistema homogéneo y solución trivial se definen exactamente como para los sistemas del tipo (12.3). Supongamos por el momento, que los tres vectores ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ a2 a3 a1 ⎝ b1 ⎠ , ⎝ b2 ⎠ , ⎝ b3 ⎠ c1 c2 c3 12. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 406 son no nulos. En tal caso las ecuaciones en (12.8) representan planos P1 , P2 , P3 y el conjunto solución del sistema es precisamente P1 ∩ P2 ∩ P3 . Para los planos P1 , P2 , P3 se presenta uno y sólo uno de los ocho casos siguientes: Caso 1. P1 = P2 = P3 En este caso P1 ∩ P2 ∩ P3 = P1 . Caso 2. Dos de los planos coinciden y son paralelos al otro, el cual es distinto de los dos primeros. En este caso P1 ∩ P2 ∩ P3 = φ. Caso 3. Dos de los planos coinciden y el otro, el cual es distinto a los primeros, los corta. En este caso P1 ∩ P2 ∩ P3 es una recta. Caso 4. Los tres planos son paralelos pero distintos dos a dos. En este caso P1 ∩ P2 ∩ P3 = φ. Caso 5. Los tres planos son distintos dos a dos, dos de ellos son paralelos y el otro los corta. En este caso P1 ∩ P2 ∩ P3 = φ. Caso 6. Los tres planos son distintos y no paralelos dos a dos, siendo la intersección de cualesquiera dos de ellos una misma recta. En este caso P1 ∩ P2 ∩ P3 es una recta. Caso 7. Los tres planos son distintos y no paralelos dos a dos; además, la recta intersección de cualesquiera dos de ellos es paralela al otro plano sin estar contenida en él. En este caso P1 ∩ P2 ∩ P3 = φ. Caso 8. Los tres planos son distintos y no paralelos dos a dos; además, la recta intersección de cualesquiera dos de ellos no es paralela al otro plano y por tanto lo corta en un punto. En este caso P1 ∩ P2 ∩ P3 es un conjunto con un solo punto. En la figura 12.2 se ilustran estos casos. 407 .2.1. Definiciones y algunos resultados básicos Figura 12.12. la única solución −5
del sistema es ⎝ 5 ⎠ 3 El procedimiento empleado en el ejemplo anterior para resolver el sistema también se incluye en lo que hemos llamado sustitución regresiva. Finalmente. ⎝ b3 ⎠ .9) es el mismo del sistema x − 2y + 3z = 2 5y − 5z = −3 (12. El conjunto solución es φ. sustituyendo en la primera ecuación z por 3 y y por 5 se obtiene. podemos afirmar que: Para un sistema a1 x + b1 y + c1 z = u1 a2 x + b2 y + c2 z = u2 ⎞ ⎛a3 x + ⎞b3 y + c3 z =⎛u3 ⎞ ⎛ a2 a3 a1
O con ⎝ b1 ⎠
= O. ⎝ b2 ⎠
= O y ⎝ b3 ⎠ = c1 c2 c3 se da uno y sólo uno de los casos siguientes: Caso 1. entonces el conjunto solución del sistema (12. Caso 2. sustituyendo en la segunda ecuación z por 3 y despejando y se obtiene que y sólo puede tomar el valor y = 12 (7 + 3) = 5. Dejamos al lector determinar cómo es el conjunto solución de un sistema del tipo (12. Caso 4.8 Consideremos el sistema x − 2y + 3z = 2 5y − 5z = −3 0x + 0y + 0z = 0 (12. c1 c2 c3 Ejemplo 12.8) si es nulo al menos uno de los vectores ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ a2 a3 a1 ⎝ b1 ⎠ . El conjunto solución es un conjunto con un único punto. Ejemplo 12.10) .7 Resolvamos el sistema x+y+z = 3 2y − z = 7 2z = 6 De la tercera ecuación se observa que la única opción para z es z = 62 = 3. El conjunto solución es un plano. ⎝ b2 ⎠ . Caso 3. x = 3 − 5 − 3 = −5. El conjunto solución es una recta. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 408 Admitiendo lo anterior.12.9) Puesto que el conjunto solución de la tercera ecuación es todo R3 . Por tanto. como ⎛ único valor ⎞ posible para x. 2. Estas manipulaciones de las ecuaciones de un sistema se llaman operaciones elementales.8) que no tenga forma simple. Método de eliminación de Gauss Ahora. lo cual se consigue sumando a dicha ecuación. Así. podemos: i) Intercambiar dos ecuaciones. es natural intentar transformarlo en otro sistema equivalente a él que si tenga una forma simple. Por ejemplo. Más adelante se precisará que significa tener una “forma simple”. Esto se hizo en el ejemplo 12.8 fue fácil resolver los sistemas. la primera multiplicada por −3. Para el lector ya debe ser claro que ninguna de estas operaciones altera el conjunto solución del sistema. dada la forma simple de ellos. el sistema (12. él se puede resolver mediante sustitución regresiva. Nótese que la operación del tipo iii) es la que permite eliminar incógnitas para simplificar el sistema.12) . El resultado es −6y − 5z = 5 la cual es la nueva tercera ecuación.7 y 12. la primera multiplicada por (−1). la incógnita x sólo aparece en la primera ecuación y la incógnita y sólo en las dos primeras. dada la forma de este sistema.11) Solución: Nuestro primer propósito es eliminar la incógnita x en la segunda ecuación. La nueva segunda ecuación es 3y + 2z = −1 Ahora eliminamos x en la tercera ecuación.8. iii) Sustituir una ecuación por la suma de ella con un múltiplo escalar de otra.7 y 12. en el sistema del ejemplo 12.8) en otro equivalente a él que tenga forma simple.6. Con miras a transformar un sistema del tipo (12.9)) es la recta con ecuación ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 4/5 −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ −3/5 ⎠ + z ⎝ 1 ⎠ z 0 1 12.2
Método de eliminación de Gauss En los ejemplos 12. Para ello sumamos a esa ecuación. Su conjunto solución ( y por tanto el del sistema (12. ii) Multiplicar ambos lados de una ecuación por un escalar no nulo. Para resolver un sistema del tipo (12. En los tres ejemplos siguientes se ilustra lo anterior.7. como la de los sistemas de los ejemplos 12.409 12.9 Resuelva el sistema 2x − y + z = 4 2x + 2y + 3z = 3 6x − 9y − 2z = 17 (12.11) es equivalente al sistema 2x − y + z = 4 3y + 2z = −1 −6y − 5z = 5 (12. Ejemplo 12. Se resuelve ahora el sistema (12.16) (la cual es 0x + 0y + 0z = 0) la satisface todo vector de R3 . Se obtiene x = 4 − 2 (1 − z) − 3z = 2 − z . la primera multiplicada por −1 (o equivalentemente. Para ello sumamos a dicha tercera ecuación. Esto se consigue sumando a la segunda.12.15) el cual es equivalente al sistema (12. En esta primera etapa se obtiene el sistema x + 2y + 3z = 4 y + z = 1 2y + 2z = 2 (12.11). Se obtiene así el sistema 2x − y + z = 4 3y + 2z = −1 (12. obteniéndose como única solución el vector ⎛ ⎞ 13/3 ⎝ 5/3 ⎠ . Este último sistema se resuelve mediante sustitución regresiva de la siguiente manera: De la segunda ecuación.14). la segunda multiplicada por −2. restando la primera ecuación de la segunda) y sumando a la tercera ecuación la primera.17) el cual es equivalente al sistema pues la tercera ecuación en (12. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 410 De este sistema conservamos las dos primeras ecuaciones y eliminamos la incógnita y en la tercera. En este caso el sistema resultante es x + 2y + 3z = 4 y + z = 1 0z = 0 (12. De él conservamos las dos primeras ecuaciones y eliminamos la incógnita y en la tercera.13) mediante sustitución regresiva. despejando y en términos de z. la segunda multiplicada por 2.14) Solución: Conservamos la primera ecuación y empezamos por eliminar la incógnita x en las otras dos ecuaciones.
−3 Ejemplo 12. el cual es entonces la única solución del sistema inicialmente dado. se obtiene y =1−z Ahora sustituimos en la primera ecuación y por 1 − z y despejamos x.12) y por tanto al sistema (12. Para ello sumamos a la tercera ecuación.16) x + 2y + 3z = 4 y + z = 1 (12.13) −z = 3 el cual es equivalente al sistema (12.10 Resuelva el sistema x + 2y + 3z = 4 x + 3y + 4z = 5 −x − z = −2 (12. vemos que al eliminar x en las dos últimas ecuaciones se obtiene el sistema x− y+ z = 1 0x + 0y + 0z = 0 0x + 0y + 0z = 0 cuyo conjunto solución es el de la primera ecuación en él.20) Solución: Es evidente que las tres ecuaciones del sistema representan un mismo plano. Escribiendo la ecuación (12.14)) son los x vectores ⎝ y ⎠ de la forma z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 2−z ⎝ y ⎠=⎝ 1−z ⎠ (12. vemos que el conjunto solución de (12. el conjunto ⎛ ⎞solución del sistema (12.20) el método de eliminación.19) ⎞ que.17) (y por tanto del sistema (12. así que el conjunto solución de este sistema es el plano con ecuación x−y+z =1 (12. de la forma ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 2 −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 1 ⎠ + z ⎝ −1 ⎠ z 0 1 (12. y por tanto del sistema (12.
1 0 Ejemplo 12.11 Resuelva el sistema x− y+ z = 1 2x − 2y + 2z = 2 3x − 3y + 3z = 3 (12.14) es la recta que pasa por el punto ⎛ Así −1 2 ⎝ 1 ⎠ y tiene a ⎝ −1 ⎠ como vector director. también puede escribirse como el conjunto de todos los vectores ⎛ ⎞ x ⎝ y ⎠ de R3 de la forma z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1+y−z ⎝ y ⎠=⎝ ⎠ y z z .18) z z o equivalentemente.411 12.21).21) en la forma x=1+y−z y considerando y y z como parámetros.2. ⎛ las ⎞soluciones del sistema (12.20).21) Si se aplica al sistema (12. Método de eliminación de Gauss Luego. 24) se dice una matriz de 3 filas y 4 columnas o más brevemente. Ejemplo 12.10 y 12.12.23) ⎛ ⎞ u1 y U = ⎝ u2 ⎠ u3 Nos referiremos a la matriz A como la matriz de coeficientes.11) es ⎞ | 4 | 3⎠ | 17 . a3 b3 c3 ⎛ ⎞ x X =⎝ y ⎠ z (12.9..24) es⎞   b1 c1 | u1 .22). un arreglo de números como el que aparece en (12. de la forma ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ x 1 1 −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠+y⎝ 1 ⎠+z⎝ 0 ⎠ z 0 0 1
En los ejemplos 12.U b2 c2 | u2 b3 c3 | u3 En general. Necesitamos introducir antes algunas notaciones y definiciones. la matriz aumentada del ⎛ 2 −1 1 ⎝2 2 3 6 −9 −2 sistema inicial (12. al vector U como vector de términos independientes y al arreglo ⎛ ⎞ a1 b1 c1 u1 ⎝a2 b2 c2 u2 ⎠ (12. una matriz 3×4. es claro que el sistema a1 x + b1 y + c1 z = u1 a2 x + b2 y + c2 z = u2 a3 x + b3 y + c3 z = u3 (12. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 412 es decir. al vector X como vector de incógnitas. A continuación precisaremos en qué consiste este método y lo presentaremos en forma simplificada.24) a3 b3 c3 u3 como la matriz aumentada cribiremos ⎛ a1 ⎝a2 a3 o ampliada del sistema (12. en realidad aplicamos el método de eliminación de Gauss.22) puede expresarse en la forma equivalente ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a1 b1 c1 x u1 ⎝a2 b2 c2 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ u2 ⎠ a3 b3 c3 u3 z es decir.12 a) En el ejemplo 12. 12. En primer lugar. omitiendo las incógnitas y los signos = en las ecuaciones. en la forma AX = U con ⎞ ⎛ a1 b1 c1 A = ⎝a2 b2 c2 ⎠ .9. En lugar de (12. ⎠ o A.11 eliminamos incógnitas de una manera metódica y con un propósito claro. Ya podemos precisar en qué consiste el método de eliminación de Gauss: En transformar un sistema dado.13) es 2 −1 1 | 4 0 3 2 | −1 0 0 −1 | 3 (12.20) es ⎞ 1 | 1 2 | 2⎠ 3 | 3 mientras que la del sistema final (12. la matriz aumentada ⎛ 1 −1 ⎝2 −2 3 −3 del sistema inicial (12.26) c) En el ejemplo 12.17) es (12.11. Un sistema cuya matriz de coeficientes sea una matriz escalonada se dirá un sistema escalonado.26) y (12.10. Método de eliminación de Gauss mientras que la del sistema final (12. en un sistema equivalente escalonado. • Debajo de cada pivote. • Cada pivote está a la izquierda del pivote de la siguiente fila hacia abajo.413 12. la matriz aumentada del sistema inicial (12.27) del ejemplo anterior. una matriz 3 × 3 se dice una matriz escalonada si cumple las siguientes condiciones en las que llamamos pivote al primer número distinto de cero de cada fila no nula: • Primero están las filas no nulas (si las hay).2. tienen forma escalonada. las matrices conformadas por las tres primeras columnas tienen una forma especial.25) b) En el ejemplo 12. mediante operaciones elementales sobre sus ecuaciones. A continuación mostramos que tal transformación siempre es posible: .21) es 1 −1 1 | 1 0 0 0 | 0 0 0 0 | 0
(12. si ésta es no nula.27) Obsérvese que en (12. (12.25). en la columna correspondiente a él . todos los números son cero.14) es ⎛ ⎞ 1 2 3 | 4 ⎝ 1 3 4 | 5⎠ −1 0 −1 | −2 mientras que la del sistema final (12. En general. b2 . a3 es distinto de cero.29). Luego se suma a a1 a3 la tercera ecuación. Sumando a la tercera ecuación en (12. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 414 Partamos del sistema a1 x + b1 y + c1 z = u1 a2 x + b2 y + c2 z = u2 a3 x + b3 y + c3 z = u3 (12. En el primer caso. c2 .29) de la forma a1 x + b1 y + c1 z = u1 b
2 y + c
2 z = u
2 c

3 z = u

3 el cual es un sistema escalonado. Si ocurre que también b1 = b2 = b3 = 0. a2 . obteniéndose un sistema c2 escalonado. Intercambiando ecuaciones si es necesario. pasamos a considerar los números c1 . a3 si al menos uno de los números b1 . en el segundo caso se suma a la tercera ecuación. Si en el sistema (12.29) es de la forma a1 x + b1 y + c1 z = u1 c
2 z = u
2 c
3 z = u
3 (12.30) y por tanto al sistema (12. podemos suponer que a1
= 0. con lo cual se elimina la incógnita x a1 de la tercera ecuación.29).29) ocurre que b
2 = b
3 = 0. Si al menos uno de estos números es distinto de cero. la segunda multiplicada por c
− 3
. la seb
gunda multiplicada por − 3
. b2 obteniéndose un sistema equivalente al sistema (12. solo que iniciando con b1 . un sistema escalonado equivalente al sistema (12.28). procedemos como en el caso en el cual . en ambos casos.30) el cual ya es escalonado cuando c
2
= 0 y c
3 = 0 o también cuando c
2 = 0 y c
3 = 0. con lo cual se elimina la incógnita z en la tercera ecuación. b3 es distinto de cero. Los pasos a seguir en este caso son: • Se mantiene la primera ecuación y se suma a la segunda ecuación. b3 en lugar de a1 .28) y consideremos ahora el caso en el cual a1 = a2 = a3 = 0. Retornemos al sistema (12. El sistema (12. basta intercambiar sus dos últimas ecuaciones para obtener un sistema escalonado. la primera multiplicada por − . a2 . c3 . Lo anterior nos lleva a un sistema equivalente de la forma a1 x + b1 y + c1 z = u1 b
2 y + c
2 z = u
2 b
3 y + c
3 z = u
3 (12. se elimina la incógnita y en la tercera ecuación en (12. Se obtiene así.12.30) no es escalonado cuando c
2 = 0 y c
3
= 0 o también cuando c
2
= 0 y c
3
= 0.29) • Supongamos que b
2
= 0 o b
3
= 0.28) y consideremos el caso en el cual al menos uno de los números a1 . entonces (12. b2 . con ello se elimina la incógnita x en la segunda ecuación. la primera multiplia2 cada por − . Podemos asumir (intercambiando las dos últimas ecuaciones si es necesario) que b
2
= 0. En este caso se procede de manera análoga a lo antes descrito. en lugar de efectuarlas con las ecuaciones. obteniéndose que el conjunto solución consta 13/3 únicamente del vector ⎝ 5/3 ⎠
−3 . Ejemplo 12.2. la segunda multiplicada por 2. Método de eliminación de Gauss 415 b1
= 0 o b2
= 0 o b3
= 0.9. la primera multiplicada por −3. si también c1 = c2 = c3 = 0 entonces la matriz de coeficientes del sistema original es ⎞ ⎛ 0 0 0 ⎝0 0 0⎠ 0 0 0 la cual ya es una matriz escalonada  Es claro que en el proceso de pasar de un sistema del tipo (12. El sistema escalonado correspondiente a esta matriz es 2x − y + z = 4 3y + 2z = −1 −z = 3 el cual se resuelve por ⎛ sustitución ⎞ regresiva. la cual es ⎛ ⎞ 2 −1 1 | 4 ⎝2 2 3 | 3⎠ 6 −9 −2 | 17 Sumando a la segunda fila la primera multiplicada por −1. las incógnitas x. A las operaciones elementales con ecuaciones.28) a un sistema escalonado. Para transformarlo en un sistema escalonado equivalente. y. corresponden las siguientes operaciones elementales con filas: • Intercambiar dos filas • Multiplicar una fila por un escalar no nulo • Sustituir una fila por la suma de ella con un múltiplo escalar de otra fila.12. y sumando a la tercera fila. se obtiene la matriz ⎛ ⎞ 2 −1 1 | 4 ⎝0 3 2 | −1⎠ 0 −6 −5 | 5 Ahora conservamos las dos primeras filas de la matriz anterior y sumamos a la tercera fila. Se obtiene así la matriz ⎛ ⎞ 2 −1 1 | 4 ⎝0 3 2 | −1⎠ 0 0 −1 | 3 en la cual las tres primeras columnas conforman una matriz escalonada. Por tanto las incógnitas y los mencionados símbolos pueden omitirse durante el proceso. z y los símbolos = y + no juegan ningún papel. Finalmente. trabajaremos con su matriz aumentada.13 Consideremos el sistema 2x − y + z = 4 2x + 2y + 3z = 3 6x − 9y − 2z = 17 del ejemplo 12. efectuando las operaciones elementales con las filas de la matriz aumentada del sistema. Xh ∈ SH el cual es la imagen del conjunto SH bajo la traslación TX0 . c) Si A = O.23). En en primer lugar tenemos: El sistema (12. No daremos las pruebas de estos resultados pues ellas son prácticamente las ya presentadas en el capítulo 5 para sistemas de dos ecuaciones con dos incógnitas. En cuanto al sistema homogéneo AX = O . .3 Otros resultados básicos Ahora estableceremos algunos resultados generales acerca de sistemas del tipo (12. S = TX0 (SH ) . En la figura 12.8). en los casos en que SH es una recta o un plano. con el conjunto solución del sistema homogéneo asociado AX = O. resultados que son completamente similares a los ya establecidos para sistemas de dos ecuaciones con dos incógnitas. En el siguiente resultado se relaciona el conjunto solución de un sistema no homogéneo soluble AX = U. Si X0 es una solución particular del sistema no homogéneo AX = U y SH es el conjunto solución del sistema homogéneo asociado AX = O. b) Si A no es invertible y A
= O. AX = U. Cuando la matriz A es inverible. se tiene lo siguiente: a) El sistema homogéneo AX = O tiene únicamente la solución trivial si y sólo si la matriz A es invertible. el conjunto solución del sistema AX = O es una línea recta que pasa por el origen o es un plano que pasa por el origen. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 416 12.12. tiene solamente una solución si y sólo si la matriz A es invertible.3 se ilustra lo expresado en este último resultado. el conjunto solución del sistema AX = O es todo R3 . es decir. entonces el conjunto solución del sistema AX = U es elconjunto S = X ∈ R3 / X = X0 + Xh . la única solución del sistema es X = A−1 U. lo siguiente: El sistema AX = U es soluble si y sólo si el vector U es C.14 Consideremos el sistema del ejemplo 12. el sistema en consideración tiene como única solución el vector ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 13/3 23 −11 −5 4 −26 1 1 X = A−1 U = − ⎝ 22 −10 −4⎠ ⎝ 3 ⎠ = − ⎝ −10 ⎠ = ⎝ 5/3 ⎠ 6 6 −3 −30 12 6 17 18 la cual ya habíamos obtenido empleando el método de eliminación de Gauss. AX = U en el cual ⎛ ⎞ 2 −1 1 A = ⎝2 2 3⎠ 6 −9 −2 ⎛ ⎞ 4 y U =⎝ 3 ⎠ 17 El lector puede comprobar que la matriz A es invertible y que ⎛ ⎞ 23 −11 −5 1 A−1 = − ⎝ 22 −10 −4⎠ 6 −30 12 6 Luego.3.L. Ejemplo 12.15 Consideremos el sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −3 2 x u ⎝1 −3 2⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ v ⎠ 1 −3 2 z w (12.31) .9.
Ejemplo 12. de las columnas de la matriz A.3. Los ejemplos que siguen a continuación hacen referencia a los resultados anteriores. Tenemos por último.417 12. Otros resultados básicos Figura 12. 33) y por A su matriz de coeficientes.31) es no soluble pues este vector no es múltiplo escalar de ⎝ 1 ⎠. de las columnas w ⎛ ⎞ 1 ⎝ 1 ⎠. ⎛ ⎞ u Por tanto. de los vectores w ⎛ ⎞ 1 ⎝ −1 ⎠ .32) Ahora. es decir. Por otra parte. en realidad.31) es soluble ya que w −5/4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 u 2 este vector es múltiplo escalar de ⎝ 1 ⎠ .31) es soluble si y sólo si el vector ⎝ v ⎠ es múltiplo escalar w ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u 1 del vector ⎝ 1 ⎠ . 1 ⎛ ⎞ −3 ⎝ −3 ⎠ . si ⎝ v ⎠ = ⎝ −5/4 ⎠ entonces el sistema (12. son los vectores de la recta L generada por dicho 1 vector.L. −5 (12.L. w 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5/4 u Por ejemplo. los múltiplos 1 escalares del vector ⎝ 1 ⎠. es decir. el sistema (12.34) . si y sólo si ⎝ v ⎠ ∈ L.L.⎞de las tres columnas en (12. la cual es la recta L. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 418 ⎛ ⎞ u Sabemos que este sistema es soluble si y sólo si el vector ⎝ v ⎠ es C. como la segunda y la tercera columnas en (12. 2 ⎞ 0 ⎝ 1 ⎠. Este sistema es soluble si y sólo si el vector ⎛denotemos ⎞ u ⎝ v ⎠ es C. 3 ⎛ ⎛ ⎞ 2 ⎝ −5 ⎠ .16 Consideremos el sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 2 x u ⎝−1 1 −5⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ v ⎠ 2 3 −5 z w (12. Es de 1 ⎛ ⎞ u resaltar que en este caso los vectores ⎝ v ⎠ para los cuales el sistema (12.32) son.32) son múltiplos escalares de la primera entonces las⎛C.
Ejemplo 12. si ⎝ v ⎠ = ⎝ −4 ⎠ entonces 1 w 7 ⎛ ⎞ 1 el sistema (12. es decir. de las columnas de la matriz A.31) es soluble w conforman una recta que pasa por el origen.12. −3 ⎛ ⎞ 2 ⎝ 2 ⎠ 2 (12. L.L. además de ser escalonada. el sistema (12.33) es soluble puesto que w 8 este vector pertenece al plano P ya que él satisface la ecuación (12. 3 Se deja al lector comprobar que una ecuación para dicho plano P es 5x + 3y − z = 0 (12. tiene todos los pivotes iguales a uno y también ceros encima de cada pivote en la columna correspondiente a éste. Método de Gauss-Jordan El lector puede comprobar que el determinante de la matriz A es cero y por tanto los vectores en (12. si ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u −1 ⎝ v ⎠ = ⎝ 2 ⎠ entonces el sistema no es soluble ya que este vector no pertenece al w 6 plano P pues no satisface la ecuación (12.35) ⎛ ⎞ u En resumen. w 3 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 u Por ejemplo.
12.I.419 12.34) son. Ahora.34) es C. Así las cosas. el cual es el plano P. las C.4.33) es soluble si y sólo si el vector ⎝ v ⎠ es C.35). Por otra parte. Una matriz con estas características se dirá una matriz escalonada reducida. de los w ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u 0 1 vectores ⎝ −1 ⎠ y ⎝ 1 ⎠ . si y sólo si ⎝ v ⎠ ∈ P.4 Método de Gauss-Jordan Finalizaremos este capítulo refiriéndonos al método de eliminación de Gauss-Jordan para resolver sistemas de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas. son los vectores del plano P generado por los vectores ⎝ −1 ⎠ y 2 ⎛ ⎞ 0 ⎝ 1 ⎠. las C.34) son L. ⎛ ⎞ u Es de resaltar que en este caso los vectores ⎝ v ⎠ de R3 para los cuales el sistema w (12. de la dos primeras.L.35). ⎛ de⎞las 1 dos primeras.34) son L.L. en realidad. conforman un plano que pasa por el origen. se observa que los dos primeros vectores en (12. es decir. Ejemplo 12.D.17 Consideremos el sistema 2x − y + z = 4 2x + 2y + 3z = 3 6x − 9y − 2z = 17 . de las tres columnas en (12.33) es soluble. si ⎝ v ⎠ = ⎝ 1 ⎠ entonces el sistema (12. luego debe tenerse que la tercera columna en (12. es decir. En este método (el cual es un refinamiento del método de eliminación de Gauss) el proceso de eliminación se lleva hasta el punto en el cual la matriz de coeficientes del sistema. 9 y 12. con lo cual obtenemos la matriz ⎛ ⎞ 1 0 5/6 | 11/6 ⎝0 1 2/3 | −1/3⎠ 0 0 1 | −3 Por último. En el ejemplo 12. la tercera multiplicada por − 56 .13 finalizamos el proceso de eliminación cuando obtuvimos la matriz 2 −1 1 | 4 0 3 2 | −1 0 0 −1 | 3 Continuemos ahora con el proceso de eliminación hasta obtener una matriz escalonada reducida. U donde U ∗ es la única solución del sistema.12. ∗ I3 . multiplicamos la primera fila por 12 . sumamos a la segunda fila. la segunda fila por 13 y la tercera fila por −1. Se obtiene así la matriz ⎛ ⎞ 1 −1/2 1/2 | 2 ⎝0 1 2/3 | −1/3⎠ 0 0 1 | −3 Ahora sumamos a la primera fila. En general. Se obtiene así la matriz ⎛ ⎞ 1 0 0 | 13/3 ⎝0 1 0 | 5/3 ⎠ 0 0 1 | −3 en la cual las tres primeras columnas conforman una matriz escalonada reducida. la segunda multiplicada por 12 . Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 420 de los ejemplos 12. la matriz de coeficientes del sistema inicial (y también la de cada uno de los sistemas en el proceso de eliminación ) es invertible.13. 3 y −1. se tiene lo siguiente: . El sistema correspondiente a la matriz aumentada anterior es: x = 13/3 y = 5/3 z = −3 ⎛ ⎞ 13/3 Es claro que la única solución del sistema es el vector ⎝ 5/3 ⎠ −3
Obsérvese en el ejemplo anterior que: • La matriz que se obtuvo al aplicar el método de eliminación de Gauss-Jordan es   . Para tener 1 en el lugar de los pivotes 2. la tercera multiplicada por − 23 y a la primera fila.. • Como se obtuvo solución única. U   .36).37) Obsérvese que la matriz A
es invertible (como lo es A) pues el sistema A
X = U
tiene solución única ya que este sistema es equivalente al sistema AX = U . Siendo los puestos correspondientes a b
1 y b
3 sumando a la b
2
= 0. Si después de obtener dichos   ceros.421 12. A

.. a3 es no nulo. a2 . U donde U ∗ es la única solución del sistema AX = U . podemos suponer que b
2
= 0.. podemos conseguirceros en  . U se obtiene siempre una matriz de la forma   . U = ⎝a2 a3 Para probarlo digamos que ⎞ b1 c1 | u1 b2 c2 | u2 ⎠ b3 c3 | u3 (12. a) Si al aplicar el método de eliminación de Gauss-Jordan a la matriz A .. al menos uno de los números a1 . donde A es una matriz 3 × 3 y U un vector de R3 .. Intercambiando las filas segunda y tercera en A
. sumando a la segunda y a la tercera fila de la matriz en (12. U AX = U y además la matriz A es invertible. Jordan a la matriz A . podemos asumir que a1
= 0.. ∗ I3 . entonces la segunda columna de A
será múltiplo escalar de la primera columna.4.   . pero ello no puede ocurrir pues las columnas de A
son L.. múltiplos apropiados de la primera fila. Si luego   .. ya que A
es invertible).




de la forma dividimos la segunda fila por b2 se obtiene una matriz aumentada A . se pueden conseguir ceros debajo de a1 en la primera columna. Sólo es necesario probar lo afirmado en b). obtendremos una matriz aumentada A
.. A . U
. Afirmamos que en A
al menos uno de los números b
2 . U

= ⎝0 1 c

2 | u

2 ⎠ 0 0 c

3 | u

3 (12. Intercambiando filas si es necesario. Método de Gauss-Jordan Consideremos un sistema AX = U. Puesto que A es invertible. U ⎛ ⎞   1 0 c

1 | u

1 . U
de la forma ⎛ ⎞   1 b
1 c
1 | u
1 . A
.36) y supongamos que A es invertible. ⎛   a1 . primera fila. múltiplos apropiados de la segunda fila. primera y tercera filas de A
. U
= ⎝0 b
2 c
2 | u
2 ⎠ 0 b
3 c
3 | u
3 (12. Es claro que siendo a1
= 0. si fuese necesario.. ∗ entonces U ∗ es la única solución del sistema se obtiene la matriz I3 .I. dividimos por a1 la . b
3 es no nulo (si fuera b
2 = b
3 = 0. b) Si A es invertible  entoncesal aplicar el método de eliminación de Gauss..38) . Siendo c

3
= 0. es claro que el paso de (12.. ⎝A | 1 ⎠ .39) u∗2 ⎠ ∗ u3 Es claro que U ∗ es la única solución del sistema AX = U . de las dos primeras columnas en A

. segunda y tercera columna de A−1 . para ver esto basta dar el mismo argumento que se dio para mostrar la invertibilidad de la matriz A
..I. ∗ I3 . los vectores ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 A−1 ⎝ 0 ⎠ . U = ⎝0 1 0 | 0 0 1 | fila obtendremos. y c

. A−1 ⎝ 1 ⎠ . U3∗ (12. U2∗ . podemos conseguir ceros  en los puestos  . Afirmamos que en dicha matriz A

. las únicas soluciones de los sistemas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 0 x x 1 A⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠. . Así. I3 .40). U2∗ . la tercera columna de A

sería C.41) a (12. segunda y tercera columnas de A−1 son.41) | 1 | 0 | 0 de los sistemas en (12..40) Así que resolviendo estos sistemas encontraremos las columnas de A−1 y por tanto. respectivamente. A−1 ⎝ 0 ⎠ 0 0 1 los cuales son.42) tiendo del arreglo (matriz) ⎛ | 1 0 ⎝ A | 0 1 | 0 0 puede hacerse simultáneamente.422 12. U3∗ la primera.38) es invertible. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 La matriz A

en (12. c

3
= 0 (Si fuese c

3 = 0. finalmente. la matriz A−1 .. Sabemos que la primera. sumando a la primera y segunda filas de A

