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 1 Se asume que los extremos de un segmento de recta son puntos distintos. Por otra parte. Para determinarlas completamente se requiere dar su magnitud y..1 Conceptos básicos Cantidades tales como la longitud. 3 . que el segmento no se reduce a un punto.1. Así mismo. Las cantidades vectoriales se suelen representar geométricamente mediante segmentos de recta orientados o dirigidos (flechas). la longitud de una varilla queda completamente determinada si indicamos el número de unidades de longitud (centímetros. 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. además. Por ejemplo. Así que las cantidades vectoriales son algo más complejas que las escalares. Cantidades de tal tipo son llamadas cantidades escalares. expresada por un número real acompañado de unidades apropiadas. cantidades como fuerza.1 Vectores geométricos en el plano 1. 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. Por ejemplo. metros.. al decir que una temperatura es de 10 grados centígrados. la temperatura y la masa (por ejemplo) quedan completamente determinadas por su magnitud. especificar una dirección.1. la hemos descrito completamente. velocidad y aceleración que tienen magnitud y dirección son llamadas cantidades vectoriales. Denotaremos los → → → vectores geométricos mediante letras minúsculas con una flecha encima como − u.) que mide dicha varilla. − w.. 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). pies. es decir. Llamaremos vector geométrico a todo segmento de recta orientado. − v. Figura 1. 3. de dicha cantidad vectorial. para el cual °AB ° = 40 km y dir(AB) = 135o . respectivamente. −−→ En todo vector geométrico AB se distinguen dos elementos. ° °−−→ − −→ ° ° denotada °AB ° . Uno es su magnitud.2 → − Los vectores − u y→ v en la figura siguiente son iguales. respectivamente. la cual expresaremos mediante un ángulo. Si empleamos una escala en la cual 12 cm equivale a 10 −−→ km. Ejemplo 1. la magnitud del vector (tomada a una cierta escala) y la dirección del mismo. Vectores geométricos en el plano Si los puntos inicial y final de un vector son.4 1. ¥ Figura 1.2) La dirección de un vector AB la denotaremos dir(AB). convenimos en tomar como −−→ dirección de AB el ángulo θ que se forma al ir de dicha semirrecta al segmento AB en −− → − −→ sentido antihorario. representan la magnitud y la dirección. En este capítulo sólo trataremos con vectores geométricos en el plano.1) también denotaremos dicho vector en la forma AB. Figura 1. El otro es su dirección. (Figura 1. como se indica a continuación: trazamos a partir del punto inicial A una semirrecta horizontal y hacia la derecha.2. Nótese que 0o ≤ θ < 360o si θ se mide en grados.3. la cual es la longitud del segmento AB. Ejemplo 1. el desplazamiento de dicho cuerpo se puede por el vector geométrico AB ° °−−→representar −− → ° ° que se muestra en la figura 1. y que 0 ≤ θ < 2π si θ se mide en radianes. los puntos A y B (como − −→ en la figura 1. ¥ . Cuando se emplea un vector geométrico para representar una determinada cantidad vectorial.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. → → − − Dos vectores geométricos − u y− v se dicen iguales y se escribe → u =→ v si ellos tienen la misma magnitud y la misma dirección. (Figura 1. Si α = 00 se → → → → dice que − u y− v tienen la misma dirección y si α = 1800 que − u y− v tienen direcciones opuestas.6. → → • El ángulo entre − u y− v se define como aquel ángulo α. → A continuación se muestra un vector − v y una colección de vectores geométricos. (Figura 1.7) Figura 1. − − • → u y→ v se dicen perpendiculares si el ángulo entre ellos es α = 900 .5. cada → − uno de ellos igual a v . Por esta razón los vectores geométricos se dicen vectores libres.8) . Según la definición de igualdad.1. 00 ≤ α ≤ 1800 . obtendremos vectores iguales a él.7. Figura 1. (Figura 1. que forman → − → u y− v una vez que se hacen coincidir sus puntos iniciales.6) Figura 1. → → • − u y− v se dicen paralelos si el ángulo entre ellos es α = 00 ó α = 1800 .5 1. se puede trasladar un vector geométrico de un lugar a otro y mientras no se cambie ni su magnitud ni su dirección.4. → → Sean − u y− v dos vectores geométricos dados. Conceptos básicos Figura 1. que se representa por el vector − w = AC.6 1. con la velocidad − w obtenida también como la diagonal del paralelogramo → → → determinado por − u y− v (ver la figura 1. Figura 1. el resultado es −→ → equivalente a un solo desplazamiento de A a C. que se representa por el vector − v = BC. 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. Figura 1. Esto se ilustra en la figura 1.9. lo que se representa por el vector − u = AB. → → → El desplazamiento − w se dice la suma vectorial de los desplazamientos − u y− v y se escribe − → − − → − − → → − → − → − w = u + v (o AC = AB + BC). En este caso se dice que − w es la suma vectorial → − → − → − → − → − de las velocidades u y v y se escribe w = u + v . y luego − − → → desde el punto B al punto C. → → Por ejemplo.9). Miremos ahora lo que ocurre con el desplazamiento: si una partícula se desplaza primero −−→ → desde el punto A hasta el punto B.10). 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. → Análogamente. → respecto a tierra. Vectores geométricos en el plano Figura 1. si sobre un cuerpo M se aplican simultáneamente dos fuerzas − u y− v (con las mismas unidades) en un mismo punto. si una embarcación tiene una velocidad propia − u y la velocidad del → − → − → − agua es v ( u y v con las mismas unidades). . el resultado es que la embarcación se mueve.10.11.8.2 Suma de vectores En el caso de las fuerzas o de las velocidades la experiencia indica como ellas deben sumarse. El vector suma → − → → → u +− v se define como el vector que va desde el punto inicial de − u y de − v .2.13. B y C son puntos del plano. Suma de vectores Figura 1. de cualquiera de las dos formas siguientes: Regla del paralelogramo → → Si los vectores − u y− v no son paralelos.7 1. → → Los ejemplos anteriores conducen a definir la suma − u +− v de dos vectores geométricos − → → − u y v .12). Regla del triángulo → → → → Se dibuja − v a partir del extremo final de − u . → → Si los vectores − u y− v son paralelos. Nótese que si A. 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. entonces −−→ −−→ −→ AB + BC = AC . Figura 1. distintos dos a dos.11. se hacen coincidir sus puntos iniciales y se construye el paralelogramo determinado por dichos vectores.13). hasta el vértice opuesto a este punto (figura 1.12. Figura 1. ellos se suman mediante la regla del triángulo. En virtud de la igualdad anterior. como se ilustra en la figura siguiente Figura 1. los paréntesis en ella pueden omitirse y escribir → → → simplemente − u +− v +− w para denotar cualquiera de sus dos miembros. Vectores geométricos en el plano como se aprecia en la figura 1.14. para todo par de vectores → − → u.16. como se muestra en la figura siguiente Figura 1. Figura 1. .− v se tiene que → − → → → u +− v =− v +− u lo cual es evidente si seguimos la regla del paralelogramo. es decir. observe también que → → → → → → (− u +− v)+− w =− u + (− v +− w) de manera que la suma de vectores geométricos también es asociativa. Si seguimos la regla del triángulo también podemos apreciar tal hecho (ver figura 1.11. 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 .14). → → → Digamos ahora que queremos hallar la suma (− u +− v)+− 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.8 1. La suma de vectores geométricos es conmutativa. → → → 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 .− w a continuación → → → de − v y− z a continuación de − w .15. la velocidad del bote respecto al agua. respectivamente. la de la corriente respecto a tierra y la velocidad resultante del bote respecto a tierra. Dibuje la velocidad resultante del bote respecto a tierra y halle su magnitud y su dirección. dir(− v r ) = α − 30o .3 La velocidad de un bote respecto al agua es de 20 millas por hora y hacia el norte. k− v r k = 325 = 18. − Hallaremos k→ v r k aplicando ley del coseno en el triángulo AP Q : es decir. Solución: − → → En la figura siguiente los vectores geométricos → v b. Hallaremos α usando ley de seno de nuevo en el triángulo AP Q : sen60o senα °−−→° = °−→° ° ° ° ° °P Q° °AQ° . √ → Luego. donde α es el ángulo (medido en grados) entre los → − → − vectores v c y v r . → Por otra parte.17. Suma de vectores Se puede proceder de manera análoga para sumar 5 o más vectores. Figura 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. − vc y − v r representan. en un lugar donde la velocidad de la corriente es de 5 millas por hora respecto a tierra en la dirección S 60o E.2. Ejemplo 1. 03 millas por hora.9 1. 96) = 73. Así.96) = 106. Luego. − u + (−− u)= 0 . En ellas − u. u + 0 = u → − → → 5. − u +− v es un vector geométrico. incluso a él mismo. al vector que tiene la → − − → misma magnitud de v y dirección opuesta a la de v . ¿Cómo saber cuál de estas opciones es la correcta? Una forma de saberlo es aplicando la ley del coseno en el triángulo AP Q. α =sen−1 (0. se admite la existencia de un vector cuyos puntos inicial y final coinciden.26o . cualquiera sea el vector − v . dicho → − → − → → → vector 0 es tal que − v + (−− v ) = 0 . ¥ → − → Dado un vector − v se llama opuesto de → v y se denota −− v . En adelante consideraremos que el conjunto de los vectores geométricos incluye al vector → → − → → nulo y que − u + 0 =− u para todo vector − u. cuya magnitud es 0 y al cual no → − se le asigna dirección. es llamado vector nulo o vector cero y se denotará 0 . u + − v =− v +− u → − → − → − → → → 3.10 1. pues k− v b k = 400.96 senα = °−→° 325 325 °AQ° Por tanto. si α = 73. − 0 = 0 . pero admitiremos que el vector → − 0 es paralelo y también perpendicular a cualquier vector.− v → − y z son vectores geométricos cualesquiera.74o ) 2 → número que es menor que 350 y debería dar 400. Vectores geométricos en el plano °−−→° √ ° ° √ °P Q° sen60o (20)( 23 ) 10 3 ° ° = √ =√ = 0. Así.74o . Tal vector. → → 1.26o . a fin de que la suma de dos vectores sea siempre otro vector.26o y en consecuencia → dir(− v r ) = 106. → → Nótese que si hacemos la suma − v + (−− v ) se obtiene como resultado un punto. → − No definiremos ángulo entre el vector 0 y otro vector. el lado izquierdo de esta igualdad nos da √ 25 + 325 − 2(5) 325 cos(73. k− v c k + k− Ahora. → → A continuación listamos las propiedades básicas de la suma de vectores. Figura 1.96) = 106. 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 .26o − 30o = 76. y además él es su propio → − − → opuesto.74o o α = 180o −sen−1 (0.18). α = 180o −sen−1 (0. (Figura 1.( u + v ) + z = − u + (− v +− z) → − − → − → 4.18. es decir. → − → → → 2. (Ver la figura 1. → → → → Dados dos vectores − u y− v . la diferencia − u −− v se define como el vector que sumado → − → − a v nos da u . 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. . Ejemplo 1. → → tal vector es − u + (−− v ) . así que → − → → → u −− v =− u + (−− v) Figura 1.19. como → x + 0 =− x se tiene que → − → → x =− u + (−− v) ¥ Ahora nos referiremos a la diferencia de dos vectores.) Ahora. según se acaba de ver en el ejemplo anterior. con lo cual se obtiene → → → → → (− x +− v ) + (−− v)=− u + (−− v) Reagrupando. 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 .11 1.19. F2 y F Figura 1. Suma de vectores Ejemplo 1.20. escribimos esta ecuación en la forma → → − → → → v) x + (− v + (−− v )) = − u + (−− → − − → Ahora. Solución: → − → − → − En la figura siguiente se representan las fuerzas F1 .4 → → − − − Sean − u y− v vectores dados.2. como → v + (−− v ) = 0 entonces → → − − → → x + 0 =− u + (−− v) → → − − Finalmente. Dibuje la fuerza F2 y halle su magnitud y su dirección.5 − → − → − → Sobre un cuerpo actúan dos fuerzas F1 y F2 en un mismo punto P. 21. y el ángulo α que → − → − necesitamos conocer a fin de usarlo para hallar k u + v k . aplicando ley de coseno en el triángulo OQP.12 1.− v y− w como se muestran en la figura 1. Figura 1. Solución: → → Hallaremos primero la magnitud y dirección de − u +− v .6 → → → → − → Sean − u. Por tanto.69o = 347. .8) = 52.75 °F2 ° Como α + 40o < 90o entonces α + 40o =sen−1 (0.46 °− ° ° →° √ Luego. Vectores geométricos en el plano → − − → − → − → − → − → Como F = ° F1 +° F2 entonces F2 = F − F1 . 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. ¥ Ejemplo 1.22 se muestran → − → − → − → − → → los vectores u . − → dir(F2 ) = 360o − 12.69o . v y u + v como también el ángulo β entre − u y− v . En la figura 1.8 ° →° 10. → − → − → − Dibuje u + v − w y halle tanto su magnitud como su dirección. con k− u k = 2. °F2 ° = 115.46 = 10.21. la dirección de F2 es 360o − α donde α es el ángulo que aparece en la figura.75 Newtons − → Por otra parte. k→ v k = 4 y k− w k = 1.31o . →° °− 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 = 115.69o y así α = 12. 48 1 2sen30o = . (Veala figura 1. → → → Por otra parte.23.22. pues la suma de los ángulos interiores de un paralelogramo es entonces α = 180o − β.78o 2.) Figura 1. como se aprecia en la figura 1. dir(− u +− v ) = dir− v + γ = 330o + γ (Ver figura 1. dir(− u +− v ) = 330o + 23. usando ley del seno en el triángulo OQP : senγ → k− uk senγ 2 = = senγ = senα − → → ku +− vk sen30o 2. k− u +− v k = 20 − 8 3 = 2. Suma de vectores Figura 1.23.48 Y puesto que γ es agudo. Ahora.48 → → Luego.48 2. → → → Consideremos ahora el vector − u +− v −− w . 