. par⎞ 0 0⎠ 1 .L. respectivamente. U1∗ .  El método de eliminación de Gauss-Jordan proporciona otra manera de hallar la inversa de cualquier matriz 3 × 3 que sea invertible. por ser A

una matriz correspondientes a c

1 invertible). Si luego de ello dividimos por c

3 la tercera matriz de la forma ⎛   1 0 0 | . pero ello no ocurre ya que las columnas de A

son L. A⎝ y ⎠ = ⎝ 1 ⎠ A⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 1 0 z z 0 z (12. una ⎞ u∗1 (12. obtendremos matrices     . como se explica a continuación: Sea A una matriz 3 × 3 invertible. I3 . ⎝A | 0 ⎠ (12.42) siendo U1∗ . I3 .   ∗ U1 U2∗ U3∗ −1 A = | | | Ahora. U

múltiplos apropiados de la 2 tercera fila. respectivamente. Ya sabemos que si aplicamos el método de Gauss-Jordan a las matrices aumentadas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ | 0 | 0 | 1 ⎝A | 0 ⎠ . Hemos probado así lo afirmado en b).   .. B • La matriz B es A−1 Ejemplo 12.. el procedimiento para calcular A−1 usando operaciones elementales sobre las filas es:   . I3 .423 12. partiendo de A . Método de Gauss-Jordan   . Partimos de la matriz ⎛   2 −1 3 | . I3   . I3 = ⎝1 4 −3 2 | de cero.. I3 y realizando operaciones elementales sobre sus filas hasta obtener una matriz de la forma  I3 | U1∗ U2∗ U3∗ | | | | A−1 =   ∗ U1 U2∗ U3∗ | | | Al terminar tendremos que  En resumen. I3 hasta obtener   .18 Consideremos la matriz ⎛ ⎞ 2 −1 3 1 0⎠ A = ⎝1 4 −3 2 la cual es invertible. • Se forma la matriz A .4. con lo cual obtenemos la matriz ⎛ ⎞ 1 1 0 | 0 1 0 ⎝2 −1 3 | 1 0 0⎠ 4 −3 2 | 0 0 1 Sumando a la segunda fila la primera multiplicada por −2. y a la primera la segunda multiplicada por 13 . 1 0 | A .... pues su determinante es distinto empleando el método de Gauss-Jordan. obteniéndose la matriz ⎛ ⎞ 1 0 1 | 1/3 1/3 0 ⎝0 −3 3 | 1 −2 0⎠ 0 0 −5 | −7/3 2/3 1 . Hallemos ahora su inversa ⎞ 1 0 0 0 1 0⎠ 0 0 1 Para facilitar el proceso de eliminación intercambiamos la primera y segunda filas. es decir. y a la tercera fila la primera multiplicada por −4. la segunda multiplicada por − 73 . se obtiene la matriz ⎛ ⎞ 1 1 0 | 0 1 0 ⎝0 −3 3 | 1 −2 0⎠ 0 −7 2 | 0 −4 1 Ahora sumamos a la tercera fila. • Se realizan operaciones elementales sobre las filas de la matriz A . y a la primera la tercera ⎛ ⎞ 1 0 0 | −2/15 7/15 1/5 ⎝0 −3 0 | −2/5 −8/5 3/5⎠ 0 0 −5 | −7/3 2/3 1 Por último. mostrando que ⎛ ⎞⎡ ⎛ ⎞⎤ 2 −1 3 −2 7 3 1 ⎝1 1 0⎠ ⎣ ⎝ 2 8 −3⎠⎦ = I3
15 4 −3 2 7 −2 −3 12.2 2.1 1.12.5 Ejercicios Sección 12. utilizando el método de eliminación de Gauss. . el conjunto solución del sistema e interpretarlo geométricamente. Hallar el conjunto solución de cada uno de los siguientes sistemas de ecuaciones lineales e interpretarlo geométricamente. a) 2x + 3y − 3z = 2 c) 2x + y − 3z = 3 −x − 12 y + 32 z = 2 x−y+z = 0 e) x+y+z = 0 b) 5x + 2y − 6z = −1 x − y + z = −2 d) x + 2z = 0 x − 2y − z = 1 √ 3x − 2y + 2 3z = √ √ f) 3x − 23 3y + 2z = 1 √ 3 3 Sección 12. a) Escribirlo en la forma matricial AX = U b) Hallar. Para cada uno de los siguientes sistemas de ecuaciones lineales. al multiplicar la segunda fila por − 13 y la tercera por − 15 se obtiene ⎛ ⎞ 1 0 0 | −2/15 7/15 1/5 ⎝0 1 0 | 2/15 8/15 −1/5⎠ 0 0 1 | 7/15 −2/15 −1/5 Por tanto. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 424 Sumando a la segunda fila la tercera multiplicada por multiplicada por 15 obtenemos la siguiente matriz 3 5. A−1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 7 3 −2/15 7/15 1/5 1 ⎝ 2 8 −3⎠ = ⎝ 2/15 8/15 −1/5⎠ = 15 7 −2 −3 7/15 −2/15 −1/5 El lector puede comprobar que la matriz anterior es efectivamente la inversa de A. b y c tales que los polinomios (a + 3) x2 +(2a − 2c + 10) x+ 6c y −2bx2 − 3bx + (a − 4b + 9) sean iguales.5. P2 : 3x + y − 5z − 10 = 0 y P3 : 7x + 5y − 17z = 40 ⎛ ⎞ −7/3 b) P1 : x + y − 8z = −7.   1 a) Hallar una ecuación para la parábola que pasa por los puntos P = . Resolver el problema planteado en cada uno de los siguientes literales.R = y es tal que su eje focal es paralelo al eje y. a) P1 : x − y + z + 5 = 0. P2 es el plano que pasa por ⎝ 0 ⎠ y tiene vector normal 5 ⎛ ⎞ −4 x z ⎝ 2 ⎠ y P3 es el plano que contiene las rectas L1 : x = y = z y L2 : = −y = . P2 es el plano que pasa por el punto ⎝ 0 ⎠ y tiene 0 ⎛ ⎞ 3 vector normal ⎝ 1 ⎠ y P3 es el plano que pasa por el origen y es perpendicular al −8 x recta = y = −z. Hallar la intersección de los planos P1 . sabiendo que la temperatura en cada . planteando y resolviendo un sistema apropiado de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas. 2 2 −10 4. empleando sistemas de ecuaciones lineales. 4     −1 2 Q= . Ejercicios x − 52 y + 2z = −3/2 i) x − y + z = 5 x − 4y + 5z = 1 iii) v) x + 2y − z = 5 2x + 3y + z = −2 −7x − 9y − 8z = 25 x + 2y − 5z = 2 3x + 4z = −1 2x − 2y + 9z = −2 ii) 2x + 3y − 4z = 1 4x + 5y − 9z = 4 −2x − y + 4z = −5 iv) 3x + y − z = 0 2x +z = 0 x − y + 3z = 0 x − 5y + z = −4 vi) −2x + 10y − 5z = 2 2x − 10y + 3z = −6 3. 5.425 12. −1 3   1 c) Encontrar el polinomio cúbico tal que su gráfica pasa por los puntos P = . 1     −1 −2 Q= yR= . y y z de los puntos correspondientes de la placa metálica triangular que se muestra en la figura siguiente. 6 9 b) Hallar una ⎛ ⎞ ecuación ⎛ para ⎞ el plano que pasa por el origen y por los puntos 1 2 P = ⎝ 1 ⎠ y Q = ⎝ −1 ⎠ . P2 y P3 descritos en cada literal. 5 7 d) Calcular los números a. Calcular las temperaturas x. 3 ⎛ ⎞ 0 c) P1 : 2x − y + 5z = 0. 8. II y III. y los lados a. calcio y magnesio. A partir de la siguiente figura. 1100 para ilustraciones y 2000 para pastas. La siguiente tabla muestra el número de miligramos de cada nutriente que aporta una unidad de cada tipo de comestible. Para los de pasta dura los gastos son de 10.12. Para los de pasta rústica la empresa gasta 5 dólares en papel. 290 mg de calcio y 180 mg de magnesio. con pasta dura y con pasta de lujo. 6. b y c del triángulo . Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 426 uno de dichos puntos es el promedio de las temperaturas de los cuatro puntos más cercanos a él entre los señalados en la figura. ¿Cuántos libros de cada clase se pueden producir con este presupuesto? 7. Si el presupuesto en dólares de la empresa es de 2350 para papel. y que utilice los comestibles I. 12 y 24 dólares para el papel. Una empresa editorial produce tres clases de libros: Con pasta rústica. Vitamina C Calcio Magnesio Comestible I 10 50 30 Comestible II 20 40 10 Comestible III 20 10 40 Suponiendo que el paciente requiere diariamente de un total de 100 mg de vitamina C. ilustraciones y pastas respectivamente. Para los de pasta de lujo. se gastan 20. Una nutricionista está planeando una dieta que proporcione ciertas cantidades de vitamina C. 2 dólares en ilustraciones y 3 dólares en pastas. mostrar que los cosenos de los ángulos α. β y γ. ilustraciones y pastas respectivamente. determinar el número de unidades diarias de cada comestible que la nutricionista debe sugerir para que la dieta contenga los nutrientes requeridos. 4 y 8 dólares en papel. SH = ⎝ y ⎠ ∈ R3 2x − 3y + z = 0 ⎩ ⎭ 3 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 SH es la recta generada por el vector ⎝ −3 ⎠ b) X0 = ⎝ 3 ⎠ . Ejercicios ABC. b) Para el sistema de ecuaciones lineales 2x − y + 3z = a 3x + y − 5z = b −5x − 5y + 21z = c mostrar que el sistema es inconsistente si y sólo si c
= 2a − 3b c) Considerar el sistema 2x − 3y + 5z = 0 −x + 7y − z = 0 4x − 11y + kz = 0 ¿Para cuál valor de k este sistema tiene soluciones no triviales? Cuál es el conjunto solución del sistema obtenido para ese valor de k? Sección 12. Para cada uno de los siguientes literales. sabiendo que X0 es una solución particular del sistema AX = U.5. ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞  1 ⎨ x ⎬ a) X0 = ⎝ −1/2 ⎠ . Sea A una matriz de orden 3 y U un vector no nulo de R3 . se relacionan mediante las siguientes ecuaciones: c cos α + a cos γ = b b cos α + a cos β = c c cos β + b cos γ = a 9.427 12. hallar el conjunto solución S del sistema AX = U y expresarlo como una traslación del conjunto solución SH del sistema homogéneo asociado AX = O. a) Para el sistema de ecuaciones lineales 2x + 3y − z = a x − y + 3z = b 3x + 7y − 5z = c encontrar una condición necesaria y suficiente sobre a. −5 6 ⎧⎛ ⎞⎫ ⎛ ⎞ 0 ⎨ 0 ⎬ SH = ⎝ 0 ⎠ c) X0 = ⎝ 1 ⎠ . a) Escribirlo en la forma matricial AX = U. .4 11. ⎩ ⎭ −3 0 Sección 12. Para cada uno de los sistemas dados.3 10. b y c de tal forma que el sistema sea consistente. 12. a) Determinar si la matriz A es invertible y. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −1 0 1 1 i) A = ⎝1 0 1⎠ . en caso afirmativo. el conjunto solución del sistema. U = ⎝ 3 ⎠ 1 −4 5 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1/2 1/3 0 1/3 iii) A = ⎝ 0 1/3 1/2⎠ . U = 1 1 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cosθ −senθ 0 −senθ v) A = ⎝senθ cosθ 0⎠ . utilizando el método de eliminación de Gauss-Jordan. U = ⎝ cosθ ⎠ 0 0 1 −2 . Para cada numeral. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 428 b) Hallar. U = ⎝ 1/6 ⎠ 1/2 1/3 1/2 5/6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 −1 ⎝ ⎝ ⎠ 1 ⎠ iv) A = −1 0 −1 . hallar la matriz A−1 mediante el método de Gauss-Jordan. b) Si A es invertible resolver el sistema AX = U utilizando A−1 . 2x + y + z = 8 x +y +z = 0 i) 3x − 2y − z = 1 ii) −2x + 5y + 2z = 0 4x − 7y + 3z = 10 −7x + 7y + z = 0 iii) −x + y − z = 2 x + y + z = −1 x−y−z = 2 iv) −3x − 6y + z = 0 2x + 5y + 13 z = 2 x + 4y + 53 z = 1 12. U = ⎝ 0 ⎠ 1 1 0 −1 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 2 −5 4 −2 ii) A = ⎝1 −2 1⎠ . 1) puede escribirse como   a1 a2 a3                 b1 b2 b3  = a1 (−1)1+1 b2 b3  + a2 (−1)1+2 b1 b3  + a3 (−1)1+3 b1 b2  (13. 12 y 13. dicho determinante es el de la matriz 2 × 2 que resulta de omitir en la matriz A la fila y la columna que contienen a ai .1) cada número ai (i = 1.1 Definición y algunos resultados básicos Consideremos una matriz de orden 3 ⎛ ⎞ a1 a2 a3 A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ c1 c2 c3 o bien la transformación lineal T : R3 −→ R3 cuya matriz es A. De manera que la igualdad (13.2)   c2 c3  c1 c3  c1 c2   c1 c2 c3  429 . 3) aparece acompañado de un determinante de orden 2 y está precedido por el signo + o por el signo −. En la expresión (13. en cuanto al signo.1) es la que empleamos para introducir los determinantes de orden 3 en el capítulo 9 y la que hemos usado a lo largo de los capítulos 10. donde el 1 en el exponente es por la fila (la fila 1) e i es por la columna (la columna i) en las que se encuentra ai . Se llama determinante de A o también determinante de T al escalar       b1 b3  b1 b2  b2 b3   − a2     a1  c1 c3  + a3 c1 c2  c2 c3  Lo denotaremos de cualquiera de las formas siguientes:   a1 a2 a3     b1 b2 b3  . éste se puede expresar en términos de la posición que ocupa ai : dicho signo es (−1)1+i .13 Determinantes de orden 3 13.1) Nos referiremos a los determinantes de matrices 3 × 3 también como determinantes de orden 3. det (A) o det (T )    c1 c2 c3  Así que         a1 a2 a3  b2 b3    b1 b3  b1 b2   b1 b2 b3  = a1       c2 c3  − a2 c1 c3  + a3 c1 c2     c1 c2 c3  (13. 2. Observe que la expresión (13. 1) se desarrollan los determinantes de orden 2 y luego se realizan los productos por a1 . como lo veremos más adelante. también de (13. se obtiene como resultado a1 b2 c3 − a1 b3 c2 + a2 b3 c1 − a2 b1 c3 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1 (13. c3 de la tercera columna de A se obtiene         a1 a2 a3   b1 b2  a1 a2  a1 a2   1+3 2+3 3+3        b1 b2 b3  = a3 (−1)  c1 c2  + b3 (−1)  c1 c2  + c3 (−1)  b1 b2    c1 c2 c3  siendo el lado derecho de esta expresión el desarrollo del determinante de A mediante cofactores de la tercera columna. factorizando los elementos de la primera fila. Por ejemplo. factorizando los elementos de cualquiera de las otras filas de A o también factorizando los elementos de cualquiera de las columnas.1 −2 1 4 Calcular el determinante de la matriz A = ⎝ 4 1 0⎠ .430 13. por a2 y por a3 . De manera que: Para cualquier matriz A de orden 3. similares al lado derecho en (13. Determinantes de orden 3 El escalar que acompaña a ai (i = 1.2). es decir.3) se puede obtener el lado derecho de (13.3) Es de señalar que fue esta expresión la que dio origen inicialmente al concepto de determinante de orden 3. 2.1). a2 . b3 .1). 3) en el lado derecho de la igualdad anterior se llama cofactor de ai . Ahora. Cuando en el lado derecho de la igualdad (13. ⎛ ⎞ Ejemplo 13. simplemente factorizando en ella los escalares a1 . dicho lado derecho se conoce como desarrollo del determinante mediante cofactores de la primera fila. ella apareció de manera natural. el lado derecho de (13. 1 −1 0 Solución: Para el cálculo del determinante de A emplearemos su desarrollo mediante cofactores de la tercera columna:           1  1  1+3 4 2+3 −2 3+3 −2 1 det (A) = 4 (−1) 1 −1 + 0 (−1)  1 −1 + 0 (−1)  4 1 = 4 (−4 − 1) = −20 Observe que como la tercera columna de A tiene dos componentes nulas.3) se puede obtener otros desarrollos para el determinante de A.2). Es claro que de la expresión (13. así como de (13. a3 de la primera fila de la matriz A.3) los elementos a3 . el desarrollo del determinante de A mediante cofactores de esa columna es más económico operacionalmente que el desarrollo del determinante mediante cofactores de cualquier otra columna o de . hay seis maneras de calcular el determinante de A mediante el desarrollo por cofactores.3) se puede obtener el lado derecho de (13. el lector puede comprobar sin ninguna dificultad que factorizando en (13. resolviendo sistemas de ecuaciones lineales de tres ecuaciones con tres incógnitas. tres correspondiendo a las filas y tres correspondiendo a las columnas. En efecto. al igual que para determinantes de orden 2. luego de que este concepto se introdujo en el capítulo 9.
El hecho de que el determinante de una matriz 3 × 3 se pueda calcular empleando cualquiera de sus filas o cualquiera de sus columnas. det AT = det (A) . . ⎛ ⎞ a1 a2 a3 Sean A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ y T : R3 −→ R3 la transformación lineal cuya matriz es A. como se puede observar.   matriz det AT = det (A) Para probar lo anterior. Definición y algunos resultados básicos cualquier otra fila de A.431 13. Luego. ya que al usar la tercera columna no se hace necesario calcular los cofactores de las dos componentes nulas de esa columna. el lado derecho de la igualdad anterior es precisamente el desarrollo   de det (A) mediante cofactores de la primera fila de A. c1 c2 c3 1. A es invertible ( T es invertible) si y sólo si det (A) = 0 (det (T ) = 0). sugiere que el determinante de cualquier matriz 3 × 3 debe ser igual al de su traspuesta. se tiene que: Para cualquier A de orden 3. tenemos que              T 1+1 b2 c2  2+1 b1 c1  3+1 b1 c1  det A = a1 (−1) (−1) (−1) + a + a 2 3 b3 c3  b3 c3  b2 c2  Ahora. a3 ⎛ ⎞ b1 V = ⎝b2 ⎠ b3 ⎛ ⎞ c1 y Z = ⎝c2 ⎠ c3 2. se tiene que              T 1+1 b2 b3  1+2 b1 b3  1+3 b1 b2  det A = a1 (−1) c1 c3  + a3 (−1) c1 c2  c2 c3  + a2 (−1) Pero.  A continuación listaremos los resultados más importantes en los que apareció involucrando el concepto de determinante de una matriz 3 × 3. det (A) = U · (V × Z) donde ⎛ ⎞ a1 U = ⎝a2 ⎠ . dado que los determinantes de orden 2 tiene la propiedad que estamos probando para los de orden 3. Entonces   a1 b1 c1      det AT = a2 b2 c2  a3 b3 c3    Empleando el desarrollo de det AT mediante cofactores de la primera columna de AT . sea A una matriz 3×3 como al inicio de este capítulo.1. en relación con una manera de resolver sistemas de ecuaciones lineales de dos ecuaciones con dos incógnitas y tres ecuaciones con tres incógnitas. si y sólo si det (A) = 0 En efecto.   ⇐⇒ det AT = 0 ⇐⇒ det (A) = 0  Volvamos a la expresión (13. tanto los determinantes de orden 2 como los de orden 3 tuvieron su origen en la primera mitad del siglo XV III. entonces el sistema tiene una y sólo una solución dada por x= ub2 − a2 v a1 b2 − a2 b1 y y= a1 v − b1 u a1 b2 − a2 b1 (13.I. de la expresión a1 b2 − a2 b1  a1 a2 . Cualquiera sea el vector ⎝ u2 ⎠. dado que det (A) = det AT y puesto que las filas de A AT . Las columnas de la matriz A son L.I. la cual se explicó en el capítulo 6. Las filas de A son L.   m T −1 = A−1 = 1 det (A) donde U. para el determinante de una matriz b1 b2 Pues bien. conduce al siguiente resultado: ⎛ ⎞ u1 u2 ⎠ tiene solución u3 son las columnas de Las filas de A son L. Para el caso del sistema a1 x + a2 y = u (13. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x u1 5. Si det (A) = 0.I.   Ahora. el sistema A ⎝ y ⎠ = ⎝ u3 z única si y sólo si det (A) = 0. Quizá el lector se pregunte cómo surgió inicialmente tal expresión y por qué ella es la análoga para matrices 3 × 3.432 13. 4.3). Determinantes de orden 3 3. ⇐⇒ Las columnas de AT son L. el resultado 4.I. si y sólo si det (A) = 0.5) .4) b1 x + b2 y = v cierta manera de proceder. V y Z son como en 1. conduce a que si a1 b2 − a2 b1 = 0. 8) En forma similar se obtienen expresiones análogas para x y para y.4). se encontró que los numeradores en las expresiones para x.6) x=  a1 a2  a1 a2       b1 b2   b1 b2  igualdades conocidas como fórmulas de Cramer para el sistema (13.433 13. para y y para z también podían expresarse como determinantes de orden 3. se obtiene una ecuación que sólo contiene la incógnita z.4) y se denotó  b1 b2  escribirse en la forma     a1 u u a2       b1 v  v b2    y y= (13.7). el cual es el escalar en (13.3).4): .7) en la forma a1 x + a2 y = u − a3 z b1 x + b2 y = v − b3 z Usando las fórmulas en (13. y cuando se despeja z de esa ecuación queda z= a1 b2 w − a2 b1 w − a1 c2 v + a2 c1 v + b1 c2 u − b2 c1 u a1 b2 c3 − a1 b3 c2 + a2 b3 c1 − a2 b1 c3 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1 (13. escribimos las dos primeras ecuaciones en (13. y se denotó en la forma   a1 a2 a3     b1 b2 b3     c1 c2 c3  Es más. Para ello consideremos el sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas a1 x + a2 y + a3 z = u b1 x + b2 y + b3 z = v c1 x + c2 y + c3 z = w (13.7).3).1. Definición y algunos resultados básicos Como ya sabemos. con el mismo denominador que aparece en (13. el cual es completamente análogo a lo obtenido para el sistema (13. obteniéndose así el siguiente resultado. Pasemos ahora a mostrar cómo surgió la expresión (13. el denominador  en las expresiones anteriores se llamó determinante a1 a2   .5) y suponiendo que a1 b2 − a2 b1 = 0. También sabemos que dichas expresiones pueden del sistema (13.8). Dicho denominador se llamó determinante del sistema (13. se tiene que x= (u − a3 z) b2 − a2 (v − b3 z) a1 b2 − a2 b1 y y= a1 (v − b3 z) − b1 (u − a3 z) a1 b2 − a2 b1 Resulta que sustituyendo estas expresiones en la tercera ecuación del sistema (13.7) Con el fin de imitar el procedimiento empleado con el sistema (13.4). como se muestra a continuación: Escribamos el sistema (13. Determinantes de orden 3   a1 a2 a3     0.10) por A2 × A3 se obtiene xA1 · (A2 × A3 ) + yA2 · (A2 × A3 ) + zA3 · (A2 × A3 ) = U · (A2 × A3 ) Ahora. si A1 · (A2 × A3 ) = 0  u  a2  a3 U · (A2 × A3 ) = x= a1 A1 · (A2 × A3 )  a2  a3  v w  b2 c2  b3 c3   b1 c1  b2 c2  b3 c3  y puesto que el determinante de cualquier matriz 3 × 3 es igual al de su transpuesta. a2 a3  b2 b3  c2 c3   a1   b1   c1 z= a1   b1   c1  a2 u  b2 v  c2 w  a2 a3  b2 b3  c2 c3  (13. como A2 · (A2 × A3 ) = 0 y A3 · (A2 × A3 ) = 0 entonces xA1 · (A2 × A3 ) = U · (A2 × A3 ) Por tanto. c2 ⎛ ⎞ a3 A3 = ⎝ b3 ⎠ c3 ⎛ (13.7).9) son las fórmulas de Cramer para el sistema (13.9) Las igualdades en (13.10) ⎛ ⎞ u y U =⎝ v ⎠ w Tomando producto escalar en ambos lados de (13. Es de señalar que las fórmulas (13.9) se pueden deducir más fácilmente.434 13. a2 a3  b2 b3  c2 c3   a1   b1   c1 y= a1   b1   c1  u a3  v b3  w c3  . el sistema (13.7) en la forma xA1 + yA2 + zA3 = U donde ⎞ a1 A1 = ⎝ b1 ⎠ .7) tiene una y sólo una solución dada por Si  b1 b2 b3  =  c1 c2 c3   u  v  w x=  a1   b1   c1  a2 a3  b2 b3  c2 c3  . c1 ⎛ ⎞ a2 A2 = ⎝ b2 ⎠ . se tiene que    u a2 a3     v b2 b3    w c2 c3   x=  a1 a2 a3     b1 b2 b3     c1 c2 c3  . En realidad.12) Calculando los determinantes que aparecen en los numeradores de las igualdades en (13. Según las fórmulas de Cramer dicha solución está dada por:    4 −1 1   3 2 3   17 −9 −2 . la única solución del sistema es ⎝ 5/3 ⎠ .   2 −1 1   det (A) = 2 2 3  6 −9 −2          3  3  2  1+1  2 1+2 2 1+3 2 = 2 (−1) −9 −2 + (−1) (−1) 6 −2 + 1 (−1) 6 −9 = 2 (−4 + 27) + (−4 − 18) + (−18 − 12) = −6 Como det (A) = 0 entonces el sistema (13.9).2 Muestre que el sistema 2x − y + z = 4 2x + 2y + 3z = 3 6x − 9y − 2z = 17 (13. −6 3 z= 18 = −3 −6 ⎛ ⎞ 13/3 Por tanto.435 13.9). det (A)   2 −1 4     2 2 3   6 −9 17 z= det (A) (13. Vale la pena resaltar que cuando se emplean las fórmulas de Cramer. x= det (A)   2 4 1   2 3 3   6 17 −2 y= . De manera similar se llega a las otras dos fórmulas en (13.1.11) tiene solución única y halle dicha solución empleando las fórmulas de Cramer. por lo general hay que realizar muchas más operaciones que con el método de eliminación de Gauss. −6 3 y= −10 5 = .11) tiene solución única. . las fórmulas de Cramer adquieren importancia cuando se trata de resolver sistemas de ecuaciones lineales en los cuales la matriz de coeficientes del sistema tiene algunas componentes variables. Ejemplo 13.12) se obtiene que x= 13 −26 = . Definición y algunos resultados básicos la cual es la primera de las fórmulas en (13. Solución: Sea A la matriz de coeficientes del sistema dado.11) por el método
de eliminación de Gauss y también empleando la matriz A−1 . −3 Se recuerda al lector que en el capítulo 12 se resolvió el sistema (13. 1.   6. el determinante sólo cambia de signo. el determinante de la nueva matriz es t det (A) . En particular. el determinante de la nueva matriz es − det (A) . . se tiene que: • Si la matriz A posee una fila nula. es decir. det AT = det (A) 7. Si es de la primera forma se dice que la matriz es triangular superior y si es de la segunda forma se dice que la matriz es triangular inferior.2 Propiedades básicas A continuación listaremos las propiedades básicas de los determinantes de orden 3. 5. Determinantes de orden 3 13. las cuales son completamente análogas a las ya establecidas en el capítulo 6 para los determinantes de orden 2. 2. 4. Si se intercambian dos filas de una matriz A. La propiedad 8. En las propiedades que hacen referencia a una matriz A o una matriz B se entiende que ellas son matrices 3 × 3. det (A) = 0. el determinante de la nueva matriz es igual a det (A) . entonces el det (A) = 0. Si las filas de una matriz A son L. det (AB) = det (A) det (B)   a1 a2 a3    8.       a1 + a
1 a2 + a
2 a3 + a
3  a1 a2 a3  a
1 a
2 a
3        b2 b3  =  b1 b2 b3  +  b1 b2 b3  3. Si se multiplica una de las filas de una matriz A por un escalar t. • Si una de las filas de A es múltiplo escalar de otra de las filas de A entonces det (A) = 0. • Si la matriz A posee dos filas iguales.  b1  c1 c2 c3   c1 c2 c3   c1 c2 c3  Se tienen igualdades análogas si en el lado izquierdo la suma que aparece se realiza en la segunda fila o en la tercera fila. Un caso particular de matrices triangulares son las de la forma ⎛ ⎞ a 0 0 ⎝0 b 0⎠ 0 0 c las cuales son llamadas matrices diagonales.  0 b2 b3  = a1 b2 c3 y  0 0 c3    a1 0 0     b1 b2 0  = a1 b2 c3    c1 c2 c3  Toda matriz de una de las formas ⎞ ⎛ a1 a2 a3 ⎝ 0 b2 b3 ⎠ 0 0 c3 o ⎛ ⎞ a1 0 0 ⎝ b1 b2 0 ⎠ c1 c2 c3 se dice una matriz triangular. det (A) = 0.D. Si una fila de la matriz A se sustituye por la suma de ella y un múltiplo escalar de otra fila de A. dice entonces que el determinante de cualquier matriz triangular es el producto de los números en la diagonal principal de la matriz.436 13. Nótese que una matriz diagonal es tanto triangular superior como triangular inferior.   ta1 ta2 ta3     b1 b2 b3  = (tU ) · (V × Z)    c1 c2 c3  = t [U · (V × Z)] = t det (A)  . es más. su prueba no la daremos por lo laboriosa que es. Sólo daremos la prueba para el caso en el cual se intercambian las dos primeras filas de la matriz A. En cuanto a la propiedad 7. si y sólo si det (A) = 0.437 13. Propiedades básicas La propiedad 4. puede considerarse probada. del producto cruz y del producto mixto. La propiedad 6.D.2..    b1 b2 b3    a1 a2 a3  =    c1 c2 c3  = = = = V · (U × Z) V · (−Z × U ) −V · (Z × U ) −[U · (V × Z)] − det (A) pues U × Z = −Z × U pues V · (Z × U ) = U · (V × Z)  Prueba de 2. La prueba en los otros casos es similar. La probaremos para el caso en el cual se multiplica la primera fila de la matriz A por un escalar t. Prueba de 1. se tiene que las filas de una matriz A son L. ya se probó al inicio de este capítulo. a2 ⎛ ⎞ b1 V = ⎝b2 ⎠ b3 ⎛ ⎞ c1 y Z = ⎝c2 ⎠ c3 con lo cual podremos usar propiedades del producto escalar. si y sólo si det (A) = 0. La prueba es análoga si las filas que se intercambian son la primera y la tercera o la segunda y la tercera.I. pues ya hemos probado que las filas de una matriz A son L. Para probar las restantes propiedades digamos que ⎛ ⎞ a1 a2 a3 A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ c1 c2 c3 Emplearemos el hecho de que   a1 a2 a3    det (A) =  b1 b2 b3  = U · (V × Z)  c1 c2 c3  donde ⎛ ⎞ a1 U = ⎝a2 ⎠ . las propiedades 1. Esta manera de proceder se ilustra en el ejemplo 13. son también válidas si en cada una de ellas se sustituye “fila(s)” por “columna(s)”. y 4. entre las propiedades dadas. la igualdad que aparece en 3. Probémosla para el caso en el cual a la segunda fila de la matriz A se le suma la primera multiplicada por un escalar t.      a1 a2 a3  a1 a2 a3   b1 + ta1 b2 + ta2 b3 + ta3  =  b1 b2 b3       c1 c2 c3   c1 c2 c3   Prueba de 8. .        a1 a2 a3  a1 a2 a3   a1 a2 a3   b1 + ta1 b2 + ta2 b3 + ta3  =  b1 b2 b3  + ta1 ta2 ta3         c1 c2 c3   c1 c2 c3   c1 c2 c3  La igualdad anterior se debe a la propiedad 3. Por tanto. La propiedad 5.  Prueba de 5..438 13. 2. Probemos la propiedad 8..⎞ a
1 Si U
= ⎝ a
2 ⎠. las cuales se refieren a filas. para el caso en el cual la matriz es triangular superior. puede probarse a partir de las propiedades 3. Determinantes de orden 3 Prueba⎛de 3. 4. por la propiedad 4. Empleando el desarrollo del determinante mediante cofactores de la primera columna se tiene que     a1 a2 a3       0 b2 b3  = a1 (−1)1+1 b2 b3  = a1 (b2 c3 − 0) = a1 b2 c3   0 c3    0 0 c3   Obsérvese que de la propiedad 6. y 5. La prueba en los otros casos es similar. es equivalente a la igualdad a
3   U + U
· (V × Z) = U · (V × Z) + U
· (V × Z) la cual sabemos es válida.. se sigue que las propiedades 1. 2 y 5 proporcionan otra forma de calcular determinantes: Se realizan operaciones elementales sobre las filas o sobre las columnas de la matriz a fin de transformar la matriz en otra cuyo determinante se puede calcular rápidamente.4..    a1 a2 a3    ta1 ta2 ta3  = 0    c1 c2 c3  pues la segunda fila es múltiplo escalar de la primera. como por ejemplo una matriz triangular.. Ahora. Por otra parte. 3. = 126
.3 ⎛ −2 • Si A = ⎝ 0 −1 ⎛ −1 • Si B = ⎝ 3 7 iguales.2.
Ejemplo 13. la segunda  0 0 42  multiplicada por −7 = −3 (−1) (1) (42) Por propiedad 8. det (C) = (−8) (2) 12 = −8.4 Halle el determinante de la matriz ⎞ 0 1 −4 ⎝−3 6 9⎠ 4 −1 2 ⎛ empleando las propiedades 1. la primera = −3  0 1 −4  0 7 14 multiplicada por 4.    −1 2 3 Por propiedad 5 : Se sumó  = −3  0 1 −4 a la tercera fila. det (C) = 0 pues una de las filas es múltiplo escalar −1 2 4 de otra (la segunda fila es − veces la primera). ya que D es una matriz 0 0 1/2 triangular. det (B) = 0 pues la primera y tercera columnas de B son 7 ⎞ 1 7 −4/3 −28/3⎠ . det (A) = 0 pues una de las filas de A es nula.439 13. 2 y 5 hasta obtener el determinante de una matriz triangular superior. = −3  0  4 −1 2   −1 2 3  Por propiedad 5 : Se sumó   a la tercera fila. Solución:     −3  0 Por propiedad 1 : Se inter6 9  1 −4      −3 cambiaron las dos primeras 1 −4 6 9 = −  0   4 −1  4 −1 filas 2 2   3 (−1) 3 (2) 3 (3)   = −  0 1 −4   4 −1 2   −1 2 3    1 −4 Por propiedad 2. ⎛ −2 • Si C = ⎝8/3 0 3 0 4 8 2 0 ⎞ 7 0⎠ . Propiedades básicas Ejemplo 13. 8 ⎞ −1 3 ⎠ . 3⎞ ⎛ −8 0 1   • Si D = ⎝ 0 2 4 ⎠ . 5 ⎞ ⎛ a1 a2 a3 Sea A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ . Sabiendo que det (A) = −5. sabemos que X1 × X2 es un vector no nulo normal al plano P y cuya dirección la da la regla de la mano derecha (ver figura 13. respecto a la relación entre determinantes y orientación y entre determinantes y áreas de paralelogramos. X2 segundo y X3 tercero. Consideremos una terna de vectores linealmente independientes X1 . halle el determinante de la matriz c1 c2 c3 ⎞ ⎛ −3a1 a3 − 4a1 a2 B = ⎝ −3b1 b3 − 4b1 b2 ⎠ . −3c1 c3 − 4c1 c2 Solución: Partiremos de det (B) y emplearemos la propiedad 1. la primera multiplicada por 4 Por propiedad 1 : Se intercambian las columnas segunda y tercera.1). Sea P el plano generado por X1 y X2 . Por propiedad 5 : Se sumó a la segunda columna. X2 . como det (A) = −5 entonces det (B) = 3 (−5) = −15. 2 y 5 de los determinantes de orden 3. con el fin de hacer aparecer el det (A) : det (B) = = = = =   −3a1 a3 − 4a1 a2     −3b1 b3 − 4b1 b2     −3c1 c3 − 4c1 c2    a1 a3 − 4a1 a2    (−3)  b1 b3 − 4b1 b2   c1 c3 − 4c1 c2    a1 a3 a2    (−3)  b1 b3 b2   c1 c3 c2    a1 a2 a3    − (−3)  b1 b2 b3   c1 c2 c3  3 det (A) Por propiedad 2. X3 de R3 . Ahora. .3
Aplicaciones geométricas Ahora procederemos a extender a los determinantes de orden 3.440 13. Determinantes de orden 3 Ejemplo 13. vista como una terna ordenada con X1 primero. 13. los resultados obtenidos en el capítulo 6. Empezaremos definiendo el concepto de terna orientada de vectores de R3 . X2 . Pues bien. Ejemplo 13. E1 . E3 está orientada positivamente ya que E3 está en el semiespacio principal determinado por el par E1 . Relacionemos ahora el concepto de terna orientada de vectores con el de determinante. E2 . Si (X1 × X2 ) · X3 < 0. X2 = y2 y X3 = y3 ⎠ z1 z2 z3 .6 a) La terna E1 . es decir. llamaremos semiespacio principal determinado por el par ordenado X1 . E2 pues E3 = E1 × E2 . Consideremos los vectores de R3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x1 x2 x3 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ X1 = y1 . O también. −E3 está orientada negativamente c) Como (E2 × E1 ) · E3 = (−E3 ) · E3 = −1 y −1 < 0. si y sólo si (X1 × X2 ) · X > 0. si (X1 × X2 ) · X3 > 0. E3 está orientada negativamente . la terna E1 . Nótese que un vector X de R3 está en dicho semiespacio si y sólo si el ángulo α entre X y X1 × X2 es tal que 0 ≤ α < π2 . la terna E1 .
Figura 13. X3 se dirá orientada positivamente si el vector X3 pertenece al semiespacio principal determinado por el par X1 . la terna E2 . X2 a la parte que contiene al vector X1 × X2 . X3 se dirá orientada negativamente. E3 está orientada positivamente ya que (E1 × E2 ) · E3 = E3 · E3 = 1 y 1 > 0. la terna de vectores X1 .441 13. E2 . la terna X1 . es decir.2. de esas dos partes.(Ver figura 13. Aplicaciones geométricas Figura 13.1. X2 .3. E2 . b) Ya que (E1 × E2 ) · (−E3 ) = E3 · (−E3 ) = −1 y −1 < 0.2). X2 . El plano P separa al espacio en dos partes disjuntas. X2 . X2 . X2 . X3 está orientada positivamente si y sólo si  X1 X2 X3 >0 det | | | b) La terna X1 . X3 está orientada positivamente. X3 está orientada negativamente si y sólo si  X1 X2 X3 <0 det | | | ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ Ejemplo 13. . Se dice que T cambia la orientación si siempre que una terna X1 . 2 4 −1 Veamos si esta terna de vectores está orientada positivamente o si está orientada negativamente. la terna T (X1 ) . de R3 . a) La terna X1 .
Sea ahora T : R3 −→ R3 una transformación lineal invertible.442 13. T (X2 ) . X2 = ⎝ −1 ⎠ . X3 = ⎝ 1 ⎠. X3 vectores L. Se dice que T preserva la orientación si siempre que una terna de vectores X1 . T (X3 ) está orientada negativamente. X3 está orientada positivamente. la terna T (X1 ) . X2 . X2 . Determinantes de orden 3 Puesto que (X1 × X2 ) · X3 = X3 · (X1 × X2 ) = X1 · (X2 × X3 )   x1 y1 z1    = x2 y2 z2  x3 y3 z3    x1 x2 x3    =  y1 y2 y3   z1 z2 z3   X1 X2 X3 = det | | | se tiene lo siguiente: Sean X1 . T (X3 ) también está orientada positivamente.7 −1 3 0 Consideremos la terna de vectores X1 = ⎝ 0 ⎠ . T (X2 ) . X3 está orientada positivamente.I. X2 . Para ello calculemos el determinante de la matriz ⎛ ⎞  −1 3 0 X1 X2 X3 = ⎝ 0 −1 1⎠ A= | | | 2 4 −1 Empleando el desarrollo del determinante de A mediante cofactores de la primera fila tenemos que     −1  1  1  1+2 0 det (A) = (−1) (−1)1+1  + 3 (−1) 2 −1 4 −1 = − (1 − 4) − 3 (0 − 2) = 9 Como det (A) > 0 concluimos que la terna X1 . T (E2 ) = E2 . −E3 está orientada negativamente. E2 . ya que la terna X1 . lo cual mostraremos probando que T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) < 0 así: det | | |  det T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) | | |   x1 x2  =  y1 y2 −z1 −z2  X1 = − det |    x1 x2 x3  x3    y3  = −  y1 y2 y3   z1 z2 z3  −z3  X2 X3 | | X1 X2 X3 > 0. entonces  T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) det <0 | | |  Luego. E2 . concluimos que T no preserva la orientación. se tiene: . T (E3 ) = −E3 y dado que la terna E1 .
Al igual que para las transformaciones lineales del plano. el signo del determinante de una transformación lineal del espacio nos dice si la transformación preserva o cambia la orientación. X3 está orientada Ahora como det | | | positivamente. Aplicaciones geométricas Ejemplo 13.3. T cambia la orientación. Como T (E1 ) = E1 . Para ello tomemos una terna cualquiera de vectores de R3 ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ x1 x2 x3 X1 = ⎝ y1 ⎠ . de la cual sabemos que está orientada positivamente. E3. X3 = ⎝ y3 ⎠ z1 z2 z3 orientada positivamente y mostremos que la terna ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ x1 x2 T (X1 ) = ⎝ y1 ⎠ . X2 . −z1 −z2 ⎛ ⎞ x3 T (X3 ) = ⎝ y3 ⎠ −z3 estáorientada negativamente.8 Consideremos la reflexión respecto al plano xy. T (X2 ) = ⎝ y2 ⎠ . la transformación lineal T : ⎛ R3 ⎞ −→ R3⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x x ⎝ y ⎠ −→ T ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ z z −z de la cual sabemos que es una transformación invertible. En efecto. Veamos que T cambia la orientación. Veamos si T preserva o cambia la orientación: Partamos de la terna E1 . X2 = ⎝ y2 ⎠ . es decir.443 13. 13) X1 X2 X3 = det A det | | |  X1 X2 X3 > 0 (ya que la terna Ahora. X3 está orientada positivamente) entonces  T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) >0 det | | |  T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) | | | Luego. E2 . Supongamos ahora que det (T ) > 0. Determinantes de orden 3 Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal invertible. Supongamos primero que T preserva la orientación y probemos que det (T ) > 0. para cualquier y ⎠ ∈ R3 . X2 . T (X2 ) . E3 está orientada positivamente y dado que T preserva la orientación tenemos que la terna T (E1 ) . Para probar a) digamos que m (T ) = A. T (X3 ) también está orientada positivamente: Como    X1 X2 X3 AX1 AX2 AX3 T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) =A = | | | | | | | | | entonces   X1 X2 X3 = det A det | | | (13. que det (A) > 0.  Ejemplo 13. como se quería probar. Como sabemos. que det (A) > 0 y probemos que T preserva la orientación. es decir.9 Consideremos la rotación Rθz por un ángulo de θ radianes (−2π < θ < 2π) alrededor del ⎛ ⎞ x ⎝ eje z. b) T cambia la orientación si y sólo si det (T ) < 0. T (X3 ) está orientada positivamente. a) T preserva la orientación si y sólo si det (T ) > 0. X3 orientada positivamente y mostremos que la terna T (X1 ) . T (E3 ) está orientada positivamente y por tanto  T (E1 ) T (E2 ) T (E3 ) >0 det | | | Pero como  T (E1 ) T (E2 ) T (E3 ) | | |  = AE1 AE2 AE3 | | | =A entonces det (A) > 0. es decir. Puesto que la terna E1 .444 13. T (E2 ) . z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x xcosθ − ysenθ Rθz ⎝ y ⎠ = ⎝ xsenθ + ycosθ ⎠ z z . T (X1 ) . Tomemos una terna cualquiera X1 . T (X2 ) . La prueba de b) es completamente análoga. como det (A) > 0 (por hipótesis) y det | | | X1 . X2 . Como el lector puede probar.3.10 Consideremos.445 13. la transformación Dr : ⎛ R3 ⎞ −→ R3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x rx ⎝ y ⎠ −→ Dr ⎝ y ⎠ = ⎝ ry ⎠ z z rz de la cual sabemos que es invertible. ⎛ ⎞ cosθ −senθ 0 cosθ 0⎠ m (Rzθ ) = ⎝senθ 0 0 1   cosθ −senθ 0   cosθ 0 = cos2 θ + sen2 θ = 1 det (Rzθ ) = senθ  0 0 1 Tenemos entonces que la transformación lineal Rθz es invertible ya que det (Rzθ ) = 0 y
que dicha transformación preserva la orientación puesto que det (Rθz ) > 0. para r = 0. dicha imagen T (P) es el . Sea P el paralelepípedo determinado por los vectores linealmente independientes X1 . Ejemplo 13. X3 de R3 .
Ahora relacionaremos el determinante con el volumen de un paralelepípedo . X2 . Como la matriz de Dr es la matriz ⎛ ⎞ r 0 0 ⎝0 r 0⎠ 0 0 r entonces   r 0 0   det (Dr ) = 0 r 0 = r3 0 0 r Se sigue que Dr preserva la orientación si y sólo si r > 0 y que Dr cambia la orientación si y sólo si r < 0. Aplicaciones geométricas así que Luego. Como ya lo sabemos Volumen de P = |X1 · (X2 × X3 )| y como  X1 · (X2 × X3 ) = det entonces X1 X2 X3 | | |      X X X 1 2 3  Volumen de P = det  | | | Sea ahora T : R3 −→ R3 una transformación lineal invertible y consideremos la imagen T (P) del paralelepípedo P bajo T . 11 x Sea T : R3 −→ R3 tal que para cada ⎝ y ⎠ de R3 z ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ x x+z T ⎝ y ⎠=⎝ y+z ⎠ 2x + y z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 2 y sean X1 = ⎝ −1 ⎠ . por tanto.     X1 X2 X3   Volumen de T (P) = |det (T )| det  | | | = |det (T )| Volumen de P Hemos probado así lo siguiente: Sea P el paralelepípedo determinado por los vectores linealmente independientes X1 . según la igualdad (13. . T (X2 ) . b) Calcule el volumen del paralelepípedo T (P) .15) ⎛ ⎞ Ejemplo 13. X2 .13)  det T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) | | |  = det (T ) det X1 X2 X3 | | | luego.     X1 X2 X3   • Volumen de P = det (13. X2 = ⎝ 1 ⎠ y X3 = ⎝ −1 ⎠ . T (X3 ). Determinantes de orden 3 paralelepípedo determinado por los vectores linealmente independientes T (X1 ) . X3 .14)  | | | • Si T : R3 −→ R3 es una transformación lineal invertible entonces Volumen de T (P) = |det (T )| Volumen de P (13. X3 .446 13. X2 . 0 −1 1 a) Calcule el volumen del paralelepípedo P determinado por los vectores X1 .     T (X1 ) T (X2 ) T (X3 )   Volumen de T (P) = det  | | | Ahora. b) De acuerdo con la fórmula (13. Para la matriz A. calcular el determinante de A desarrollándolo por cofactores de cualquier fila o columna y determinar si A es invertible.14). Ejercicios Solución: a) De acuerdo con la fórmula (13. dada en cada literal. como m (T ) = ⎝0 1 1⎠ entonces 2 1 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  1 0 1 1 0 1 1 1 1 ⎠ = det det (T ) = det ⎝0 1 1⎠ = det ⎝0 1 = −3 1 −2 2 1 0 0 1 −2 y por tanto.  ⎛ ⎞   1 0 2    ⎝ ⎠ Volumen de P = det −1 1 −1   0 −1 1  Ahora. según la cual      T (X ) T (X ) T (X ) 1 2 3  Volumen de T (P) = det  | | | Se deja como ejercicio para el lector calcular el volumen del paralelepípedo T (P) de esta manera.1 1.4.14).15).447 13. T (X3 ) y luego usando la fórmula (13.
13. T (X2 ) . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  1 0 2 1 0 2 1 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ det −1 1 −1 = det 0 1 1 = det =2 −1 1 0 −1 1 0 −1 1 por tanto. el volumen del paralelepípedo P es 2 unidades cúbicas. ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 3 −2 4 1 −1 1 3⎠ b) A = ⎝2 1 −3 ⎠ a) A = ⎝0 1 1 4 −10 2 1 −1 ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 1 1 0 2 −1 3 d) A = ⎝ 1 1 1⎠ c) A = ⎝2 1 2⎠ 0 1 1 −1 −2 2 .4 Ejercicios Sección 13. Volumen de T (P) = |det (T )| 2 ⎞ ⎛ 1 0 1 Ahora. Volumen de T (P) = |−3| 2 = 6 unidades cúbicas. Observe que el volumen del paralelepípedo T (P) también se puede obtener calculando primero las imágenes T (X1 ) . hallar todos los valores de λ tales que la matriz A − λI3 no es invertible. cos β y cos γ (ver ejercicio 8 del capítulo 12). dada en cada numeral. Considerar el siguiente sistema de ecuaciones lineales x + 2y + 3z = 8 2x − y + 4z = 7 −y+ z = 1 Mostrar que este sistema tiene solución única y calcular su solución empleando las fórmulas de Cramer. Para cada una de las siguientes transformaciones lineales T : R3 −→ R3 calcular el determinante de T y decir si T es invertible. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 2 4 1 3 3 i) A = ⎝2 0 2⎠ ii) A = ⎝−3 −5 −3⎠ 4 2 3 3 3 1 ⎛ ⎞ −α α − 1 α + 1 b) ¿Para cuáles valores de α. z x+y ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ 2 0 1 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ b) T es tal que T (E1 ) = 1 . .448 13. 1 1 3. −1 1 2 c) T = S ◦ R. donde S es la proyección sobre el plano con ecuación ⎛ ⎞ 2x − y + z = 0 y 1 R es la reflexión respecto a la recta generada por el vector ⎝ 0 ⎠ . 5. T (E2 ) = −1 y T (E3 ) = 3 ⎠. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −x + z a) T ⎝ y ⎠ = ⎝ y − z ⎠ . a) Para la matriz A. 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 d) T es la reflexión respecto al plano P generado por los vectores ⎝ 1 ⎠ y ⎝ −1 ⎠ . la matriz ⎝ 1 2 3 ⎠ no es invertible? 2−α α+3 α+7 4. Los ángulos y los lados del triángulo de la figura se relacionan mediante el sistema dado de tres ecuaciones lineales con las tres incógnitas cos α. c cos α + a cos γ = b b cos α + a cos β = c c cos β + b cos γ = a Utilizar las fórmulas de Cramer para expresar cos γ en términos de los lados a. Determinantes de orden 3 2. (Observar que se obtiene la misma expresión al aplicar la ley del coseno). b y c. 10. dada en cada literal.449 13. Calcular:   c) det (3AB)−1 a) det (−2A) b) det 3A2 B −1     d) det −B T A−1 e) det ABA−1 11.4. hallar el determinante de cada una de las 1 1 1 siguientes matrices: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a b c 3a 3b 3c b) C = ⎝4a + 5 4b 4c + 2⎠ a) B = ⎝5/2 0 1 ⎠ a+2 b+2 c+2 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a−1 b−1 c−1 5a 5 −4 c) D = ⎝ 6 1 3 ⎠ d) E = ⎝ 5b 0 1 ⎠ 1 1 1 5c 2 −1 ⎞ ⎛ 1 1 1 8. f) Si A es invertible y AT = A−1 entonces det A = ±1. det A b) Para todo α ∈ R se tiene det (αA) = α3 det A. Este determinante es a2 b2 c2 llamado determinante de Vandermonde de orden 3. d) Si A2 = A entonces det A = 0 o det A = 1.2 6. mostrar que ella es invertible y calcular ⎞ 4 3⎠ 2 ⎛ ⎞ 1 1 1 b) A = ⎝0 1 1⎠ 1 1 0 ⎛ ⎞ 0 1 1 c) A = ⎝1 0 1⎠ 1 1 0 . Demostrar:   a) Si A es invertible entonces det A−1 = 1 . e) Si AT = −A entonces A no es invertible. a) Demostrar que det ⎝ a b c ⎠ = (b − a) (c − a) (c − b) . b) Hallar las correspondientes fórmulas para los siguientes determinantes: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 1 1 1 1 1 ii) det ⎝a2 b2 c2 ⎠ i) det ⎝ a b c ⎠ a3 b3 c3 a3 b3 c3 9. Ejercicios Sección 13. Sea A una matriz de orden 3. Sea A = ⎝5 0 2⎠ . Si det A = −2. Sean A y B matrices de orden 3 tales que det A = 3 y det B = −4. Hallar el determinante de cada una de las siguientes matrices empleando operaciones elementales de fila. ⎛ 2 3 ⎝ a) A = 0 2 0 0 A.   c) Para todo k ∈ N se tiene det Ak = (det A)k . Para la matriz  det A−1 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 2 4 0 −2 3 1 0 0 a) ⎝ 1 3 2⎠ b) ⎝1 2 −3⎠ c) ⎝0 1 0⎠ −1 4 0 2 1 3 0 k 1 ⎛ ⎞ a b c 7. Y = −3 .3 13. X3 . X3 = ⎝ −7 ⎠ 4 −3 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x+y 15. hallar el volumen del paralelepípedo determinado por los vectores X1 . Y. Y = ⎝ −1 ⎠ . X2 . X2 . z y+z a) Determinar si T preserva la orientación o la cambia. Para la transformación lineal 1 3 4 T dada en cada literal. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 5 −1 2 16. X3 dada en cada literal. Mostrar que. Y. Sean A y B matrices de orden 3. Para la terna de vectores X. Y = ⎝ 1 ⎠ . Z = ⎝ 0 ⎠ −6 7 −5 14. . Sean X1 = ⎝ −1 ⎠ . X2 = ⎝ 3 ⎠ . a) T = Rxπ 4 b) T es la reflexión respecto al plano xy. determinar si X1 . T (X2 ) y T (X3 ) sin calcular estos vectores. Sección 13. b) Para cada terna de vectores dada en el ejercicio 14 que resulte linealmente independiente. Z = ⎝ 3 ⎠ −1 0 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ b) X = −1 . Z = 0 ⎠ 3 7 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 1 −1 2 c) X = ⎝ 3 ⎠ . en caso afirmativo. en caso afirmativo. Z está orientada positivamente o negativamente. calcular el volumen del paralelepípedo determinado por los vectores T (X1 ) . decir si la terna X. X3 = ⎝ −1 ⎠ 5 3 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 4 b) X1 = ⎝ −5 ⎠ . X3 = ⎝ 1 ⎠ . X2 . X2 = ⎝ 1 ⎠ . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 0 a) X = ⎝ 1 ⎠ . Determinantes de orden 3 12. calcular el volumen del paralelepí-pedo determinado por los vectores T (X1 ) . X3 son linealmente independientes y. Z dada en cada literal determinar si dichos vectores son linealmente independientes y. en general no es cierto que det (A + B) = det A + det B. Y = ⎝ 5 ⎠ . Para la terna de vectores X1 . Z = ⎝ 0 ⎠ 3 4 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −8 7 d) X = ⎝ −4 ⎠ . X2 = ⎝ 0 ⎠ .450 13. ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 1 −1 2 a) X1 = ⎝ −1 ⎠ . T (X2 ) y T (X3 ) sin calcular estos vectores. Considerar la transformación lineal T : R3 −→ R3 dada por T ⎝ y ⎠ = ⎝ x − y ⎠. T (C) y T (D) .451 13. B. Ejercicios c) T es la reflexión respecto a la recta x = y = −z. calcular utilizando 1 1 3 −1 determinantes: a) El volumen del paralelepípedo de aristas AB. Es fácil ver que el volumen del paralelepípedo de aristas AB. C y D puntos no coplanares del espacio y sea T la transformación dada por T (X) = X − A. c) El volumen de la pirámide cuadrangular cuyo vértice es el punto D y tiene como base el paralelogramo tal que dos de sus lados son los segmentos AB y AC. ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 1 0 Si A = ⎝ −2 ⎠ . . C = ⎝ 1 ⎠ y D = ⎝ 0 ⎠ . b) El volumen del prisma triangular cuya base es el triángulo ABC y tal que AD es una de sus aristas. B = ⎝ 1 ⎠ .4. Sean A. AC y AD. AC y AD es igual al volumen del paralelepípedo determinado por los vectores T (B) . 2 17. 452 13. Determinantes de orden 3 . Se dice que λ es un valor propio de T si existe un vector X de R3 . un vector no nulo X de R3 es un vector propio de una transformación lineal T del espacio (de una matriz A de orden 3) si y sólo si X y T (X) ( o X y AX) están en una misma recta que pasa por el origen.1 Sea P un plano que pasa por el origen y sea S la reflexión respecto al plano P. Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal y sea λ un escalar. cada vector no nulo X de R3 tal que T (X) = λX se dice un vector propio de T correspondiente a λ. Ejemplo 14. Si A es una matriz 3 × 3.1. Figura 14. si Y es un vector de la recta L que pasa por el origen y es perpendicular al plano P entonces S (Y ) = −Y (figura 14.14 Valores propios y vectores propios 14. Cálculo de valores y vectores propios Los conceptos de valor propio y vector propio para una transformación lineal del espacio y para una matriz 3 × 3 se definen exactamente como para una transformación lineal del plano y para una matriz 2 × 2. Es claro que si X es un vector de P entonces S (X) = X.1 Definiciones. X = O.1). Al igual que en el caso del plano. 453 . tal que T (X) = λX Si λ es un valor propio de T . se llama valores propios de A y vectores propios de A a los valores propios y vectores propios de la transformación lineal del espacio cuya matriz es A. por otra parte. λx = λ1 x. ⎞ ⎛ λ1 T (E1 ) = ⎝ 0 ⎠ = λ1 E1 . se tiene S (Y ) = −Y = −1Y.
Ejemplo 14. z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ λ1 x x x T ⎝ y ⎠ = D ⎝ y ⎠ = ⎝ λ2 y ⎠ z z λ3 z En particular. Valores propios y vectores propios Luego. ya que para cada uno de dichos vectores X se tiene que S (X) = X = 1X. para cualquier ⎝ y ⎠ en R3 . Entonces ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ λ1 x x x λx x T ⎝ y ⎠ = ⎝ λ2 y ⎠ y T ⎝ y ⎠ = λ ⎝ y ⎠ = ⎝ λy ⎠ λ3 z z z λz z por tanto. Lo afirmado para Dr . λ3 son valores propios de T (de D) y E1 . Veamos que T no tiene otros valores propios. λ2 .2 Consideremos la transformación lineal Dr : R3 −→ R3 . pues para tales vectores Y. λ2 . la cual es ⎛ ⎞ r 0 0 ⎝0 r 0⎠
0 0 r Ejemplo 14. Puesto que para todo X de R3 .3 Sea T una transformación lineal con matriz diagonal ⎞ ⎛ λ1 0 0 D = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ 0 0 λ3 ⎛ ⎞ x Así. 0 ⎛ ⎞ 0 T (E3 ) = ⎝ 0 ⎠ = λ3 E3 λ3 ⎛ Luego λ1 . λ = 1 es un valor propio de S y todo vector no nulo X en el plano P es un vector propio de S correspondiente a λ = 1. Dr (X) = rX. r es el único valor propio de Dr (¿por qué?). Es más. ⎛ ⎞ x ⎝ Supongamos que λ es un valor propio de T y sea y ⎠ un vector propio de T corresz pondiente a λ. 0 ⎞ 0 T (E2 ) = ⎝ λ2 ⎠ = λ2 E2 . E3 son vectores propios de T (de D) correspondientes a λ1 .454 14. se tiene que r es un valor propio de Dr y todo vector no nulo de R3 es un vector propio de Dr correspondiente a r. es igualmente válido para la matriz de Dr . respecto a valores y vectores propios. λ3 respectivamente. λ = −1 es otro valor propio de S y todo vector no nulo Y sobre la recta L es un vector propio de S correspondiente a λ = −1. Similarmente. E2 . λy = λ2 y λz = λ3 z . dicha ecuación adquiere la forma −λ3 + dλ2 + eλ + f = 0 (14. La ecuación det (A − λI3 ) = 0. los vectores propios de T (de A) correspondientes a λ son las soluciones no triviales del sistema homogéneo (A − λI3 ) X = O es decir. Desarrollando el determinante.1. se tiene que las siguientes afirmaciones son equivalentes: • λ es un valor propio de T (de A) • Existe X ∈ R3 .1) es un polinomio de grado 3 en λ entonces dicha ecuación tiene exactamente 3 raíces en los complejos. Esto puede probarse así: Sea p (λ) = −λ3 +dλ2 +eλ+f. λ3 son los únicos valores propios de T (de D).
Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal con matriz ⎛ ⎞ a1 a2 a3 A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ c1 c2 c3 y sea λ un escalar. que sólo dos de ellas sean iguales o que las tres sean distintas. ∞) y por tanto la gráfica de p corta al eje λ por lo menos una vez. • La matriz A − λI3 no es invertible • det (A − λI3 ) = 0. Si ya sabemos que λ es un valor propio de T (de A). o sea. Ahora como el grado del mencionado polinomio es 3. es decir.1).1) donde d.2) . De igual forma que para una transformación lineal del plano. es fácil ver que lim p (λ) = ∞ y lim p (λ) = −∞ λ→−∞ λ−→∞ Además. λ2 . es decir. e y f son ciertas constantes. p es continua en todo el intervalo (−∞. tal que AX = λX • El sistema (A − λI3 ) X = O tiene solución no trivial. existe λ0 ∈ R tal que p (λ0 ) = 0. como x = 0 o y =  0oz=  0 (pues ⎝ y ⎠ = O) entonces z λ = λ1 o λ = λ2 o λ = λ3 Así que λ1 . se llama ecuación característica de T (de A).   a1 − λ a2 a3    b1 b2 − λ b3  = 0   c1 c2 c3 − λ en la cual λ se considera una incógnita. del sistema ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ a2 a3 x a1 − λ 0 ⎠ ⎝ ⎝ b1 ⎠ ⎝ b2 − λ b3 y = 0 ⎠ c1 c2 c3 − λ z 0 (14. podemos asegurar que al menos una de dichas raíces es real.455 14. pudiendo ocurrir que esas tres raíces sean iguales. Las raíces reales de esta ecuación son entonces los valores propios de T (de A). existe λ0 ∈ R tal que λ0 es una raíz de la ecuación (14. Como el lado izquierdo de (14. X = O. Definiciones. Cálculo de valores y vectores propios ⎛ ⎞ x Ahora. por ser p una función polinómica. 2) no es invertible (pues λ es valor propio de T (de A)) entonces. el conjunto solución Eλ de (14. como ya sabemos. Valores propios y vectores propios Al conjunto solución de este sistema lo llamaremos espacio propio de T (de A) correspondiente a λ y lo denotaremos por Eλ . los vectores propios de T (de A) correspondientes a λ son las soluciones no triviales del sistema homogéneo ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ a2 a3 x 0 a1 − λ ⎝ b1 b2 − λ b3 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ c1 c2 c3 − λ z 0 • Si λ es un valor propio de T (de A).456 14. • Si λ es un valor propio de T (de A).2) es una recta que pasa por el origen.4 Sea T la transformación lineal del espacio cuya matriz es ⎛ ⎞ 1 1 −1 A=⎝ 0 2 0⎠ −1 1 1 Hallar los valores propios de T (de A) y los correspondientes espacios propios. como la matriz de coeficientes del sistema (14. o es un plano que pasa por el origen o es todo R3 . el espacio propio Eλ es una recta que pasa por el origen o es un plano que pasa por el origen o es todo R3 . Ejemplo 14. Solución: La ecuación característica de T (de A) es   1 − λ 1 −1    0 2−λ 0  = 0   −1 1 1 − λ Calculando el determinante se encuentra que esta ecuación es   (2 − λ) λ2 − 2λ = 0 . Como resumen de lo anterior tenemos: Sea T : R3 −→ R3 una transformación ⎛ a1 A = ⎝ b1 c1 lineal con matriz ⎞ a2 a3 b2 b3 ⎠ c2 c3 • Un número real λ es un valor propio de T (de A) si y sólo si λ es una raíz de la ecuación característica de T (de A)   a1 − λ a2 a3    b1 b2 − λ b3  = 0   c1 c2 c3 − λ • La transformación T (la matriz A) tiene por lo menos un valor propio y tiene a lo más tres valores propios distintos. Ahora. 1 Por último. los cuales son los valores propios de T (de A).1. el espacio propio de T (de A) correspondiente al valor propio λ2 = 2 es el conjunto solución del sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1−2 1 −1 x 0 ⎝ 0 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2−2 0 y = 0 ⎠ −1 1 1−2 z 0 es decir. del sistema ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 1 −1 x ⎝ 0 2 0⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ −1 1 1 z 0 ⎛ Resolviendo este sistema se obtiene que dicho espacio propio es ⎧⎛ ⎞  ⎛ x ⎞ ⎛ z ⎞⎫ ⎨ x ⎬ ⎝ y ⎠=⎝ 0 ⎠ ⎝ y ⎠ ∈ R3 E0 = ⎩ ⎭ z z z ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫  ⎛ x ⎞ 1 ⎬ ⎨ x ⎝ y ⎠ = z⎝ 0 ⎠ ⎝ y ⎠ ∈ R3 = ⎩ ⎭ z z 1 que E0 es una recta que pasa por el origen. del sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 −1 x 0 ⎝ 0 0 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 y = 0 ⎠ 0 −1 1 −1 z Resolviendo este sistema se encuentra que ⎧⎛ ⎞  ⎛ x ⎨ x ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y E2 = ⎩ z z ⎧⎛ ⎞ ⎛  x ⎨ x 3 ⎝ ⎝ ⎠ y y ∈R = ⎩ z z ⎞⎫ y−z ⎬ ⎠=⎝ y ⎠ ⎭ z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 1 −1 ⎬ ⎠ = y⎝ 1 ⎠+z⎝ 0 ⎠ ⎭ 0 1 ⎞ ⎛ . como sabemos. Definiciones.457 14. la recta generada por el vector ⎛ Observe ⎞ 1 ⎝ 0 ⎠. El espacio propio de T (de A) correspondiente a λ1 = 0 es. el conjunto solución del sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1−0 1 −1 x 0 ⎝ 0 2−0 0 ⎠⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ −1 1 1−0 z 0 es decir. Cálculo de valores y vectores propios la cual es equivalente a la ecuación λ (λ − 2)2 = 0 cuyas raíces son los números λ1 = 0 y λ2 = 2. la cual rota cada vector de R3 un ángulo de θ radianes alrededor del eje z. ⎞ ⎛ cos θ −senθ 0 cos θ 0⎠ m (Rθz ) = ⎝ senθ 0 0 1 Hallemos los valores propios y los espacios propios de esta transformación.458 14. Se presentan entonces los siguientes casos: Caso 1. Consideremos la transformación lineal Rzθ . λ = 1 es el único valor propio de Rθz .5 Sea θ tal que 0 ≤ θ < 2π. Ejemplo 14. y dos raíces no reales. relativa entre los espacios propios E0 y E2 es como se ilustra en la figura Figura 14. es decir. las cuales son λ = cos θ ± isenθ.2
E⎞2 es un plano que pasa por el origen. La ecuación característica de Rzθ es   cos θ − λ −senθ 0    senθ cos θ − λ 0  = 0   0 0 1 − λ Calculando el determinante encontramos que esta ecuación es   (1 − λ) (cos θ − λ)2 + sen2 θ = 0 la cual es equivalente a la ecuación   (1 − λ) λ2 − 2 (cos θ) λ + 1 = 0 (14.3) cuyas raíces son los números λ=1 y λ = cos θ ± isenθ Ahora. θ = 0 y θ = π En este caso la ecuación (14. Valores propios y vectores propios ⎛ Observe ⎞ ⎛ que 1 −1 ⎝ 1 ⎠y⎝ 0 0 1 La situación 14. Por tanto. λ = cos θ ± isenθ es real si y sólo si senθ = 0. .2. si y sólo si θ = 0 o θ = π. Como ya se sabe. la cual es λ = 1. el plano generado por los vectores ⎠.3) tiene una raíz real. θ = π En este caso la ecuación (14.
. pues los vectores del eje z son los únicos vectores de R3 que permanecen fijos bajo Rzπ . El espacio propio E1 de Rπz correspondiente a λ = 1 es. ¿Y cuál es el espacio propio E−1 de Rπz correspondiente a λ = −1? Veamos: Como ⎛ ⎞ −1 0 0 m (Rπz ) = ⎝ 0 −1 0⎠ 0 0 1 se tiene que E−1 es el conjunto solución del sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 − (−1) 0 0 x 0 ⎝ ⎠⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 0 −1 − (−1) 0 0 0 1 − (−1) z 0 es decir. Nótese que en este caso λ = 1 es la única raíz de la ecuación (14. el único valor propio de Rθz es λ = 1 y E1 es el eje z.14. la cual aparece sólo una vez. por los vectores de R3 que Rθz deja fijos. el eje z. Caso 3. el plano xy. y como I (X) = X = 1X para todo X de R3 entonces λ = 1 es el único valor propio y el espacio propio E1 es todo R3 . la cual aparece dos veces. como en el caso 1. es decir. y la otra es λ = −1. tenemos que: • Si θ = 0 y θ = π. Definiciones. los valores propios de Rθz son λ = 1 yλ = −1. Cálculo de valores y vectores propios 459 El espacio propio E1 de Rθz correspondiente a λ = 1 está conformado por los vectores X de R3 tales que Rzθ (X) = 1X es decir.3) tiene dos raíces reales distintas. pues los vectores X de dicho plano son los únicos vectores de R3 tales que Rπz (X) = (−1) X Resumiendo.3). Así que el espacio propio E−1 de Rπz es el plano xy. Caso 2. el conjunto solución del sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 0 x 0 ⎝0 0 0⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 0 0 2 z 0 el cual es el plano con ecuación z = 0. E1 es el eje z y E−1 es el plano xy. θ = 0 Es claro que en este caso Rθz es la transformación identidad I.1. como era de esperarse. Así que los valores propios de Rπz son λ = 1 y λ = −1. Evidentemente esos vectores son los que están sobre el eje z y por lo tanto el espacio propio E1 es el eje z. ella se repite tres veces. una es λ = 1. • Si θ = 0 entonces Rθz = I y así el único valor propio de Rzθ es λ = 1 y E1 es todo R3 • Si θ = π. Si X1 . X3 son vectores propios de A correspondientes a los valores propios λ1 . λ2 respectivamente.5) (14. para matrices de orden 3 se tiene un resultado completamente análogo: Sea A una matriz de orden 3. X2 . AP = P D donde   X1 X2 X3 P = | | | ⎛ ⎞ λ1 0 0 y D = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ 0 0 λ3 (14. correspondientes a los valores propios λ1 .     AX1 AX2 AX3 λ1 X1 λ2 X2 λ3 X3 = | | | | | | Y como     X1 X2 X3 AX1 AX2 AX3 =A | | | | | | y entonces (14. X2 . Valores propios y vectores propios Recordemos que para una matriz A de orden 2 se tiene que si X1 . linealmente independientes.4) ⎛ ⎞    λ1 0 0  X1 X2 X3 ⎝ λ1 X1 λ2 X2 λ3 X3 0 λ2 0 ⎠ = | | | | | | 0 0 λ3 ⎞ ⎛    λ1 0 0  X1 X2 X3 ⎝ X1 X2 X3 0 λ2 0 ⎠ = A | | | | | | 0 0 λ3 es decir. Si X1 . λ3 (los cuales no tienen que ser distintos dos a dos) entonces A = P DP −1 donde ⎛ ⎞   λ1 0 0 X1 X2 X3 y D = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ P = | | | 0 0 λ3 Prueba. correspondientes respectivamente a los valores propios λ1 . AX3 = λ3 X3 Luego. AX2 = λ2 X2 . entonces A = P DP −1 donde   X1 X2 P = | | y   λ1 0 D= 0 λ2 Pues bien. X3 son vectores propios de A. X2 son dos vectores propios de A. λ2 . linealmente independientes.460 14.6) . λ3 respectivamente entonces AX1 = λ1 X1 . λ2 . X2 = ⎝ 1 ⎠ . ⎛ propios ⎞ 1 que el espacio propio E0 es la recta generada por el vector ⎝ 0 ⎠ y que el espacio propio 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 E2 es el plano generado por los vectores ⎝ 1 ⎠ y ⎝ 0 ⎠ . si además los vectores X1 . X2 . λ3 respectivamente. Para esta matriz se encontró que sus valores son λ1 = 0 y λ2 = 2.1. Definiciones. X3 se ilustra en la figura 14. X2 .7)  El lector puede probar. correspondientes.I. reversando los pasos que condujeron de (14. Cálculo de valores y vectores propios 461 Ahora.4. (14.3. entonces las columnas X1 .14. λ2 .7). que si una matriz A de orden 3 admite una factorización del tipo (14. 0 1 Los siguientes vectores propios de A ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 1 −1 X1 = ⎝ 0 ⎠ . a los valores propios λ1 .5) se obtiene A = P DP −1 como se quería probar. Así que: Una matriz de orden 3 es factrorizable en la forma A = P DP −1 con P matriz de orden 3 invertible y D matriz de orden 3 diagonal si y sólo si A posee tres vectores propios linealmente independientes.4) a (14. X3 son L. multiplicando a la derecha por P −1 en ambos lados de (14.6). linealmente independientes. con P y D matrices como en (14. Ejemplo 14. X3 de la matriz P son vectores propios de A. ya que   X1 X2 X3 det = 0 | | | pues    1 1 −1    X1 X2 X3 = 0 1 0  = 2 det | | | 1 0 1 La situación relativa de los vectores X1 .7). entonces la matriz P es invertible. En tal caso.6 Consideremos la matriz ⎛ ⎞ 1 1 −1 A=⎝ 0 2 0⎠ −1 1 1 del ejemplo 14. X3 = ⎝ 0 ⎠ 1 0 1 son linealmente independientes. X2 . . haciendo la división p (λ) entre λ − 1 se encuentra que   p (λ) = (λ − 1) −λ2 + 4λ − 4   = − (λ − 1) λ2 − 4λ + 4 = − (λ − 1) (λ − 2)2 . es decir. La ecuación característica de A es   4 − λ  6 6    1 3−λ 2  = 0   −1 −5 −2 − λ Calculando el determinante y simplificando se obtiene la ecuación −λ3 + 5λ2 − 8λ + 4 = 0 (14. X3 corresponden al valor propio λ2 = 2 entonces A es factorizable como A = P DP −1 donde ⎛ ⎞   1 1 −1 X1 X2 X3 = ⎝0 1 0 ⎠ P = | | | 1 0 1 Ejemplo 14. se encuentran entre los divisores del término constante 4. como p (1) = −1 + 5 − 8 + 4 = 0. Ahora como X1 corresponde al valor propio λ1 = 0 y X2 . Sea p (λ) = −λ3 + 5λ2 − 8λ + 4. Valores propios y vectores propios Figura 14. las raíces enteras de la ecuación (14.8).8) de la cual nos interesan las raíces reales. Como el lector debe saber. si las hay.462 14. Ahora. entre los números ±1.3. entonces λ = 1 es una raíz de p (λ) y por tanto λ − 1 es un factor de p (λ) .7 Consideremos la matriz ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ λ1 0 0 0 0 0 y D = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ = ⎝0 2 0⎠ 0 0 λ2 0 0 2
⎛ ⎞ 4 6 6 A=⎝ 1 3 2⎠ −1 −5 −2 Veamos si esta matriz es o no es factorizable en la forma A = P DP −1 con P matriz invertible y D matriz diagonal. Como sabemos A es factorizable en dicha forma si y sólo si A tiene tres vectores propios linealmente independientes. ±2 y ±4 . Pasemos entonces a determinar los valores y vectores propios de A. E1 es la recta generada por el vector ⎝ −1/3 ⎠ o equivalentemente. −3 De manera similar se encuentra que el espacio ⎛ propio ⎞ E2 de A correspondiente al valor 3 propio λ = 2 es la recta generada por el vector ⎝ 1 ⎠ . Figura 14.14.4. E1 es la recta 1 ⎛ ⎞ 4 generada por el vector ⎝ 1 ⎠ . Luego la matriz A no es factorizable en la forma A = P DP −1 con P matriz invertible y D matriz diagonal.
. −2 Nótese que en este caso sólo hay dos espacios propios distintos y cada uno de ellos es una línea recta. ya que dados tres vectores propios cualesquiera de A. por lo menos dos de ellos deben estar en la recta E1 o en la recta E2 . como se ilustra en la figura 14. del sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 6 6 x 0 ⎝ 1 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 2 y 0 ⎠ = −1 −5 −3 z 0 Resolviendo este sistema encontramos que ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫  ⎛ x ⎞ −4/3 ⎬ ⎨ x ⎝ y ⎠ = z ⎝ −1/3 ⎠ E1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎭ ⎩ z 1 z ⎛ ⎞ −4/3 es decir.4. los cuales son los valores propios de A. Definiciones. Es claro entonces que A no tiene tres vectores propios linealmente independientes. El espacio propio E1 de A correspondiente a λ = 1 es el conjunto solución del sistema homogéneo ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4−1 6 6 x 0 ⎝ 1 3−1 2 ⎠⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ −1 −5 −2 − 1 z 0 es decir. la ecuación (14. Cálculo de valores y vectores propios 463 Luego. y por tanto esos tres vectores propios son linealmente dependientes.8) es − (λ − 1) (λ − 2)2 = 0 ecuación cuyas raíces son los números λ = 1 y λ = 2.1. Las raíces de la ecuación característica de A son todas reales. Vectores propios de A. 3. 2.464 14. 1. correspondientes respectivamente a los valores propios λ1 . correspondientes a valores propios distintos. λ3 (los cuales no tienen que ser distintos dos a dos) entonces la matriz   X1 X2 X3 Q= | | | la cual es invertible y con la propiedad Q−1 = QT . A posee tres vectores propios mutuamente ortogonales y unitarios. En efecto. y 3. pues ella requiere de conceptos y argumentos que están fuera de los propósitos de este texto.8 1 0 4 1 4 0 La matriz A = ⎝0 2 −1⎠ es simétrica. es tal que ⎞ ⎛ λ1 0 0 Q−1 AQ = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ 0 0 λ3 o equivalentemente ⎛ ⎞ λ1 0 0 QT AQ = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ 0 0 λ3 La prueba de 1. 4. las matrices simétricas de orden 3 tienen propiedades completamente análogas. X3 son tres vectores propios de A mutuamente ortogonales y unitarios. son ortogonales. Pues bien. X2 . 4 −1 3 3 1 3
Vimos en el capítulo 7 que las matrices simétricas de orden 2 tienen propiedades especiales en cuanto a valores y vectores propios se refiere. Valores propios y vectores propios Matrices simétricas Una matriz A de orden 3 se dice simétrica si ella es de la forma ⎛ ⎞ a b c A = ⎝b d e ⎠ c e f o equivalentemente. En las pruebas de 2. si A tiene la propiedad AT = A ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Ejemplo 14. pero la matriz B = ⎝4 2 −8⎠ no lo es. no se dará. Si X1 . λ2 . usaremos el siguiente resultado: . se tiene que: Si A es una matriz 3 × 3 simétrica entonces.2 14. puede omitir su lectura.X2 ) Ahora. podemos escribir (AX) . Figura 14. Por tanto. con X1  = 1.(AX2 ) = X1 .X2 = λ1 (X1 . λ2 respectivamente. es decir. como (AX1 ). correspondientes a los valores propios λ1 .Y = (AX)T Y = X T AT Y = X T AY = X T (AY ) = X. Prueba de 3. . para toda matriz A de orden 3. Por una parte tenemos que (AX1 ).X2 ) es decir. Matrices simétricas Si A es una matriz simétrica de orden 3 entonces para todo par de vectores X. (λ2 X2 ) = λ2 (X1 .X2 ) = λ2 (X1 .  Se advierte al lector que la prueba de 3.Y = X.X2 = X1 . X1 . entonces λ1 (X1 .2. Supongamos que λ1 = λ2 y probemos que X1 y X2 son ortogonales.Y = (AX)T Y y (AX)T = X T AT cualesquiera sean los vectores X y Y de R3 . Sean X1 . según (14.(AY ) para todo par de vectores X. Y de R3 se tiene que (AX) . como se quería probar. (λ1 − λ2 ) (X1 .X2 ) y por otra. correspondiente al valor propio λ1 y consideremos el plano P que pasa por el origen y que tiene a X1 como un vector normal (vea figura 14. Y de R3 Prueba de 2. es decir.9). se tiene que (AX) .5. Sea X1 un vector propio de A. Ya se sabe que A tiene por lo menos un valor propio λ1 .X2 = 0. si AT = A.(AX2 ).X2 = (λ1 X1 ) .465 14. X2 dos vectores propios de A. (AY ) (14. como sabemos.5). presenta un grado de dificultad que supera el nivel de este texto. si el lector lo desea.X2 = 0. si A es simétrica. X1 .X2 ) = 0 y puesto que λ1 − λ2 = 0 (pues estamos suponiendo que λ1 = λ2 ) entonces X1 .9) La prueba de este resultado es inmediata ya que.   u1  . ortogonales y unitarios en el plano P. Es claro que para todo par de vectores X. se considera la restricción T ∗ de T al plano P. Daremos ahora los detalles del plan anterior. Sea X ∈ P.11) ya que T ∗ (X) · Y = T (X) · Y = AX · Y = X · AY = X · T (Y ) = X · T ∗ (Y ) .10) ii) Probado lo anterior. probaremos que en el plano P hay dos vectores propios X2 y X3 de A ortogonales y unitarios.466 14. Entonces T (X) · X1 = AX · X1 = X · AX1 (por (14. es decir de A.10). Esto se probará considerando la transformación lineal T del espacio cuya matriz es A y procediendo como se indica a continuación: i) En primer lugar se prueba que Si X ∈ P entonces T (X) ∈ P (14. V de P que se identifican con u2 v2 vectores propios de T ortogonales viii) Finalmente. los vectores X2 = 1 U U  y X3 = 1 V V  son dos vectores propios de T . la transformación T ∗ : P −→ P X −→ T ∗ (X) = T (X) iii) Se identifica el plano P con R2 iv) Identificado el plano P con R2 .9)) = X · (λ1 X1 ) = λ1 (X · X1 ) = 0 (pues X · X1 = 0 ya que X ∈ P) luego T (X) ∈ P ii) Consideremos la transformación T ∗ . Y de P T ∗ (X) · Y = X · T ∗ (Y ) (14. la transformación T ∗ da lugar (en virtud de dicha identificación) a una transformación lineal T : R2 −→ R2 v) Se prueba que la matriz de T es simétrica. i) Empezaremos por probar (14. vi) Probado lo anterior ya se puede afirmar que T posee dos vectores propios u2   v1 ortogonales. es decir. Valores propios y vectores propios Pues bien. pues esto es válido para toda transformación lineal del plano con matriz v2 simétrica.     v1 u1 y son vii) Se prueba que los vectores U. existen escalares x 1 .   x1 el par de R2 . Pues bien. x2 Emplearemos  la aplicación φ para identificar cada vector X = x1 F1 + x2 F2 del plano x1 de R2 y con ello identificaremos el plano P con R2 . x2 x 2 Resumiendo.12) Consideremos la función φ : P −→R2 la cual asigna al vector X = x1 F1 + x2 F2 de P. similarmente F2 se 0   0 . como T ∗ (X) es un vector de P. .6 se ilustra la identificación entre P y R2 y la relación entre las transformaciones T ∗ y T. Como ya sabemos. Sean F1 . φ es biyectiva. P con el par x2   1 Nótese que F1 se identifica con E1 = pues F1 = 1F1 + 0F2 . la transformación T ∗ : P −→ P definida por T ∗ (x1 F1 + x2 F2 ) = x 1 F1 + x 2 F2 da lugar a la transformación T : R2 −→ R2    x1 x1 x 1 −→ T = x2 x2 x 2 Téngase presente que 1 F1 + x 2 F2 T ∗ (x1 F1 + x2 F2 ) = x ⇔     x1 x 1 T = x2 x 2 (14. Matrices simétricas iii) Pasamos ahora a identificar el plano P con R2 .13) En la figura 14. F2 dos vectores de P unitarios y ortogonales. Es claro que esta función es uno a uno y sobre. x 2 tales que T ∗ (X) = x 1 F1 + x 2 F2   x 1 de R2 . identifica con E2 = 1 iv) Una vez identificado el plano P con R2 .467 14. por otra parte. Cada vector X de P puede ser expresado de manera única como X = x1 F1 + x2 F2 siendo x1 = X · F1 y x2 = X · F2 (14. es decir. la transformación T ∗ : P −→ P da lugar a se explica a continuación: una transformación T : R2 −→ R2 como     x x1 1 en R2 . la transformación T envía y así T ∗ (X) se identifica con el par x  2     x1 x 1 en .2. se identifica con el vector X = x1 F1 + x2 F2 Sea x2 x2 de P. Veamos que esta matriz es simétrica: v) Sea ahora b d Puesto que     a c   T (E1 ) = y T (E2 ) = b d entonces (vea (14. T ∗ (F1 ) = aF1 + bF2 y T ∗ (F2 ) = cF1 + dF2 y como sabemos (vea (14.    Como   la matriz de T es simétrica. usando (14. ortogonales.11).13)).12)) a = T ∗ (F1 ) · F1 .468 14. T ∗ (u1 F1 + u2 F2 ) = (λu1 ) F1 + (λu2 ) F2 = λ (u1 F1 + u2 F2 ) es decir. b = T ∗ (F1 ) · F2 d = T ∗ (F2 ) · F2 Ahora. c = T ∗ (F2 ) · F1 . Valores propios y vectores propios Figura 14. es tal que T ∗ (U ) = λU .   comprobar a c la matriz de T. Veamos que u2 U es vector propio de A : Para cierto valor propio λ de T se tiene       u u λu 1 1 1 T =λ = u2 u2 λu2 y por tanto (vea (14.13)). el vector U = u1 F1 + u2 F2 del plano P. tenemos que b = T ∗ (F1 ) · F2 = F1 · T ∗ (F2 ) = T ∗ (F2 ) · F1 = c luego la matriz de T es simétrica. u2 v2   u1 vii) Sea U = u1 F1 + u2 F2 el vector de P que se identifica con el par . Se deja al lector que T es una transformación lineal. podemos afirmar que T posee dos vectores propios  vi) v1 u1 .6. Para ello basta probar que QT Q = I3 Digamos que ⎛ ⎞ x1 X1 = ⎝ y1 ⎠ . X2 .469 14.14) Veamos ahora que la matriz Q tiene la propiedad QT = Q−1 . X3 son tres vectores propios de A ortogonales y unitarios. Sean X1 . Finalmente. de la matriz A. λ2 .2. X2 . Prueba de 4. y sea   X1 X2 X3 Q= | | | Como X1 . X3 vectores propios de A ortogonales y unitarios. pues U ·V = (u1 F1 + u2 F2 ) · (v1 F1 + v2 F2 ) = u1 v1 + u2 v2     v1 u1 · = u2 v2     u1 v1 (ya que y son ortogonales) u2 v2 = 0 viii) Por último. los vectores X2 = 1 U U  y X3 = 1 V V  son dos vectores propios de A ortogonales y unitarios en el plano P. ⎞ ⎛ λ1 0 0 Q−1 AQ = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ 0 0 λ3 (14. Matrices simétricas o equivalentemente. y por tanto. λ3 . z1 ⎛ ⎞ x2 X2 = ⎝ y2 ⎠ z2 ⎛ ⎞ x3 y X3 = ⎝ y3 ⎠ z3 . T (U ) = λU lo cual prueba que el vector U del plano P es un vector propio de T. los vectores U y V son ortogonales. Así. correspondientes a los valores propios λ1 . De manera similar se prueba que el vector V = v1 F1 + v2 F2 es un vector propio de A en el plano P. los vectores X1 . equivalentemente. X3 son vectores propios de A linealmente independientes (pues son vectores de propios de A ortogonales y no nulos) entonces la matriz Q es invertible y tal que ⎞ ⎛ λ1 0 0 A = Q ⎝ 0 λ2 0 ⎠ Q−1 0 0 λ3 o.  X2 . si Q es una matriz de orden 3 ortogonal entonces sus columnas son vectores unitarios mutuamente ortogonales. . como X1 . Observe que de los resultados en el último recuadro se obtiene el siguiente corolario: Si A es una matriz simétrica 3 × 3 entonces existen matrices Q y D. X2 . de orden 3. con Q ortogonal y D diagonal. para probar (empleando matrices y vectores) que toda ecuación de segundo grado ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + fyz + gx + hy + iz + j = 0 con d = 0 o e = 0 o f = 0. X3 son ortogonales X1 · X2 = X1 · X3 = X2 · X3 = 0 y como X1 .14) ⎛ λ1 T ⎝ Q AQ = 0 0 es equivalente a la igualdad ⎞ 0 0 λ2 0 ⎠  0 λ3 Una matriz Q invertible y con la propiedad QT = Q−1 es llamada una matriz ortogonal. recíprocamente. en una ecuación de segundo grado de la forma  2  2  2 a x + b y  + c z  + g x + h y + i z  + j  = 0 (que carece de términos cruzados x y  . Es claro entonces que la igualdad (14. tales que QT AQ = D Este resultado se usará en el capítulo siguiente. Observe que en la prueba anterior (prueba de 4. ⎛ ⎞ 1 0 0 QT Q = ⎝0 1 0⎠ = I3 0 0 1 como se quería probar. x z  y y  z  ). X2 . Valores propios y vectores propios Entonces ⎛ x1 y1 QT Q = ⎝x2 y2 x3 y3 ⎛ X1 · X1 ⎝ X2 · X1 = X3 · X1 ⎞⎛ ⎞ x1 x2 x3 z1 z2 ⎠ ⎝y1 y2 y3 ⎠ z3 z1 z2 z3 ⎞ X1 · X2 X1 · X3 X2 · X2 X2 · X3 ⎠ X3 · X2 X3 · X3 Ahora.) se ha probado que si las columnas de una matriz Q son vectores ortogonales y unitarios entonces Q es una matriz ortogonal.470 14. el lector puede probar fácilmente que. siempre se puede transformar mediante una rotación del sistema xyz. X3 son unitarios X1 · X1 = X2 · X2 = X3 · X3 = 1 Luego. 1 ⎛ ⎞ 1 E3 es la recta generada por el vector Y2 = ⎝ 0 ⎠ .2. λ2 = 3 y λ3 = 4. los conjuntos solución de los sistemas (A − I3 ) X = O. Y3 indicados en a). 3. los cuales son los valores propios de A. 1 Observe que los vectores Y1 . X2 = 0 ⎠ . Normalizándolos obtenemos los vectores unitarios ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 1 1 1 1 ⎝ ⎠ 1 1 ⎝ 1 1 2 . E3 . respectivamente. Por tanto. Solución: a) La ecuación característica de A es   3 − λ −1  0    −1 2 − λ −1  = 0    0 −1 3 − λ El lector puede comprobar fácilmente que esta ecuación es (1 − λ) (3 − λ) (4 − λ) = 0 Las raíces de esta ecuación son los números λ1 = 1.471 14. −1 ⎛ ⎞ 1 E4 es la recta generada por el vector Y3 = ⎝ −1 ⎠ . Y2 . correspondientes a los valores propios 1. la matriz √ √ ⎞ ⎛ √   1/√6 1/ 2 1/ √3 X1 X2 X3 = ⎝2/√6 Q= 0√ −1/√ 3⎠ | | | 1/ 6 −1/ 2 1/ 3 . Y2 . (A − 3I3 ) X = O y (A − 4I3 ) X = O Resolviendo estos sistemas se encuentra que ⎛ ⎞ 1 E1 es la recta generada por el vector Y1 = ⎝ 2 ⎠ . ya que X1 ∈ E1 . E4 son mutuamente perpendiculares. E3 y E4 son. Y3 son ortogonales dos a dos y por tanto las rectas E1 . Los espacios propios E1 . X2 ∈ E2 y X3 ∈ E4 . Matrices simétricas Ejemplo 14. como lo son los ejes coordenados. los cuales son vectores propios de A ortogonales. b) Considere los vectores Y1 . b) Halle matrices Q ortogonal y D diagonal tales que QT AQ = D. X3 = X1 = Y1 = √ Y2 = √ Y3 = √ ⎝ −1 ⎠ Y1  Y2  Y3  6 2 3 1 −1 1 los cuales siguen siendo vectores propios de A ortogonales dos a dos. 4 respectivamente.9 Considere la matriz simétrica ⎛ ⎞ 3 −1 0 A = ⎝−1 2 −1⎠ 0 −1 3 a) Halle los valores propios de A y sus correspondientes espacios propios. 472 14. respectivamente. de manera que la recta E10 es perpendicular al plano E1 . 0 2 1 Observe que el vector Y3 es ortogonal tanto a Y1 como a Y2 . Valores propios y vectores propios es una matriz ortogonal tal que QT AQ = D ⎛ ⎞ 1 0 0 D = ⎝0 3 0⎠ 0 0 4 donde Ejemplo 14. La situación de los espacios propios y de los vectores Y1 . .7. nótese además.10 Considere la matriz simétrica
⎞ ⎛ 5 4 2 A = ⎝4 5 2⎠ 2 2 2 a) Halle los valores propios de A y los correspondientes espacios propios. b) Halle matrices Q ortogonal y D diagonal tales que QT AQ = D. y E10 es la recta generada por el vector Y3 = ⎝ 2 ⎠ . Los espacios propios E1 y E10 son. que Y1 y Y2 no son ortogonales. Por tanto. Solución: a) El lector puede comprobar que det (A − λI3 ) = (1 − λ)2 (10 − λ) y por tanto la ecuación característica de A es (1 − λ)2 (10 − λ) = 0 Las raíces de esta ecuación son los números λ1 = 1 (esta raíz se repite. Y2 . Y3 se ilustra en la figura 14.7. los conjuntos solución de los sistemas (A − I3 ) X = O y (A − 10I3 ) X = O Resolviendo ⎛ ⎛ ⎛ vectores ⎞ estos sistemas ⎞se encuentra que E1 es el plano generado por los ⎞ −1 −1 2 Y1 = ⎝ 1 ⎠ y Y2 = ⎝ 0 ⎠ . apareciendo dos veces) y λ2 = 10 (raíz que no se repite). los dos valores propios de A son λ1 = 1 (que aparece dos veces) y λ2 = 10 (que aparece una sola vez). Figura 14. debe satisfacer también la ecuación −x + y = 0 Resolviendo el sistema 2x + 2y + z = 0 −x + y = 0 ⎛ ⎞ x encontramos que sus soluciones son los vectores ⎝ y ⎠ de la forma z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −z/4 −1/4 ⎝ y ⎠ = ⎝ −z/4 ⎠ = z ⎝ −1/4 ⎠ z z 1 ⎛ Luego. ortogonales. X2 = Y2∗ = √ ⎝ 1 ⎠ . Una manera de hallarlos es la siguiente: ⎛ ⎞ x ⎝ Fijemos (por ejemplo) el vector Y1 y hallemos en el plano E1 un vector y ⎠ ortogonal z a Y1 . X1 = ∗ Y1  Y2  2 3 2 0 −4 ⎛ ⎞ 2 1 1⎝ ⎠ 2 Y3 = X3 = Y3  3 1 . −4 Por tanto. los vectores Y1 y Y2∗ son dos vectores propios de A. Puesto que una ecuación para el plano E1 es 2x + 2y + z = 0 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 2 x (pues Y3 = ⎝ 2 ⎠ es un vector normal al plano E1 ) entonces el vector ⎝ y ⎠ debe z 1 satisfacer esta ecuación y además ser ortogonal a Y1 . Matrices simétricas Todos los vectores no nulos en el plano E1 son vectores propios de A correspondientes al valor propio λ1 = 1.2. es claro entonces que en E1 hay dos vectores propios de A ortogonales y unitarios. el vector 1 Y2∗ = ⎝ 1 ⎠ el cual se obtiene haciendo z = −4 en la igualdad anterior. correspondientes al valor propio 1. Y2∗ = ⎝ 1 ⎠ .473 14. por ejemplo. es decir. Normalizándolos obtenemos los vectores unitarios ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 1 1 1 1 Y1 = √ ⎝ 1 ⎠ . Y3 = ⎝ 2 ⎠ −4 0 1 son vectores propios de A ortogonales dos a dos. un ⎛ ⎞ vector del plano E1 ortogonal al vector Y1 es. Tenemos así que los vectores ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −1 1 2 Y1 = ⎝ 1 ⎠ . d. Valores propios y vectores propios los cuales siguen siendo vectores propios de A ortogonales. A + 3I.1 1. hallar los escalares a. b) Para cada una de las siguientes matrices determinar si ella es invertible: A + I. b) Para la matriz A dada en cada numeral. c. Por tanto. 3.3 QT AQ = D
Ejercicios Sección 14. decir a cuál valor propio corresponde. con X1 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 1 b) Sea A = ⎝a b c ⎠ . c) Hallar el determinante de A. e y f. X2 correspondiendo al valor propio λ1 = 1 y X3 correspondiendo al valor propio λ2 = 10. hallar los valores propios de A y los correspondientes espacios propios. la matriz √ √ ⎞ ⎛   −1/√ 2 1/3√2 2/3 X1 X2 X3 = ⎝ 1/ 2 Q= 1/3 √2 2/3⎠ | | | 0 −4/3 2 1/3 es una matriz ortogonal tal que ⎛ ⎞ 1 0 0 D = ⎝0 1 0 ⎠ 0 0 10 donde 14. A − 3I. a) Sea T la transformación lineal del espacio definida por ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 3x + 7y + 9z T ⎝ y ⎠ = ⎝ −4x − 5y + z ⎠ z 2x + 4y + 4z ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 4 2 Determinar si X = ⎝ −3 ⎠ y Y = ⎝ −1 ⎠ son vectores propios de T y si alguno 1 3 de ellos lo es. 2.474 14. Sea A una matriz de orden 3 tal que su ecuación característica es det (A − λI) = −λ3 + 5λ2 − 3λ − 9 = 0 a) Hallar los valores propios de A. b. . a) Probar que si A es una matriz triangular superior o inferior de orden 3 entonces los valores propios de A son las componentes de su diagonal principal. Sabiendo que X = ⎝ 1 ⎠ . Y = ⎝ 0 ⎠ y Z = ⎝ −1 ⎠ 1 −1 0 d e f son vectores propios de A. en R3 . X2 = ⎝ 0 ⎠ 1 1 ⎞ ⎛ −2 y X3 = ⎝ 1 ⎠ son vectores propios de A correspondientes respectivamente a los 0 valores propios λ1 = 6. b) Hallar los espacios propios de A e interpretarlos geométricamente. vi) T = Rxθ con 0 ≤ θ ≤ 2π ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 −3 6. c) ¿Posee A tres vectores propios linealmente independientes? En caso afirmativo. Para la matriz A. λ2 = 0 y λ3 = 0. Para la transformación lineal T dada en cada numeral: a) Hallar los valores propios de T.3. ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 0 1 0 ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ 0 . 7. Hallar una matriz A de orden 3 tal que los vectores X1 = ⎝ 1 ⎠. .475 14. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 x z ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 3 ii) T y = 0 ⎠ 3 10 z 0 iii) T es la transformación nula de R3 . Para la matriz A dada en cada numeral: a) Hallar los valores propios de A. encontrar al menos un valor de c para el cual A tenga tres vectores propios linealmente independientes. b) Hallar los espacios propios ⎛ 2 ⎝ i) T es tal que m (T ) = 1 3 de T e interpretarlos geométricamente. hallarlos. dada en cada literal. T (E2 ) = 0 y T (E3 ) = 1 ⎠ iv) T es tal que T (E1 ) = 1 3 −3 v) T es la transformación identidad de R3 . Ejercicios ⎞ ⎛ −2 0 0 ii) A = ⎝ 0 3 0 ⎠ 0 0 −2 ⎞ ⎛ 2 1 0 i) A = ⎝0 2 1⎠ 0 0 2 4. dada en cada literal. Para la matriz A. hallar tales matrices. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 1 0 0 a) A = ⎝0 0 1⎠ b) A = ⎝0 2 1⎠ 0 c 0 c 0 0 8. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 3 3 4 0 0 i) A = ⎝−3 −5 −3⎠ ii) A = ⎝1 4 0⎠ 0 0 5 3 3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1/2 −2 −4 −3 6 3⎠ iii) A = ⎝ 1/2 3/2 −1/2⎠ iv) A = ⎝ 4 −1/2 −1 1 −3 −3 −1 5. determinar si existen matrices P invertible y D diagonal tales que A = P DP −1 y en caso afirmativo. c) Demostrar que si X y Y son vectores propios de T correspondientes a un valor propio λ entonces X + Y también es un vector propio de T correspondiente a λ. Para la matriz A. Para la matriz dada. √ √ √ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ −1/ 2 1/ √6 1/√3 cos θ senθ 0 a) A = ⎝ 0√ b) A = ⎝−senθ cos θ 0⎠ −2/√ 6 1/√3⎠ 0 0 1 1/ 6 1/ 3 1/ 2 √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1/2 −1/3 0 0 1 1/ 2 d) A = ⎝1/3 1/2 0⎠ c) A = ⎝1 0 0√ ⎠ 0 0 1 0 0 1/ 2 12. . cualquiera sea el ángulo θ. en caso afirmativo. en cada literal. b) Mostrar que la matriz de la reflexión respecto al plano x + y + z = 0 es una matriz ortogonal . Sea T una transformación lineal del espacio. a) Demostrar que todo vector propio de T corresponde a un único valor propio de T . b y c de tal forma que la matriz sea simétrica. el vector cX también es un vector propio de T correspondiente a λ. siempre que X + Y = O.2 10. d) Demostrar que si U es un vector propio de T correspondiente a un valor propio λ y LU es la recta generada por el vector U entonces la imagen bajo T de cada vector de LU es también un vector de LU . b) Demostrar que si X es un vector propio de T correspondiente a un valor propio λ entonces para todo c ∈ R. determinar si A es ortogonal y. hallar su inversa. dada en cada literal. Valores propios y vectores propios ⎛ 4 a) A = ⎝2 1 ⎛ 1 c) A = ⎝0 0 ⎞ 0 1 3 2⎠ 0 4 ⎞ 0 0 1 1⎠ 1 1 ⎞ ⎛ 3 0 0 b) A = ⎝0 2 0⎠ 0 1 2 ⎛ ⎞ −3 −7 −5 d) A = ⎝ 2 4 3⎠ 1 2 2 9. es decir. hallar los valores de a. es una matriz ortogonal. a) Mostrar que la matriz de la rotación Rxθ por el ángulo θ. alrededor del eje x. ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 1 a 3 1 2 1 b) ⎝b 2 4⎠ a) ⎝a 2 1⎠ 3 c 0 b c 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a −2 1 2 a − 2b + 2c 2a + b + c c) ⎝−2 3 b⎠ d) ⎝3 5 a+c ⎠ c 0 1 0 −2 7 11.476 14. Sección 14. un vector propio de T no puede pertenecer a dos espacios propios diferentes. c = 0. Ejercicios √ √ ⎞ ⎛ a 1/√2 −1/√ 2 13. Sean A = ⎝−4 5 2 ⎠ . c) ¿Posee A factorización D = QT AQ con Q matriz ortogonal y D matriz diagonal? En caso afirmativo.477 14. Interpretar geométricamente cada espacio propio. b) Verificar que vectores propios de A correspondientes a valores propios diferentes son mutuamente ortogonales. b) Demostrar que si la matriz de coeficientes del sistema a1 x + a2 y + a3 z = d1 b1 x + b2 y + b3 z = d2 c1 x + c2 y + c3 z = d3 es ⎛ una ⎞ matriz ortogonal entonces x ⎝ y ⎠ para el cual z x = y = z = el sistema posee como única solución el vector a1 d1 + b1 d2 + c1 d3 a2 d1 + b2 d2 + c2 d3 a3 d1 + b3 d2 + c3 d3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −4 −2 −2 1 14. 16. b) Hallar matrices Q ortogonal y D diagonal tales que D = QT AQ. Para la matriz A dada en cada numeral: a) Hallar los valores propios y su respectivos espacios propios. b. d) Hallar matrices ⎛ −4 0 ⎝ i) A = 0 2 0 3 Q ortogonal y D diagonal tales que D = QT AQ. b) Mostrar que X es vector propio de A y determinar su valor propio correspondiente. a) Hallar escalares a. hallarlos. c tales que la matriz ⎝ b 1/√6 1/√6 ⎠ sea una matriz c 1/ 3 1/ 3 ortogonal. Sin calcular la ecuación característica de A : 0 1 1 3 a) Mostrar que 5 es un valor propio de A y encontrar el espacio propio de A correspondiente a dicho valor propio. encontrar matrices Q y D con las propiedades anteriores. c) ¿Posee A tres vectores propios unitarios y ortogonales? En caso afirmativo. X = ⎝ 2 ⎠ y Y = ⎝ 1 ⎠ . ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 1 1 3⎠ ii) A = ⎝1 0 1⎠ 2 1 1 0 . ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ −1 3 1 1 15.3. Sean A = ⎝1 3 1⎠ y X = ⎝ 1 ⎠. Sin calcular los espacios −2 2 2 1 0 propios de A : a) Verificar que X y Y son vectores propios de A. . c) Hallar la matriz A. 1 a) ¿Es la matriz A factorizable en la forma A = P DP −1 con P matriz invertible y D matriz diagonal? En caso afirmativo. Valores propios y vectores propios ⎛ ⎞ 1 −1 1 iii) A = ⎝−1 1 −1⎠ 1 −1 1 ⎞ ⎛ 1 3 4 iv) A = ⎝3 1 0⎠ 4 0 1 17. Sea A una matriz de orden 3 tal que⎛sus valores ⎞ ⎛ propios ⎞ son λ1 = −5 y λ2 = 3. c) Hallar la matriz A. 18. 0 −1 además E−5 es el plano generado por ⎝ 1 ⎠ . b) ¿Es la matriz A factorizable en la forma A = QDQT con Q matriz ortogonal y D matriz diagonal? En caso afirmativo.478 14. b) Hallar matrices Q ortogonal y D diagonal tales que D = QT AQ. hallar matriz P y D con las propiedades anteriores. ⎝ 1 ⎠ y E3 es la recta generada 0 −1 ⎛ ⎞ 1 por ⎝ 1 ⎠ . Si A es matriz simétrica de orden 3 tal que sus únicos valores propios son ⎛ ⎞ λ1 = 2 y 1 λ2 = −3 y el espacio propio E2 es la recta generada por el vector ⎝ −1 ⎠ : −1 a) Hallar el espacio propio E−3 . hallar Q y D con la propiedades anteriores. D. B. x es decir.1) en la cual por lo menos uno de los A. los cuales pueden ser paralelos o pueden cortarse. S es llamado una superficie cuádrica o también una superficie cuadrática. si el conjunto de puntos de R2 que la satisface es no vacío entonces dicho lugar y geométrico es una cónica (parábola. • S es un plano. Ahora nos ocuparemos de la ecuación de segundo grado en tres variables x. para la ecuación x2 + y2 + z 2 = −1 se da que S = φ y para la ecuación x2 + y 2 + z 2 = 0 479 . • S es la unión de dos planos distintos.1). E y F es no nulo. elipse o hipérbola) o es uno de los casos degenerados de cónicas (un punto. Por ejemplo. estos casos son los siguientes: • S es vacío. y.1 Definiciones En el capítulo 8 se estudió la ecuación de segundo grado en dos variables x. C. • S consta de un solo punto. una recta. z Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Iz + J = 0 (15. En los casos exceptuados nos referiremos a S como una superficie cuádrica (cuadrática) degenerada.15 Superficies cuádricas 15. dos rectas distintas paralelas o dos rectas distintas que se cortan). ⎛ coeficientes ⎞ x Sea S el conjunto de puntos ⎝ y ⎠ de R3 que satisface una ecuación del tipo (15. z Exceptuando ciertos casos. • S es una línea recta. y Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 Vimos allí que si una ecuación
de  la forma anterior representa algún lugar geométrico. el eje z. si cada −z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x vez que el punto ⎝ y ⎠ satisface la ecuación de S. el cual es el punto ⎝ −y ⎠ . se tiene que una superficies ⎛ ⎞ S es (por ejemplo) x ⎝ simétrica respecto al eje x si cada vez que un punto y ⎠ está en S. paraboloides elípticos y paraboloides hiperbólicos (la esfera es un caso particular de elipsoide. los cuales son paralelos. z −z De igual forma. y la unión de los planos distintos x = y y x = −y. Por otra parte. para la ecuación ⎩ ⎭ 0 x2 + y 2 = 0 vemos que el conjunto de puntos que la satisfacen es ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎨ x ⎬ S = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x=0yy=0 ⎩ ⎭ z el cual es una recta. z . el plano z = 0. Ahora. cilindros hiperbólicos. también lo z ⎛ ⎞ x está su simétrico respecto al eje x. como lo es la circunferencia de la elipse). conos. x2 − y 2 = 0 los conjuntos de puntos que las satisfacen son. también lo está su simétrico respecto al plano xy. • Extensión de la superficie: Valor que puede tomar cada una de las variables x. y. los cuales se cortan. Para cada uno de esos nueve tipos daremos la(s) forma(s) canónica(s) o estándar de la ecuación y dibujaremos las superficies teniendo en cuenta la siguiente información: • Los interceptos con los ejes coordenados. para las ecuaciones z 2 = 0. hiperboloides de una hoja. En lo que respecta a la simetría. • La simetría respecto a los planos coordenados. • Las trazas o intersecciones con los planos coordenados y también con planos paralelos a los planos coordenados. En otras palabras. hiperboloides de dos hojas. respectivamente. la unión de los planos distintos x = 1 y x = −1. cilindros parabólicos. z En muchos casos bastará sólo con parte de la información anterior para dibujar la superficie. el punto ⎝ −y ⎠ también la satisface. x2 − 1 = 0.480 15. cilindros elípticos. afirmamos que hay nueve tipos distintos de ellas: elipsoides. a los ejes coordenados y al origen. Superficies cuádricas ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 0 ⎬ S = ⎝ 0 ⎠ . En cuanto a las superficies cuádricas. la ⎛ superficie S es (por ejemplo) simétrica respecto al plano xy si ⎞ x cada vez que un punto ⎝ y ⎠ está en S. 1. por ejemplo. Consideremos. −z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x −x si cada vez que el punto ⎝ y ⎠ satisface la ecuación de S. Sean C una curva contenida en un plano y L una recta que no está en el plano que contiene a C y no es paralela a ese plano. el caso de una superficie cilíndrica recta S que tiene como .1. ⎛ Por ⎞ último. si cada vez que el punto ⎝ y ⎠ satisface la ecuación −z z ⎛ ⎞ x de S. también lo está su simétrico respecto al origen. la superficie se dice una superficie cilíndrica recta o un cilindro recto. Por cada punto de C trazamos una recta paralela a L y consideramos la unión de todas esas rectas así trazadas. En forma similar se define la simetría de S −z respecto a los otros ejes coordenados y respecto a los otros planos coordenados. Cuando las generatrices son perpendiculares al plano de la directriz (como en la figura 15. La curva C se llama directriz de la superficie y cualquiera de las rectas paralelas a L que conforman la superficie se dice una generatriz de la superficie (vea figura 15. x la superficie S es simétrica respecto al origen si cada vez que un punto ⎝ y ⎠ está en z ⎛ ⎞ −x S. A continuación explicaremos lo que se entiende por tal tipo de superficies. es decir.1b). Figura 15.481 15. dicha unión es una superficie la cual se dice una superficie cilíndrica o también un cilindro. el punto ⎝ y ⎠ también la satisface. es decir.1a). Definiciones ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x el cual es el punto ⎝ y ⎠ . el cual es el punto ⎝ −y ⎠. Entre las superficies cuádricas hay algunas que son superficies cilíndricas. el punto ⎝ −y ⎠ también la −z z satisface. discutiremos una de ellas y la graficaremos. para cada tipo daremos la(s) forma(s) canónica(s) de la ecuación.2 Elipsoide La forma canónica de la ecuación de un elipsoide es x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c (15. y) = 0. b. por supuesto. Superficies cuádricas directriz una curva C del plano xy descrita por f (x. las constantes a. 0 z es decir. c que aparecen en dichas formas canónicas las asumiremos positivas. z) = 0 corresponde en el espacio a una superficie cilíndrica recta cuyas generatrices son paralelas al eje y y que tiene como directriz la curva del plano xz descrita por g (x. y=0 Igualmente. una ecuación h (y.2) . x=0 Pasaremos ahora sí a presentar los distintos tipos de superficies cuádricas. si y sólo si f (x. z) = 0. la ecuación f (x. y. paralelas al eje ⎛ ⎞ ⎛ z.2. z) = 0 corresponde en el espacio a una superficie cilíndrica recta cuyas generatrices son paralelas al eje x y que tiene como directriz la curva del plano yz descrita por h (y. En forma análoga. Las generatrices son. z) = 0. ⎞ x x Es claro que un punto ⎝ y ⎠ de R3 está en S si y sólo si el punto ⎝ y ⎠ está en C. 15.482 15. una ecuación g (x. z en la cual z puede tomar cualquier valor en R. Como ya se dijo. Luego. y) = 0 como se aprecia en la figura 15. considerada como una ecuación en x.2 Figura 15. y) = 0 y z = 0. es una ecuación para la superficie cilíndrica recta S. las trazas sobre los planos xz y yz son respectivamente. tal traza se reduce al . x=0 Consideremos ahora la traza sobre un plano y = y0 . sobre el plano z = 0. también el punto −y ⎠ la cada vez que un punto y −z z satisface pues x2 (−y)2 (−z)2 + + =1 a2 b2 c2 En forma análoga. es simétrica respecto al eje ⎛ x ya⎞que ⎛ ⎞ x x ⎝ ⎝ ⎠ satisface la ecuación (15. y por −y y z por −z.2) x por −x. es más. respecto a cada plano coordenado y respecto al origen. Simetría Es claro que la superficie es simétrica respecto a cada eje coordenado. por los z ⎛ ⎞ x puntos ⎝ y ⎠ tales que z x2 y 2 + 2 =1 y z=0 a2 b ecuación que corresponde a una elipse contenida en el plano z = 0. y los interceptos con el eje z son los puntos del eje z con z = ±c. Trazas La traza⎛sobre ⎞ el plano xy. paralelo al plano xz: Al sustituir y por y0 en la ecuación (15. es decir. es decir.2) se obtiene x = ±a y por tanto los interceptos de la superficie con el eje x son los puntos de este eje para los cuales x = ±a. Elipsoide Interceptos con los ejes coordenados Haciendo y = 0 y z = 0 en (15. los interceptos con el eje y son los puntos de este eje para los cuales y = ±b. es la curva conformada por x los puntos ⎝ y ⎠ de R3 con z = 0 y que satisfacen la ecuación (15. las elipses x2 z 2 + 2 a2 c 2 z2 y + b2 c2 = 1.2).2) se obtiene la ecuación y02 x2 z 2 + = 1 − a2 c2 b2 la cual muestra que si −b < y0 < b entonces dicha traza es una elipse. Análogamente. y=0 = 1. Por ejemplo.2). Análogamente. la superficie es simétrica respecto al origen pues al sustituir en (15.2).2. se obtiene la ecuación (−x)2 (−y)2 (−z)2 + + =1 a2 b2 c2 la cual es equivalente a (15. cuyo tamaño disminuye a medida que el plano y = y0 se aleja del plano xz.483 15. Extensión De la discusión acerca de las trazas sobre paralelos a los planos coordenados se ⎛ planos ⎞ x deduce que la superficie no tiene puntos ⎝ y ⎠ con |x| > a o |y| > b o |z| > c.3. b2 c x=0 (contenida en el plano yz) alrededor del eje y. ≤1 y ≤1 2 2 a b c2 es decir. a = c entonces el elipsoide es una superficie de revolución que se genera al rotar la elipse y2 z 2 + 2 = 1.484 15. la situación es completamente similar. la superficie es un elipsoide de revolución. si z ⎛ ⎞ x ⎝ y ⎠ es un punto de la superficie entonces z −a ≤ x ≤ a. x2 ≤ a2 . En el caso particular ⎛ a⎞= b = c. es decir. Para las trazas sobre planos x = x0 y z = z0 . si cualesquiera dos de los denominadores en la ecuación (15. la superficie 0 0 no tiene traza sobre el plano y = y0 . Superficies cuádricas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 punto ⎝ b ⎠ si y0 = b y al punto ⎝ −b ⎠ si y0 = −b. −b ≤ y ≤ b. y −c≤z ≤c ⎛ ⎞ x A esta misma conclusión puede llegarse también así: Si el punto ⎝ y ⎠ satisface la z ecuación (15. y 2 ≤ b2 y z 2 ≤ c2 o equivalentemente −a ≤ x ≤ a.2) son iguales. Nótese que si |y0 | > b. un punto ⎝ y ⎠ de R3 está en dicha z esfera si y sólo si ⎛ ⎞  x    ⎝ y ⎠ = r    z  . el elipsoide es una esfera. En general. −b ≤ y ≤ b.2) entonces x2 y2 z2 ≤ 1. Nótese que si. entendiéndose por esfera el x ⎝ conjunto de puntos y ⎠ de R3 que equidistan de un punto fijo llamado centro de la z esfera. la distancia de los puntos de la esfera a su centro se llama ⎛ radio ⎞ x Si una esfera tiene centro en el origen y radio r. por ejemplo. y −c≤z ≤c De acuerdo con la información anterior vemos que el elipsoide tiene la forma mostrada en la figura 15. ⎛ ⎞ x o equivalentemente.2) se tiene a = b = c.3. si y sólo si ⎝ y ⎠ satisface la ecuación z x2 + y 2 + z 2 = r2 la cual es la forma canónica de la ecuación de la esfera.485 15.3).4) Analizaremos a continuación la ecuación (15.3 Hiperboloide de una hoja Una forma canónica de la ecuación de un hiperboloide de una hoja es x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =1 a2 b c (15.3) Las otras dos formas canónicas son: x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =1 a2 b c y − x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c (15. el análisis para las otras dos es completamente análogo. Si en (15.3. dicha ecuación puede escribirse en la forma x2 + y 2 + z 2 = a2 la cual nos dice que en este caso el elipsoide es una esfera con centro en el origen y radio a. Interceptos con los ⎛ ejes ⎞ coordenados ⎛ ⎞ a −a Con el eje x : ⎝ 0 ⎠ y ⎝ 0 ⎠ 0 0 . 15. Hiperboloide de una hoja Figura 15. Trazas La traza en el plano xy.486 15. c Simetría La superficie es simétrica con respecto a cada eje coordenado. Superficies cuádricas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 Con el eje y : ⎝ b ⎠ y ⎝ −b ⎠ 0 0 La superficie no corta el eje z ya que al hacer x = 0 y y = 0 en (15. cuyo tamaño aumenta conforme |z0 | crece. es decir. Nótese que si a = b. cualesquiera sean estos planos. el hiperboloide es una superficie de revolución que se genera al rotar la hipérbola x2 z 2 − 2 = 1. El hiperboloide de una hoja. conforme el plano z = z0 se aleja del plano xy. y = 0 a2 c 2 z2 y − = 1.3). Extensión De lo dicho acerca de las trazas sobre planos paralelos a los planos coordenados se deduce que cada una de las variables puede tomar cualquier valor en R. z = 0 a2 b En general. y = 0 a2 c (contenida en el plano xz) alrededor del eje z. en el plano z = 0 es la elipse x2 y 2 + 2 = 1. se obtiene la z2 ecuación − 2 = 1 la cual no tiene solución para z en R.4 El eje z (eje asociado con la variable correspondiente al coeficiente negativo) se llama eje del hiperboloide. x = 0 b2 c2 También son hipérbolas las trazas sobre planos paralelos a los planos xz y yz. correspondiente a la ecuación (15. las trazas sobre los planos xz y yz son respectivamente. z = z0 a2 b2 c2 la cual es una elipse (en el plano z = z0 ). en este caso. x = 0 b2 c (contenida en el plano yz) . la hipérbola y2 z 2 − 2 = 1. Por otra parte. la traza del hiperboloide sobre cualquier plano paralelo al plano xy es una circunferencia y por tanto. es decir. las hipérbolas x2 z 2 − 2 = 1. respecto a cada plano coordenado y respecto al origen. la traza de la superficie sobre un plano z = z0 (paralelo al plano xy) es la curva descrita por las ecuaciones x2 y2 z02 + = 1 + . tiene la forma mostrada en la figura 15. o también al rotar alrededor del mismo eje.3). 4 Hiperboloide de dos hojas Una forma canónica para la ecuación de un hiperboloide de dos hojas es − x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =1 a2 b c (15. 15. respecto a cada plano coordenado y respecto al origen.6) Analizaremos la ecuación (15. .4. Interceptos con los ⎛ ejes ⎞ coordenados ⎛ ⎞ 0 0 Con el eje z : ⎝ 0 ⎠ y ⎝ 0 ⎠ c −c La superficie no corta el eje x (ya que al hacer y = 0 y z = 0 se obtiene − al eje y (ya que al hacer x = 0 y z = 0 se obtiene − y2 = 1) b2 x2 = 1) ni a2 Simetría La superficie es simétrica respecto a cada eje coordenado.5) Las otras dos formas canónicas son − x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =1 a2 b c y x2 y 2 z 2 − 2 − 2 =1 a2 b c (15.5).4. Hiperboloide de dos hojas Figura 15.487 15. el análisis para las otras dos ecuaciones es completamente análogo. el eje z (eje correspondiente a la variable con coeficiente positivo en (15. x=0 No hay trazas sobre el plano xy. la superficie no tiene traza sobre el plano z = z0 . el hiperboloide es una superficie de revolución que se genera al rotar la hipérbola z 2 x2 − 2 = 1. La superficie tiene la forma mostrada en la figura 15. con |z0 | > c. y=0 = 1. . esta elipse aumenta ⎛ ⎞de tamaño a medida que |z0 |⎛aumenta. Para c −c −c < z0 < c. llamadas hojas del hiperboloide.488 15. pues al hacer z = 0 en (15. Cuando a = b. las hipérbolas z 2 x2 − 2 c2 a 2 z y2 − c2 b2 = 1.5) se obtiene − x2 y2 − 2 =1 a2 b La traza sobre cualquier plano horizontal z = z0 es la elipse x2 y2 z02 + = − 1. c2 a y=0 (situada en el plano xz) alrededor del eje z o también al rotar alrededor de este mismo eje la hipérbola z2 y2 − 2 = 1. a2 b2 c2 z = z0 siempre y cuando |z0 | > c. cada una de las variables x. al punto ⎝ 0 ⎠ . la traza del hiperboloide con cualquier plano horizontal z = z0 . Por otra parte. Superficies cuádricas Trazas Las trazas sobre el plano xz y sobre el plano yz son. es decir. es una circunferencia y por tanto.5 La superficie consta de dos piezas. x = 0 c2 b (contenida en el plano yz). z ≥ c o z z ≤ −c. respectivamente. en este caso. es decir. ⎞ Para 0 0 z0 = c.5)) se dice el eje del hiperboloide. dicha traza se reduce al punto ⎝ 0 ⎠ y para z0 = −c. La traza sobre cualquier plano paralelo al plano xz y sobre cualquier plano paralelo al plano yz es una hipérbola. y puede tomar cualquier en R. la superficie no tiene puntos entre los planos horizontales z = c y z = −c. Extensión De lo dicho acerca de ⎛ las⎞trazas sobre planos paralelos a los planos coordenados se x deduce que si un punto ⎝ y ⎠ está sobre la superficie entonces |z| ≥ c. 5 Cono elíptico Una forma canónica para la ecuación de un cono elíptico es z2 x2 y 2 + = a2 b2 c2 (15. 15.5. Cono elíptico Figura 15.7). Interceptos con los ejes coordenados La superficie corta los ejes coordenados únicamente en el origen. respecto a cada plano coordenado y respecto al origen.7) Las otras dos formas canónicas son x2 z 2 y2 + 2 = 2 2 a c b y y2 z2 x2 + 2 = 2 2 b c a (15.5.489 15. . el análisis para las otras dos ecuaciones es similar. Simetría La superficie es simétrica respecto a cada eje coordenado.8) A continuación analizaremos la ecuación (15. la traza sobre el plano yz es la unión de las dos rectas y z − b c y z + b c = 0. 2 a b c z = z0 la cual aumenta de tamaño conforme |z0 | crece. c2 a2 b2 y = y0 Extensión Las variables x. por ejemplo.7) se obtiene z2 x2 = . y. y0 = 0.490 15. Las trazas con planos paralelos a los otros dos planos coordenados son hipérbolas. La traza de la superficie con cualquier plano horizontal z = z0 . la traza con el plano vertical y = y0 . y=0 = 0. Por otra parte. es la elipse z2 x2 y 2 + 2 = 20 . De manera similar. y=0 las cuales se cortan en el origen. x=0 = 0. x=0 las cuales también se cortan en el origen. z0 = 0. x a − z  x z  + = 0. Superficies cuádricas Trazas La traza sobre el plano xy se reduce al origen.6 . c a c y=0 lo cual nos dice que la traza con el plano xz (plano y = 0) esta formada por el par de rectas de este plano x z − a c x z + a c = 0. La superficie tiene la forma mostrada en la figura 15. a2 c2 y=0 o equivalentemente. es el hipérbola y02 z 2 x2 − = . al hacer y = 0 en (15. z pueden tomar cualquier valor en R. c a 15. a2 b z=0 contenida en el plano xy.6 Cilindro recto elíptico Una forma canónica para la ecuación de un cilindro recto elíptico es x2 y 2 + 2 =1 a2 b (15. en lugar de cono elíptico la superficie se dice cono circular.6. Cilindro recto elíptico Figura 15.6. corresponde a una superficie cilíndrica recta que tiene como directriz la elipse x2 y 2 + 2 = 1. el cono es una superficie de revolución que se obtiene al rotar alrededor del eje z x z (por ejemplo) la recta = .9) Las otras dos formas canónicas son x2 z 2 + 2 =1 y a2 c y2 z 2 + 2 =1 b2 c (15. En la figura 15.7)) se dice el eje del cono y el origen es llamado vértice del cono.9). Esta ecuación. Cuando a = b. las trazas sobre planos horizontales son circunferencias y por tanto en este caso. El eje z (eje correspondiente a la variable despejada en (15. en la cual no aparece la variable z.491 15.7 se muestra dicha superficie. .10) A continuación nos referiremos a la ecuación (15. 12) Si por ejemplo.11) con el signo + en el lado derecho. a2 b z=0 contenida en el plano xy.8 . la directriz del cilindro es la circunferencia x2 + y 2 = a2 . Cuando a = b.492 15. El eje z (eje correspondiente a la variable que no figura en la ecuación) es el eje del cilindro. z=0 En este caso el cilindro es una superficie de revolución y se dice un cilindro circular recto.10) la situación es similar.7. 15.7 Cilindro recto hiperbólico Cualquiera de las ecuaciones siguientes es una forma canónica para la ecuación de un cilindro recto hiperbólico: x2 y 2 − 2 = ±1 (15.11) a2 b x2 z 2 − 2 = ±1 y a2 c y2 z2 − 2 = ±1 b2 c (15. Para las otras dos ecuaciones en (15. la superficie correspondiente es un cilindro recto que tiene como directriz la hipérbola x2 y 2 − 2 = 1. La superficie tiene la forma mostrada en la figura 15. la ecuación es de la forma (15. Superficies cuádricas Figura 15. Por ello. Cilindro recto parabólico Figura 15. x = ±cz 2 . 15.493 15. La superficie tiene la forma mostrada en la figura 15. en el sentido de que la superficie es simétrica respecto al origen. porque ellas no poseen un centro de simetría.13) y = ±ax2 . la ecuación es y = ax2 la superficie correspondiente es un cilindro recto que tiene como directriz la parábola y = ax2 . y = ±cz 2 .8. Es de señalar que para cada una de las superficies correspondientes a las ecuaciones (15. z=0 contenida en el plano xy.8 Cilindro recto parabólico Cualquiera de las ecuaciones siguientes es una forma canónica para un cilindro recto parabólico: (15. el origen es un centro de simetría.12).8. dichas superficies son llamadas cuádricas con centro. z = ±by2 (15.2) a (15. Las superficies que siguen a continuación son llamadas cuádricas sin centro.9 .14) Si por ejemplo. x = ±by 2 z = ±ax2 . 494 15. 15. Simetría La superficie es simétrica con respecto al eje z (pues al cambiar en (15. Superficies cuádricas Figura 15. Trazas Al hacer z = 0 en (15. el análisis para las restantes ecuaciones es completamente similar.16) Analizaremos a continuación la ecuación (15. Interceptos con los ejes coordenados.9 Paraboloide elíptico Cualquiera de las ecuaciones siguientes es una forma canónica para la ecuación de un paraboloide elíptico: x2 y 2 + 2 = ±cz (15. pero no lo es respecto a los otros ejes. pero no lo es respecto al plano xy.15) con el signo + al lado derecho y c > 0. La superficie pasa por el origen y no hay otros puntos de intersección entre la superficie y los ejes coordenados. también es simétrica con respecto a los planos xz y yz.9. ni respecto al origen. se obtiene la ecuación x2 y 2 + 2 =0 a2 b .15) a2 b y2 z 2 + 2 = ±ax.15) x por −x y y por −y se obtiene una ecuación equivalente). b2 c x2 z 2 + 2 = ±by a2 c (15.15). 495 15. . y = 0 a (contenida en el plano xz) alrededor del eje z. exceptuando únicamente el origen. Figura 15. La traza sobre cualquier plano horizontal z = z0 . en este caso. las trazas con planos z = z0 . el paraboloide es una superficie de revolución que se genera al rotar. todos los puntos ⎝ y ⎠ que satisfacen la ecuación z x2 y 2 + 2 = cz a2 b cumplen la condición z ≥ 0. la parábola x2 cz = 2 . las parábolas x2 = cz. Paraboloide elíptico la cual se satisface únicamente cuando x = 0 y y = 0. Por otra parte. es la elipse x2 y 2 + 2 = cz0 . lo cual indica que la superficie está arriba del plano xy. por ejemplo. z0 > 0. la traza sobre el plano xy ⎞ x se reduce al origen.⎛por tanto. z0 > 0.10. mientras que z sólo puede tomar valores no negativos.9. En este caso la superficie se dice un paraboloide circular. y = 0 a2 y2 = cz. La forma del paraboloide elíptico es como se muestra en la figura 15. z = z0 a2 b mientras que las trazas sobre los planos xz y yz son respectivamente. Si a = b. Extensión Las variables x. son circunferencias y por tanto. x = 0 b2 Las trazas sobre planos paralelos a los planos xz y yz también son parábolas.10. y pueden tomar cualquier valor. la traza sobre el plano xy está conformada por las rectas − y x − b a y x + b a = 0. respectivamente.19) se obtiene y 2 x2 − 2 =0 b2 a es decir. las trazas sobre los planos xz y yz son. z=0 las cuales se cortan en el origen. z=0 = 0.18) 2 b c a2 c De ellas analizaremos a continuación la ecuación (15. ni respecto al origen. pero no lo es respecto a los otros ejes. y x y x + =0 b a b a Por tanto.17) con signo − en el lado derecho. Por otra parte. es la hipérbola y 2 x2 − 2 = cz0 . es decir. Interceptos con los ejes coordenados La superficie pasa por el origen y no hay otros puntos de intersección entre la superficie y los ejes coordenados.19) b2 a El análisis de las otras ecuaciones es completamente similar. también es simétrica con respecto a los planos xz y yz. b2 a z = z0 . la ecuación y 2 x2 − 2 = cz (15. las parábolas − x2 a2 y2 b2 = cz. x=0 La traza sobre un plano horizontal z = z0 . Simetría La superficie es simétrica respecto al eje z.17) a2 b y2 z2 x2 z 2 − 2 = ±ax. Trazas Si se hace z = 0 en (15. z0 = 0. Superficies cuádricas 15.10 Paraboloide hiperbólico Cualquiera de las ecuaciones siguientes es una forma canónica para la ecuación de un paraboloide hiperbólico: x2 y 2 − 2 = ±cz (15. − 2 = ±by (15. y=0 = cz.496 15. pero no lo es respecto al plano xy. la traza sobre el plano vertical y = y0 es la parábola y02 x2 = −cz + . 15. z puede tomar cualquier valor en R. y. y paralelo al eje x cuando z0 < 0. y. Las trazas sobre los planos paralelos a los planos xz y yz son parábolas. y.12). . Por ejemplo. a2 b2 y = y0 la cual se abre hacia abajo. z. Traslación de ejes De manera similar al plano.11.11 Cambio de sistema de coordenadas Tal como hicimos en el plano. y tengan la misma orientación positiva y también la misma unidad de medida de éstos (figura 15.11. acá consideraremos los cambios de coordenadas asociados con traslación y rotación de los ejes coordenados.11 Figura 15.
z
sean respectivamente paralelos a los ejes x. Extensión Cada una de las variables x. La forma del paraboloide hiperbólico es como se muestra en la figura 15. de manera que lo nuevos ejes coordenados x
. Cambio de sistema de coordenadas la cual tiene su eje transverso paralelo al eje y cuando z0 > 0.497 15. en el espacio se llama traslación de los ejes coordenados a la operación de mover los ejes coordenados de un sistema cartesiano xyz a otra posición. Si el nuevo origen O
z
⎛ ⎞ h ⎝ tiene terna de coordenadas k ⎠ respecto al sistema xyz. Al igual que para las ecuaciones de segundo grado en dos variables. equivalentemente. z
se relacionan con las viejas x. Superficies cuádricas Figura 15.12. z
+ l respectivamente. transformarla en una ecuación con el menor número posible de términos lineales. l razonando exactamente como en el caso de la traslación de ejes en el plano. según las ecuaciones x = x
+ h. y
. y. z
= z − l (15. y. Primer método. y. Se obtiene 
2  2       x + h + z
+ l − 2 x
+ h − 4 y
+ k − 4 z
+ l + 17 = 0 .22) Intentemos mediante una traslación de ejes. z y x sea P un punto del espacio con terna de coordenadas ⎝ y ⎠ respecto al sistema xyz y z ⎛
⎞ x con terna de coordenadas ⎝ y
⎠ respecto al nuevo sistema x
y
z
. y
= y − k. z pueden simplificarse mediante una traslación de los ejes x. y.21) o. Supongamos que se ha realizado una traslación de⎛los ⎞ ejes coordenados x. Usando las ecuaciones (15. algunas ecuaciones de segundo grado en tres variables x. sustituimos en la ecuación (15. z como se ilustra en el ejemplo siguiente.1 Consideremos la ecuación x2 + z 2 − 2x − 4y − 4z + 17 = 0 (15. el lector puede comprobar.20) z = z
+ l (15. y. y
+ k. z según las ecuaciones x
= x − h.498 15. Ejemplo 15.21).22) x. z por x
+ h. que las nuevas coordenadas x
. y = y
+ k. z
= z − 2 (15.25) y sustituyendo en (15.11. haciendo el cambio x
= x − 1. en las nuevas variables x
. si escogemos como nuevo origen el punto ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 h
⎠ ⎝ ⎝ 3 ⎠ k = O = 2 l la ecuación (15. obtenemos de nuevo la ecuación (15.23) está en forma canónica y corresponde a un paraboloide circular que tiene como eje al eje y
(ver figura 15.
del nuevo sistema x y z sea el punto O = 2 . Téngase presente que las ecuaciones en (15. y
.23) Nótese que esta ecuación (15. (x − 1)2 + (z − 2)2 − 4y + 12 = 0 (x − 1)2 + (z − 2)2 = 4 (y − 3) (15. la forma más simple 
2 
2 x + z − 4y
= 0 es decir. Cambio de sistema de coordenadas Desarrollando los cuadrados y agrupando términos semejantes en x
.25) corresponden a trasladar ⎛ ⎞el sistema xyz de tal modo que el origen 1