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. − → → 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 .78o = 353.2. p √ → → Luego.13 1. Aplicando ley de coseno en el triángulo OQP tenemos: 360o . como β = 180o − 60o + 30o = 150o entonces α = 30o . entonces γ = sen−1 ( 1 ) = 23. 2.22. Como 2α + 2β = 360o .22). Procedemos a hallar el ángulo γ.48.78o . 26 √ → → → y así k− u +− v −− w k = 10.87o = 8. Por último definimos 0− u como el vector nulo 0 (ver figura 1. Vamos a definir el producto a− u de → un escalar a por un vector geométrico − u.6) = 36. → → Si − u y− v son vectores no paralelos..78o entonces 2 → → → k− u +− v −− w k = (2.1) la cual es denominada desigualdad triangular. . 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 (1.78o ) k− u +− v k senδ = = 0. De manera similar se definen los vectores 3 u . .20 y como θ es agudo entonces θ = sen−1 (0. pues φ + θ = 45o . Ahora definimos → → → → → u tiene dirección opuesta a la de (−1)− u = −− u . 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”.78o − 225o = 128.87o . dir(− u +− v −− w ) = φ = 45o − θ. (−2)− u = −2− u . → → Por otra parte.78o ) = 10.24) Figura 1. considerando el triángulo construido a partir de ellos como se muestra en la figura 1. . → → → → 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 . podemos concluir que → → → → k− u +− v k < k− u k + k− vk basados en un resultado de la Geometría Euclídea.20. 1. caso en el cual la → definición de a− u es natural.24..3 Producto de un escalar por un vector → En adelante llamaremos escalar a todo número real. k− v k y k− u +− v k. 4 u . ¥ → → → → Para finalizar esta sección nos referiremos a la relación entre k− u k . → − → Empecemos con el caso en que el escalar a es un entero y − u 6= 0 .48)sen(128. es fácil comprobar que si − u y − v son paralelos se da la igualdad → → → → − → − → − → − → v k < k− u k + k− v k.48)2 + 12 − 2(2. dir(− u +− v −− w ) = 45o − 36..13o . → → → Así..6 senθ = − → → k→ u +− v −− wk 3.14 1. por ejemplo (−2)− → − → − → − → u y el doble de la magnitud de u .13. → → → Por último.48)(1) cos(128.26 = 3.. Vectores geométricos en el plano → → → Y como δ = dir(− u +− v ) − dir(− w ) = 353. Así.. Calcularemos θ usando ley del seno en el triángulo OP R : senδ senθ = − − → → − → → → ku + vk ku +− v −− wk → → (2. k− w k = 1 y dir(− u ) = 30o .− v y− w tales que k− u k = 3.1. − 2 v . 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 . − 32 − v . − 4 w y dibújelos. todo vector de la forma a− u . se dirá un múltiplo escalar → de − u. → − → → − • 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 . y − 74 − w . Halle la magnitud y dirección de cada uno de los vectores → 3− → 7− → 2− 3 u . 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 . k− v k = 2.25 se muestran los vectores 23 → u . en la definición anterior. Producto de un escalar por un vector 15 → − En general. dir( w ) = 240o . → − → − − − • Si a = 0 o → u = 0 entonces a→ u = 0. con a ∈ R. donde |a| es el valor absoluto de a.3.7 → → → → → → → Considere los vectores − u. Ejemplo 1. 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. Obsérvese. → − → − dir( v ) = 120o . → − → − → → Es claro que esta propiedad es válida si a = 0 o − u = 0 o − v = 0.26. 3. 2.16 1. válidas → → cualesquiera sean los vectores − u y− v y cualesquiera sean los escalares a y b. a u + a v . . − v. Vectores geométricos en el plano Figura 1. Consideremos los triángulos ABC y DEF. − u 6= 0 y − v 6= 0. − u +− v y a− u. → → 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 . lo cual obtendremos como consecuencia de que los triángulos antes mencionados son semejantes. 1. ¥ El producto de un escalar por un vector tiene las siguientes propiedades básicas.25. Figura 1. cuyos lados son. Vamos a probar que a( u + v ) = a u + a v . 5. − u. → → Supongamos a > 0. → 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. → − → − → − → − → − → − → − a v . 4.26. → → → → → mostrados en la figura 1. si a < 0. así → → → → dir(a(− u +− v )) = dir(a− u + a− v) → → → → Por tanto. dado cualquier vector − v. a(− u +− v ) = a− u + a− v. como normalización de − v . En general. − u 6= 0 y → − → − v 6= 0 . → kvk k→ vk → − Obsérvese que para todo vector no nulo v . → − → De manera análoga se puede verificar la validez de la propiedad 4.3. Dado un vector − → → es fácil construir un vector unitario con la misma dirección de− v . y 5.− v 6= 0 . se tiene que → − → → v = k− v k− u − − donde → u es el vector unitario con la misma dirección de → v. Por ejemplo. es claro que el vector v es unitario y tiene la misma dirección 4 − → → → → de − v . si − v es un 1− → → − vector tal que k v k = 4. ° °− 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. 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. Esto y la verificación de las propiedades 2. por la semejanza de los triángulos ABC y DEF se tiene que θ = γ. → − → − → − ° ° ° ° ku + v k kuk °AC ° °AB ° Luego. Un vector geométrico se dice unitario si su magnitud es 1. A menudo escribiremos − en vez de − v. → → → → → → ka− u + a− v k = a k− u +− v k = ka(− u +− v )k → − → − → − → − es decir. los vectores a u + a v y a( u + v ) tienen la misma magnitud. dir(a− Ahora. . se dejan como ejercicio.− v 6= 0 . → → 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 . el vector 1 − → − → v u = → − kvk 1 − > 0. 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 °−−→° = − = = − = ° → → − → −→° ° °.1. ¨ → − → → v. ) → → = −2.5 y dir(− w ) = 210o .27a.) ¥ 2 Figura 1.8 → → → → → → w k = 0. dir(− v ) = 40o . → v es múltiplo escalar de → u . .5 1. Si − u = 0 entonces − u es múltiplo → − → − → − → − → − → − escalar de v .5− u w ) = −5− w (figura 1. Si − u y− v tienen la misma dirección. Ya sabemos que: → − → − → − → → → Si v es múltiplo escalar de u o u es múltiplo escalar de − v entonces − u y − v son paralelos. 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 2.5. Probaremos ahora que el recíproco de dicha afirmación también es cierto. 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.27b.27b. pues 0 = 0 v . Vectores geométricos en el plano Ejemplo 1. Solución: 1→ − → = 1 − → a) El vector → v normalizado es − u v = − v . el cual es unitario y con la 1 → − 3 kvk → → misma dirección de − v (figura 1.5 (2− → → b) − z = −2. análogamente.27. Sean − v y− w vectores tales que k− v k = 3.) En forma análoga. → − 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. Similarmente. cualesquiera → → sean los vectores − u y− v. → → Consideremos ahora dos vectores no nulos − u y− v . → − → − → → → Supongamos que u y − v son vectores paralelos. el vector − w normalizado es 1 − 1 − − → → → → − → u2 = − w = w = 2 w . si v = 0 entonces v es múltiplo escalar de → − u. el cual es unitario y con la misma dirección de − w (figura k→ wk 0. − → → − → → → → Consideremos ahora el caso − u 6= 0 y − v 6= 0 .18 1. − − Hemos probado así que para todo par de vectores → u y→ v. empleando vectores geométricos. consideramos la figura 1.28. 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 . N son los puntos medios de los lados AC y BC respectivamente. entonces −−→ 1 −−→ −−→ 1 −→ M C = AC y CN = CB 2 2 Luego. Ejemplo 1. C y los puntos medios M. Como ejemplo. Figura 1. En −−→ −−→ −−→ M N = M C + CN Ahora. de lo cual se concluye lo que se pide probar. 2 2 2 2 ¨ Ahora nos referiremos a la noción de “punto que divide a un segmento de recta en una proporción dada”. → −−→ 1 −→ 1 −−→ 1 ³−→ −−→´ 1 −− M N = AC + CB = AC + CB = AB.28 se muestra un triángulo con vértices A.9 Probar. como M y N son los puntos medios de AC y BC. Prueba: En la figura 1. respectivamente. 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. B y C son los vértices de un triángulo y M. B.29. −−→ Vamos a probar que M N = primer lugar tenemos que −→ 1− 2 AB. N de los lados AC y BC.19 1.2) ° ° 3 °P B ° . lo siguiente: Si A.3. en la cual el punto P del segmento AB es tal que °−→° ° ° °AP ° 2 °−−→° = (1. ° ° 3 5 5 °AB ° En general.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. 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. Figura 1. entonces −−→ OP = m −−→ n −→ OA + OB m+n m+n Prueba: Consideremos la figura 1.20 1. En este caso diremos que P divide al segmento AB en la proporción 2 : 3.2) se puede escribir cualquiera de las siguientes igualdades: °−→° ° ° °AP ° −→ 2 −−→ −→ 2 −−→ 2 °−−→° = o AP = AB AP = P B.29. o AP = AB ° ° m+n n m+n °AB ° (1. . Nótese que en lugar de (1.30. Vectores geométricos en el plano Figura 1. 21 1. Producto de un escalar por un vector En primer lugar tenemos que −−→ −→ −→ OP = OA + AP (1. En el siguiente ejemplo se muestra una manera de probar este resultado empleando vectores geométricos. Probar que −−→ 1 ³−→ −−→ −−→´ OA + OB + OC .3. además. B y C los vértices de un triángulo y O cualquier punto del plano.3)) −→ AP = se tiene que Como.10 Sean A. Ejemplo 1. 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”. 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. El lector puede observar que la prueba dada también es válida en el caso en que O es un punto de dicha recta. .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. ¨ 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. 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. 3 Ahora. Vectores geométricos en el plano Prueba: a) Consideremos la figura 1. −→ 2 −−→ AP = AM . −−→ 1 −→ 2 −−→ OP = OA + OM 3 3 De otro lado.31. Según lo probado en a) tenemos que −−→ 1 ³−→ −−→ −−→´ OQ = OA + OB + OC 3 Análogamente.22 1. −−→ 1 −−→ 1 −−→ OM = OC + OB 2 2 luego. según el teorema de la proporción. Q y R coinciden. Por otra parte. En dicha figura M es el punto medio del lado BC y así el segmento AM es la mediana relativa al lado BC. 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. 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. ¨ . entonces −− → 1 ³−→ −−→ −−→´ OR = OA + OB + OC 3 Luego.31 Figura 1. como P divide al segmento AM en la proporción 2 : 1 entonces. si P es como en el literal a) entonces −−→ −−→ −−→ OP = OQ = OR y por tanto los puntos P. −−→ 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 . es decir. como M es el punto medio del segmento CB. el punto P es tal que su distancia al punto A es 2/3 de la distancia de A a M . 5). en la forma (1. → → − − → z z = 0 +− → − → → → donde 0 es paralelo a − u y− z es paralelo a − v. Figura 1. como en la figura 1.27.32. es decir. por → tanto. Dibujamos − u. → − − Ahora. en el caso z paralelo (por ejemplo) a → u .− v → − → − y z con punto inicial común y trazamos.4.5). − Si P y Q son los correspondientes puntos de corte y O denota el punto inicial de → u y → − v .4 Descomposición de un vector → → Sean − u y− v vectores dados no paralelos. pasando por el extremo final de z . . podemos escribir → − − → → z =− z + 0 − → − − − − − dándose que → z es paralelo a → u y 0 es paralelo a → v . − z se descompone como se dijo inicialmente.23 1. paralelas a → − → u y− v . se tiene que −−→ −−→ − → z = OP + OQ −−→ −−→ → → con OP paralelo a − u y OQ paralelo a − v. hasta cortar las rectas que contienen estos vectores. → 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 ). Similarmente. → − → Tenemos así que dado un vector z cualquiera. → → → → → Consideremos primero el caso en el cual − z no es paralelo a − u ni a − v . → → Consideremos ahora un vector − z descompuesto en la forma (1.5) − → → → con → p paralelo a − u y− q paralelo a − v. Descomposición de un vector 1. si → z es paralelo a → v. Empezaremos mostrando cómo cualquier vector → − z puede descomponerse en la forma − → → → z =− p +− q (1. 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 es expresable en la forma − → → → z = a− u + b− v. 1 2 2 1 (1.33. 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. − → → → Sabiendo que k→ u k = 3. Solución: −→ −− → − − Consideremos la figura 1. podríamos escribir − → → → sería paralelo a − 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. pero sabemos que − u no es paralelo a − v . hallar la descomposición de − z en las → → → → → direcciones de − u y− v .24 1. es decir. Ejemplo 1.34 en la cual P R es paralelo a → v . → − → − → → v = 0 (ver (1.11 → → → Sean − u. y RQ es paralelo a → u.6)) y como − v 6= 0 a1 = a2 .7) de un vector → z como la descomposición de − → → − → − z en las direcciones de los vectores u y v . como a1 − a2 = 0 entonces (b2 − b1 )− entonces b2 − b1 = 0 y así b1 = b2 . Figura 1.7) − Nos referiremos a la escritura en (1. Luego a1 − a2 = 0. Ahora. determinando los escalares a y b tales que − z = a− u + b− v. − v y− z los vectores mostrados en la figura 1.34.6) → → → u como múltiplo escalar de − v y entonces − u Si fuese a1 − a2 6= 0. 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 .33 Figura 1. en la forma → − → → z =− p +− q (1. de manera única. °−−→° ° ° °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. Análogamente. 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. 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. la descomposición del vector − z en las direcciones de → u y→ v es − → → → z = a− u + b− v con a ≈ 1.35. Como caso particular de → descomposición de un vector tenemos que − z puede descomponerse.41.96) = ¡ √ ¢ ≈ 1.81.5 ¥ Proyección de un vector sobre otro vector → − Sea − u un vector no nulo dado y sea → z un vector cualquiera.81 y b ≈ 1. y .5.25 1. → → → → 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 . El vector − p se dice la componente (vecto→ − → − → − rial) de z en la dirección de u . en la cual − z 6= 0 y α es el ángulo entre → z y→ u.41 − o k v k sen45 2 1/ 2 y puesto que b > 0 entonces b ≈ 1. → − − Así.41 1. en tanto que q se dice la componente (vectorial) → → de − z perpendicular a − u. Proyección de un vector sobre otro vector −−→ −−→ → → donde OP = a− u para cierto escalar a < 0 y OQ = b− v para cierto escalar b > 0.81 → − o k u k sen45 3 1/ 2 |a| = y dado que a < 0 entonces a ≈ −1. Vectores geométricos en el plano Figura 1. − → − − → → Puesto que el vector → p = P roy− u z es paralelo a u . → kuk → → Tal escalar r se llama componente escalar de − z en la dirección de − u .− z y α. es decir.8) también se llama proyección de − z sobre → u y se denota → − → z . si α = 0o → los dos miembros en ella son iguales a − z . En efecto. → − → → − − → → → Nótese que si − z = 0 . k→ p k = k− z k cos α cos α = → − kzk → − u − → entonces → p = (k− z k cos α) − y así k→ uk → − u → − → − → . Ahora. existe un escalar r tal que → − u − → p =r − . Nótese que esa componente escalar puede ser positiva. Supongamos entonces que z 6= 0 y → → sea α el ángulo entre − z y − u . p = P roy− u − − • Si 0o < α < 900 (figura 1. . caso a) entonces → p tiene la misma dirección de → u y → − u → → .35. → − − → − − → • Si → z es perpendicular a → u entonces P roy− u z = 0.35. como por tanto − p = k− pk − k→ uk → k− pk − → . → → − El vector − p en (1. Obsérvese que: P roy− u − − → − − → → • Si → z es paralelo a → u entonces P roy− u z = z.26 1. → − → − → − → − − → → → Si − z = 0 ya sabemos que P roy− u z = 0 . cero o negativa. entonces en (1. A continuación hallaremos una expresión para el vector → − → − → → − → z en términos de u. y si α = 900 esos dos miembros son iguales → − a 0.8) − p = 0 y− q = 0. 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 . Proyección de un vector sobre otro vector 27 → − • Si 900 < α < 1800 (figuraµ1. en cada uno de los siguientes casos: → → a) El ángulo entre − z y− u es de 60o .35. A continuación recogemos lo básico de la discusión anterior. Ejemplo 1. → → En este caso la componente escalar de − z en la dirección de − u es 0. → → Sea − u un vector no nulo y − z un vector cualquiera. 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 . es decir. → − → − → − → − → − • Si z = 0 . → → b) El ángulo entre − z y− u es de 150o .12 → → → → → Sean − u y− z vectores tales que k− u k = 3 y k− z k = 4.36a. → − u → − → − → . k→ p k = k− z k cos(1800 − α) − kzk − → p k = − k− z k cos α. → − → c) z es perpendicular a − u. Ahora. u z = (k z k cos α) − → kuk Nótese que esta fórmula también es válida si α = 1800 . en este caso u y por tanto − p = k− pk − − → kuk → k− pk − → cos(1800 − α) = → . caso ¶ b) entonces p tiene dirección opuesta a la de → − u → − → → .5. pues en tal caso sus dos → miembros son iguales a − z.1. 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− . 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. el cual se ilustra en la figura 1. P roy u z = 0 . Hallar la componente escalar de − z → − → − → − en la dirección de u y la proyección de z sobre u . → − → − → − → − • Si z 6= 0 y α es el ángulo entre z y u . → → d) − z tiene dirección opuesta a la de − u. Solución: → → Si r es la componente de − z en la dirección de − u entonces: En el caso a). 36. es decir. .13 Un cuerpo se desliza sobre un plano inclinado un ángulo θ. las → → → componentes de su peso − w en las direcciones de los vectores − u y− v . pues → r = k− z k cos 90o = 0. r = 0. Halle. sabemos que P roy− u z = 0 1.28 1. θ. expréselas en términos → → → de − w . → − → − → → → En el caso d). − u y− v.36b. por ser − z paralelo a − u . se tiene Ã √ ! √ 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).36d). como − z tiene dirección opuesta a la de − u entonces → − → − u u − → → z = − k− zk − = −4 → → − kuk kuk y por tanto r = −4. para cada posición del cuerpo en su deslizamiento. → pues r = k− z k cos 180o = −4. Si se quiere emplear la fórmula para r igualmente se obtiene r = −4. Vectores geométricos en el plano Figura 1.37 en la cual − u es un vector unitario en la dirección del movimiento y − v un vector → − unitario perpendicular a u .36c). ¥ Ejemplo 1. Si se emplea la fórmula para r igualmente se obtiene r = 0. En el caso b). → → Ahora. sabemos que P roy− u z = z (figura 1. como se muestra en la figura → → 1. ilustrado en la figura 1. por ser − z perpendicular a − u . Luego.29 1. y por tanto el → − → − 0 ángulo GDF entre w y u es 90 − θ.6 → − → − → − → P roy− v w = (k w k cosθ) v . ¢¢ − ¡ 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. Solución: − → Para cada posición del cuerpo. Ahora consideraremos cierto producto entre dos vectores. −−→ → Consideremos un cuerpo el cual experimenta un desplazamiento − u = P Q mientras → − → actúa sobre él una fuerza constante no nula F . Figura 1. como se ilustra en la figura 1. pues el resultado es un escalar. ¥ Producto escalar Hasta el momento hemos sumado dos vectores y multiplicado un escalar por un vector. . que forma un ángulo α con − u .38. Producto escalar Figura 1.37.38.6. nos referiremos a continuación al concepto de trabajo en la Física. el ángulo EDG entre − w y− v es igual al ángulo θ (¿por qué?). 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. Como introducción a dicho producto. el cual es llamado producto escalar. 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. 9) Observe que el trabajo es una cantidad escalar que puede ser positiva. equivalentemente. se dice el → − − → producto escalar de F y u y se denota → → − W = F ·− u → → En general. → → − El escalar W en (1. Por ejemplo. − → → → → v ·− u = k− v k k− u k cos α (1. para → u = 6 0 y→ v = 6 0 . ° ´ ³°− °→° → uk W = ° F ° cos α k− o sea °− ° °→° → W = ° F ° k− u k cos α (1. la cual es válida también para − u = 0 o− v = 0 . El producto escalar tiene las siguientes propiedades. que se ha obtenido a partir de los vectores F y − u . se conoce como desigualdad de Cauchy-Schwarz. válidas cualesquiera sean los vec→ → → tores − u. Vectores geométricos en el plano → − Pues bien. 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 .10) Una consecuencia inmediata de la definición dada es que − → → − − v ·− u = 0 si y sólo si → v y→ u son perpendiculares Además. → v ·→ u =0 → → − − → → − − • Si − u 6= 0 . − v = 6 0 y α es el ángulo entre → v y→ u. → → − − → → Esta desigualdad. 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. → → → → |− v ·− u | ≤ k− v k k− u k. se tiene que → → → → → → − k− v k k− uk≤− v ·− u ≤ k− v k k− uk o. el trabajo realizado por la fuerza 2 aplicada es positivo (en este caso. cero o negativa. y es negativa cuando − u 6= 0 2 π y < α ≤ π. se define el producto → − → − escalar v · u así: → − → − − − − → • Si → u = 0 o − v = 0. π → − → − → → Es positiva cuando − u 6= 0 y 0 ≤ α < .9). cuando se levanta un objeto. .− v . dados dos vectores geométricos cualesquiera − v y− u . 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).30 1.− w y cualquiera sea el escalar r. es cero cuando − u = 0 (el cuerpo no se desplaza) 2 → π − → − → → o cuando α = ( F es perpendicular al desplazamiento − u ). Ejemplo 1. 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.39. como también la fuerza resul→ − −−→ → → tante F . la normal N y la fuerza de fricción Ff . calcule el trabajo realizado por el peso − w . la fuerza de fricción Ff . W3 y WT los trabajos realizados. 4. en forma inmediata. W2 . 3. como en la figura 1. 2. las → − − → → fuerzas que actúan sobre él son su peso − w .14 Un cubo se desliza entre dos puntos A y B distantes 5 metros sobre un plano inclinado que forma 30o con la horizontal. respectivamente.31 1. 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. La prueba de las propiedades 3. y 2. W2 = Ff · r = °Ff ° k→ . la normal → − → − N y la fuerza resultante F cuando el cubo se desplaza entre los puntos A y B. se deja como ejercicio. 2 − → → r es de 180o entonces De manera similar. se siguen. la normal N y la resultante F cuando el cubo se desplaza de A a B. → Sean W1 . de la definición del producto escalar. En la figura 1. 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. como el ángulo entre Ff y − °− ° − → − ° →° − → r k cos 180o = (3)(5)(−1) = −15 Joules. y 4. la → − → − − → fricción Ff . por el peso − w . Figura 1.6.39 se muestra el diagrama de dichas fuerzas.39. Producto escalar 1. Solución: Para cualquier posición del cubo en su desplazamiento entre los puntos A y B. − → → → → 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. N = − wn entonces − → → →+− F =− w Ff . Por último. 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 . de la manera antes indicada. 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.40). Luego. 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. r → tiene la dirección del movimiento y Ahora. se dice que x es la coordenada del punto X. −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. − 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. Si a un punto X de L le corresponde el número real x. Por otra parte.7 ¥ Vectores geométricos en el plano cartesiano. 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. la ° °− → − °→° fuerza resultante F es tal que ° F ° = 3 y su dirección es la misma que la del movimiento.32 1. W3 = N · r = ° N ° k→ → − Obsérvese que el trabajo W3 es nulo porque la fuerza normal N es perpendicular al → − → vector desplazamiento − r . r = ° F ° k− T Observe que WT = W1 + W2 . . → − − Por otra parte. la cual se dice positiva que se indica con una punta de flecha (figura 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. 1. es decir. Así que →° → → ° − ° → °− W = F ·− r k cos 0o = (3)(5)(1) = 15 Joules. 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. como el ángulo entre N y → r es de 90o entonces ° °− → − − °→° − → r k cos 90o = 0. una recta numérica o también un eje coordenado. Una vez escogido un tal sistema de ejes coordenados (al cual nos referiremos como un sistema cartesiano xy) se establece. el cual es el punto de corte de dichos ejes. R2 µ ¶ a el conjunto de todos los pares ordenados de números reales.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. aunque los dos están conformados es distinto del par Nótese que el par 1 2 por los mismos números reales 1 y 2. la recta L se dice una recta real. b ∈ R . El par ordenado que consiste de los números a y b. Se acostumbra tomar uno de los ejes horizontal y con orientación positiva hacia la derecha (éste es llamado eje x). y el otro (llamado eje y) con orientación positiva hacia arriba (Ver figura 1.40. µ ¶ µ ¶ la segunda de las notaciones 2 1 pues.7. el cual se refiere a una pareja de números para los cuales importa el orden en que los coloquemos. a . Vectores geométricos en el plano cartesiano. En general. se tiene que µ ¶ µ ¶ c a si y sólo si a = c y b = d. b obtenidos de la siguiente manera: desde el punto P se trazan paralelas al eje x y al eje y.1. = d b Denotaremos decir.41). Descomposición canónica 33 Figura 1. siendo a el primero µ ¶ y b el segundo. Establecida dicha correspondencia. En ella se hace uso del concepto de par ordenado (o pareja ordenada) de números reales. Ahora recordemos la gran idea del matemático y filósofo Francés Rene Descartes (1596 . con la misma unidad de longitud y con un mismo origen O. y el número b la coordenada del punto donde se corte al eje y (Ver figura 1. una correspondencia biunívoca entre el conjunto de puntos del plano y el conjunto R2 de todos los pares ordenados µ ¶ de a números reales. En este texto se acostumbra denotarlo en la forma (a. b La idea de Descartes consistió en considerar en el plano un par de ejes coordenados perpendiculares.41). es b R2 = ½µ ¶ ¾ a / a. el orden en que estos números aparecen en el primer par es diferente al orden en que aparecen en el segundo. el número a es la coordenada del punto donde se corte al eje x. b) o también en la forma b optaremos por emplear anteriores por simple conveniencia. de manera natural. . b b En adelante asumiremos que el plano está dotado de un sistema cartesiano y nos referiremos a él como plano cartesiano. y b se dice la ordenada o también coordenada µ ¶ y del punto P. j con su punto inicial en el origen. a se dice la abscisa o también coordenada x. diremos “el punto P = ” en vez de “el punto P cuyo par de coordenadas es ”. 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). Figura 1.41. Esta correspondencia es biunívoca. → − Es costumbre denotar i al vector unitario que apunta en la dirección positiva del eje → − x.34 1. se usa la correspondencia antes mencionada µ ¶ a de coordenadas. En la figura 1.42. De esta manera a cada punto P del plano le corresponde la a de sus coordenadas. Sin embargo. vemos b µ ¶ a que existe un único punto P del plano del cual es su pareja de coordenadas. y j al vector unitario que apunta en la dirección positiva del eje y. Los números a y b se dicen las coordenadas cartesianas o rectangulares del punto P . A continuación consideraremos los vectores geométricos en el plano cartesiano. Vectores geométricos en el plano Figura 1. . ya que si partimos de pareja b µ ¶ a una pareja ordenada de números reales e invertimos el proceso antes descrito.42 se → − − → muestran dichos vectores i . entre el plano y R2 para identificar cada punto P del plano con su par b µ ¶ µ ¶ a a Así. se tiene que 2 −−→ → − → − OP = a i + b j si y sólo si P = µ ¶ a b En la figura 1. a se dice la componente x y b la componente y. En general. la descomposición canónica de cualquier vector µ u ¶ 4 → − obtener. siµel ¶ vector − u = 4 i + 2 j tiene su punto inicial en el origen entonces 4 su punto final es P = . 