⎝ 3 ⎠ en el sistema xyz.22). l = 2 y despejando k se obtiene k = 3.22) tendrá. Ahora. Escribamos la ecuación (15. Segundo método.499 15. con el ánimo de simplificar al máximo la ecuación (15. pero que es imposible hacer que ella no tenga término lineal en y
.24) Por tanto. equivalentemente.23). tomemos h = 1.13). y
. Por tanto.24). o. z
. l = 2 y elijamos k de tal modo que h2 + l2 − 2h − 4l − 4k + 17 = 0 Sustituyendo en esta ecuación h = 1. y
= y − 3.22) en la forma     2 x − 2x + z 2 − 4z − 4y + 17 = 0 Completando los cuadrados en las expresiones en paréntesis se obtiene     2 x − 2x + 1 + z 2 − 4z + 4 − 1 − 4 − 4y + 17 = 0 es decir. z
esta ecuación toma la forma 
2 
2 x + z + 2 (h − 1) x
+ 2 (l − 2) z
− 4y
+ h2 + l2 − 2h − 4l − 4k + 17 = 0 Se observa que es posible hacer que la nueva ecuación no tenga términos lineales en x
y en z
(tomando h = 1 y l = 2). 
2 
2 x + z = 4y
(15. 14). y. Sean E1 . Superficies cuádricas Figura 15. z respectivamente y sean E1
. E3 los vectores canónicos sobre los ejes x.⎛z y ⎞ sea P un punto x del espacio cuya terna de coordenadas relativa al sistema xyz es ⎝ y ⎠ y cuya terna z ⎛
⎞ x coordenada relativa al nuevo sistema x
y
z
es ⎝ y
⎠. Figura 15.
E2 .500 15. E2 .14. E3
sus similares en el sistema x
y
z
. Rotación de ejes Entenderemos por una rotación de ejes en el espacio a la operación de mover los ejes coordenados de un sistema cartesiano xyz a una nueva posición. y.13. Puesto que −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −− → −−→ OP = xOE1 + y OE2 + z OE3 y OP = x
OE1
+ y
OE2
+ z
OE3
entonces −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ xOE1 + y OE2 + z OE3 = x
OE1
+ y
OE2
+ z
OE3
. Supongamos que se ha efectuado una rotación de los ejes x. de manera que se mantenga fijo el origen y el nuevo sistema x
y
z
esté orientado según la regla de la mano derecha (figura 15. Veamos cómo se relacionan estas z
dos ternas de coordenadas del punto P . 27) toma la z
c1 c2 c3 ⎛ igualdad que nos da ⎛ ⎞ x Si X = ⎝ y ⎠. como la terna de vectores E1
.27) ⎞ ⎛
⎞ x x ⎝ ⎠ ⎝ y
⎠. Volvamos a la ecuación Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Iz + J = 0 (15. E3
está orientada 