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 1.11) La descomposición → − → − − → u =a i +bj → → de un vector − u se llama descomposición canónica de − u .43. existen únicos escalares a y b tales que → u =a i +bj . (1. → es bastante sencilla de − respectivamente.7. Por ejemplo. . Figura 1.1.43. 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 . → − → − → Recíprocamente. Vectores geométricos en el plano cartesiano.44 se ilustra lo anterior en el caso a < 0 y b > 0. → − − → 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 . el vecto OP se dirá el vector de posición del punto P. Vectores geométricos en el plano Figura 1.44.45).45).45. Tenemos así que: . ¶ 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. b d Figura 1.36 1. −−→ Para cada punto P . −−→ −−→ −−→ 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 . −−→ Hallemosµ ahora la descomposición ¶ µ ¶canónica de un vector cualquiera P Q con punto a c inicial P = y punto final Q = (figura 1. ¥ Figura 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. 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 . 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 .46. −−→ − −→ b) Halle el punto R tal que P Q = OR.7.37 1. 1 (Figura .15 µ ¶ µ ¶ 2 −1 Sean P = yQ= . Vectores geométricos en el plano cartesiano. Ejemplo 1. µ ¶ −3 . como 0 = 0 i + 0 j . 3 4 −−→ a) Halle la descomposición canónica del vector P Q.46). → − → − → − En particular. → − → − → Si − u = a i + b j entonces → − → − u = 0 si y sólo si a = 0 y b = 0. a partir de tan−1 siempre podremos obtener la dirección θ. si θ es agudo entonces θ = a µ ¶ µ ¶ b b tan−1 . a µ ¶ b . → − → − → − y supongamos que u = a i + b j (ver figura 1. entonces θ 6= Así. Podemos pasar de cualquiera de las dos a la otra. sin embargo. como se muestra a continuación: → − → − → Digamos que partimos de − u = a i + b j . → → Digamos ahora que partimos de − u descrito dando su magnitud k− u k y su dirección θ. 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.) Figura 1. es claro que p → k− u k = a2 + b2 .16). a a (Vea ejemplo 1. según Teorema de Pitágoras. En primer lugar.38 1. . Ahora. es decir. y θ = 270o cuando b < 0. 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. (Ver figura 1. dando su descomposición canónica.47). • Si a 6= 0 entonces tan θ = b . 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 ). → − → − Nótese que (cos θ) i + (senθ) j es un vector unitario (pues cos2 θ+sen2 θ = 1) con la → misma dirección de − u. y otra expresándolo en la forma u = a i + b j . − En cuanto a la dirección θ de → u se tiene lo siguiente: • Si a = 0 entonces θ = 90o cuando b > 0.47.47. si θ no es agudo. Solución: → → → z2 . Figura 1. (Vea figura 1.17 °−−→° −−→ ° ° Halle la descomposición canónica del vector OP tal que °OP ° = (Figura 1.57o . En este caso θ3 = tan−1 (− 13 ) + 360o = −18. Descomposición canónica Ejemplo 1. − respectivas direcciones θ1 .39 1. p p √ √ → → z3 k = 62 + (−2)2 = 40. θ2 y θ3 . • De manera similar al caso anterior.48.43o + 180o = 116. θ2 y θ3 : • tan θ1 = 5 3 y como 0 < θ1 < 90o entonces θ1 = tan−1 ( 53 ) = 59.7.48a. k− z2 k = (−1)2 + 22 = 5 y k− A continuación determinamos θ1 .04o (vea figura 1. .48b. pero como 270o < θ3 < 360o entonces θ3 6= tan−1 (− 13 ).43o + 360o = ¥ 341. → z2 = − i +2 j → − → − → y− z3 = 6 i − 2 j . De manera similar.57o . Vectores geométricos en el plano cartesiano.49). tan θ3 = − 26 = − 13 . − z3 con punto inicial en el origen y sus En la figura 1.) • tan θ2 = − 21 . Sin embargo (vea figura 1.). θ2 = tan−1 (− 21 ) + 180o = −63. Solución: 5 2 −−→ y dir(OP ) = 3π 4 rad. √ √ → − → − − − Como → z1 = 3 i + 5 j entonces k→ z1 k = 32 + 52 = 34. pero como 90o < θ2 < 180o entonces θ2 6= tan−1 (− 21 ).) Ejemplo 1.48c.48 se muestran los vectores − z1 .16 → − − → − → − − → → Hallar la magnitud y la dirección de cada uno de los vectores − z1 = 3 i +5 j . la descomposición canónica de OP es −−→ 5 − 5 − → → OP = − √ i + √ j . para cualquier r ∈ R.49. − v = −i +3j y − w = 4 j . 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 está dado por −−→ → − → − OP = a i + b j donde ¶ ¶ µ µ °−−→° °−−→° 3π 3π 5 5 5 1 5 1 ° ° ° ° √ = − √ y b = °OP ° sen = √ .18 → − − → → → − → → − → − → Si − u =2i + j. Vectores geométricos en el plano Figura 1.40 1. ¥ 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 . Ejemplo 1. La comprobación de lo anterior se deja como ejercicio para el lector.− u + 3− v − 2− w y −6→ v + 4− w. hallar la descomposción canónica de los → → → → → − → vectores 2− u +− v. = −√ = a = °OP ° cos 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 −−→ Así. → − − → → − → − → − − → → → 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 . 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. → − → − → − r u = (ra) i + (rb) j . ! Ã √ ³− ´ √ 1 3 → → − → − − → → − z = 2 i + 3 j +4 − i + j 2 2 √ − √ → → − = (2 − 2 3) i + (2 3 + 2) j . Halle → − → − → − la magnitud y dirección del vector z = 2 u + 4 v .1. tales que k− u k = 2 y k→ v k = 1. 2−2 3 1− 3 . Descomposición canónica 41 → − → − → − → → −6− v + 4− w = −6(− i + 3 j ) + 4(4 j ) → − → − → − = 6 i − 18 j + 16 j → − → − = 6 i −2j . Solución: − − − Hallemos la descomposición canónica de → u y→ v . → → 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. para luego hallar la del vector → z. ¥ Ejemplo 1.50. Entonces tan θ = 2−2 3 √ y 2 3 + 2 > 0. √ √ 2 3+2 → − √ y como 90o < θ < 180o . Vectores geométricos en el plano cartesiano. entonces Ã √ Ã√ ! ! 2 3 + 2 3 + 1 √ √ θ = tan−1 ¥ + 180o = tan−1 + 180o = −75o + 180o = 105o . Figura 1. → − → − − → → → 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.19 → → → − Sean − u y− v los vectores mostrados en la 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. = − 2 2 Por tanto. pues 2 − 2 3 < 0 Sea θ = dir( z ).7. se obtiene la importante igualdad → → k− u k k− v k cos α = ac + bd. 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. resulta de gran utilidad expresar. De la ley del coseno.42 1.14) → → Ahora. (1. − v 6= 0 y que el → → ángulo α entre − u y− v no es de 0o . además. nótese. Supongamos que − u 6= 0 . Tenemos así que → − → − − → − → − − − → Si → u =a i +bj y → v = c i + d j entonces → u ·− v = ac + bd (1.13) también es igual a u · v cuando u = 0 o → v = 0 . como el lector puede comprobar sin mucha dificultad. ya que el producto − u ·− v es fácil de calcular a partir de las descomposiciones → → → → canónicas de − u y− v . k− v k = c2 + d2 y k− u −− v k = (a − c)2 + (b − d)2 . ni de 180o . el ángulo .51. 0o < α < 180o (Vea figura 1. → − → → − → − → − → → − → − → → Sean − u = ai +bj y − v = c i + d j . 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 . Figura 1. Vectores geométricos en el plano Hemos visto cómo a partir de la descomposición canónica podemos hallar la magnitud y la dirección de un vector. Ahora obtendremos una expresión muy simple → → → → para el producto escalar − u ·− v de dos vectores − u y− v . en términos de las componentes (escalares) de dichos vectores. (b − d)2 y de simplificar.51). es decir.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. casos en los cuales no tendríamos un triángulo como el de la figura 1.13) es justamente − u ·− v . De manera que la igualdad (1. que el lado → − − → − → − → − → − derecho de (1. esta igualdad también es válida si α = 0o o si α = 180o .12) es válida para 0o ≤ α ≤ 180o . en términos de − u ·− v . aplicada al triángulo de la figura 1.13) → → Nótese que el lado izquierdo de (1.12) Ahora. Luego de desarrollar los cuadrados (a − c)2 .51. 20 → − − → → − → − → → Considere los vectores − u =3i + j y − v = i + 2 j . Vectores geométricos en el plano cartesiano. la componente escalar de − v en la dirección de − u es − → kuk Ã ! µ− µ− ¶ − ¶ − → → − → → − → → − → u · v u · v u · v u → − → − → − → = y así. → − → u ·− v → − − → → Si → u = 6 0 . Se obtiene → − → u ·− v → . también nos da la componente → − → → → escalar de − v en la dirección de − u si − v = 0 . Entonces → → (r− u)·− v = ³ → − →´ ³ − − → →´ − (ra) i + (rb) j · c i + d j = (ra)c + (rb)d = r(ac + bd) → → = r(− u ·− v ). P roy− u = − u u v = → → → → − 2 → − k− u k k− uk u · u kuk (1. → → → − u · (r− v ) = r(− u ·− v ). del producto escalar. el cual es 0 cuando − v = 0 . Como ejemplo. el ángulo α entre → u y→ v es tal que → − → − u · v cos α = − → k→ u k k− vk (1. Tales expresiones se derivan de la igualdad → → → → k− u k k− v k cos α = − u ·− v Por ejemplo. k− v k cos α = → − kuk → − → Nótese que el lado derecho. De manera similar se prueba que → ¨ Ejemplo 1.14) se puede probar rápidamente las propiedades 3. despejando cos α en dicha la igualdad se tiene que → − − → − − − − Si → u = 6 0 y→ v = 6 0 . que fueron enunciadas luego de la definición de dicho producto.: → − → − → − → − → → Digamos que − u =a i +bj y − v = c i + d j .1.7. .15) → − También podemos despejar k− v k cos α. probaremos la propiedad 3. que es la componente escalar de → v en la direc→ − → − → − ción de u cuando v 6= 0 . la componente escalar de − v en la dirección de − u y la proyección de − v sobre → − u . 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. Descomposición canónica 43 → → → → → entre − u y− v . Así que. y 4.16) Empleando (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 1.44 1. . → → a) De acuerdo con (1. Figura 1.− v .53. −1 0 µ ¶ µ ¶ 2 −2 C= yD= .B = . √ → − 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 . α = cos−1 √12 = 45o .21 0 4 Hallar el área A del paralelogramo cuyos vértices son los puntos A = . − u ·− v = (3)(1) + (1)(2) = 5 → → b) Para√hallar α emplearemos (1.52 se muestran los vectores → u. el ángulo α entre ellos y el vector −−→ → − → v . P roy− u Figura 1. el cual es OP . Como − u ·− v = 5. su altura h relativa a −− → −−→ la base AB y el ángulo α entre los vectores BA y BC. → − → u ·− v 5 − − = √ .53 se muestra el paralelogramo en consideración. Vectores geométricos en el plano Solución: − → En la figura 1. 2 1 Solución: En la figura 1.15).52.14). senα = ± 1 − cos α. Figura 1. pero como α es águdo entonces senα = 1 − cos α = 5 9 = √ . sustituyendo en (1. °BC ° y senα : ° √ −− → → − → − → − − → ° °−−→° p BA = (0 − 4) i + (−1 − 0) j = −4 i − j .54. °BC ° = 8 y senα = √ . −−→ −−→ 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.B= yC= . tenemos que 34 el área del paralelogramo es ¶ µ √ √ 5 = 10 (unidades cuadradas).7.1.54 se muestra el triángulo ABC. °BA° = (−4)2 + (−1)2 = 17 ° √ −−→ → − → − → − → ° − °−−→° p BC = (2 − 4) i + (2 − 0) j = −2 i + 2 j .22 2 −3 5 Considere el triángulo cuyos vértices son los puntos A = . 1− 34 34 °−−→° √ °−−→° √ 5 ° ° ° ° Luego. Descomposición canónica El área del paralelogramo es °−−→° ° ° y como h = °BC °senα.17) A = °BA° °BC ° senα ° ° ° °−− ° →° °−−→° Procedemos entonces a hallar °BA° . 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. . Vectores geométricos en el plano cartesiano. entonces o también 45 ° °− ° −→° A = °AB ° h ° °− °° ° −→° °−−→° A = °AB ° °BC ° senα ° °° °− ° −→° °−−→° (1. ¥ A = 17 8 √ 34 µ ¶ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 1. °BC ° = (−2)2 + 22 = 8.17) °BA° = 17. los b) Por el literal a) sabemos que el ángulo BAC −→ −−→ \ y BCA. respectivamente. estos productos: −−→ → − → − → − → −→ − → − → − Como AB = (−3 − 2) i + (−2 − 1) j = −5 i − 3 j . . Prueba: En la figura 1.23 Probar que las diagonales de un rombo son bisectrices de sus correspondientes ángulos. \ es recto entonces el área A del triángulo ABC es c) Como el ángulo BAC A= ° °° 1° °−−→° °−→° 1 √ √ 34 34 = 17 (unidades cuadradas). Sean θ y α. que los ángulos φ y θ que se muestran en la figura 1. entonces. Se sigue que α = 45o .55 son iguales. °−− °BA° °BC ° Ahora. 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 . si y sólo si alguno de los productos escalares AB · BC. es decir. Veamos que la diagonal OQ es bisectriz del ángulo \ P OR. °AB ° °AC ° = 2 2 ¥ Ejemplo 1. \ Puesto que θ es el ángulo entre los vectores − BA y BC tenemos que ángulos ABC −−→ −−→ BA · BC ° ° cos θ = ° →° ° °−−→° . 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. Vectores geométricos en el plano a) El triángulo ABC será un triángulo rectángulo si y sólo si dos de sus lados son per−−→ −−→ −− → −→ pendiculares. −−→ −−→ (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.55. Figura 1. es decir.55 se muestra un rombo OP QR. Recordemos que un rombo es un paralelogramo con sus lados de igual longitud. Calculemos. \ es recto.46 1. AB · AC y −−→ −→ BC · AC es cero. pues θ y φ se encuentran entre 0o y 180o . Prueba: En la figura 1. Figura 1.1. ¨ Ejemplo 1.56 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. En forma análoga el lector puede mostrar que la diagonal P R es bisectriz del ángulo \ OP Q. En primer lugar. Vectores geométricos en el plano cartesiano. Se sigue que θ = φ.7. 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. 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. respectivamente. como se quería probar. se concluye que cos φ = cos θ. Descomposición canónica 47 −−→ −−→ −−→ −−→ Como θ y φ son. Ahora. como el paralelogramo OP QR es un rombo entonces °OP ° = °OR° y puesto −−→ −− → − −→ −−→ que OP ·OR = OR·OP . las diagonales OQ y P R son perpendiculares si y sólo si el paralelogramo OP QR es un rombo.56. al comparar los miembros derechos de las dos igualdades anteriores. ) 10. 5 y 4 unidades de longitud. Encontrar la magnitud del vector suma y el ángulo entre dicho vector suma y el vector dado de mayor longitud. Demostrar vectorialmente que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. parte de la rivera de un río y nada hacia el norte a través del río. 5. 11. . Dos autos parten al mismo tiempo de un punto O. 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. 9. Probar que − u +− v =− u +− w si y sólo si − v =− w. utilizando vectores geométricos. R y S son los vértices de un paralelogramo.9. río abajo. Vectores geométricos en el plano 1.48 1. 2 → → → → → → → → → 2.8 Ejercicios 1. expresar el vector DE en términos de AB y AC. − → → 12.8 km/h. 7. B. ¿Cuál es la velocidad resultante del avión con respecto a la tierra?. con una velocidad de nado de 1. Suponiendo que AD = 14 AB y BE = 12 BC. expresar DE en términos de AB y BC. Representar gráficamente esta situación y calcular la distancia entre los dos autos cuando han transcurrido dos horas. 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. Sean A. b) Suponga que el ancho del río es 1 km. el nadador alcanza la otra orilla?. Hacer un gráfico que muestre la fuerza resultante y hallar la magnitud y dirección de dicha fuerza.− v y− w vectores del plano. Q. El ángulo entre el primero y el segundo es de 50o . 6. Demostrar. Tres vectores del plano tienen 6. BC.5 km/h con respecto al agua. Sea ABCD un cuadrilátero y sean P. 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. − −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ 4. 8. → − → − 1 c) k w k = y dir ( w ) = 240o . Si E es el punto medio del −−→ −−→ −→ segmento de recta AC. CD y DA respectivamente. ¿Qué tan lejos. hallar: a) La velocidad del nadador con respecto a la tierra. El remolcador A ejerce una fuerza de 7000 lbf sobre su cable con dirección de 80o . → → b) k− v k = 2 y dir (− v ) = 180o . ° °−− ³−− →´ ° →° a) °AB ° = 5 y dir AB = 20o . que P. Sea → v un vector tal que k− v k = 4 y dir (− v ) = 45o . Dos remolcadores A y B llevan un barco a un puerto. Un nadador. Si la corriente del río fluye hacia el este a 0. → → → → a) Dibujar un vector − x tal que k− x k = 9 y dir (− x ) = dir (− v ). El remolcador B ejerce una fuerza de 5000 lbf con dirección de 20o . 3. mientras que ángulo entre el segundo y el tercero es de 75o . Sean − u. R y S los puntos medios de sus lados AB. (Ayuda: Vea ejemplo 1. Q. Para cada literal dibujar el vector con las características descritas. Si → u = 3 i − 4 j . → − → → − → − − → → → − → − → 16.− w que se muestran en la figura. → → → c) Expresar los vectores − x y− y como múltiplos escalares del vector − v. Hallar la descomposición canónica de cada uno de los siguientes vectores: → → → a) − v tal que k− v k = 6 y dir (− v ) = 225o .1. dir ( u ) = 120 y dir ( w ) = 180 . ángulo de 45o con el vector − . hallar: − a) La magnitud y dirección de → u. → − → c) − w tal que k→ w k = 3 y dir (− w ) = π6 radianes. − → → − 13.− v . → → → − − − 14. b tales que w = a u + b v . 15. − w = −2 i + 3 j . − v = 3i + j. b) − u −− v +− w. → → → b) Encontrar la descomposición de − w en las direcciones de − u y− v (es decir. → − → − k v k = 3 y k w k = 4. k→ w k = 10. − → → b) → u tal que k− u k = 5 y dir (− u ) = 270o . k→ u k = 8.− u y− w. → − → − → − o o o dir ( v ) = 60 . √ c) La descomposición canónica de cada uno de los vectores de longitud 4 2 que forma → u. → → → a) Dibujar los vectores − v . Considerar los vectores → u. hallar → − → − → − escalares a y b tales que w = a u + b v ). 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) La descomposición canónica del vector → w de magnitud 7 y dirección opuesta a la → − de u .8. Sean − u = 2i −5j. Hacerlo de dos formas: primero sin recurrir a la descomposición canónica y luego empleando dicha descomposición.− u y− w tales que k→ v k = 5. c) 3− u + 2− v −− w. Hallar la descomposición canónica. donde k→ u k = 2. determinando los → − → − → − escalares a. → − → − − 17. → → → Encontrar la descomposición de − w en las direcciones de − u y− v . la magnitud y la dirección de los siguientes vectores: → → → → → → → → a) 2− u −− v. Dados los vectores geométricos − v . Hacerlo de dos formas: primero sin recurrir a la descomposición canónica y luego empleando dicha descomposición. 50 1. −2 1 3 −−→ −− → −→ a) Hallar la descomposición canónica de cada uno de los vectores QP . a) Probar que − u u 1 2 → → − − → − → − b) Hallar la descomposición de cada unos de los los vectores i . hallar la descomposición canónica y la −−→ magnitud de QM . ii) Si su respuesta en i) es afirmativa.Q= .− v =2 i −3j . encontrar el punto R tal que el cuadrilátero OP RQ es un paralelogramo. 19. → − → − − → − → − − b) → u = i −2j . Vectores geométricos en el plano µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 2 18. 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. . − →=− u 2 √ − √ − 2→ 2→ i + 2 2 j . Sea → w = 7 i − 5 j . −−→ −−→ e) Encontrar el ángulo entre QP y QR. 5 −4 0 6 →= 21. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ −3 −4 4 2 a) P = . d) Si B es el baricentro del triángulo P QR. → − − → → → − → − → a) − u = i − j. Considerar el diagrama de fuerzas de la siguiente figura. las direcciones de − u u 1 2 → − → − − − → 22. →y− → son perpendiculares. c) Si M es el punto medio de segmento P R. Hallar la descomposición canónica de QS. j y −2 i + 3 j en →y− →. halle los valores de a y b. Hallar la descomposición canónica de F . F + T1 + T2 = 0 . −−→ − −→ f ) Sea S el punto de intersección de la bisectriz del ángulo entre QP y QR con el −→ segmento P R.Q= yR= .Q= . 20. T1 y T2 . Para cada par de puntos dados. Sean P = . b) Mostrar que los puntos P. → − La fuerza F tiene una magnitud de 20 Newtons y el sistema se encuentra en equilibrio. b) P = . → − → − − → − → → − − → − → es decir. QR y P R. Q y R no son colineales. Sean − u 1 √ − √ − 2→ 2→ i + 2 2 j . hallar la descomposición canónica y la −−→ magnitud del vector QB. → v = −2 i + 4 j . − w = 2 i − 23 j → → − → − → → 3− − → c) − v = −2 i + 18 j . 2 2 − → → → → → b) (→ v +− w ) · (− v −− w ) = k− v k − k− wk . b) k− u k (− v ·− w).8. Para el par de vectores − v y− w dados en cada literal. Para cada par de vectores − u y − v dados a continuación. Calcular la proyección de − u sobre − → − − → − → − → − → − → a) u = 6 i + j . π 3 radianes. v = 2 i − 3 j . → → → → a) − u es perpendicular a − v. − v y− w vectores geométricos tales que k− v k = 4. 4 − → → − − → − − → → → − − → → 25. calcular el producto escalar. determinar si ellos son perpendiculares. k− vk=6y → → 29. c) k(− u ·− v )− wk.− w = i + j → → − → − → → 1− − → b) − v =4 i +3j .51 1. → → v. b) El ángulo entre − u y− v es π radianes. → → − − → − → → a) − v =4i. Calcular: → → → → → → → → → a) − u · (2− v −− w). (Es decir. Sean − v y− w vectores. verificar la desigual→ − → − → → dad de Cauchy-Schwarz y hallar P roy− w v y P roy− v w. 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. → → b) Calcular la magnitud de la proyección de − v sobre − w. Sean − u. → − → → − − → → − → 24. → → 32. Probar que: 2 2 2 → − → − → → → → a) k v ± w k = k− v k ± 2 (− v ·− w ) + k− wk . → → 27. 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 . Ejercicios → → 23. → → → → → → u es unitario. − w = i −1j 2 6 . Encontrar los valores de α para los cuales se satisface la condición dada en cada caso. Calcular − v ·− w → → − − a) Si k− v k = 2.− v = i +4j . Sean − v y− w vectores. 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 . − v =4 i +6j . 31. π 3 radianes. Probar: → → a) Teorema de Pitágoras: − v y− w son perpendiculares si y sólo si 2 2 → − → − k v k + kwk → k− w k = 7. si el ángulo entre ellos es agudo o si el ángulo entre ellos es obtuso. Sean − u =3 i +4j . k− u k = 5. → − − → → − → → − → c) − u =3i − j. → v =5i − j y− w = 7 i + j . Demostrar. que las diagonales de un paralelogramo tienen igual longitud si y sólo si el paralelogramo es un rectángulo. → → − → → → → → → 28.) 2 2 → → → → → → v −− w k = 4 (− v ·− w). → → 26. determinar si son perpendiculares. el coseno del ángulo entre ellos. → − → → − → − → − → b) − u = −6 i + 4 j . Sean − u = 3 i +4j y − v = i + α j . c) Identidad de polarización: k− v +− w k − k− 30. k− w k = 3 y el ángulo entre → v y→ w es → − → − − → − → − → b) Si v = 2 i − 3 j y w = 2 i . Calcular − u ·− v sabiendo que − u +− v +− w = 0 . empleando la identidad de polarización. b. k− v k = 4 y k− w k = 2 y sea − z = → − → − → − → − → − → − → − o 2 u − v + 3 w . Probar que para cualquier → − → − → → escalar no nulo r se tiene que P royr− u z = P roy− u z.B = yC = . − w vectores tales que k− u k = 3.Q= 37. Sean − u =a i +bj y − v =c i +dj . b) Dirección contraria. Calcular P royP−−→ yS = . y P roy− RS → → → → → → → 38. Vectores geométricos en el plano → → − − 33. 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 . Un triángulo tiene como vértices los puntos A = . Sean − u. c y d para que − v y P roy− v u tengan a) La misma dirección. Mostrar que → u y→ v son paralelos si y → − → − → sólo si P roy− v u = u. → − → → − → − → → − → 34. . Sean − u y− v vectores geométricos no nulos. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 4 −3 36. Calcular z · v sabiendo que el ángulo entre u y v es de 60 y el → → ángulo entre − v y− w es de 120o .R= . Sean P = RS Q 2 −3 7 3 −−→ → P Q. Encontrar una condición necesaria y → − → → suficiente sobre a.52 1. Sea − u un vector no nulo y se − z un vector cualquiera. − v. → → 35. − v 6= 0. 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. el vector de posición del punto P . cada punto b µ ¶ a P = del plano es el extremo final de un único vector con punto inicial en el origen.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.1). recíprocamente.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. lo cual permite identificar cada punto del plano con un par ordenado b reales. (Ver figura 2. como ya se había anunciado. Ahora bien. al plano provisto de un sistema µ ¶ cartesiano a de números xy. (Ver figura 2.2 Vectores coordenados o algebraicos 2. es decir.2). De acuerdo con la definición de igualdad de vectores geométricos. Figura 2. según se explicó en el capítulo anterior. 53 . el b −−→ cual es el vector OP . 2. Vectores coordenados o algebraicos Figura 2. c y d son todos positivos. es decir. (2. b. es decir. en la cual a. entre el conjunto de los vectores posición y el conjunto R2 . las operaciones suma y producto por escalar con vectores de posición. De acuerdo con dicha correspondencia.54 2. µ ¶ µ ¶ −−→ −−→ a c Consideremos vectores de posición OP y OQ siendo P = yQ= . 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.3. inducen una suma y un producto por escalar con pares ordenados de números reales como se indica a continuación.1) . definir ¶ µ ¶ µ ¶ µ a+c c a = + b+d d b Ilustramos lo anterior en la figura 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. 2. Suma y producto por escalar en R2 55 Figura 2.2) Por lo anterior se define en R2 (es decir.3.2). 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. en el conjunto de puntos del plano) una suma y un producto por escalar. b rb (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 .1) y (2.2. es decir definir µ ¶ µ ¶ a ra r = . Análogamente. de acuerdo con las igualdades (2. 2.2 Suma y producto por escalar en R2 Dados X = rX como µ ¶ µ ¶ x u yU = en R2 y el escalar r. U. ¥ = = (−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.2 −1 1 (figura 2. En adelante.1 4 −2 Sean X = yU= . t en R. A continuación . S. Hallar X + U y (−1) X. Dado X en R2 .4. −−→ −−→ −→ rX + tU = T ⇔ rOX + tOU = OT cualesquiera sean X. R. se define como −X = . T en R2 y r. denotado −X. Es claro que la suma y la multiplicación por escalar en R2 heredan las propiedades algebraicas de las correspondientes operaciones entre vectores geométricos. y −y Se tiene que X + (−X) = O y − X = (−1)X.4). µ ¶ µ ¶ x −x • El inverso aditivo del vector X = . se dirá un múltiplo escalar de X. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 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 . todo vector de la forma rX. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 2. Vectores coordenados o algebraicos y en general. los elementos de R2 (a los cuales nos veniamos refiriendo como puntos) se dirán también vectores coordenados o vectores algebraicos. con r ∈ R.56 2. 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. −−→ −−→ − −→ OX − OU = OR con R = ¶ µ x−u . en consecuencia. y−v Definimos. r(sX) = (rs)X 9. X + Y = Y + X 3. 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. Como ejemplo. X + Y ∈ R2 2.2. (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 . X + (−X) = O 6. 1. r(X + Y ) = rX + rY 10. y v y−v ¶ µ −−→ −−→ x−u es tal que U X = OR y como R = X − U Ahora. Z de R2 y todo par de números reales r y s. µ ¶ µ ¶ x u • Sean X = yU= en R2 . (X + Y ) + Z = X + (Y + Z) 4. sabemos que el vector R = y−v entonces −−→ −− → U X = OR con R = X − U . Así. Sabemos que y v −−→ −−→ → − → − OX − OU = (x − u) i + (y − v) j es decir. válidas para cualesquiera vectores X. 1X = X 8. Y. X + O = X 5.2. y a las propiedades de la suma y el producto entre números reales. rX ∈ R2 7. la diferencia X − U como el vector R. ¨ La verificación de las restantes propiedades se deja como ejercicio. µ ¶ µ ¶ µ ¶ x u x−u X −U = − = . Suma y producto por escalar en R2 57 listamos las propiedades básicas. . µ ¶ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 2.58 2.5. X. De lo anterior se sigue.6). Z en R2 . Solución: −−→ − −→ El cuadrilátero ABDC es un paralelogramo si y sólo si CD = AB (ver figura 2. en forma inmediata.3 −1 0 3 Dados los puntos A = . que −−→ −−→ U X = Y Z si y sólo si X − U = Z − Y cualesquiera sean U. 