E1 E2 E3 positivamente y Q = entonces det (Q) = 1. Cambio de sistema de coordenadas o.28) se obtiene que X
= QT X (15. | | | En virtud de las relaciones (15.501 15. Q tiene la propiedad Q−1 = QT y en consecuencia.29) diremos que la matriz Q es la matriz de paso del sistema x
y
z
al sistema xyz y que QT es la matriz de paso del sistema xyz al sistema x
y
z
.28) y (15. c1 c2 En estas condiciones la igualdad ⎛ ⎞ ⎛ x ⎝ y ⎠ = x
⎝ z (15.30) . xE1 + yE2 + zE3 = x
E1
+ y
E2
+ z
E3
Digamos ahora que respecto al sistema xyz ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ a1 a2 E1
= ⎝ b1 ⎠ . equivalentemente. det (Q) =
±1.26) ⎞ a3 E3
= ⎝ b3 ⎠ c3 ⎛ (15. E2
.29) Algo más. z forma X = QX
(15.26) se convierte en ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a1 a2 a3 b1 ⎠ + y
⎝ b2 ⎠ + z
⎝ b3 ⎠ c1 c2 c3 la cual pude escribirse en la forma ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛
⎞ x x a1 a2 a3 ⎝ y ⎠ = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ ⎝ y
⎠ c1 c2 c3 z
z (15. es decir. de la igualdad I3 = QT Q resulta que     1 = det QT Q = det QT det (Q) = (det (Q))2 por tanto. E2
= ⎝ b2 ⎠ . Ahora. la relación entre las ternas de coordenadas y y z
z ⎛ ⎞ ⎛
⎞ a1 a2 a3 x X
= ⎝ y
⎠ y Q = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ la relación (15.28) Nótese que las columnas de Q son vectores unitarios y ortogonales y por tanto la matriz Q es una matriz ortogonal. de (15.11. existe una matriz ortogonal ⎛ ⎞ a1 a2 a3 Q = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ c1 c2 c3 y existe una matriz diagonal tales que ⎛ ⎞ λ1 0 0 D = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ 0 0 λ3 QT MQ = D (Se le pide al lector recordar cómo se obtienen matrices Q y D que cumplan las condiciones anteriores) Podemos suponer que det (Q) = 1. de manera completamente análoga a como lo hicimos en le capítulo 8 para el caso de una ecuación de segundo grado en dos variables x. pues si ello no es así es porque det (Q) = −1 y en tal caso bastará intercambiar dos de sus columnas para tener det (Q) = 1. E y F es no nulo.31) la cual ya no contiene términos cruzados x
y
. empleando vectores y matrices.33) Ahora bien. ⎛ ⎞ x y X =⎝ y ⎠ z Gx + Hy + Iz = U T X ⎛ ⎞ G U =⎝ H ⎠ I con (15. . como el lector puede verificar.30) puede expresarse en la forma X T MX + U T X + J = 0 (15. se tiene que ⎛ ⎞⎛ ⎞ A D/2 E/2 x   Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz = x y z ⎝D/2 B F/2⎠ ⎝ y ⎠ E/2 F/2 C z es decir. Procederemos. la ecuación (15. y con término en xy.502 15. En primer lugar. mediante una rotación de ejes. x
z
ni y
z
.32) ⎛ ⎞ x y X=⎝ y ⎠ z Así. A continuación probaremos que esta ecuación puede transformarse. dado que la matriz M es simétrica. Superficies cuádricas y supongamos que al menos uno de los coeficientes D. Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz = X T MX donde ⎛ ⎞ A D/2 E/2 M = ⎝D/2 B F/2 ⎠ E/2 F/2 C En segundo lugar. en una ecuación de segundo grado de la forma  2  2  2 A
x
+ B
y
+ C
z
+ G
x
+ H
y
+ I
z
+ J
= 0 (15. 28)) X = QX
Ahora veremos que al sustituir X por QX
en la ecuación (15. dicha terna de vectores determina un nuevo sistema cartesiano x
y
z
. (15. la ecuación anterior puede escribirse como (X
)T QT MQX
+ U T (QX
) + J = 0 y puesto que QT MQ = D. E3 = b3 ⎠ c1 c2 c3 (E1
es la primera columna de Q.36) . esta ecuación es equivalente a la ecuación (X
)T DX
+ U T QX
+ J = 0. En efecto. Cambio de sistema de coordenadas Teniendo que Q es ortogonal y det (Q) = 1 consideramos la terna ordenada ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a1 a2 a3


⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ E1 = b1 .33). y
. x

Sea X = ⎝ y
⎠ la terna de coordenadas en el sistema x
y
z
del punto cuya terna de z
⎛ ⎞ x ⎝ coordenadas en el sistema xyz es X = y ⎠.503 15. E2
. al hacer dicha sustitución se obtiene T    (15. E3
respectivamente.34) QX
MQX
+ U T QX
+ J = 0. E2 = b2 .35) es  2  2  2 λ1 x
+ λ2 y
+ λ3 z
+ G
x
+ H
y
+ I
z
+ J = 0 (15.11. la relación entre X
y X es (vea (15. En este punto usaremos el hecho de que (QX
)T = (X
)T QT y así. E2
la segunda y E3
la tercera) la cual está conformada por vectores unitarios y ortogonales y además está orientada positivamente. Pues bien. ésta se convierte en una ecuación que no contiene términos cruzados. z
son precisamente ⎛ dichos⎞vectores E1
. en el cual los vectores canónicos correspondientes a los ejes x
.35) Ahora. con el mismo origen del sistema xyz. z Como ya sabemos. como (X
)T DX
=  x
y
z
 ⎛ ⎞⎛
⎞ λ1 0 0 x       ⎝ 0 λ2 0 ⎠ ⎝ y
⎠ = λ1 x
2 + λ2 y
2 + λ3 z
2 0 0 λ3 z
y U T QX
⎞ a1 x
+ a2 y
+ a3 z
G H I ⎝ b1 x
+ b2 y
+ b3 z
⎠ = c1 x
+ c2 y
+ c3 z
    = G a1 x
+ a2 y
+ a3 z
+ H b1 x
+ b2 y
+ b3 z
  +I c1 x
+ c2 y
+ c3 z
= (a1 G + b1 H + c1 I) x
+ (a2 G + b2 H + c2 I) y
+ (a3 G + b3 H + c3 I) z
  ⎛ entonces la ecuación (15. realice una traslación de ejes con el propósito de eliminar o reducir a uno solo los términos lineales. Finalmente identifique el lugar geométrico correspondiente a la ecuación dada.37) ⎛ ⎞ −6 1 y U = √ ⎝ 12 ⎠ 6 6 Observe que la matriz M es simétrica. ⎛ ⎞ ⎛ la ⎞ 1 1 X1 = ⎝ 0 ⎠. respectivamente.1) en una ecuación de una de las siguientes formas: αx2 + βy 2 + γz 2 αx2 + βy 2 αx2 + γz 2 βy 2 + γz 2 = δ = γz = βy = αx De cualquiera de las ecuaciones anteriores es fácil pasar a una forma canónica que permita identificar el lugar geométrico correspondiente a la ecuación original.36).31).2 Para cada una de las ecuaciones dadas realice una rotación de ejes de tal forma que la ecuación transformada no tenga términos mixtos (o cruzados). la cual es de la forma (15.30) se transforma mediante una rotación en la ecuación (15. Puede probarse (y esto está fuera del alcance del texto) que mediante cambios apropiados de coordenadas. M = ⎝1 2 −1 4 ⎛ ⎞ x X =⎝ y ⎠ z (15. Luego. Nótese que el término constante J no cambia. siempre es posible transformar una ecuación del tipo (15. Ejemplo 15. E3 y E0 son.504 15. a) 4x2 + y 2 + 4z 2 + 2xy + 4xz − 2yz − √66 x + b) 2x2 + y 2 − 4xy − 4yz + 12x + 6y + 6z = 1 c) 25 x2 + 85 y 2 − 85 xy + √25 x − √15 y = 0 12 √ y 6 + √6 z 6 =0 Solución a) Empecemos escribiendo la ecuación dada en la forma X T MX + U T X = 0 donde ⎛ ⎞ 4 1 2 1 −1⎠ . λ2 = 3 y λ3 = 0 y que los espacios prorecta generada por el vector pios correspondientes E6 . la recta generada por el vector X2 = ⎝ 1 ⎠ y la recta generada por el 1 −1 . Dejamos que el lector muestre que los valores propios de M son los números λ1 = 6. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ G
a1 b1 c1 G ⎝ H
⎠ = ⎝a2 b2 c2 ⎠ ⎝ H ⎠ = QT U I
a3 b3 c3 I Hemos probado así que la ecuación (15. Superficies cuádricas donde G
= a1 G + b1 H + c1 I H
= a2 G + b2 H + c2 I I
= a3 G + b3 H + c3 I es decir. si fuese necesario. z
son. Y2 = = √ ⎝ 1 ⎠ .11. dicho sistema x
y
z
está orientado según la regla de la mano derecha. correspondientes respectivamente a λ1 = 6. Y3 = =√ ⎝ 2 ⎠ X1  X  X  2 3 6 2 3 −1 1 1 ⎛ El lector puede verificar que la terna ordenada Y1 . como debe ser dado que 1 la matriz M es simétrica. E3
está orientada positivamente. y
. E3
. E3
= Y3 y formemos la matriz 

E1 E2
E3
Q= | | | Como sabemos. Por tanto. es invertible y Q−1 = QT y además QT MQ = D ⎛ ⎞ 6 0 0 D = ⎝0 3 0⎠ 0 0 0 donde Consideremos ahora el sistema cartesiano x
y
z
que tiene el mismo origen del sistema xyz y tal que los vectores canónicos sobre los ejes x
. pues la terna E1
. z
sustituimos X por QX
en la ecuación (15. obteniéndose la ecuación (X
)T QT MQX
+ U T QX
= 0 Puesto que QT MQ = D entonces la ecuación anterior es equivalente a (X
)T DX
+ U T QX
= 0 Ahora. Sean entonces E1
= Y1 . relativos z z



a los sistemas xyz y x y z respectivamente.37).39) . las cuales son perpendiculares dos a dos. λ2 = 3 y λ3 = 0 son ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1 1 1 1 X1 X2 X3 Y1 = = √ ⎝ 0 ⎠ . respectivamente. Y2 . E2
= Y2 . ⎛
⎞ ⎛ ⎞ x x Los vectores de coordenadas X = ⎝ y ⎠ y X
= ⎝ y
⎠ de un mismo punto. E2
. es decir. E2
. tres vectores propios de M ortogonales dos a dos y unitarios. esta matriz Q es ortogonal. los vectores E1
. Cambio de sistema de coordenadas ⎞ −1 vector X3 = ⎝ 2 ⎠.505 15. como (X
)T DX
=  x
y
⎞⎛
⎞ ⎛ 6 0 0 x  2   2
⎝ ⎠ ⎝ 0 3 0 z y
⎠ = 6 x
+ 3 y
0 0 0 z
(15. Y3 está orientada positivamente.38) Para transformar la ecuación dada en una ecuación en las nuevas variables x
. y
. están relacionados (como sabemos) así: X = QX
(15. y que los correspondientes ⎛ espacios ⎞ propios 1 E−2 .15 Figura 15. 0 −2 0 ⎛ ⎞ x X =⎝ y ⎠ z (15. la recta 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 generada por el vector X2 = ⎝ 1 ⎠ y la recta generada por el vector X3 = ⎝ −2 ⎠. La ecuación (15.40) a su vez es equivalente a la ecuación en forma canónica (en el sistema x
y
z
) 
2 (y
)2 = −z
x + 2 la cual corresponde a un paraboloide elíptico. la recta generada por el vector X1 = ⎝ 2 ⎠.15. λ2 = 1 y λ3 = 4.506 y 15. Dejamos que el lector muestre que los valores propios de M son λ1 = −2. Superficies cuádricas √ √ ⎞⎛
⎞ ⎛ √ 1/ 2 1/ 3 −1/ x √6 √  1  −6 12 6 ⎝ 0√ U T QX
= √ 2/√6 ⎠ ⎝ y
⎠ = 6z
1/ √3 6 z
1/ 2 −1/ 3 1/ 6 entonces la ecuación (15. la cual no contiene términos cruzados y tiene un solo término lineal. cuya forma se muestra en la figura 15.40) Hemos transformado así la ecuación dada en la ecuación (15.40). respectivamente. E1 y E4 son.39) es equivalente a  2  2 6 x
+ 3 y
+ 6z
= 0 (15. las −2 1 .41) ⎛ ⎞ 12 y U =⎝ 6 ⎠ 6 Observe que la matriz M es simétrica. Solución b) Escribamos primero que todo la ecuación dada en la forma X T MX + U T X = 1 donde ⎛ ⎞ 2 −2 0 M = ⎝−2 1 −2⎠ . Sean entonces ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 2 1 1 1 E1
= Y2 = ⎝ 1 ⎠ .15. λ2 = 1 y λ3 = 4 son ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 2 X1 X2 X3 1 1 1 Y1 = = ⎝ 2 ⎠ . esta ecuación se convierte en  T QX
MQX
+ U T QX
= 1 la cual es equivalente a (X
)T QT MQX
+ U T QX
= 1 Como QT MQ = D entonces la ecuación anterior es equivalente a la ecuación 
T DX
+ U T QX
= 1 (15. Cambio de sistema de coordenadas 507 cuales son perpendiculares dos a dos. Y3 está orientada positivamente. como debe ser dado que la matriz M es simétrica. Por tanto. E2
. luego (por ejemplo) la terna ordenada Y2 . relativos a los sistemas xyz y x
y
z
resz
pectivamente. E2
y E3
. dicho sistema x
y
z
está orientado según la regla de la mano derecha. Y3 = = ⎝ −2 ⎠ X1  3 X2  3 X3  3 2 −2 1 El lector puede verificar que en este caso la terna ordenada Y1 . E3
se escogió orientada positivamente. E2
= Y1 = ⎝ 2 ⎠ . tres vectores propios de M ortogonales dos a dos y unitarios. E3
= Y3 = ⎝ −2 ⎠ 3 3 3 2 −2 1 y formemos la matriz

 E1 E2
E3
Q= | | | Como ya se sabe. Y1 . está dada por X = QX
(15.43) X . Y2 = = ⎝ 1 ⎠ .41). z
son.11. ya que la terna E1
. los vectores E1
. esta matriz Q es ortogonal y QT MQ = D donde ⎛ ⎞ 1 0 0 D = ⎝0 −2 0⎠ 0 0 4 Consideremos ahora el sistema cartesiano x
y
z
que tiene el mismo origen del sistema xyz y tal que los vectores canónicos sobre los ejes x
. respectivamente. correspondientes respectivamente a λ1 = −2. y
. la relación entre los vectores de coordenadas X = ⎝ y ⎠ y z ⎛
⎞ x X
= ⎝ y
⎠ de un mismo punto del espacio. Y2 .42) Sustituyendo X por QX
en la ecuación (15. ⎛ ⎞ x Como sabemos. Y3 está orientada negativamente. 44) la cual no contiene términos cruzados.47) − 23 + 23 − 23 = 1 4 8 16 la cual corresponde a un hiperboloide de dos hojas cuya forma en el sistema x

y

z

se muestra en la figura 15. z

= z
+ 3 4 (15. haciendo el cambio de variables x

= x
+ 3. Por último.45) corresponde a trasladar⎛el sistema ⎞ −3 3 ⎠ x
y
z
de tal modo que el nuevo sistema x

y

z

tenga como origen el punto O

= ⎝ −3/4 respecto al sistema x
y
z
. la ecuación (15. el lector puede comprobar que la ecuación anterior es equivalente a 

2 
2 3 2 23
x +3 −2 y −3 +4 z + =− 4 4 Por tanto. Téngase presente que el cambio de variables (15.45) la ecuación anterior adquiere la forma  2  2 

2 23 − 2 y

+ 4 z

= − x 4 (15. Procederemos ahora a eliminar términos lineales en la ecuación (15.508 15. y

= y
− 3. Superficies cuádricas Ahora.43) es equivalente a  2  2 
2 x − 2 y
+ 4 z
+ 6x
+ 12y
+ 6z
= 1 (15. para lo cual la escribimos en la forma          2 3 2 2 x
+ 6x
− 2 y
− 6y
+ 4 z
+ z
= 1 2 Completando los cuadrados en las expresiones entre corchetes. ⎛ ⎞⎛
⎞ 1 0 0 x   2  2  2 z
⎝0 −2 0⎠ ⎝ y
⎠ = x
− 2 y
+ 4 z
0 0 4 z

T  X DX
= x
y
y U T QX
=  12 6 6  ⎞⎛
⎞ 2/3 1/3 2/3 x ⎝ 1/3 2/3 −2/3⎠ ⎝ y
⎠ = 6x
+ 12y
+ 6z
z
−2/3 2/3 1/3 ⎛ Luego.46) es equivalente a la ecuación en forma canónica (en el sistema x

y

z

) (x

)2 (y

)2 (z

)2 (15.46) la cual ya no tiene términos cruzados ni lineales.44). la ecuación (15.16 . dado que la matriz M es simétrica. . Y2 . Y3 correspondiendo a λ2 = 0 El lector puede verificar que la terna ordenada Y1 . son ⎛ correspondientes ⎞ −1 respectivamente. Dejamos que el lector muestre que los valores propios de M son λ1 = 2 y λ2 = 0. Y2 está orientada positivamente. la recta L generada por el vector X1 = ⎝ 2 ⎠ y el plano P generado 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 por los vectores X2 = ⎝ 1 ⎠ y X3 = ⎝ 0 ⎠ 0 1 Nótese que la recta L es perpendicular al plano P.509 15. así que (por ejemplo) la terna Y1 . tres vectores propios de M ortogonales y unitarios son los vectores ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −1 2 0 1 ⎝ 1 ⎝ ⎠ X1 X2 ⎝ ⎠ =√ =√ Y1 = 2 . Solución c) Escribamos la ecuación dada en la forma X T MX + U T X = 0 donde ⎛ ⎞ 2/5 −4/5 0 M = ⎝−4/5 8/5 0⎠ . 0 0 0 ⎛ ⎞ x X =⎝ y ⎠ z (15. Cambio de sistema de coordenadas Figura 15. Y3 está orientada negativamente. Y3 . X3 en lo que sigue). Por tanto. y que los espacios propios E2 y E0 .11. Y3 = X3 = 0 ⎠ X1  X2  5 5 0 0 1 con Y1 correspondiente a λ1 = 2 y Y2 .16. habría que obtener dos vectores ortogonales no nulos en el plano P que sustituirían a los vectores X2 . Y2 = 1 . Observe además. como debe ser. que los vectores X2 y X3 son ortogonales (si ésto no fuese así.48) ⎛ ⎞ 2 1 y U = √ ⎝ −1 ⎠ 5 0 Observe que la matriz M es simétrica. 49) 
T  2 X DX
= 2 x
⎛ ⎞⎛
⎞ −1 0 2 x  1 1  3 4 T
⎝ ⎠ ⎝ 2 √0 1 2 −1 0 √ y
⎠ = − x
+ z
U QX = √ 5 5 5 5 z
0 5 0 la ecuación (15. E2
= Y3 .48). la ecuación anterior es equivalente a 
T X DX
+ U T QX
= 0 Ahora. tenemos (como es sabido) que X = QX
Reemplazando X por QX
en la ecuación (15. Superficies cuádricas Sean entonces y formemos la matriz E1
= Y1 . para lo cual la escribimos en la forma
 
2 2
3 2 x − x + z
= 0 5 5 .510 15. relativos a los sistemas xyz y x
y
z
respectivamente. ésta se convierte en (QX
)T MQX
+ U T QX
= 0 o. como ya se sabe. Denotando X = y
⎠ los vectores de coordenadas de un mismo y yX = z
z punto del espacio. E3
= Y2 

E1 E2
E3
Q= | | | la cual.50) la cual no tiene términos cruzados. es ortogonal y tal que QT MQ = D ⎞ ⎛ 2 0 0 D = ⎝0 0 0⎠ 0 0 0 donde Consideremos ahora el sistema cartesiano x
y
z
con el mismo origen del sistema xyz y tal a los ejes x
. y
. E2
. z
respectivaque E1
.50).´como y (15. Procederemos ahora a eliminar términos lineales en (15. en  
T  T Q MQ X
+ U T QX
= 0 X Como QT MQ = D.49) es equivalente a  2 4 3 2 x
− x
+ z
= 0 5 5 (15. E3
son los vectores ⎛ ⎞ canónicos ⎞ ⎛ correspondientes
x x
⎝ ⎝ ⎠ mente. equivalentemente. 51) Así. 5 y

= y
. la ecuación (15.511 15. Por último.11. haciendo el cambio de variables 1 x

= x
− . z

= z
− 2 15 la ecuación (15. Cambio de sistema de coordenadas Completando el cuadrado en la expresión en paréntesis obtenemos
 
2 2
1 2 3 2 x − x + − + z
= 0 5 25 25 5 o. equivalentemente. Figura 15. 

1 2 3 2

z − =0 2 x − + 5 5 15 (15.52) la cual no tiene términos cruzados y sólo un término lineal.51) se transforman en la ecuación  2 3 

 z =0 2 x

+ 5 (15.52) es equivalente a la ecuación en forma canónica 

2 3 x = − z

10 la cual corresponde (en el sistema x

y

z

) al cilindro parabólico cuya forma se muestra en la figura 15. .17.17. a) 4x2 + 9y 2 + z 2 = 36 b) 3x2 − 6y2 + 2z 2 − 6 = 0 c) x2 + 16z 2 = 4y 2 − 16 d) x2 − y 2 + z 2 = 0 e) 4y 2 + z 2 = 12x f) 4x2 − y2 + z = 0 g) 4x2 + y 2 = 4 h) x2 − 4z = 0 i) 4x2 − 9y 2 = 36 Sección 15.10 1. realizar luego una traslación de ejes con el fin de eliminar o reducir a uno solo los términos lineales y escribir las ecuaciones de traslación. identificar la superficie S y determinar su eje. . b) Hallar los interceptos con los ejes coordenados. Identificar el lugar geométrico correspondiente.512 15. Considere la superficie S con ecuación 16y 2 + 16z 2 − 9x2 + 144 = 0 a) Hallar la forma canónica para la ecuación de S. Para la superficie S cuya ecuación está dada en cada literal. e) Hallar e identificar las trazas de la superficie con planos paralelos a los planos coordenados.12 Ejercicios Sección 15. 2. realizar una rotación de ejes de tal manera que la ecuación transformada no tenga términos mixtos. Superficies cuádricas 15. Si es necesario. Para cada una de las siguientes ecuaciones. graficar la superficie.1 a sección 15. a) 9x2 + 36y2 + 4z 2 − 18x − 144y − 24z + 153 = 0 b) 6x2 + 3y 2 − 2z 2 + 12x − 18y − 8z + 7 = 0 c) x2 − y 2 − z 2 − 4x − 2y + 8z = 14 d) 4x2 + 9y 2 − z 2 − 54y − 10z + 56 = 0 e) x2 + 16z 2 + 2x − 32z − 16y = 15 f) 7x2 − 3y 2 + 126x + 72y + z + 135 = 0 4. realizar una traslación de ejes coordenados para transformarla en una ecuación con el menor número de términos lineales. a cada plano coordenado y al origen. identificar la superficie S y graficarla. f) Con base en la información anterior.11 3. d) Hallar las trazas con los planos coordenados e identificarlas. Para cada una de las siguientes ecuaciones cuadráticas. c) Analizar la simetría con respecto a cada eje coordenado. Escribir las ecuaciones de rotación. hallar la forma canónica para la ecuación de S. Escribir las ecuaciones de traslación y la nueva ecuación. hallar la ecuación respecto al último sistema coordenado e identificar la superficie.12.15. a) 5x2 + 5y 2 + 8xy + 4xz + 4yz + 2z 2 = 100 b) 2xy + 2xz + 2yz − 6x − 6y − 4z + 9 = 0 c) 144x2 + 100y 2 + 81z 2 − 216xy − 540x − 720z = 0 d) 2x2 + 2y 2 + 5z 2 − 4xy − 2xz + 2yz + 10x − 26y − 2z = 0 e) 2x2 − 2xz + 2z 2 = 3 f) 5x2 − 8xy + 3y 2 + 8yz + z 2 = 27 . Ejercicios 513 Finalmente. 514 15. Superficies cuádricas . 6 i − 0.84− z Sección 1. 306.2 3. 47.4 √ √ −
2 6− → − → → 12. magnitud 10440. DE = 34 AB + 12 BC − → y = → −5 − 4 v Sección 1.81.07◦ E b) 0. −0. 104. a) 1. a) 2 17. −16 22. a) 150◦ b) 3 b) −5 → − q  = 6. b) − p  = 1. a) −5/6 → 18. b = 1. a) 11. 7.7 √ − √ − → → − → − → − → → → 26. b) − w = √54 − → − → 5 3− 5 3− v 14.6 j 515 → c) − w = √ → → 3 3− 3− 2 i + 2 j . DE = 2 AC − 3 AB −−→ − −→ −−→ 9.6 20.53 km Sección 1. a) − v = −3 2 i − 3 2 j b)− u = 0 i − 5 j = −5 j − → 28 − → → 27. 19. dirección 55. w = − 3 u − 9 → 15.73 km.1 2.08. c) − x = 94 − −→ −−→ 1 −→ 2 − 8.8 i − 5.7 km/h en dirección N 28.7◦ E 5.76 √ b) 2 3 Sección 1. −6 25.Respuestas Respuestas Ejercicios Capítulo 1 Sección 1.12 → → → c) − u = 1.8 j .5◦ 4.87◦ b) − w = − 21 5 i + 5 j − → − → − → − → c) 5. a) 5.31 libras fuerza.5 16. Sección 1.61. w = −1 − 3 u − v 3 → → → u − 2− v√ 13.4 millas/hora en dirección S 61. 111.64− w − 1. 3 libras Seccion 1.67◦ b) a = 0.3 → → v. 51 25 i + 25 j .57◦ f) QS = 1. a) i) Si existen.3◦ c) a = 3 ó a = −3   −8/3 X= 1/2   √ √ 6 3+5 2 √ 6−5 2 c) a = 2. b = −2 b) i) No existen 36. si son perpendiculares.19◦ √ − → − → b) − 3 i − 3 j . 6. −1 2 −1  b) Z = −E1 + 11E 2  1 1 ◦ f) 90 g) √2 −1 h) b = 3 2 . 13 i − 13 j → → 1 − 4 − c) ángulo obtuso.2  3/2 1. 122. a) ac + b) ac + bd < 0   bd > 0 −7 6 39. − 41 i + 41 j . no perpendiculares. − 41 . → + 5 2− → 2− u u 34. a) R =  −2 −9  Sección 2.19◦ √ d) 5 2 e) 10. 10.53 i − 0.3 √ 5.83◦ . 8. no perpendiculares. a) 157. b) i = 2 u1 − 2 u2 . j = 2 u −2 i + 3 j = 1 2 1 2 2 2 u2 35.5 unidades cuadradas. 0 → 18 − → → 27 − → 9 162 − 3 − c) − 6. 0. a) i − 11 j . i 2 . 2 113. Respuestas Ejercicios Capítulo 2 Sección 2. 275. c) QM = 32 i − 12 j . a) − 3 b) 170 c) 55 2 32.19◦ √ − √ − − → − → − → − → − → → − → → 29. a) 3 b) 4 → 27 − → 18 − b) perpendiculares. − 17 i − 17 j √ √ √ − → √2 − − → √2 − − → − → √2 − → → → + 2− →. 82 i − 82 j 38. 311. F = −20 i . 225◦ √ − → − → c) 14 i − 16 j . b) punto medio de P Q : 5/2  −3 punto medio de RS : 0  2. 33. 0. a) 4. 2 i + 2 j . T1 = 15 i + 5 3 j . 9.22◦ . a) Z = 122. QR = 2 √i + 2 j . a) α = − 34 b) α = 17 √ − → − → − → 2 37.36 j − → − → − → − → 68 85 − 17 41. 26 i + 26 j 42.  b) S = 14/5 3/5   1 punto medio de QR : −1/2  −5/2 punto medio de SP : 3   c) M = dir (Z) = 95. ii) a = 11.Respuestas 516 √ − → − → 28.94◦ b) 5. 7.b =  −1 2 b) S = c) 5 unidades cuadradas. vector cero. 3 2. 11. a) QP = i − 3 j . a) R = b) R = 1 6 −−→ − − −→ −→ − → − → − → − → → − → 40. T2 = 5 i − 5 3 j √ 31. ||QM|| = 210 ||QB|| = 310 −→ − → − → e) 116. PR = i + 5 j √ −−→ − −−→ −−→ −−→ → − → − → − → d) QB = i − 13 j . − → − → b) 0. a) ángulo agudo. 3.5 unidades cuadradas.Respuestas 517     √ √ √ (−4 − 3 3)/2 (−4 + 3 3)/2 √ √ 10. a) 4x − y = −8 d) 8x + 5y = 7 7. S= b) 17/3 unidades cuadradas. a) =t . y circunferencia con centro en el punto P0 y radio r.64 10/3    x 18. a) 3x − y = 3 3 Sección 3. a) 1 b) 8 c) 57 d) 13 2 14. (3 − 4 3)/2 (3 + 4 3)/2     0 −1 11.   √ 2 19. b) 254 3 unidades cuadradas. 23. b) 13 x − y = − 10 9 b) 2x + y = −4/3 e) 3x − 2y = −4 b) y = 2x + 3 c) x = −3 f ) 7x + 4y = 19 c) y = 0 t∈R . 53/2. P = 25 y Q = 25 44 3 Respuestas Ejercicios Capítulo 3 Sección  3. m =  −2            −1 1 1 −1 3 −3 15. 2 5   √ √ √ √ −13/3 c) 5 2/2.3 6. a) y = 43 x + 43       x 2 −3 b) = +t . 53/2.2 4.64. 5   2     x2 y 2 x x 2 2 + =1 20. 3.√ 5. a) ∈ R /6x − 4y + 3 = 0 b) ∈R / 3 4 y   y  x c) ∈ R2 /x2 + y2 − 6x + 5 = 0 y 21.     33 −4 1 2 27. a) No √ colineales. 2 1  y 5 3. ∈ R2 /(x − a)2 + (y − b)2 = r2 . a) . d) 17. b) Se pueden construir tres paralelogramos y todos tienen la misma área. b) 2 10. t∈R y   3   x 3 −5 c) = +t . −4/3   1/3   1 26 1 12. U/(V · W ) = 5 −3 13   √ √ 3 7 e) − 5 5 f) 13 13. 2 10. a) ó b) ó c) ó 1 −1 2 −2  1   −1  −b b d) ó a −a En todos los casos el √ √ paralelogramo es un cuadrado. √ 16.1    x −1 1. b) 5 2/2. 6. a) (U · V )W = b) U · (V + W ) = −14. P = . t = 5. a) Q = . y −3 7 t∈R b) Colineales. 22. 9 Sección 3. ∈ R2
3x + 4y = 30 o 3x + y = 0 y 30. a) b) 13 10/7 24/7 √ √ x + 5y = −5 2 x + 5y = 5 2. 19.. −40o F = −40◦ C. t∈R a) = −5  y   −4   1  y  2 x −1 1 x 0 c) = +t . a) 3  b) 2 −1  d) 30◦ C  c) 3 −2    3 d) 1 e) Sí. 2/5 1 −1 −1   f)  1/2 . Respuestas Ejercicios Capítulo 4 Sección
4. k = −3/5. a) L. PU xy = x0 b) PU
x y =
0 y .Respuestas 518 d) y = −x + 7 9. a) c) 3/ 5 · = 13 b) 5 y 2 √ t∈R b) 13 27. a) 2    b) 22/3 5 √ √ x 1 26. 15.  e) Sección 3. X = −Z − 3W b) L.6 24.D. a) b) 3x − 2y = 17 c) 17/ 13   5/ 13 x 29. t ∈ R d) =t . 21. no perpendiculares. a) x = 1 + t. No es posible.5 unidades cuadradas. h = 10/3 Sección 3. t∈R b) = +t .I. 10. x+y =6 b) x − y =−8     4/3 0 4 a) b) c) 7/2 −4  1 −1 P =  0  √ 1/7 c) 130/7 unidades cuadradas. Sección 3. √ √ 28. Sección 3. 16. t ∈ R.8 33. a) No paralelas.4 −1 11. a) 150◦ b) 15◦ c) 90◦ d) 12. y = −3 − 23 t. y 0 0 y 1 a) k = ±2/3 b) k = ±2. se cortan en P = 14. No 34. 22. a) F = 95 C + 32 c) 68◦ F 10. 18.7 √ 25.53◦ Sección 3. 1/7   17/5 −1/5   b) Paralelas c) Perpendiculares y se cortan en P =            1 x −3 2 x 3 +t .. a). 23.1 
 1.5  13. 6. 0 . y  = 2y . a) eje x : xy ∈ R2 : y = 0
3 b) Segmento de recta entre el origen y el punto 0 . 0
√3/2
−(√3+2)/2
−1/2 √ √ h) 1/2 . 3/2 1/2
1
−7
−3 c) −3 . 3/2 (2 3−1)/2
x
x2  b)T = PU . a) S (C1 ) = y0 : y > 0 : semieje y positivo sin el origen
 S (C2 ) = y0 : y ≤ 0 : semieje y negativo con el origen

 S (C2 ) = xy ∈ R2 : y = − 43 x. −1 . 6
2
13
0 g) 1 . a) b) 5 −1 0 4 3
1
−7
−3 5. 1 −1/3
2/3 
−1/3 ii) Paralelogramo determinado por −1/3 y .Respuestas 3. T y = (x+5y)/2 x−2y T
−10 15 b) Lineal. y = 0 . . m (T ) = =
65/2 −40   2 −1 3 2 d) No lineal Sección 4. 2 . a) 0 . es decir
 x 2 y ∈ R : 0 ≤ x ≤ 3. 
y = 3 2/3 −1/3 b) i) . 519 PU
x b) SU

x y  1 3(3x+y) 10 3x+y = y =
y  x c) SU
x y =
(−3x−4y)/5 (−4x+3y)/5 Sección  4. 3
1
−1 
0 f) 0 . U = O.3 7. 0 ≤ s ≤ 1 1 iii) Circunferencia con centro en el origen y radio 23 . PU 2. y = 2 −x+y a = 4a+10b b = 10a+25b 29 . es decir
1 
 2/3 r −1/3 + s −1/3 : 0 ≤ r ≤ 1. m (T ) =   3 1 1 −2 c)
No lineal
 x . x ≤ 0 b) S (C1 ) = xy ∈ R2 : y = 34 x. para cualquier U ∈ R2 . . Para r = 13 1 1  a) x = y
3 x.
 11. 1
1/2 
−3/2
−1/2 b) −1/2 . 1
1
−1
0 d) 0 . iv) Recta y = 2x − 1.
3
−3 
00 e) 0 .4
 10. a) T y = y2 Sección 4. 29
x
(3x−4y)/5  a) SU y = (−4x−3y)/5 c). 8. Para r = 2 a) x = 2x. a) Lineal. . x < 0 12. 5 .2    0 −1 1 −3 4 4. 6 .
x
 1 x−y d). iv) Recta y = 2x − 6  . 6

 ii) Paralelogramo determinado por −24 y −26 :

 r −24 + s −26 : 0 ≤ r ≤ 1.Respuestas 520 b) i)

 4 −2 −2 . 0 ≤ s ≤ 1 iii) Circunferencia con centro en el origen y radio 4.  1/2 √3/2

√3y  √ √ π 13. 0 ≤ s ≤ 1 . es decir R π (L) = t 1+√3 . a) i) m R− 3 = ii) R− π3 xy = 12 −x+ 3x+y − 3/2 1/2
√ √ 
√3 . t ∈ R iii) Recta generada por el vector 1+ −3 1− 3 1− 3
(1+2√3)/2
1/2  √ iv) Paralelogramo determinado por y −√3/2 : 2− 3)/2 (  
1/2 
(1+2√3)/2 √ π √ + s − 3/2 : 0 ≤ r ≤ 1. R− 3 (P) = r (2− 3)/2 Para θ = π 3  . 0 ≤ s ≤ 1 ( ) x = −xsenθ − ycosθ. ii) x = xcos2θ − ysen2θ. es decir ( )  
1/2 
(1−2√3)/2 √ π R 3 (P) = r √3+2 /2 + s 3/2 : o ≤ r ≤ 1. Si a = 0 y 2a + 3b = 0.
iii)  15. y = −  a 2a+3b . i) m R ii)R π3 π 3
x y = √   1/2 − 3/2 √ = 3/2 1/2 √ 
1 x− 3y 2 √ 3x+y iii) Recta generada por el vector
√ 1−√3 . a) xy ∈ R2 : y = − 13 x b) i) y  = xcosθ − ysenθ y  = xsen2θ + ycos2θ y  = −xsenθ + ycosθ b) Si a = 0 y b = 0. eje x. t ∈ R R π3 (L) = t 1+ 3
1−√3 √ . x = xcosθ + ysenθ. es decir 1+ 3
(1−2√3)/2
1/2  iv) Paralelogramo determinado por √3+2 /2 y √3/2 . TU (S) = y



 Cuadrado de vértices 13 . x. a) m (T ) = b) T xy = (x−19y)/4 −3x+5y −3 5

 5 c) T (P) = r −8 + s −94 : 0 ≤ r ≤ 1. c. Paralelogramo determinado por 10 y −3 1 . d ∈ R.a) P = X ∈ R2 : X = A + t(B − A) + r(D − A). c. Su área es 1 unidad cuadrada. 24 . . 14 . 0 ≤ r ≤ 1    x 2 ∈ R : 1 ≤ x ≤ 2. 18. 0 ≤ s ≤ 1

 Paralelogramo determinado por −85 y −94 . m (T ) = c d  19. 3 ≤ y ≤ 4 : 20. Si a = 0 y 2a + 3b = 0. 23 . eje y

 16. d ∈ R. 0 ≤ t ≤ 1. b. b. T y = cx+dy .  
x
by  0 b .   

1/4 −19/4 17. a) m (T1 ) = . 1 1

−4x  b) (T1 + T2 ) xy = 2x+4y   −4 0 m (T1 ) + m (T2 ) = 2 4 

c) (−4T1 ) xy = −4x+4y −4x−4y   −4 4 4m (T1 ) = −4 −4 

d) (2T1 − 3T2 ) xy = 17x−5y −x−7y   17 −5 2m (T1 ) − 3m (T2 ) = −1 −7
x
−6x−2y  e) (T1 ◦ T2 ) y = −4x+4y   −6 −2 m (T1 ) m (T2 ) = −4 4
x
−4x+6y f) (T2 ◦ T1 ) y = 4x+2y   −4 6 m (T2 ) m (T1 ) = 4 2 521   −5 1 m (T2 ) = 1 3   −4 0 m (T1 + T2 ) = 2 4

4  (T1 + T2 ) −1 −3 = −14   −4 4 m (−4T1 ) = −4 −4

−8 (−4T1 ) −1 −3 = 16   17 −5 m (2T1 − 3T2 ) = −1 −7

−2 (2T1 − 3T2 ) −1 −3 = 22   −6 −2 m (T1 ◦ T2 ) = −4 4
−1
12  (T1 ◦ T2 ) −3 = −8   −4 6 m (T2 ◦ T1 ) = 4 2
−1
−14 (T2 ◦ T1 ) −3 = −10 ii) 9E1 − 22. a) i) −5E1 +7E2  12E2
 3 0 1 2 m T2 = b) m (T ) = 0 3 1 −1    .Respuestas Sección 4.5   1 −1 21. a) m (P ) = b) m P ◦ R π2 = 0 0 0 0    . 0 −1 1 0 23.  .

  .    
2 4 0 −2 0 . ángulo 2 −y : Rotación. a) A = . E = 0 1 0 1 −5 13
x
x b) i) T y = 0 : Proyección sobre el eje x

 ii) T xy = x0 : Proyección sobre el eje x



 π iv) T xy = −x iii) T xy = −y x : Rotación. ángulo π
x
−x+2y 
x
−4x+y

8x−7y  v) T y = x−3y vi) T y = 2x−3y vii) T xy = −10x+10y

x

5x−11y  ix) T xy = −y : Reflexión con respecto al eje x viii) T xy = −5x+13y
x
x x) T y = y : Identidad

 xi) T xy = xy : Reflexión con respecto a la recta y = x

 xii) T xy = xy : Identidad. m T = 0 4 0 2 . 

0 0 x 0 π ◦ P e) R d) P ◦ R π2 xy = −y c) m R π2 ◦ P = 0 y = x 2 1 0       1 0 −1 0 8 −7 2 2 24. F = DC = . CD = 0 0 0 −1 −10 10       5 −11 1 0 1 0 2 2 . B = . T 2 = D4 25. m (T ) = . b) S xy = −2x+y −2x+y  .Respuestas 522


x+y 
 b) 04 26. a) T 3 xy = −2x−2y 2x−2y = −2 −x+y

 28. t ∈ R. a) Se cortan en el punto −11 b) No se cortan c) Se cortan en el punto 14/45 4/15
 4.


 1 π 29. 7.

 3. m T −1 =  Respuestas Ejercicios Capítulo 5 Sección 
2
11
0 

5. única solución −1 f) No soluble. T −1 xy = 3x−2y −x+y −1 1  


−1  1/2 0 . T −1 xy = xy . T −1 xy = −x+y = e) Invertible.2  
 2 1 9. m T = −2 5 d) No invertible  


−1  −1 1 .1 y −11/2 1. X = −19/3 13/3 
32. el conjunto solución es la recta con ecuación 4x − 6y = 0 c) Soluble. única solución 00 e) Soluble.

x  . b) i) T −1 xy = (x+y)/2 y y (x−y)/2 (x−2y)/5 (x+3y)/10
 37. m T 1 0 g) No invertible  

x
−1  1 0 = T −1 xy = −y . a) No b) Sí. b = 4 6. T −1 xy = (1/2)x = b) Invertible. 30. T y = −xsenθ + ycosθ = R−θ y −senθ cosθ j) No invertible




(3x−y)/10 −1
x −1 x = (2x+y)/5 ii) S iii) (ST ) = 35. Dos soluciones particulares son 0
1/2  2. a) Invertible. xy = 11 0 + t 1 . a) A = . a = 2. m T 0 −1    
−1 
x
x xcosθ + ysenθ cosθ senθ −1 i) Invertible. m T 2x−y 2 −1  


−1  0 1 = . T −1 xy = −2x+5y c) Invertible. 137 boletas para adultos y 313 boletas para niños. única solución −1/2 b) Soluble. −13/7 −5/7 5. el conjunto solución
 es la recta con ecuación 3x −
y2=  6 d) Soluble. m T = . TU1 ◦ R 2 ◦ TU2 xy = −y x + −1 . a) Soluble. a) i) k = 1 y k = −1 ii) k = 1 iii) k = −1
1/k +1 ii) El conjunto solución es la recta x + y = 1 b) i) 1/k +1 Sección 5. T −1 = T h) Invertible. T −1 = T f) Invertible.6 

 3 −2 . a) (TU ◦ T ) xy = 2−y
 Reflexión con respecto al eje x seguida de la transformación TU con U = 02 Sección 4. U = 11 3 −1 b) A−1 = − 15   −1 −1 −3 2 . m T (1/5)y 0 1/5  
−1 

x−2y  1 −2 . Sección
6. 12. a) 1 unidad cuadrada b) 6 unidades cuadradas. 10. a) 7 unidades cuadradas b) 23. b) .4  13. a) b) T1 = 18◦ .2 3. a) Para todo vector uv de R2 se tiene que el sistema es soluble. Sección 6. No. a) −52/31 77/31 14. a) 22 unidades cuadradas b) 88 unidades cuadradas c) 66 unidades cuadradas d) 550 unidades cuadradas e) 22 unidades cuadradas f) 22 unidades cuadradas. X2 = 1−3√3 9.5 unidades cuadradas c) 31. 17. 11.3 √ 
−1−√3 √ 3 √ 5.

 b) Para todo vector uv que sea múltiplo escalar de 57 se tiene que el sistema es soluble.5 unidades cuadradas. U = (4y + 5) −12 3 c) No soluble 15. c) 224 unidades cuadradas d) 80 unidades cuadradas.1 1. para cada y ∈ R +y b) Soluble. T2 = 22◦ −T1 + 4T2 = 70 x+y = 1 12. La recta con ecuación y = −1. b = 5a
 16.
8/5  b) −1/5 g(x) = cot x − tan x . U = 2 −4 −1 3     4 −1 . a) Invertible y cambia la orientación b) No invertible c) Invertible y preserva la orientación 4. a) Orientado negativamente b) Orientado positivamente c) Orientado negativamente d) Orientado positivamente. a) Cambia la orientación b) Cambia la orientación c) Preserva la orientación d) Preserva la orientación e) Preserva la orientación f) Preserva la orientación Sección
6. a) Soluble. a) 16 unidades cuadradas b) 32 unidades cuadradas.  x −   2 4 14.Respuestas 523


1 c) X = A−1 U = − 15 −2 d) U = 25 23 + 15 −1 −1 10x + 25y = 650 10. No 5x + 5y = 5 13. a) 30x + 40y = 1250 b) 15 unidades del fertilizante tipo I y 20 unidades de fertilizante tipo II 4T1 − T2 = 50 11. f(x) = 2. En cada uno de los siguientes casos el sistema no es soluble: i) a = b = 0 y c = 0 ii) a = b = 0 y d = 0 Respuestas Ejercicios Capítulo 6 Sección 6. X2 = −1+ o X = 2 1− 3 1− 3
3+√3  6. vectores no nulos de la recta 1 1  √  − 2 . λ2 = − 2   2 . λ2 = −1 1. λ2 = 2 − 5 Para A6 : a) λ2 − 4λ √   −1 + 5 . t = 0. Para λ2 : vectores no nulos de la recta L 2 3. a) λ1 = 3. λ2 = −1 b) λ2 − 1 = 0. d) λ1 = 3. vectores no nulos de la recta generada por el vector 2 2 Para A3 : a) λ2 = 0 b) λ1 = 0 c) Vectores no nulos de R2 2 Para A4 : a) (λ − 1)2 = 0 b) λ = 1√ c) Vectores √ no nulos de R 2 Para A5 : a) λ√− 2 = 0 b) λ1 = 2. vectores no nulos de la recta con ecuación y = 0. Para λ2 : t . λ1 = 1. vectores no nulos de la recta con ecuación y = 2x λ2 = 2. t = 0. a = 0 y b = 3 8. vectores no nulos de la recta con ecuación λ2 = −1 vectores no nulos de la recta con ecuación x = 0. vectores no nulos de la recta generada por el 2     0 1 . λ1 = 1. t = 0. vectores no nulos del eje y vector . t = 0. vectores no nulos de la recta con ecuación y = x . vectores no nulos de el vector 2 2√   −1 − 5 la recta generada por el vector 2 2. a) λ − 1 = 0.Respuestas 524 Sección 6. Dr. a) i) 6 ii) −15 b) Sí. b) No existen c) λ = 2. Para A1 : a) (λ −   + 1) = 0 1 c) Para λ1 = 3 : t . a) λ1 = 0. r = 0 7.1 3) (λ b) λ1 = 3. generada por el vector 1 √ √ −1=0 b) λ1 = 2 + 5. t = 0. Para λ2 = −1 : t 1 2 2 b) λ = 4 Para  A2 : a) λ − 8λ + 16 = 0   3 3 c) t . t = 0. det A−1 = −1/3 c) −6 iii) 0 Respuestas Ejercicios Capítulo 7 Sección 7. . vectores no nulos de la recta generada por c) Para λ1 : t 1 √   √  − 2 2 el vector . Para λ2 : t . λ2 = −1 6. vectores no nulos de la recta generada por c) Para λ1 : t 2 √ √     −1 + 5 −1 − 5 . y = 2x.5 16. t = 0. λ2 = 1 b) Para λ1 : vectores no nulos de la recta que pasa por el origen y es perpendicular a L. λ1 = 1. λ2 = −1 2 c) λ − 1 = 0. D= b) P = 0 −3 1 1     −2 1 Para A6 : a) λ1 = 0. 0  0 . t 1    1 0 Para A3 : a) λ1 = 3.3  1 10. λ2 = −3. λ2 = −5. 1 2     1 −2 5 0 b) P = . t . . Para A1 : a) λ = 1. t . t = 0. Para A5 : b) Q = 1  1 Para A6 : b) Q = √15 2  1 √1 Para A7 : b) Q = 3 2  1 Para A8 : b) Q = √12 1 √1 2 −1 1   .2   1 9. t . t = 0. λ2 = 5. t = 0.Respuestas 525 Sección 7. t . t 1 3 √     0 0 1 − 3 . t √ . t = 0. D= . D= . 2 1 0 0    √  1 − 3 Para A7 : a) λ1 = 0.  D = A3 b) P = I2 1 Para A4 : a) λ1 = 0. 0 1 . t = 0 b) No existen. t = 0 b) No existen. 1 1 0 −1 Sección 7. t = 0. t = 0. t 1 1     3 0 1 −1 . 0    1 −1 . b) P = √ 0 4 3 1     1 −1 . t . D= . t = 0. λ2 = 4. t . t 1 1     1 −1 3 0 b) P = . t = 0. Para A2 : a) λ = 1. t . . t = 0. λ2 = −1. t . t = 0 b) No existen. Para A5 : a) λ1 = 3. t = 0. Para A8 : a) λ1 = 3. θ = tan−1 (2) 1 √   . = m Rπ  4 −2 = m (Rθ ) . − 3 = m Rπ 1 3   . a) (x − 1)2 + (y − 2)2 = 13 b) (x + 2)2 + (y − 5)2 = 81 d) (x − 2)2 + (y − 2)2 = 10 c) (x − 1)2 + (y + 6)2 = 18 2 2 (x − 1)2 + (y + 3)2 = 25 e) (x − 7) + (y − 5) = 25. −1 = m Rπ 1 4 Respuestas Ejercicios Capítulo 8 Sección 8. a) C = −2/3 0 . r = 5 . f) (x −
1)2 + (y + 1)2 = 8 √

 0 .1 1. r = 5 2.r=2 e) C = −√37 . r = 10
1/2 
√  d) C = −1/2 . r = 53 c) C = −3 b) C = 55 . F = 02 .1 Km. A = 1/5 . x2 y2 13. V = −3 . directriz y = 0. l = 4

 5. centro C = 00 . F = 2+−3 7 .5 16. V = −2 −5 1 −7 3 . 25 2/2 Sección 8. F = 19 . eje focal y = 0. l = 288/13
 
−1/4

0 
−3/20 . directriz y = −2.6

√
6
√
 d) C = −32 .
4
−2  A = 5 . F = 0 . Mínimo: 14707218. F = 0 . V = 10 . F = 3/20 .5
 
−1
−1 
−1
−1 = = e) C = −1 .6√metros 7. V = 1/4 b) C = 0 . A = 20 .3 3. e = 7/4. directriz x = 32 . eje focal y = 1. F = 05 . directriz x = 0. F = 2 . e = 4/5. eje focal y = 0. F  = 2−−3 7 .
0
0   A = −1/5 . 600 millas. 16. a) y 2 − x2 = 1 d) (y + 3)2 (x − 2)2 − =1 27/8 27/5 y2 =1 9 x2 y2 e) − =1 11/4 11 b) x2 − (x + 1)2 =1 3 (x − 6)2 (y − 2)2 f) − =1 9 7 c) (y − 4)2 − . A = −2 . eje focal x = 1. V = 13 . A = 5 . a) C = 00 . x2 y 2 + = 1.
3
−5  A = −2 . directriz x = − 52 . a) x2 + (y + 5)2 = 25 b) (x − 4)2 + y 2 = 64. l = 12 c) V = 1 . a) 4x2 + 3y 2 − 48 = 0


 b) Elipse. V  = −2 −3 . V . elipse 36 9 Sección 8. puntos de intersección 48 y −84 6. l = 8

1/2 . F = 0 0 . F = 7/2
1
1 1 d) V = 1 .4 √ 11.

 vértices V  = −40 y V = 04 . l = 3.

 12 A = −12 0 . a) + =1 b) + =1 9 5 16 9 (y − 2)2 (x − 1)2 (x − 8)2 (y + 2)2 + =1 d) + =1 c) 25 9 16 4 y 2 x2 + =1 e) 64
48 

0

0 10. + =1 202500 180000 14. F  = 11 . l = 4
−2
 e) V = −1 0 . √

 A = −62 . eje focal x = 0 15. e = 5/13. F .Respuestas 526 Sección 8.9 Km. F = . l = 4. eje focal x = 0. l = 6. l = 6

 b) V = 00 . e = 3/5. Máxima: 15206781. focos F  = −20 y F = 02 . V = 0 0 . l = 8/25




1 c) C = 15 . F  = −50 . a) V = 0 . 2 21 12. V  = −13 . V  = 10 . e = 3/5. A = 0 .4 y2 x2 (x + 3)2 (y − 4)2 8. a) y = 18 x2 b) y − 3 = − 18 (x + 4)2 c) x − 1 = − 18 (y − 3)2 1 2 7 d) y = − 12 x + 12 x+3 e) y + 1 = − 18 x2
−3/2
0 4. Respuestas 527
√ 
10

√ 
 . par de rectas paralelas √ 2
√ 2
par de rectas que se cortan j) x − 2/2 − y  − 3 2/2 = 0. a) Elipse b) Circunferencia d) Hipérbola e) Parábola g) Elipse h) Parábola j) Elipse k) Elipse m) Ningún lugar geométrico. e = 5/2. l = 9 √  √ 




 e) C = −33 . F  = −6−2√2 . F = 03 . elipse m) (x )2 − (y  )2 = 1. parábola b) x = − (y  )2 . asíntotas (y − 3) = ± 12 (x + 3) . e = 41/5. √
0
0 4  A = −8 . asíntotas y = ± √25 x. asíntotas y + 6 = ± (x − 2) . hipérbola 2 2 √ √ (3− 13)  2 (3+ 13)  2 h) (x ) − (y ) = 5. A = −34 . V = 17. V = −52 . A = 8 . V  = −20 . F  = −20 41 . l = 5

√ 
3
√ 
 d) C = −21 . hipérbola 2 2 i) 5 (x )2 = 9. √

 A = −61 . √

 A = −51 . asíntotas y + 2 = ± 32 (x − 1) . F  = 1−−213 . √

 A = −32 . a) C = 00 . c) Par de rectas que se cortan f) Elipse
 i) Punto: −1 −5 l) Hipérbola Sección 8. V = 02 . V  = −1 −2 . F  = −3−3 5 . eje focal y = 1. l = 1 x2 y2 + =1 18 11


 19. hipérbola f) x = − 14 (y  )2 . √

 vértices V  = −41 y V = 01 . e = 2. parábola
 √ 2 y + 2 (x )2 g) − = 1. elipse c) 9 7 d) (x )2 − (y  )2 = 1. l = 2




 c) C = 00 . A = 05 . V  = −72 . Sección 8. focos F  = −61 y F = 21 . V  = −53 . F = −3+3 5 . F = −6+2 √2 . F = 1+−213 . b) Hipérbola. V = −13 . F = 2 041 . a) x = 12 (y  )2 .6 20. asíntotas y − 1 = ± 3 (x + 2) 18.8
 



 b) C = −62 . l = 12. hipérbola e) 4 (x )2 − (y  )2 = 1. e = 3/2. parábola
 √ 2 x − 2 (y )2 + = 1. hipérbola 4 . centro C = −21 . V  = −10 0 0 . √ 2
 √ 2
 x − 8/ 5 y + 14/ 5 k) + =1 elipse 60 80 √  √ 