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. encuentre el punto D tal que el 1 −1 2 cuadrilátero ABDC es un paralelogramo.B = yC = . Figura 2. Y.5). 3). como sabemos. = + − 0 2 1 −1 µ ¥ Ejemplo 2.6. si P es el punto del segmento AB que lo divide en la proporción m : n y O es cualquier punto del plano. entonces −−→ n −→ m −−→ OP = OA + OB. 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. esta igualdad es equivalente a m (B − A) P −A= m+n . Ahora.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 En particular.4 Probar el siguiente resultado: Teorema de la proporción en R2 . El punto P del segmento AB que divide a dicho segmento en la proporción m : n es P = m n A+ B. D= ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 4 3 −1 0 . caso en el cual esa igualdad es equivalente. AP = m+n Ahora (vea ejercicio 1 de este capítulo). la igualdad anterior es válida si O es el origen del sistema cartesiano xy. m+n m+n (2.2. a la igualdad (2. −−→ −− → CD = AB ⇐⇒ D − C = B − A ⇐⇒ D = B − A + C luego.2. Suma y producto por escalar en R2 59 Figura 2. µ ¶ x • Sea X = en R2 .7. dirección y otros conceptos en R2 En esta sección trasladaremos a los vectores algebraicos nociones ya definidas para vectores geométricos como magnitud. cualesquiera sean X. denotada kXk . 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). dirección. En efecto.7). U en R2 y r ∈ R se da que: 1. descomposición canónica. ángulo entre vectores y proyección de un vector sobre otro. Vectores coordenados o algebraicos de lo cual se sigue que P =A+ n m m (B − A) = A+ B. producto escalar. kXk = 0 si y sólo si X = 0 . es decir.3 Magnitud. °−−→° p ° ° kXk = °OX ° = x2 + y 2 Figura 2. a la magnitud y −−→ del vector de posición OX (vea figura 2.60 2. kXk ≥ 0 µ ¶ 0 2. Llamaremos magnitud de X. Es de esperar que la magnitud en R2 tenga las propiedades que sabemos tiene la magnitud de vectores geométricos. 2. Nótese que kXk es la distancia del punto X al origen. todo ello empleando la correspondencia −−→ OP ←→ P ya mencionada. una vez tengamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz y el producto escalar en R2 . Figura 2. Magnitud.8). es decir que rOX = OS. 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 .8.2. y −−→ −→ Digamos que rX = S. se puede probar dicha desigualdad triangular sin recurrir a vectores geométricos. (Ver figura 2. . Más adelante. a 3. krXk = |r| kXk 4. a partir de la desigualdad triangular °−−→ −−→° °−−→° °−−→° ° ° ° ° ° ° °OX + OU ° ≤ °OX ° + °OU ° .3. 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 = . ° −−→° ° ° En la penúltima de las igualdades anteriores hemos hecho uso de la propiedad °rOX ° = °−−→° ° ° |r| °OX ° para la magnitud de vectores geométricos. Como ejemplo probaremos de las dos formas la propiedad 3. Entonces °−→° ° −−→° °−−→° ° ° ° ° ° ° krXk = kSk = °OS ° = °rOX ° = |r| °OX ° = |r| kXk . dirección y otros conceptos en R2 61 3. Así que. el yX= La distancia entre dos puntos U = y v escalar kX − U k . ¨ krXk = ° ° ry ° En cuanto a la propiedad 4. podemos probarla recurriendo a vectores geométricos. kX + U k ≤ kXk + kU k (Desigualdad triangular). µ ¶ µ ¶ °−−→° x u ° ° es el escalar °U X ° . Ahora. es decir. Cada una de las propiedades 1. ¥ • Consideremos X ∈ R2 . el ángulo θ es la dirección del vector algebraico X). como se muestra en la figura 2. −−→ −−→ Por último. como normalización del vector X.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 = 52.62 2. menudo escribiremos kXk kXk ¶ µ cos θ . El vector unitario de R2 con dirección θ. a 1 X en lugar de X. Dos vectores de R2 son paralelos si y sólo si uno de ellos es múltiplo escalar del otro. Por tanto. diremos que X y U son paralelos si los vectores OX y OU lo son. pues kXk ° ° ° ° 1 1 ° ° ° kXk X ° = kXk kXk = 1. Diremos que un vector U ∈ R2 .9. Los vectores unitarios de R2 conforman la circunferencia de centro en el origen y radio 1. y tiene la misma dirección de X ya que 1 > 0. Si X ∈ R2 y 1 X 6= O entonces el vector X es unitario.7. Ahora. 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. pues así ocurre entre rOX y OX. Al igual que para vectores geométricos. Si X 6= O llamaremos dirección de X. a partir del vector no kXk nulo X. kXk 1 X. es senθ Por tanto. 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. U 6= O. −−→ a la dirección del vector de posición OX (En la figura 2. 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 . • Un vector de R2 se dice un vector unitario si tiene magnitud 1. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 2. −−→ −−→ OX y OU son paralelos si y sólo si alguno de los dos es múltiplo escalar del otro. denotada dir (X) . 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 . b) Normalice el vector X + Y.6 √ ¶ µ √ ¶ 1/ 2 −3 2/2 √ √ Sean X = yY = . 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. 270o < θ < 360o entonces θ = tan−1 (−1) + 360o = −45o + 360o = 315o √ ¶ µ √ ¶ √ µ ¶ µ √ 1/ 2 − 3 2/2 2 −2 − 2 √ √ = . de donde tanθ = −1. −1/ 2 2 a) Muestre que X es unitario y halle su dirección.9. (X + Y ) = √ =√ U= 10 2 kX + Y k 1 5 1 2 . es decir. √ c) Halle el vector Z con dirección opuesta a la del vector X + Y y tal que kZk = 10. 1 1 Si θ es la dirección de X entonces cos θ = √ y senθ = − √ . (−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) X + Y = = √ 2/2 2 1 −1/ 2 + 2 Luego. como X es un punto del cuarto cuadrante. Ejemplo 2.2. √ °µ ¶° √ √ √ −2 ° 2° 2p 2√ 10 2 2 ° ° = kX + Y k = . dirección y otros conceptos en R2 de donde 63 ¶ µ cos θ X = kXk senθ Figura 2. 2 2 Ahora. tal vector es √ µ ¶ µ ¶ 1 1 −2 2 −2 1 .3. Magnitud. (Ver figura 2. Como resumen de lo anterior tenemos: µ ¶ x de R2 es La descomposición canónica de un vector X = y X = xE1 + yE2 . Figura 2. µ ¶ µ √ ¶ µ ¶ √ √ −2 2 2 1 −2 √ . Z = − 10 √ = =− 2 1 − 2 5 1 ¥ → − − → • En la mismaµmedida en que ¶ µ ¶son importantes los vectores geométricos i y j . uno en el eje x y el otro en el eje y. +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.10. los cuales llamaremos vectores canónicos de los vectores E1 = 0 1 R2 . µ ¶ x como suma de dos Es más.lo son 1 0 y E2 = en R2 . es decir. la única manera de descomponer un vector X = y vectores. µ ¶ x Todo vector X = en R2 se descompone en la forma y µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 1 0 x = xE1 + yE2 .10). Vectores coordenados o algebraicos √ c) Z = − 10U donde U es el vector unitario hallado en b). es X = xE1 + yE2 igualdad que llamaremos descomposición canónica del vector X.64 2. Ahora.3. 3 65 ¥ Figura 2. Así que. 5.11). µ ¶ µ ¶ x u El producto escalar de los vectores X = yU= es el escalar y v X · U = xu + yv. al producto escalar OX · OU . (Figura 2. µ ¶ µ ¶ x u • Llamaremos producto escalar de los vectores X = yU = de R2 . U.2. 2. 3. válidas cualesquiera sean X. Magnitud. como OX = x i + y j y OU = −−→ −−→ → − → − u i + v j entonces OX · OU = xu + yv. sin utilizar vectores de posición: Si X = yU= . las siguientes propiedades. dirección y otros conceptos en R2 µ ¶ Ejemplo 2. . 4.11. que y v −−→ −−→ −−→ → − → −−→ − denotaremos X · U. 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. como era de esperarse. ry v Análogamente se prueba que X · (rU ) = r(X · U ). 1. 6. El producto escalar entre vectores de R2 tiene. Z en R2 y r ∈ R. y v µ ¶ µ ¶ rx u (rX) · U = · = (rx)u + (ry)v = r(xu + yv) = r(X · U ).7 −2 La descomposición canónica de X = es X = −2E1 + 3E2 . queda como ejercicio. el ángulo entre X y U se define como el −−→ −−→ ángulo entre los vectores OX y OU (figura 2. 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 . −−→ −−→ −−→ −−→ OX · OU ° °° Si α es el ángulo entre OX y OU sabemos que cos α = ° − ° −→° °−−→° .12. como OX y OU son perpendiculares si y sólo si −−→ −−→ OX · OU = 0 entonces X ⊥ U si y sólo si X · U = 0 . Ahora.4) Los vectores X y U se dicen ortogonales. como °OX ° °OU ° °−−→° °−−→° −−→ −−→ ° ° ° ° OX · OU = X · U .12).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 . y 5. si los vectores −−→ −−→ −−→ −−→ OX y OU son perpendiculares.66 2.. Figura 2. Ahora. Vectores coordenados o algebraicos Ahora probemos la propiedad 6. La verificación de las propiedades 2. ¨ Ejemplo 2. lo cual se denota X ⊥ U. °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. ¥ • Si X y U son vectores no nulos de R2 . 3.. ¶corta dicha recta. (Ver figura OU 2.9 µ ¶ µ ¶ −3 1 . Y como 0o ≤ α ≤ 180o entonces α = cos−1 − √ 5 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 2.13). denotada −−→ −−→ P royU X. yU= Sean X = 1 2 a) Determine si X y U son ortogonales. X ·U −1 −1 1 p b) cos α = =√ = √ √ =− √ . .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. Solución: a) X · U = (1)(−3) + (2)(1) = −1 Como X · U 6= 0 entonces X y U no son ortogonales. La proyección de X sobre U.13o . se define como el vector algebraico P tal que OP = P roy− − → OX.14. Magnitud.2.3. kXk kU k 5 2 12 + 22 (−3)2 +µ12 ¶5 10 1 ¥ = 98.13. Figura 2. 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. 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. b) Si X y U no son ortogonales halle el ángulo α entre ellos. dirección y otros conceptos en R2 67 Ejemplo 2. pasando a vectores algebraicos. Halle: 2 −5 −14 a) El vector X.W = . g) La proyección de W sobre V. U 6= O. de la ya conocida fórmula ⎞ ⎛ −−→ −−→ −−→ −−→ ⎝ OX · OU ⎠ OU ° ° ° ° P roy− OX = − → OU °−−→° °−−→° °OU ° °OU ° se sigue.U= y X = 2V + 3W − U. b) La magnitud y la dirección de X. W y el origen. h) Vectores P y Q tales que W = P + Q con P paralelo a V y Q ortogonal a V. e) El ángulo entre 2V y −3W. . 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. c) La descomposición canónica de X. i) El área del triángulo cuyos vértices son V. Vectores coordenados o algebraicos Figura 2. Finalizamos este capítulo con el siguiente ejemplo.14. Si X y U son vectores cualesquiera de R2 con U 6= O. que P royU X = µ X ·U kU k ¶ U = kU k µ X ·U kU k2 ¶ U= µ X ·U U ·U ¶ U (2.68 2. en el cual se combinan varios de los conceptos introducidos en él.11 µ ¶ µ ¶ µ ¶ −3 2 3 Sean V = . Ejemplo 2. d) k−2V k + 2 kV k . f) La distancia entre los puntos U y W.5) Es de resaltar que dado un vector U en R2 . p √ d) k−2V k + 2 kV k = |−2| kV k + 2 kV k = 4 kV k = 4 (−3)2 + 22 = 4 13.15). µ ¶ µ ¶ 48/13 W ·V −16 16 16 −3 V = 13 V = − 13 V = − 13 = .4)) −(V · W ) −((−3)(2) + 2(−5)) V · (−W ) 16 √ √ = = =√ √ . Luego. 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 = 34.3.51o . 2 −5 −14 4 − 15 + 14 3 p √ b) kXk = (−3)2 + 32 = 3 2. Figura 2. como 0o < θ < 180o entonces θ 6= tan−1 (−1) (Ver figura 2. θ = tan−1 (−1) + 180o = −45o + 180o = 135o . 3 Si θ es la dirección de X entonces tan θ = −3 = −1. 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 = . 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. −32/13 −33/13 . µ ¶ −3 c) La descomposición canónica del vector X = es 3 X = −3E1 + 3E2 . 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. luego (según fórmula (2. Ahora. sin embargo.15. Magnitud. 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 − = = .2. e) El ángulo α entre los vectores 2V y −3W es el mismo ángulo entre V y −W . 4 µ ¶µ ¶ 11 √ 11 1√ (unidades cuadradas). b) Hallar las coordenadas de los puntos medios de los lados del cuadrilátero P QRS. X. Probar que: −−→ −→ −−→ a) U X = ST + Y Z ⇐⇒ X − U = (T − S) + (Z − Y ).16 se muestra el triángulo V OW. U. Vectores coordenados o algebraicos i) En la figura 2. −−→ −→ − −→ c) U X = rST + d Y Z ⇐⇒ X − U = r (T − S) + d (Z − Y ) .R= yS= cuatro puntos del plano. Sean S.16. 2 2 √ √ Como h = kW − P royV W k = 11 13 entonces 13 13 (verifíquelo) y kV k = A= A= 2. Figura 2. El área A del triángulo es entonces ° 1 1° °−−→° °OV ° h = kV k h. T. .70 2. −−→ −→ b) U X = rST ⇐⇒ X − U = r (T − S) . 2.Q= . la cual es h = kW − P royV W k . µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 0 −6 1 . 13 13 = 2 13 2 ¥ Ejercicios 1. Sean P = 5 0 −1 1 a) Ubicar en el plano cartesiano los puntos dados. c) Verificar que los puntos medios de los lados del cuadrilátero P QRS son los vértices de un paralelogramo. Y y Z puntos del plano y r y d escalares. el punto P royV W y la altura h relativa a la base OV . W = yU = vectores de R2 y sea Z = U − 2W + V. se tiene que X = cos θ kXk . b µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 3 4 4. a) Ubicar V y W en el plano cartesiano. µ ¶ µ ¶ 4 1 6. 1 2 0 a) Probar que P. Sean U = −3E1 + E2 . Usando este hecho hallar el vector 4U − 5W donde U y W son los senθ vectores mostrados en la siguiente figura. b) Hallar las coordenadas del vértice S del cuadrado P QRS. 2 9. Se sabe µ que¶ para todo vector no nulo X de R con dirección θ. W = E1 y U = aV + bW con a.R= puntos del plano. c) Calcular el área del cuadrado P QRS. Q y R son tres de los vértices de un cuadrado P QRS. c) Todos los escalares a tales que kaV k = 15. Sean P = . Ejercicios µ ¶ µ ¶ µ ¶ −3 1 4 3.4. 2 3 de la distancia 7. µ ¶ 3 h) El escalar b tal que el vector sea ortogonal al vector W. b escalares. g) El vector unitario con dirección opuesta a la del vector V + W. Encontrar el vector X de R2 tal 8. 4 −2 3 Hallar: a) La magnitud y la dirección de Z. b) La descomposición canónica de Z. Hallar: 3 −3 a) El punto R tal que Q es el punto medio del segmento P R.Q= . 3 a) Hallar el tercer vértice (2 soluciones). Sean V = E1 + E2 . V = 0 que 2U − V + X = 7X + W. b) Hallar el área del triángulo. . Dos vértices de un triángulo equilátero son A = y el origen. µ ¶ −4 5.71 2. e) El ángulo entre los vectores W y −2V. f ) El ángulo entre los vectores V y U. Sean V = . 0 c) Hallar a y b tales que U = E1 + 2E2 . c) El punto M sobre el segmento de recta P Q cuya distancia a P es de P a Q. µ ¶ 0 b) Probar que si U = entonces a = b = 0. d) La distancia entre los vectores V y U. µ ¶ 4 y W = 6E1 − E2 . b) El punto S que divide al segmento P Q en la proporción 2 : 3. Sean P = yQ= puntos del plano. Sean U.72 2. yR= . Sean X. d) r (sX) = (rs) X. −7 −5 1 a) Comprobar que el triángulo es rectángulo e isósceles. En cada caso hallar un vector X de R2 tal que X · V = 0 y kXk = kV k . Sean P = 10 3 5 Hallar el valor de m.Q= 14. .V = yW = . 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. Vectores coordenados o algebraicos 10. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 7 1 3 15. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 −3 3 . X. V y X +V? µ ¶ µ ¶ µ ¶ m 1 3 puntos tales que el ángulo QP R es recto. c) X + O = O + X. c) Comprobar que la longitud de la mediana relativa a la hipotenusa es igual a la mitad de la longitud de la hipotenusa. Para el triángulo de vértices P = .V = 3 −3 µ ¶ −2 yW = . Y y Z vectores de R2 y sean r y s números reales. Calcular: 11.Q= yR= . b) Calcular las longitudes de las tres alturas. e) (r + s) X = rX + sX. 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. 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. b) (X + Y ) + Z = X + (Y + Z) . Introducir los paréntesis y efectuar las operaciones si U = . −1 a) U · V W b) U · V + W c) U/V · W 13. V y W vectores en R2 . 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. Calcular el área del triángulo OXU. b) Calcular el área de dicho rombo.Q= yR= .73 2. X. −2 1 a) Determinar los vértices Q y S. Hallar un punto P = equidistante de los puntos Q = . Describir. Sean X = yU= . y. y 1 0 3 Además. µ ¶ a 19. y. calcular el radio de la circunferencia que pasa por los puntos Q. el conjunto de todos los puntos P = y que satisfacen las condiciones indicadas en cada literal. 0 0 21. mediante una ecuación en x. −3 −5 23. R y S. b) Calcular las longitudes de las tres alturas del triángulo. Sean X y U puntos del plano que no están en una misma línea recta que pasa por el origen.R= y Q está sobre el eje y. mediante una ecuación en x. Sean P0 = y r un real positivo. b µ ¶ x el conjunto de todos los puntos P = tales que kP − P0 k = r. d) Hallar el baricentro del triángulo. µ ¶ x 20. Demostrar lo siguiente utilizando vectores coordenados: a) Las diagonales de cualquier rectángulo tienen igual longitud. 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. X y U ? ¿Qué relación existe entre las áreas de esos paralelogramos? µ ¶ µ ¶ 2 −1 22. Describir. 4 1 5 a) Comprobar que el triángulo es isósceles. −1 1 µ ¶ µ ¶ 0 0 y a F2 = es igual a 4. Ejercicios µ ¶ µ ¶ −3 2 16. µ ¶ µ ¶ 1 −2 a) P equidista de los puntos M = yN= .R= yS = . µ ¶ µ ¶ µ ¶ −2 −5 −6 17. 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 = . µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 0 1 4 18. . Interpretar y geométricamente dicho conjunto. Un rombo P QRS es tal que P = .4. Para el triángulo de vértices P = . a) Probar que el área A del paralelogramo cuyos vértices son O. . c) Calcular las longitudes de las tres medianas del triángulo. 24. entonces dicho triángulo es isósceles. 29. Sean U1 y U2 vectores de R2 no nulos y ortogonales. Si X = yU= . Sea U un vector no nulo de R2 . Probar que para cualquier vector X de R2 el vector X − P royU X es ortogonal a U. t > 0. dibujar la figura correspondiente con un vértice en el origen y al menos un lado sobre uno de los ejes coordenados. Sea U un vector no nulo de R2 . 26. d) Si las longitudes de dos medianas de un triángulo son iguales. 28. e) Las diagonales de un rombo son perpendiculares. Hallar el valor de t tal que el ángulo entre X yY = 25. Sugerencia: En cada caso. 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. Probar la desigualdad triangular en R2 . b) Si U1 y U2 son unitarios. P paralelo a U y Q ortogonal a U. 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 dos vectores P y Q de R2 tales que X = P + Q con 2 4 P paralelo a U y Q ortogonal a U. entonces W = (W · U1 ) U1 + (W · U2 ) U2 . µ ¶ µ ¶ 1 3 27. Sean X = t 2 y Y es de 45o .74 2. y sea W cualquier vector de R2 . µ ¶ µ ¶ −1 −3 . Probar que: a) W = P royU1 W + P royU2 W. empleando la desigualdad de Cauchy-Schwarz y el producto escalar en R2 . . 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. Se entiende por ecuación para una curva C del plano una igualdad que µ ¶involucra las variables x. Es claro que la ecuación anterior es equivalente a la ecuación x2 + y 2 = r2 la cual es también. Cualquier vector no nulo AB paralelo a una recta se dirá un vector director de dicha recta. B −− → están sobre L o sobre alguna recta paralela a L. las curvas en él pueden ser descritas a partir de ecuaciones. 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 . Se entiende que un vector no nulo AB es paralelo a una recta L si sus extremos A. Por ejemplo. una ecuación para la circunferencia en consideración. y de tal manera que dicha igualdad la x satisfacen los puntos de la curva C y solamente ellos. −−→ Consideremos una recta L y sean P0 un punto fijo de L y OD un vector director de L. En este capítulo obtendremos distintas ecuaciones para una línea recta en el plano.3 La línea recta en el plano Una vez dotado el plano de un sistema de coordenadas cartesianas xy. 3. 75 . en la forma X = P0 + tD.2 en la cual se muestran los puntos P0 . −−→ Vemos que L está conformada por los puntos X tales que el vector P0 X es paralelo al −−→ vector OD (ver figura 3. L está conformada por los puntos X tales que −−→ −−→ (3. t ∈ R que también podemos escribir como −−→ −−→ −−→ OX = OP0 + tOD. t ∈ R.2. a t = 0. es decir. La línea recta en el plano Figura 3. −−→ Así.1. . t = 12 y t = 1.1) P0 X = tOD.1) es equivalente a −−→ −−→ −−→ OX − OP0 = tOD.1).76 3. P0 + 12 D y P0 + D correspondientes. como se ilustra en la figura 3. t∈R condición que podemos expresar de manera simplificada.2) X = P0 + tD con t ∈ R. Figura 3. usando vectores algebraicos. como P0 X = OX − OP0 entonces (3. respectivamente. t ∈ R −−→ −−→ −−→ Ahora bien. la recta L que pasa por P0 y tiene vector director OD consiste de todos los puntos X de la forma (3. 3. Figura 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. la variable t es el parámetro.2). a) Halle una ecuación vectorial y ecuaciones paramétricas para L.3) nos referiremos a ella como la recta generada por el vector D.4). el punto X = P0 + tD. (Figura Sea L la recta que pasa por el punto P0 = 3 1 3. Si en ella X = . 10/3 . A cada valor de t en R corresponde un punto de L.3) Como dicha recta consta de todos los múltiplos escalares del vector D (ver figura 3. µ ¶ 0 en (3. 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. Ecuación vectorial y ecuaciones paramétricas 77 La ecuación (3. esta Nótese que si la recta L pasa por el origen entonces tomando P0 = 0 ecuación se reduce a X = tD (3. paramétricas de la recta que pasa por y0 d2 µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. µ ¶ 3 c) Use las ecuaciones paramétricas para determinar si el punto es de L.4) las cuales son llamadas ecuaciones escalares µ ecuaciones ¶ µ ¶ paramétricas o simplemente d1 x0 y que tiene vector director . µ ¶ µ ¶ µ ¶ d1 x x0 y D = se Retornemos a la ecuación (3.1 2 3 y tiene vector director D = .1.2) se dice una ecuación vectorial paramétrica o simplemente una ecuación vectorial para la recta L. b) Halle un punto de la recta L distinto de P0 .2). −−→ En adelante diremos indistintamente que OD es un vector director de L o que D es un vector director de L.3. así que 3 de L. Solución: a) Una ecuación vectorial para L es X = P0 + tD. ¥ ¶ 3 es un punto 10/3 µ Ejemplo 3.2 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 ) (3.5) b) Halle µ una ¶ ecuación µ ¶ vectorial y ecuaciones paramétricas para la recta que pasa por los −1 2 puntos y . Por ejemplo. 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 . es decir.4. 3 −1 Solución: a) Consideremos la figura siguiente: . La línea recta en el plano Figura 3. las ecuaciones anteriores se satisfacen con t = .78 3. si t = 1 se obtiene el punto µ de ¶ laµrecta ¶ distinto µ ¶ µ x 2 3 5 = + = . 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. 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. +t X= −4 3 Unas ecuaciones paramétricas para dicha recta son ½ x = −1 + 3t .2.2 Ángulo de inclinación y pendiente Consideremos una recta L no paralela al eje x. entonces D es un vector director para L y por tanto una ecuación vectorial para L es X = P + tD es decir. −−→ Como P y Q son puntos de L y P 6= Q entonces el vector P Q es un vector director de −−→ −−→ L. ¥ y = 3 − 4t Observe que la ecuación (3.79 3. Se tiene así que: Dados dos puntos P y Q. entre ellos llamaremos ángulo de inclinación . como P Q = OD con D = Q − P. X = P + t(Q − P ). © ª P Q = X ∈ R2 Á X = P + t(Q − P ). 0 ≤ t ≤ 1 3.5) con 0 ≤ t ≤ 1 describe el segmento de recta P Q.5. Ángulo de inclinación y pendiente Figura 3. En tal caso L corta al eje x formándose cuatro ángulos con vértice en el punto de corte. µ ¶ µ ¶ 3 −1 . ahora. 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 . además. al igual que el ángulo de inclinación α. exceptuando únicamente las verticales (para las cuales el ángulo de inclinación es de 90o ).6). 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. Veámoslo: Digamos que L1 .6. α2 y pendientes m1 .80 3. El recíproco de esta afirmación también es cierto. L2 son dos rectas no verticales con ángulos de inclinación α1 . La pendiente m. Si m1 = m2 entonces tan α1 = tan α2 y como 0o ≤ α1 < 180o y 0o ≤ α2 < 180o entonces tiene que ser α1 = α2 . Obsérvese. 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. Ahora bien. (Ver figura 3. y que dos rectas del plano son paralelas si y sólo si tienen el mismo ángulo de inclinación. que si dos rectas no verticales son paralelas entonces ellas tienen la misma pendiente (pues tienen el mismo ángulo de inclinación). Obsérvese que la pendiente queda definida para todas las rectas del plano. 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). así L1 y L2 tienen el mismo ángulo de inclinación y en consecuencia son paralelas. Se tiene así que: Dos rectas no verticales son paralelas si y sólo si tienen la misma pendiente. m2 respectivamente. Si L es una recta horizontal diremos que su ángulo de inclinación es de 0o (o 0 radianes). Es claro que una recta en el plano queda completamente determinada al dar su ángulo de inclinación y un punto por donde ella pasa. 7. Ahora. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. Así. de dicho triángulo se tiene que m = tan α = 1 3−2 longitud de QP2 = .9. razonando como en dicho ejemplo. Ángulo de inclinación y pendiente como se ilustra en la figura 3. = 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. Halle la pendiente de la recta L que pasa por los puntos P1 = 2 3 Solución: Consideremos la figura 3. como se ilustra en la figura 3.6) . 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. 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. es m= y2 − y1 x2 − x1 (3.3 1 4 y P2 = .81 3.8. por ser ángulos correspondientes.8 Figura 3.7 Figura 3.2. La línea recta en el plano Figura 3.10. pues y1 − y2 −(y1 − y2 ) y2 − y1 = = . (Ver 0 m figura 3. µ ¶ d1 para una d2 d2 .11). . no importa cuál punto denotemos P1 y cuál P2 .10. si m es la pendiente de una recta L entonces D = es un vector m µ ¶ 1 director de L. 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. Más aún. si en lugar de dos puntos conocemos un vector director D = recta no vertical L. x2 − x1 − (x1 − x2 ) x1 − x2 Ahora. entonces la pendiente m de L es m = 3.82 3. como se ilustra en la figura d1 Figura 3.9. µ ¶ 1 Por otra parte. si L es paralela al eje y y pasa por el punto P0 = . 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 .3 Ecuaciones escalares no paramétricas µ ¶ x0 . Supongamos ahora que L es una µ recta Digamos ¶ que no es paralela al eje x ni al ejeµy. por tanto.8) .3.7) µ ¶ x0 De manera similar.11. 3.12 se ilustran estos dos casos Figura 3. entonces y0 una ecuación para L es x = x0 En la figura 3. Ecuaciones escalares no paramétricas Figura 3.12. una ecuación para L es y y = y0 (3. Como y0 d2 sabemos. 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. ¶ d1 x0 que un punto de esta recta es P0 = y que un vector director es D = .83 3. 9) donde m = d2 /d1 es la pendiente de L. a la ecuación y − y0 = m(x − x0 ) (3. en y = mx + b (3.9) se dice que es una ecuación para la recta L en la forma punto-pendiente.10) El número b. Ahora. De la ecuación (3. si un punto y y satisface la ecuación (3. Nótese que la ecuación (3.84 3. Como resumen de lo anterior tenemos: .9) se escoge el punto P0 como el punto b al eje y. de la cual se dice que es una ecuación en forma simétrica. 