l) 4 − 10 (x )2 + 4 + 10 (y  )2 = 36. asíntotas y = ± 5 x. V = −2 .8 21. e = 13/2. A = 11 . A = −63 .
√ 
√ A = − 0 5 . F  = −30 . dir (− v ) = ⎝ 56.2◦ √ − → − → ⎝ e)  v  = 29.89◦ 165.3 ⎛ ⎞ ⎞ 56. dir (− v ) = ⎝ 90◦ ⎠ 2.96◦ ⎠ c) − v  = 53.31 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ◦ 97.96 √ √ → → → → v  = 17. k = −14 Respuestas Ejercicios Capítulo 9 Sección 9.37◦ 90◦ √ → → → → b) − v  = 13.Respuestas 528 √ 2
 √ 2
6 x + 5/2 y + 5/2 n) + = 1.97◦ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −7 −17 3. a) − v  = 4. elipse 9 9 22. dir (− ◦ 145.85◦ ⎠ 137.5 90◦ ⎞ ⎛ 68.96◦ ⎠ d) − v ) = ⎝ 75. dir ( v ) = 123. dir (− v ) = ⎝ 90◦ ⎠ ◦ ◦ 0 146. a) ⎝ −4 ⎠ b) ⎝ 10 ⎠ −2 0 √  . √ − − → →. 3 − → − → → − → − → i + j + k b) 4 3 i + j + k 4. plano xz 2 √ − 2 − √ − → → − → → → → 3 j + k √o − v = 3j − √ k 6. a) no existe b) v = i + k . a) − v = √ √ √  − → → →. a)− u = 3 √ √ → 2− 2− → − → 5. cos γ = 0. cos β = 0. F2 = −25 2 i + 25 2 j 8. 5 5 2 2 2− 3 − 5 − → → 5 2− → − → − − → − → − → i + k o v =− i + k c) v = i + j + k b) v = 2 2 2 2 3 7.62◦ − − → − → →.224. a) γ 1 = 90◦ . cos α = 0. α2 = 135◦ ⎞ 140.9659 √ − √ − √ − − → → → − → − → → b) F1 = −15 3 i + 15⎛j .1294. a) 5 3 c)
OBA : 53. 16.36 Newtons. 7 13 12. 22.61◦ ⎠ 90◦    9. k = 0− u − − 3 3 14 → 5 − → → v + → w c) − z = 5− u − − 3 3 a) 14 unidades c) 6 unidades cúbicas √ cúbicas √ b) 23 unidades cúbicas t = 0. b) cos φ = − a) senφ = 14 14 − → → − → − → − → − → − → → a) − v = (−1 − 2b) i + b j +√(−3 − 2b) k .07◦ Sección 9. 15.
OAB : 36.4 14.93◦ . 17. dir F1 + F2 = 50. a = − . ⎝  → − c) F1 + F2  = 79. cos θ = cos α cos α + cos β cos β + cos γ cos γ 10. 18. 21. b = 11 √ 11 13. 19. b ∈ R b) − v = i − j − k → → c) 2 (− v ×− u) d) λ = −2 2 − → 1→ 1− − → → → → → v + → w a) 3 unidades cúbicas b) j = −− u +− v + 0− w . ⎛ √ 11 5 3 . t = 2 y t = − 2 − → − → − → −3 i + j + 5 k 1 b) unidad cúbica 2 . a) recto b) obtuso c) agudo. Respuestas − → − → − → 23. dirección:⎝ 75. cos γ = √ 26 26 26 √ → 1− 1 → 1− → 1− h) i − j − k i) √ j) 2 35 3 6 6 6 → − → − → − − → − → k) i) j − k ii) − 17 i + 8 j + 11 k √ →.56◦ ⎠ 56. cos β = √ .05.89 d) − √ i + √ k 10 10 1 3 −4 g) cos α = − √ .06 √ c) Magnitud: 402 ≈ 20. a) 5 i − 4 j + 9 k → 1− → 1− → 7− → b) − x = i + j − k 3 ⎛ 6 ⎞6 ◦ 37.73◦ → 3 − 1 − → e) 6 f) 10. b) m = 0. W = ⎝ −8/9 ⎠ . b = ± √ p) a = 0.5 24. Cada uno de los ángulos es cos = 54.74◦ 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 8 1 28. a) W = (a + c) E1 + (a + b + c) E2 + (a + b) E3 c) a = 2. c = −1 d) a = −2c.: −2X + Y + V = O 26. √ . a) Z y W. b) ± 9 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 8 4 ⎝ −1 ⎠ c) proyY X = ⎝ 2 ⎠ . c ∈ R. W y U. ej. Z = ⎝ −1/9 ⎠ 8/9 10/9 ⎛ ⎞ 7 2⎝ −4 ⎠ 30. b = c. a) i) 6E1 − 4E2 − 2E3 ii) 52 E1 − 12E2 − 23 2 E3 −3 −2 5 b) cos α = √ . Z y U . b = . √ 2 21 2 35 2 15 2/3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4/9 22/9 29. 1  − → − → − l) ± √ 3 i +5j + k m) 35 unidades cuadradas. Sección 9. c = − 4 4 42 42 q) 4 unidades cúbicas. a) ⎝ 14 ⎠ b) ± √ ⎝ 7 ⎠ 66 −1 −2 ⎛ ⎞ 4/3 9 1 5 d) ⎝ 2/3 ⎠ c) √ . n = 5   1 −1 √ 27. proyX Y = 9 13 2 3 529 . 35 → − → − → − n) Los múltiplos escalares no nulos del vrctor 3 i + 5 j + k 1 2 1 7 n ˜) a = 9 o) a = ∓ √ . cos β = √ . b = 1. cos γ = √ 38 38 ⎞ 38⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ −4 −2 3/2 √ 1 ⎝ −5 ⎠ c) ⎝ 0 ⎠ d) 66 e) ⎝ 11/4 ⎠ f ) √ 122 −9 15/4 3/2 25. ⎞ x a) S puede ser cualquier punto ⎝ y ⎠ tal que x − 5y − 5z = −8. 2 3 3 Respuestas Ejercicios Capítulo 10 Sección 10. 3 145 10 42. c) 2 5 5 25 a) i) E1 + 9E2 + 5E3 ii) 20E1 + E2 − 7E3 iii) E1 + 15E2 + E3 3 3 ⎛3 ⎞ 3 2√ 6 ⎝ 6 ⎠ b) 1482 c) − √ d) Si son paralelos. 2 0 2 √ b) √14 unidades cuadradas. S3 = ⎝ 0 ⎠ . 41. 35.1 1.81 unidades cuadradas. Por ejemplo z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 0 S=⎝ 3 ⎠ b) t ⎝ 1 ⎠ . 14 unidades cuadradas. Volumen = unidades cúbicas 3 2 44. t ∈ R 0 −1 √ c) Z = 5 √ √ 3 a) −4 b) Z = 8 3 c) cos θ = − 2 b) 20.6◦ .45 unidades cuadradas. x = 1 + t. 37. a) no coplanares b) coplanares 2 43. z = 2 . 33. 36. 2√ 3 |ab| unidades cuadradas.Respuestas 530 ⎞ ⎛ ⎞ 2 10 13 ⎝ ⎠ 1 ⎝ 1 −22 ⎠ d) X = + 9 9 2 1       Paralelo a W Ortogonal a W ⎛ ⎛ 31.
P QR : 64. a) Son coplanares b) no coplanares. 39. y = −3 + t.4◦ √ unidades lineales. S2 = ⎝ 0 ⎠ . ⎛ 2 unidades ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 0 4 −2 a) S1 = ⎝ −2 ⎠ . 1√ 2 2 b) a b + a2 c2 + b2 c2 unidades cuadradas. 40. Están sobre L los puntos P2 y P4 2.21 d)
P RQ : 25. a) i) √ ii) 6 √ 1 4 2 iii) b) unidades cúbicas. ⎛ ⎞ 15/4 √ a) Área del paralelogramo: 172 unidades cuadradas b) X = ⎝ 1 ⎠ 13/4 √ a) 3 74 ≈ 25. c) 2 √ a ´rea = 24 cuadradas. e) 2 854 ≈ 58. 38. 2 y+3 z −2 x+4 x−1 = = b) =y−7= 8. a) Se cruzan b) ⎛ No son perpendiculares ⎞ ⎛ 5/3 3/2 c) Con el plano xy : ⎝ −1/3 ⎠ . x = y = −z z−3 37 c) − x y = . Q3 y ⎛Q ⎛4 ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ 0 x 1 b) 2y + z = 1 16. con el plano xz : ⎝ 0 0 −1/2 ⎛ ⎞ 0 con el plano yz : ⎝ 3 ⎠ −5 √ 6 42 y−1 z−5 d) e) x − 3 = = 7 2 −1 ⎛ 8/7 y−1 z +2 x−3 5/7 = = . y = −2.3 4 901 12. z = 2. 5. 37/21 ⎠ 85/21 14. = . ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 7 −1 ⎝ −2 ⎠ y ⎝ −2 ⎠ .53 3 10. a) ⎝⎝ y ⎠ − ⎝ 1 ⎠⎠ · ⎝ 2 ⎠ = 0 1 1 z 17.4 15. a) ii) 13x − 5y − 6z = −30 b) x − 2y − 4z = 0 c) L1 y L2 se cortan. 3 7 √ √ P ·D 186 1518 a) t = − b) i) ii) 2 3 11 D a) L. 4. por ejemplo. a) 2 −26 −22 26 ◦ ◦ ◦ 9. x − 3y + 4z = −3 ⎞ ⎠. punto de intersección ⎝ f) 13 2 −3 −11/7 Sección 10. a) ⎝ 2 ⎠ 2 y y−1 z−4 x−4 = .21 ⎛ ⎞ b) 77. b) −3/2 3 −3/2 3 11. 6.I.z=0 8 4 x−2 y−5 z = = −3/2 9/2 −3 Sección√10.D. Dos puntos de L distintos de P son.Respuestas 531 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 x 4 ⎝ y ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + t⎝ 1 ⎠ √ z −5 2 x= 3 + 4t.79 c) 25. x = 3. z = 5 − 2t. b) ⎛ 53 ⎞ 31/21 ⎝ 13. Sección 10. ⎛ 3. b) L. . ⎞ ⎠. a) 37. no contenida d) La recta dada.Respuestas 532 Sección10. b) 22/ 26 z 2 5 x e) x = − 3t. a) ⎝ −3 ⎠ . 2x − 3y + 5z = 24 20. y = −2 − t + 3s. x = 3 − 6t.12◦ 18. a) P1 y P3 son perpendiculares. 2 ⎛ ⎞ 7/2 c) ⎝ 0 ⎠ . 29. z = 4t 24. P√ 2 : x = 6 − t − s. y+4 z+5 25. 36 49 c) 50. b) x − 3 = = −3 −2 Sección ⎛ 10. no contenida. y = t. a) P1 : 6x − 2y + 3z = −6. P2 y P4 son paralelos 19. 30. z = t d) = y = − 5 13 13 13 34. 2y + z = 12 b) 2 14 b) 5 √ b) x − 2y + 4z = 4 a) 4/ 21 Sección 10. 1/2 23. b) 6 ⎛ ⎞ 2 iv) a) Se cortan en ⎝ −1 ⎠ y son perpendiculeres. y = −1 − 7t. z = −3 + t 21. 28. a) L. no contenida b) Conjunto vacío. y = − 4t.73◦ 11 √ c) x = −1 + 2t + 2s. y = 1 − 3t. ⎛ ⎞ −7/9 7 b) c) Q = ⎝ −14/9 ⎠ 3 14/9 ⎛ ⎞ 10 ⎝ i) a) Se cortan en b) 0 c) 25.789 c) b) 54. Dos⎛soluciones: 4y − 3z = 1 y z = 1 ⎞ 2 22. 11x + 15y − 4z = −65.22◦ 1 ⎠ y no son perpendiculares. z = 1 + 2t + s 33. a) i)⎛no paralelas ii) paralelas iii) no paralelas iv) paralelas ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 1 b) ⎝ y ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + t ⎝ −2 ⎠ c) 11x − 15y − 13z = −46 z 3 1 32. a) ⎝ 2 ⎠ 3 −2 27. b) 0 c) 90◦ 4  696 c) 0◦ v) a) No se cortan y son paralelas.D.6 ⎞ 1 1 26.D.7 31. b) √ 251 √ 2 c) 90◦ iii) a) Se cruzan y son perpendiculares. b) L.5 b) φ = 47..I. . a) x + 2y + 9z = −55 b) x = 2 + 4t. sí contenida. z = s 33 13 ≈ 6. W = 0U − V + Z c) L.63◦ ii) a) Se cruzan y no son perpendiculares. b) 35 √ a) 2y + z = 2. SU ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −5 ⎠ 7 7 1 z −6x − 2y − 3z −11 ⎛ ⎞ 3 En a) y b) U = ⎝ 1 ⎠ −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 2x + y − z 1 −1 QU ⎝ −2 ⎠ = 13 ⎝ −2 ⎠ 2.1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9x + 3y − 6z 4 x 1 1 ⎝ 1 ⎝ 1. a) T ⎝ y ⎠ = ⎝ x 3 + y /2 ⎠ z 1 1 z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √2 ⎛ ⎞ ⎛ √ ⎞ x (x + z) 1 2 ⎜ 2 ⎟ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ = b) T y =⎝ √ y T 1 1 ⎠ ⎠. m (T ) = ⎝0 1 1⎠ 1 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 10 −1 −3 12 1 ⎝ 1 ⎝ −1 10 −3⎠ b) 12 ⎠ 5. a) Es lineal. T⎝ − 3 ⎠=⎝ √ z −1 − 3 y + 3z /2 Sección 11. 1 √  ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛
−1 x − y 3 /2 √ √1
x√ T⎝ 3 ⎠=⎝ 3 ⎠ 3. a) 11 11 −3 −3 2 −8 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 9 −2 −6 13 1 1 ⎝ ⎝ 13 ⎠ −2 9 −6⎠ d) c) 11 11 −6 −6 −7 −5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x (x + y + 4z) /2 −10 75/2 ⎠ 6. m (T ) = ⎝0 0 0⎠ 0 1 0 ⎛ ⎞ 1 1 0 c) No es lineal d) Es lineal.Respuestas Respuestas Ejercicios Capítulo 11 Sección 11. PU ⎝ 1 ⎠ = 2 ⎠ 14 14 −6x − 2y + 4z −4 z 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ x 1 2x + 3y − 6z −1 1 1 b) SU ⎝ y ⎠ = ⎝ 3x − 6y − 2z ⎠ . m (T ) = ⎝1 0 0⎠ 0 1 0 ⎛ ⎞ 1 0 0 b) Es lineal. a) PU ⎝ y ⎠ = 3x + y − 2z ⎠ .2 ⎛ ⎞ 0 0 1 4. 2 1 z 0 (−x + z) ⎛ ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 x
√ x  √1 −1 ⎠ c) T ⎝ y ⎠ = ⎝
3y√ − z  /2 ⎠ . T ⎝ y ⎠ = ⎝ x−y−z T ⎝ −15 ⎠ = ⎝ −20 ⎠ z (x + y) /2 25 −25/2 533 . z −2x + 2y + z 1 −5 ⎛ ⎞ 1 ⎝ En a) y b) U = −1 ⎠ . a) QU ⎝ y ⎠ = 13 ⎝ x + 2y + z ⎠ . z −x + y + 2z 1 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x + 2y − 2z 1 −5 RU ⎝ −2 ⎠ = 13 ⎝ 2 ⎠ b) RU ⎝ y ⎠ = 13 ⎝ 2x + y + 2z ⎠ . Para cualquiera de ellas defina T (E1 ) . a) ⎝ y ⎠ ∈ R3 x − z = 0 : plano que pasa por el origen con vector normal ⎩ ⎭ z ⎛ ⎞ 1 ⎝ 0 ⎠ −1 ⎧⎛ ⎞ ⎫  ⎨ x ⎬ ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = −y = z : recta que pasa por el origen con vector director b) ⎩ ⎭ z ⎛ ⎞ 1 ⎝ −1 ⎠ 1 ⎛ ⎞ 1 −1 2 10. a) Hay infinitas respuestas. z = 2t 5 −1 8 ⎧⎛ ⎫ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1  ⎨ ⎬ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 11. y = t. b) Hay infinitas respuestas. T (E3 ) de modo que estos tres vectores correspondan a puntos del plano dado y dos de ellos sean L. z = − 43 − 10t 12. a) m (T ) = ⎝ 1 −3 3⎠ b) ⎝ 4 ⎠ 4 −1 −5 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 9 x x − y + 2z 8. T (E2 ) . a) m (T ) = ⎝3 1 4⎠ b) 2x + 2y − z = 0 c) x = −3t.534 Respuestas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 2 3 7. −1 ⎧⎛ ⎞ ⎫  ⎨ x ⎬ 9. T (E3 ) ⎛ ⎞ 2 de modo que estas tres imágenes sean múltiplos escalares del vector ⎝ 4 ⎠ −6 y al menos una de las tres sea no nula. a)T (L) = −1 + t −3 t∈R : ⎩ ⎭ 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 recta que pasa por el punto⎝ −1 ⎠ con vector director ⎝ −3 ⎠ . T (E2 ) . Para cualquiera de ellas defina T (E1 ) . y = 43 + 10t. 3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 
b) T AB : segmento de recta con extremos ⎝ 4 ⎠ y ⎝ 0 ⎠ −4 0 c) T (P) : plano con ecuación y + z = 0 d) T (L2 ) : recta con ecuación x = −6t.I. . a) ⎝ 9 ⎠ b) ⎝ −14 ⎠ c) T ⎝ y ⎠ = ⎝ 3y + z ⎠ 5 9 z x − y + 2z ⎧⎛ ⎞ ⎫  ⎬
3 ⎨ x d) T R = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x − z = 0 : plano que pasa por el origen con vector ⎩ ⎭ z ⎛ ⎞ 1 normal ⎝ 0 ⎠ . a) (T S) ⎝ y ⎠ = ⎝ y + z ⎠ b) (ST ) ⎝ y ⎠ = ⎝ x + y ⎠ z x+y+z z x ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3x + 2z x x x d) ((2T − 3S) S) ⎝ y ⎠ = ⎝ −y + 2z ⎠ c) S 2 ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠ 2x + 2y − z z z z ⎛ ⎞ 3 −20 1 ⎝ 15. 0 3 17⎠ −38 −34 52  ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
√ x
3√ − 3y +2z /4 x  .Respuestas 535 Sección 11. a) m (T + S) = ⎝ 2 1 2⎠ . (ST ) ⎝ y ⎠ = ⎝ 2x + 2z ⎠ d) m (ST ) = ⎝ 2 0 3 3 −2 0 1 −2x + z z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 7 2 −2 7x + 2y − 2z 1 1 ⎠ e) m [(2S + T ) S] = ⎝ 0 6 0 ⎠ . 0 3 3 −2 2 1 z −2x + 2y + z ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 1 0 −2 x − 2z x 1 1 2⎠ . (3T − 2S) ⎝ y ⎠ = ⎝ −4x − 2y − 4z ⎠ 3 3 4 −4 7 4x − 4y + 7z z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 −2 x x + 2y − 2z 1 1⎝ ⎠ (T S) ⎝ y ⎠ = ⎝ c) m (T S) = 0 0 0⎠ .3 ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 4 2 −2 4x + 2y − 2z x 1 1 13. ((2S + T ) S) ⎝ y ⎠ = ⎝ 6y 3 3 z −2 2 7 −2x + 2y + 7z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x z x x+y+z 14. (T + S) ⎝ y ⎠ = ⎝ 2x + y + 2z ⎠ 3 3 −2 2 4 −2x + 2y + 4z z ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −4 4 7x − 4y + 4z x 1 1 b) m (3T − 2S) = ⎝−4 −2 −4⎠ . ⎝ y ⎠ = ⎝ −y ⎠ b) R−1 R−1 U = RU con U = U 0 z z ⎛ .4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −7x + 4y + 4z x 1/3 1 19. 16. a) i) SU−1 = SU con U = ⎝ 2/3 ⎠ . x ⎠. T ⎝ √2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 2 z 2 2 (y + z) 2 Sección 11. R−1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 4x + y + 8z ⎠ ii) R−1 U = RU con U = U 9 −4x + 8y + z z 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 x x ⎝ 1 ⎠. SU−1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 4x − y + 8z ⎠ 9 4x + 8y − z z 2/3 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ 7x + 4y − 4z x 1 1 ⎝ −2 ⎠. T ⎝ y ⎠ = ⎝ √22 (y − z) ⎠ . T ⎝ y ⎠ = Ryπ Rzπ ⎝ y ⎠ = ⎝
x √3 + y √ /2  3 6 z z −x + y 3 + 2 3z /4 √  ⎞ ⎛ √ ⎞ ⎛
√3
3 − √3 /4 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ = T √3
3 + √3 /2 3 9 − 3 /4 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ −x 1 x −1 √ √ ⎜ ⎟ 17. T −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ y/b ⎠ z z/c ⎛ ⎞ ad − bc 0 0 1 −1 ⎝ d) ad − bc = 0.D. b) ⎝ 1 −2 1 ⎠ 0 1 −2/3 ⎛ Respuestas Ejercicios Capítulo 12 Sección 1 ⎫ ⎧ ⎛12.Respuestas 536 ⎞ ⎛ ⎞ x −x + y c) T −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ x − 2y + z ⎠ z y − 23 z ⎛ ⎞ 1 1 −1 1 22. a) i) Invertible. a) ⎝ y ⎠ ∈ R3 2x + 3y − 3z = 2 : ⎭ ⎩ z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 Plano que pasa por el punto ⎝ 0 ⎠ y tiene vector normal ⎝ 3 ⎠ 0 −3 ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫  x −5/7 4/7 ⎬ ⎨ x b) ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = ⎝ 9/7 ⎠ + z ⎝ 11/7 ⎠ : ⎭ ⎩ z 0 1 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5/7 4/7 Recta que pasa por el punto ⎝ 9/7 ⎠ y tiene vector director ⎝ 11/7 ⎠ 0 1 c) Conjunto vacío ⎞ ⎠ ⎞ ⎠ . a = −2 b) abc = 0. b) L. a) T −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ x + 13 y + 13 z ⎠ b) T −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ −y + z z − 23 y + 13 z z (3x + 6y − 7z) /5 ⎛ ⎞ ⎛ x z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x −2 + 4 4x − 72 y + 12 z ⎠ d) T −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ −x + y c) T −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ −y + z ⎠ 1 5 1 − z 2x − 2 y + 2 z z z ⎛ ⎞ ⎛ 2 ⎞ x −z 24. a) L. a = 2. a) a = 0. A = 0 d −b⎠ ad − bc 0 −c a 26. A−1 = ⎝ 1 −1 1⎠ 2 −1 1 1 ⎛ ⎞ −1 1 1 1⎝ −1 1 −1 1⎠ ii) Invertible.I. ⎛ ⎞ −1 1 0 21. A = 2 1 1 −1 iii) No invertible ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x+y−z −x + y + z x x 1⎝ 1⎝ −1 −1 ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ x−y+z x−y+z y y ii) T b) i) T = = 2 2 −x + y + z x+y−z z z
3 iii) T R es el plano x − y + z = 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x − 13 y + 23 z (−x + 3y − z) /5 23. ⎞  ⎬ ⎨ x 1. b) (T S)−1 ⎝ y ⎠ = ⎝ −x ⎠ z −y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x/a 25. ⎩ ⎭ 1 b) − 2x + 5y + 3z = 0 4. y. z ∈ R : ⎩ ⎭ z z 1 ⎛ ⎞ −1/2 Recta generada por ⎝ 5/2 ⎠ 1 v) Conjunto vacío ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞  ⎛ x ⎞ ⎛ −6 ⎞ 5 ⎬ ⎨ x vi) ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + y ⎝ 1 ⎠ .2 ⎧⎛ ⎞⎫ ⎞⎫ ⎛ ⎨ 7/2 ⎬ ⎨ 47/6 ⎬ ii) ⎝ −2 ⎠ 2. z ∈ R : Recta generada por ⎝ 0 ⎠ ⎭ ⎩ z 1 1 z ⎧⎛ ⎞ ⎫  x ⎨ ⎬ √ f) ⎝ y ⎠ ∈ R3 3x − 2y + 2 3z = 1 : ⎩ ⎭ z ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 3 1/3 −2 ⎠ Plano que pasa por el punto ⎝ 0 ⎠ y tiene vector normal ⎝ √ 0 2 3 Sección⎧12. z ∈ R : ⎭ ⎩ 1 z 0 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −19 −5 Recta que pasa por el punto ⎝ 12 ⎠ y tiene vector director ⎝ 3 ⎠ 0 1 ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  x −1/2 ⎨ x ⎬ iv) ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = z ⎝ 5/2 ⎠ .Respuestas 537 ⎧⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎛ x ⎞ ⎛ 0 −2 ⎬ ⎨ x d) ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = ⎝ −1/2 ⎠ + z ⎝ −3/2 ⎠ : ⎭ ⎩ z 0 1 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −2 Recta que pasa por el punto ⎝ −1/2 ⎠ y tiene vector director ⎝ −3/2 ⎠ 0 1 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞  −1 −1 x ⎬ ⎨ x e) ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = z ⎝ 0 ⎠ . z : 14◦ . y ∈ R : ⎭ ⎩ 0 2 z z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −6 5 Recta que pasa por ⎝ 0 ⎠ y tiene vector director ⎝ 1 ⎠ 2 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 5/4 ⎝ ⎝ ⎠ y tiene vector director 2 ⎠ 3. respectivamente. . 17◦ y 14◦ . a) Recta que pasa por el punto 25/4 0 1 ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 0 ⎬ b) ⎝ 1 ⎠ c) Conjunto vacío. b) i) ⎝ 22/3 ⎠ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ 0 9/2 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛  x −19 −5 ⎬ ⎨ x iii) ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = ⎝ 12 ⎠ + z ⎝ 3 ⎠ . c = 3 c) p (x) = −4x3 − 8x2 + 2x + 11 5. Temperatura en los puntos x. b = −2. a) y = 2x2 − x + 3 d) a = 1. invertible b) det T = −10. 40 libros con pasta de lujo.1 1. no invertible d) det T = −1. A−1 iv) a) A no es invertible v) a) A es invertible. invertible b) det A = 0. 55 libros con pasta dura. a) det A = −12. t ∈ R ⎭ ⎩ z z −5 6 ⎧⎛ ⎞⎫ 0 ⎬ ⎨ ⎝ 1 ⎠ c) S = TX0 (SH ) = ⎩ ⎭ −3 Sección 12. z ∈ R ⎩ ⎭ z z 1 12. cos γ = 2ab ⎛ ⎞ 0 b) ⎝ −1 ⎠ 0 ⎛ ⎞ 4/3 b) ⎝ −1 ⎠ 1 ⎛ ⎞ 0 b) ⎝ 1 ⎠ −2 .Respuestas 538 6. 2 de comestible II y 1 de comestible III. invertible c) det T = 0. invertible 2.4 11. A−1 iv) Conjunto vacío ⎛ ⎞ −1 1 1 = 12 ⎝ 1 −1 1⎠ 1 1 −1 ii) A no es invertible ⎛ iii) a) A es invertible. b) ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 2 ⎬ i) ⎝ 1 ⎠ ⎭ ⎩ 3 ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 1/2 ⎬ iii) ⎝ 1/2 ⎠ ⎩ ⎭ −2 ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ ⎛ x ⎞ −3/7 ⎨ x ⎬ ii) ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = z ⎝ −4/7 ⎠ . a) i) λ = −1 y λ = 8 ii) λ = −2 y λ = 1 b) Para todo valor de α. A−1 ⎞ 0 −2 2 =⎝ 3 3 −3⎠ −2 0 2 ⎛ ⎞ cos θ senθ 0 = ⎝ −senθ cos θ 0⎠ = AT 0 0 1 Respuestas Ejercicios Capítulo 13 Sección 13. 7. 9. i) a) A es invertible. 200 libros de pasta rústica. 4 unidades de comestible I.3 ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎨ x 13 ⎬ 10. invertible 3. A no es invertible. invertible d) det A = 8. a) − 2a + b + c = 0 ⎧ ⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ ⎛ x ⎞ x −32/11 ⎨ ⎬ 95 ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = z ⎝ −3/11 ⎠ . 4. a) det T = −2. no invertible c) det A = −3. x = 0. z = 2 a2 + b2 − c2 5. z ∈ R c) k = ⎩ ⎭ 11 z z 1 Sección 12. a) S = TX0 (SH ) = ⎝ y ⎠ ∈ R3 2x − 3y + z = ⎩ 2⎭ z ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  x 2 1 ⎬ ⎨ x b) S = TX0 (SH ) = ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = ⎝ 3 ⎠ + t ⎝ −3 ⎠ . y = 1. ⎝ −1 ⎠ . ⎛ λ2 =⎞ −2 4.I. ⎝ 1 ⎠ ..D. b) a = b = c = d = ⎧ e= ⎫ ⎛ f =⎞1  ⎬ ⎨ x 3. A + I y A − 3I no son invertibles. ⎝ 0 ⎠ 1 0 1 4. orientada negativamente b) L. E2 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = z = 0 : eje x ⎭ ⎩ z ii) λ1 = 2 =3 ⎧−2. a) det A b) det A = = −1 c) det A = 8 2 Sección 13. a) λ1 = −1. c) L. orientada negativamente.Respuestas 539 Sección 13. ⎫ ⎛ λ⎞  ⎨ x ⎬ E−2 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = 0 : plano xz. 12 unidades cúbicas b) No son L.I.. a) 14 unidades cúbicas b) 14 unidades cúbicas c) 14 unidades cúbicas 17. a) det B = −3 b) det C = −4 c) det D = −2 d) det E = −10 8.. a) L. Y no es vector propio de T . λ2 = 3 b) A + 3I es invertible.I.I. ⎩ ⎭ z 1.1 1.⎛λ2 =⎞5 ii) a) λ1 =⎧ ⎫  ⎬ ⎨ x b) E4 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = z = 0 : eje y ⎭ ⎩ z . orientada positivamente d) L.I.3 13. 14.. a) 10 unidades cúbicas b) 5 unidades cúbicas c) 10/3 unidades cúbicas Respuestas Ejercicios Capítulo 14 Sección 14. a) 48 b) 9 c) 1 7. b) i) λ1 = 2. i) a) λ1 = ⎧ ⎫ ⎛ ⎞  1 ⎬ ⎨ x b) E1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = −y = z : recta generada por ⎝ −1 ⎠ ⎭ ⎩ 1 z ⎫ ⎧⎛ ⎞  x ⎬ ⎨ E−2 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x + y + z = 0 : plano que pasa por el origen y ⎭ ⎩ z ⎛ ⎞ 1 tiene vector normal ⎝ 1 ⎠ . a) − 24 b) − 243/4 c) − 1/324 d) 4/3 e) − 4
−1  1
−1 
−1  1 11. ⎩ ⎭ z ⎧⎛ ⎞ ⎫  ⎨ x ⎬ E3 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = z = 0 : eje y. b) i) (b − a) (c − a) (c − b) (a + b + c) ii) (b − a) (c − a) (c − b) (ab + ac + bc) 10. 15. c) det (A) = −9 2. a) T cambia la orientación b) 24 unidades cúbicas 16.2 6. a) X es un vector propio de T correspondiente a λ = 0. a) L. 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 −1 c) Sí. ⎝ 1 ⎠ .540 Respuestas ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎬ ⎨ x E5 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = y = 0 : eje z ⎭ ⎩ z c) No. ⎫ ⎧⎛ ⎛ ⎞ ⎞  1 ⎬ ⎨ x z 3 ⎝ ⎝ ⎠ : recta generada por 1 ⎠ x=y= b) E12 = y ∈R ⎩ 3⎭ 3 z ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎬ ⎨ x E1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x + y + 3z = 0 : plano que pasa por el origen con vector ⎭ ⎩ z ⎛ ⎞ 1 ⎝ normal 1 ⎠ 3 ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎬ ⎨ x ii) a) λ1 = 0 b) E0 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 z = 0 : plano xy ⎭ ⎩ z b) E0 = R3 : todo el espacio iii) a) λ1 = 0 iv) a) λ1 = ⎧ 1 ⎫ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  1 ⎬ ⎨ x 3 ⎝ ⎝ ⎠ x = y = z : recta generada por b) E1 = 1 ⎠ y ∈R ⎭ ⎩ 1 z 3 v) a) λ1 = 1 b) E1 = R : todo el espacio . λ2 = 1/2 iii) a) λ1 = ⎧ ⎫ ⎛ ⎞  ⎨ x ⎬ b) E 5 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = y = −z : recta que pasa por el origen y tiene 2 ⎩ ⎭ z ⎛ ⎞ 1 vector director ⎝ 1 ⎠ −1 ⎫ ⎧⎛ ⎞  x ⎬ ⎨ E 1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x + 2y − z = 0 : plano que pasa por el origen y tiene 2 ⎭ ⎩ z ⎛ ⎞ 1 vector normal ⎝ 2 ⎠ . z = 0 : recta generada por ⎝ −1 ⎠ ⎩ ⎭ z 0 c) No. −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 1 c) Sí. 5/2. λ2 = 1 5. ⎝ 0 ⎠ −1 0 1 λ2 =⎞ 2 iv) a) λ1 = −1. ⎝ 1 ⎠ . i) a) λ1 = 12. ⎫ ⎧⎛ ⎛ ⎞  1 x ⎬ ⎨ b) E−1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = −y = z : recta generada por ⎝ −1 ⎠ ⎭ ⎩ 1 z ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞  1 ⎨ x ⎬ E2 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = −y. Rθx = I. λ2 = 5. Rθx = Rπx . c = −13 √ ⎞ √ ⎛ 0√ 1/√2 −1/√ 2 11. b = −9. P = ⎝2 1 0 ⎠ . A = ⎝1 2 3⎠ 1 2 3 7. A−1 = ⎝ 1/√6 −2/√ 6 1/√6⎠ 1/ 3 1/ 3 1/ 3 ⎛ ⎞ cos θ −senθ 0 b) Es ortogonal. ya que A es simétrica. P = ⎝ 1 0 1⎠ . ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎬ ⎨ x E1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = z = 0 : eje x. c) Sí existen. a) Sí existen. λ3 = −1 ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎬ ⎨ x E−4 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = z = 0 : eje x ⎭ ⎩ z . a) a = 2.Respuestas 541 ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎬ ⎨ x vi) Si θ = 0 y θ = π. b) Q = ⎝ 2/3 1/ 2 1/3 √2 ⎠ . λ1 = 1 y λ2 = −1. D = ⎝0 1 0⎠ 0 0 2 −1 0 1 Sección 14. A−1 = ⎝ senθ cos θ 0⎠ 0 0 1 c) No es ortogonal d) No es ortogonal √ √ √ √ 13. λ1 = 1. E1 = R3 . c = −1/ 3 √ √ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ −2/3 1/√2 −1/3√ 2 10 0 0 14. 1 0 −1 0 0 3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0 1 0 0 0 0 d) No existen. c = 1/ 3 o a = 0. D = ⎝0 2 0⎠ 0 0 2 1/ 3 0 −2 6 16. ⎭ ⎩ z ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎬ ⎨ x 3 ⎝ ⎠ ∈R y x = 0 : plano yz. a) a = 0. λ1 = 1. Si θ = 0. a) Para todo c ∈ R. b = c = 1 b) a y b reales tales que a = b y c = 4 c) c = 1. b = −2/ 6. b = 2/ 6. D = ⎝ 0 1 0⎠ 0 0 1 1/3 0 −4/3 2 ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎬ ⎨ x 15. a) E5 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = y = z b) λ = 2 ⎭ ⎩ z c) Sí. √ √ ⎞ ⎛ √ ⎛ ⎞ 1/√3 −1/√ 2 1/√6 5 0 0 Q = ⎝1/√3 1/ 2 1/ √6 ⎠ . b = 0 y a cualquier real d) a = 11. E−1 = ⎭ ⎩ z ⎛ ⎞ 1 2 3 6.2 10. E1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = z = 0 : eje x ⎭ ⎩ z Si θ = π. a) Es ortogonal. D = ⎝0 3 0⎠ b) No existen. c > 0 b) Para todo c ∈ R ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 5 0 0 8. i) a) λ1 = −4. ⎝ 0 ⎠ . λ2 = 3 ⎧⎛ ⎞ ⎫  ⎨ x ⎬ E0 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x − y + z = 0 : plano que pasa por el origen y tiene ⎩ ⎭ z ⎛ ⎞ 1 vector normal ⎝ −1 ⎠ . ya que A es simétrica. D = ⎝ 0 5 0 ⎠ 0 0 −1 0 1/ 2 −1/ 2 ii) a) λ1 = 2. ya que A es simétrica.542 Respuestas ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞  0 ⎬ ⎨ x E5 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = 0. y = z : recta generada por ⎝ 1 ⎠ ⎭ ⎩ 1 z ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞  0 ⎨ x ⎬ E−1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = 0. ya que A es simétrica. λ2 = 6. λ2 = −1 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞  1 ⎬ ⎨ x 3 ⎝ ⎝ ⎠ x = y = z : recta generada por E2 = ∈R 1 ⎠ y ⎭ ⎩ z 1 ⎧⎛ ⎞ ⎫  ⎨ x ⎬ E−1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x + y + z = 0 : plano que pasa por el origen y tiene ⎩ ⎭ z ⎛ ⎞ 1 ⎝ vector normal 1 ⎠ 1 √ ⎞ √ ⎞ ⎛ ⎛ √ ⎞ ⎛ 1/√3 −1/√6 −1/√ 2 c) Sí. ⎝ 1/√6 ⎠ . ⎝ −1/√6 ⎠ 0 1/ 3 2/ 6 √ √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √ 1/√3 −1/√ 2 −1/√6 2 0 0 0⎠ d) Q = ⎝1/√3 1/ 2 −1/√ 6⎠ . ⎝ 1/ 2 ⎠ . ⎝ −1/√3 ⎠ 0 2/ 6 1/ 3 √ √ ⎞ ⎛ √ ⎛ ⎞ 1/√2 −1/√ 6 1/ √3 0 0 0 ⎝ ⎝ ⎠ d) Q = 1/ 2 1/√6 −1/√ 3 . y = −z : recta generada por ⎝ 1 ⎠ ⎩ ⎭ −1 z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0√ 0√ 1 c) Sí. 1 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞  1 ⎬ ⎨ x E3 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = −y = z : recta generada por ⎝ −1 ⎠ ⎭ ⎩ 1 z √ ⎞ √ ⎞ ⎛ ⎛ √ ⎞ ⎛ 1/√3 −1/√6 1/√2 c) Sí. ⎝ 1/√3 ⎠ . ⎝ 1/ √2 ⎠ 0 1/ 2 −1/ 2 ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 1 0√ 0√ −4 0 0 d) Q = ⎝0 1/√2 1/ √2 ⎠ . D = ⎝0 −1 0 0 −1 0 2/ 6 1/ 3 iii) a) λ1 = 0. D = 0 0 0⎠ 0 0 3 0 2/ 6 1/ 3 iv) a) λ1 = 1. ⎝ 1/ 2 ⎠ . λ3 = −4 . ⎝ 1/√2 ⎠ . a) Sí. a cada eje y a cada plano coordenado. a) E−3 = ∈R ⎭ ⎩ z √ √ √ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1/ √3 1/√2 1/ √6 2 0 0 b) Q = ⎝−1/√3 1/ 2 −1/√ 6⎠ . D = ⎝ 0 −5 0⎠ 0 0 3 0 2/ 6 1/ 3 ⎛ ⎞ −7 8 8 1 8⎠ c) A = ⎝ 8 −7 3 8 8 −7 ⎫ ⎧⎛ ⎞  ⎬ ⎨ x 3 ⎝ ⎠ y x−y−z =0 18.Respuestas ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞  0 ⎬ ⎨ x y z E1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = 0. ⎝ 4/5 ⎠ . ⎝ −3/5√2 ⎠ −3/5 4/5 2 −4/5 2 √ √ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 0 1/ √2 1/ √ 2 1 0 0 d) Q = ⎝ 4/5 3/5√2 −3/5√2⎠ . no hay interceptos con los ejes y y z. hipérbola plano xz : 16 9 543 . D = ⎝ 0 −5 0⎠ 0 −1 1 0 0 3 b) Sí. ⎝ 3/5√2 ⎠ .I. x2 y 2 d) plano xy : − = 1.⎛ya que A posee 3 vectores propios L.1 a sección 15. a) − − =1 16 9⎞ 9 ⎛ ±4 b) ⎝ 0 ⎠ . D = ⎝0 6 0⎠ 0 0 −4 −3/5 4/5 2 −4/5 2 17.10 x2 y 2 z 2 1. =− : recta generada por ⎝ 4 ⎠ ⎩ 4 3⎭ −3 z ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞  5 x ⎨ x y z⎬ : recta generada por ⎝ 3 ⎠ E6 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 = = ⎩ 5 3 4⎭ 4 z ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞  5 ⎬ ⎨ x x y z = = : recta generada por ⎝ −3 ⎠ E−4 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎩ 5 −3 −4 ⎭ −4 z √ ⎞ √ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ 1/√2 1/√2 0 c) Sí. ⎞ ⎛ ⎞ −1 0 1 −5 0 0 Q=⎝ 1 1 1⎠ . hipérbola 16 9 x2 z 2 − = 1. D = ⎝0 −3 0⎠ 0 0 −3 −1/ 3 0 2/ 6 ⎛ ⎞ −4 −5 −5 1 5⎠ c) A = ⎝−5 −4 3 −5 5 −4 Respuestas Ejercicios Capítulo 15 Sección 15. ya que A es simétrica. 0 c) Simetría con respecto al origen. ya que √ √ ⎞ √ A es simétrica ⎛ ⎞ ⎛ −1/√ 2 −1/√6 1/√3 −5 0 0 Q = ⎝ 1/ 2 −1/√ 6 1/√3⎠ . a) b) x2 y 2 z 2 + + = 1. eje y 2 3 .Respuestas 544 No existe traza con el plano yz. elipsoide 9 4 36 x2 z2 − y2 + = 1. circunferencia si |x0 | > 4. 9 9 16 ⎛ ⎞ x0 ⎝ 0 ⎠ si |x0 | = 4 y no existe si |x0 | < 4 0 e) plano z = z0 : f) 2. z2 x2 y 2 − = 1 + 0 . hiperboloide de una hoja. hipérbola para todo z0 ∈ R 16 9 9 2 2 x z y2 plano y = y0 : − = 1 + 0 . hipérbola para todo y0 ∈ R 16 9 9 2 2 2 z x y plano x = x0 : + = 0 − 1. cono circular recto. hiperboloide de dos hojas. eje x 1/4 .Respuestas c) − 545 x2 y2 + − z 2 = 1. paraboloide elíptico. eje y 16 4 d) x2 + z 2 = y 2 . eje y e) y2 + z 2 = 12x. eje z 1/4 y2 = 1. paraboloide hiperbólico. eje z 4 .Respuestas 546 f) z = y 2 − g) x2 + x2 . cilindro ecto elíptico. cilindro recto parabólico. eje z 4 1 h) z = x2 . eje z  e) x = x + 1. y = y + 1. (x )2 − (y )2 − (z  )2 = 1 hiperboloide de dos hojas. eje z  c) x = x − 2. z  = z. y  = y − 3. eje z  4 9 (x )2 (y )2 (z  )2 + − = 1 hiperboloide de 3 6 9 una hoja. a) x = x − 1. elipsoide. eje x d) x = x. z  = z + 5. eje y f) x = x + 9.Respuestas i) 547 x2 y 2 − = 1. z  = z + 2. eje z 9 4 Sección 15. y  = y − 3. (x )2 (z  )2 + (y  )2 + = 1. z  = z − 4. y  = y + 2. .  z z −2/ 5 −2/3 5 1/3 2 2 2    (x ) + (y ) + 10 (z ) = 100. y  = y − 2. z  = z − 3. b) x = x + 1. z  = z − 1. a) ⎝ y  ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝ 0√ 5/3 √5 2/3⎠ . elipsoide. (x )2 + 16 (z  )2 = 16y  paraboloide elíptico. cilindro recto hiperbólico. 4 (x )2 + 9 (y )2 − (z  )2 = 0 cono elíptico. y  = y − 12. eje z  √ ⎛ √ ⎛ ⎞ ⎛  ⎞ ⎞ 1/ 5 −4/3√ 5 2/3 x x 4.11 3. z  = 3 (y  )2 − 7 (x )2 paraboloide hiperbólico. y  = y − √ . z  = z  − √ . eje x (y  )2 + 2 3⎛2 ⎞ √ ⎞ √ ⎛ ⎛  ⎞ x 0 1/ 2 1/ 2 x 0√ 0√ ⎠ .  z 2/3 −1/3 −2/3 z (x )2 (y  )2 (z  )2 + − = 1. hiperboloide de dos hojas. paraboloide elíptico. e) ⎝ y  ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝1  z z 0 1/ 2 −1/ 2 2  )2 = 3. eje z  − (x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛  ⎞ x 0 3/5 −4/5 x 0 ⎠. hiperboloide de una hoja. eje x (y  )⎛ + 3 (z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 2/3 2/3 1/3 x f) ⎝ y  ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝1/3 −2/3 2/3 ⎠ .Respuestas 548 √ √ √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1/√ 2 −1/√6 1/√3 x x b) ⎝ y  ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝ 1/ 2 −1/√ 6 1/√3⎠ . z z 0 2/ 6 1/ 3 2 4 x = x . cilindro recto elíptico. z z 0 2/ 6 1/ 3 √ 389 20 17 2 x = x + . eje z  9 3 9 ⎛ . y = y  + √ . 144 6 6 3 3 2  8 (z ) = √ x . c) ⎝ y  ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝1 0  z 0 4/5 3/5 z 2 2   (z ) (x ) + = y  . paraboloide elíptico. z  = z  − √ 6 3  )2 − (y  )2 + 2 (z  )2 = 1. eje y  9⎛ 4 √ √ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √ 1/ √3 1/√2 −1/√ 6 x x d) ⎝ y  ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝1/ 2 1/√6 −1/√ 3⎠ . 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