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 (3.8) es una ecuación para la recta L. es claro que dicha ecuación es equivalente a la ecuación y − y0 = d2 (x − x0 ) d1 es decir. recíprocamente. el cual es la ordenada del punto donde la recta L corta al eje y. es llamado intercepto de L con el eje y.9) se convierte en y − b = m(x − 0) o. de la ecuación (3.9) con m = 0. µ ¶ 0 donde la recta L corta Si en la ecuación (3.8).7) para una recta horizontal se puede obtener de la ecuación (3. por ello. entonces (3. equivalentemente.10) se dice que es una ecuación para la recta L en la forma pendiente-intercepto. como ya se sabe. Sea L una recta en el plano que pasa por el punto P0 = y0 • Si L es horizontal. b) Halle una ecuación para la recta vertical L2 que pasa por el punto P0 = 2 ¶ µ −3 . Ecuaciones escalares no paramétricas µ ¶ x0 . despejando la variable y así: µ ¶ 1 3 y = √ x+ √ +2 3 3 . 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).3. Q0 = −1 e) Halle unas ecuaciones paramétricas para la recta L4 descrita en el literal d). una ecuación para L es x = x0 µ ¶ d1 .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 = m(x − x0 ) µ ¶ 0 • Si L tiene pendiente m y corta al eje y en el punto .85 3. Por tanto. una ecuación para b L es y = mx + b Ejemplo 3. 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 L1 en la forma punto-pendiente es 1 y − 2 = √ (x + 3) 3 Ahora. 2 µ ¶ −3 . • 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. una ecuación para L es y = y0 • Si L es vertical. b. 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. La línea recta en el plano es decir.11) y − y0 = m (x − x0 ) . Por otra parte. podemos afirmar que toda recta en el plano tiene una ecuación de la forma (3. más cómodo para su vector D = 1/ 3 µ√ ¶ µ ¶ √ 3 2 0 0 . Luego. Ahora bien. x = x0 (3. µ ¶ −3 es x = −3. Ahora. Si b = 0.11). 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 .12).12) con a. Usando este vector D y el punto . manejo algebraico.12) se tiene b 6= 0. 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. c constantes. En efecto. una ecuación en la forma punto-pendiente para la recta L4 es 1 y − (−1) = √ (x − 2) 3 es decir. otro vector director para L4 . ´ ³√ 1 y = √ x+ 3+2 3 la cual es una ecuación para L1 en la forma pendiente-intercepto. 1 y + 1 = √ (x − 2) 3 √ e) ComoµL4 tiene ¶ pendiente m = 1/ 3 entonces un vector director para L4 es el 1 √ . en dicha ecuación se √ observa que el intercepto con el eje y de la recta es 3 + 2. toda ecuación de la forma (3.12) es equivalente a alguna ecuación del tipo de las que aparecen en (3. como cada una de estas ecuaciones puede llevarse a la forma ax + by = c (3.86 3. a 6= 0 o b 6= 0. si en (3. la cual es equivalente a la ecuación x= c a . 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. entonces (3.12) se reduce a la ecuación c/b ax = c con a 6= 0. 3 Luego. 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 . la pendiente de L1 es m = −2/3. 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. 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). (3. se dice que está en forma general. Al hacerlo se obtiene 2 y = − x + 2. y toda ecuación de esta forma corresponde a una recta en el plano.5 Dada la recta L1 con ecuación 2x + 3y = 6 (3.87 3. una ecuación en forma general para L2 es la ecuación (3. 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. Toda recta que pasa por el origen tiene una ecuación de la forma ax + by = 0 con a. Ejemplo 3.14).3. Recíprocamente. c constantes. Ahora. 4 Solución: Empecemos determinando la pendiente de L1 . De una ecuación como (3. y toda ecuación de esta forma corresponde a una recta que pasa por el origen. b constantes.13) obtenga µ una ¶ ecuación en forma general para la recta L2 que es paralela a L1 y pasa por el 1 punto . b. 3 Llevamos ahora esta ecuación a la forma general: 3(y − 4) = −2(x − 1) 3y − 12 = −2x + 2 2x + 3y = 14 Así.14) ¥ . para lo cual basta despejar la variable y de (3. a 6= 0 o b 6= 0.13). Así que. a 6= 0 o b 6= 0.12) para una recta. 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). en lugar de decir que − n es un vector normal a L también diremos que N es un vector normal a L. si y sólo si −−→ −−→ (3. de lo cual se sigue que N = es un vector norma a L. (3. Si − n = ON .17) donde c = P0 · N.16) y realizar los y b productos escalares indicados en ella. en la forma (3. se dirá un vector −−→ → → normal a L. 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. 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.15) P0 X · ON = 0 ecuación que podemos expresar de manera simplificada. distinta a la ecuación vectorial (3.16) Así.2). si N = es un vector normal a L. En efecto. Figura 3. todo vector no nulo ortogonal a él es un b . un punto X del plano está en L si −−→ −−→ y sólo si el vector P0 X es perpendicular al vector ON (ver figura 3. si (3. al sustituir en la ecuación (3.13).88 3. como (X − P0 ) · N = 0 o bien como X · N = P0 · N (3.15). usando vectores algebraicos. b µ ¶ a Algo más. o equivalenP0 de L. dicha ecuación puede escribirse en la forma (3.17) es una ecuación para una recta L entonces escogiendo un punto µ ¶ a . −−→ Consideremos una recta L y sean P0 un punto fijo de L y ON un vector normal a L.16) es una ecuación (vectorial no paramétrica) para L.13. tal ecuación toma la forma ax + by = c (3.4 3. de la cual se dice que es una ecuación en formaµ normal. Todo vector no nulo n perpendicular a una recta L. Por otra parte. es decir. como se ilustra en la figura 3. Empleando el producto escalar podemos obtener para L una ecuación vectorial muy simple.13.16) con N = b µ ¶ a temente. ¶ µ ¶ x a Observe que si X = yN = . en particular. Ecuación en forma normal µ ¶ µ ¶ −b b vector director de L. vector normal a L y D1 = a −a (Vea figura 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.14). ¥ . Figura 3. 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.89 3.6 1 −2 y que tiene vector director D = .4. se obtiene 3x + 2y = 5 la cual es una ecuación para L en forma general. los vectores D1 = y D2 = son vectores a −a directores de L pues ambos son ortogonales a N. 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. 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. Solución: µ ¶ 3 pues N · D = 0.14. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. 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 .5 Rectas perpendiculares Ahora nos referiremos a condiciones bajo las cuales dos rectas del plano son perpendiculares.7 3 y Halle una ecuación para la recta mediatriz del segmento de recta P Q donde P = −7 µ ¶ −5 Q= . −5 − 3 −8 4 así. L2 es vertical y que ellas µ ¶ 1 respectivamente pendientes m1 y m2 . La línea recta en el plano 3. Ahora obtendremos un criterio de perpendicularidad en términos de las pendientes. la recta L1 (que µ es¶perpendicular a L2 ) tiene pendiente m1 = −1/m2 = 4/5.90 3. L2 dos rectas dadas. m2 respectivamente entonces L1 ⊥ L2 si y sólo si m1 m2 = −1. Sean L1 . para el caso en que ninguna de las rectas es vertical. 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 . 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. 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) = =− . tienen Supongamos entonces que ninguna de las rectas L1 . recordamos que en tal caso los vectores D1 = m1 µ ¶ 1 y D2 = son vectores directores de L1 y L2 respectivamente. 4 y + 2 = (x + 1). 5 ¥ . µ ¶ Ejemplo 3. L2 tienen pendientes m1 . y como −1 L1 pasa por M = entonces una ecuación para la mediatriz L1 es −2 4 y − (−2) = (x − (−1)) 5 es decir. 16.6 Ángulo entre rectas Cuando dos rectas L1 . 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. y por tanto son congruentes. θ2 los ángulos de inclinación de L1 y L2 . A continuación obtendremos una fórmula para el ángulo de L1 a L2 en términos de sus pendientes. L2 se cortan se forman cuatro ángulos con vértice en el punto de corte. θ1 y θ2 es recto entonces tan θ = tan (θ2 − θ1 ) = tan θ2 − tan θ1 1 + tan θ1 tan θ2 Ahora.15 dicho ángulo es θ y 180o − θ es el ángulo de L2 a L1 . Consideremos la figura 3. Figura 3. De la figura se deduce que θ2 = θ1 + θ. φ el de L2 a L1 y θ1 .16 en la cual θ es el ángulo de L1 a L2 . 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 (3.15.18) Si ninguno de los ángulos θ. o son adyacentes. Ángulo entre rectas 3. respectivamente.19) tan θ = 1 + m1 m2 .91 3. Así que θ = θ2 − θ1 (3. Dos cualesquiera de esos ángulos o son opuestos por el vértice.6. Figura 3. En la figura 3. como tan θ < 0 entonces 90o < θ < 180o y por tanto θ = tan−1 (−1) + 180o = −45o + 180o = 135o . Nótese el orden de las pendientes en el numerador del lado derecho en (3.19) tenemos que el ángulo θ de L1 a L2 en sentido antihorario es tal que ¡ ¢ −5 − − 23 − 13 m2 − m1 ¡ 2 ¢ = 133 = −1.19) no es aplicable cuando alguna de de las rectas es vertical o cuando las rectas son perpendiculares.8 Halle el ángulo de la recta L1 a la recta L2 sabiendo que L1 y L2 tienen. como era de esperarse. Ejemplo 3. 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. 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. el ángulo de L1 a L2 puede hallarse fácilmente a partir del ángulo de inclinación de L2 . . Se advierte al lector que la igualdad (3. Solución: Las pendientes de L1 y L2 son respectivamente m1 = −2/3 y m2 = −5. Ahora. Figura 3. La línea recta en el plano igualdad que determina de manera única al ángulo θ. = tan θ = 1 + m1 m2 1 + (−5) − 3 3 Ahora. ecuaciones 2x + 3y = 5 y 5x + y = −3.92 3. si por ejemplo L1 es vertical.17).18).7 ¥ Distancia de un punto a una recta µ ¶ x0 del plano. respectivamente.19).17. pero para θ 6= 90o siempre se tendrá que tan θ = tan(θ2 − θ1 ) como podrá comprobar el lector considerando otras figuras. pues 0o ≤ θ < 180o .19) se dedujo de la figura 3. 3. y que para una figura diferente quizás no se cumpla la igualdad (3. Nótese que la fórmula (3.16. Aplicando la fórmula (3. 9 −1/2 x −1 2 .93 3. luego N · P = c y por tanto d= |ax0 + by0 − 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 = . Según (3. 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 −2.20) la distancia de X0 a L es ¯ ¡ 1¢ ¯ ¯2 − + 1 (5) − 1¯ 3 2 √ d= =√ . Distancia de un punto a una recta Una manera de obtener una talµexpresión para d. Ahora.20) µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. a2 + b2 Hemos probado así que: µ ¶ x0 a la recta L con ecuación La distancia d del punto X0 = y0 ax + by = c. (Ver figura 3. N · X0 = ax0 + by0 y N · P = ae + bf. luego una ecuación para L es 4x + 2y = 2. el cual es normal a la recta L. a2 + b2 (3. = kN k Ahora. es |ax0 + by0 − c| √ d= .7. L y L0 tienen la misma pendiente y por tanto son paralelas. luego.17). 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. Ahora. así que ON ° −−→° ° ° P X0 ° d = °P roy− − → ON = kP royN (X0 − P )k ° ° ° N · (X0 − P ) ° ° = ° N° ° kNk2 |N · X0 − N · P | . . la cual es equivalente a 2x + y = 1. Solución: µ a)¶ Empecemos por hallar una ecuación en forma µ ¶ general para la recta L. b) Muestre que la recta L0 con ecuación 10x + 5y = 7 es paralela a L y encuentre la distancia d0 entre estas dos rectas. Considere la recta L con ecuación = +t y el punto X0 = 5 y 3 −4 a) Halle la distancia d de X0 a L. empleando vectores. y como P es un punto de L entonces ae + bf = c. b −−→ Es claro que la distancia de X0 a L es la magnitud del vector P roy− − → P X0 . como un punto de L es 3 y así c = 2. Como un punto de L0 es 7/5 ¯ ¯ ¡ ¢ ¯2 (0) + 1 7 − 1¯ 2 0 5 √ d = = √ . y también por ello una expresión del tipo ax + by se dice una expresión lineal en las variables x. todo vector de la forma aX + bY con a y b escalares. De manera 2 similar.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. 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. dependencia e independencia lineal Hemos visto que toda ecuación de la forma ax + by = c con a 6= 0 o b 6= 0 (a. b. se dice una combinación lineal de los vectores → u y→ v . c constantes) es la ecuación de una línea recta en el plano cartesiano xy. ¥ 5 5 22 + 12 3. Por ello las ecuaciones de la forma ax + by = c se denominan ecuaciones lineales (en las variables x.94 3. . si − u y− v son vectores geométricos del plano. todo vector de la forma → → a− u + b− v − − con a y b escalares. tales que 1 2a + b = 1 2 −a + 3b = −1. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 3. y). se dice una combinación lineal de los vectores X y Y. si X y Y son vectores de R .8 Ecuaciones lineales. y. combinaciones lineales. → → Es más. −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.18 se aprecia lo anterior.I. µ ¶ µ ¶ 4 2 Por otra parte. 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. Luego.21).21) Despejando a en la primera ecuación y reemplazando en la segunda se obtiene µ ¶ que 7 no es 14 = 8. dos vectores X.D.8. con D 6= O. De igual forma. 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 .). Por ello.). 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 esto último no se da. si son paralelos. combinaciones lineales. b que satisfagan (3.) si alguno de los dos es múltiplo escalar del otro. es decir.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). Ejemplo 3. los vectores se dicen linealmente → → independientes (L. sustituyendo µ ¶ este valor de b en la segunda ecuación se obtiene a = 7/13. tales que a + 3b = 7 2a + 6b = 8 (3. dos vectores geométricos − u y− v se dicen linealmente dependientes (L.3. no existen escalares a. ¥ .) si alguno de los dos es múltiplo escalar del otro. dependencia e independencia lineal 95 Despejando a en la segunda ecuación y reemplazando en la primera se obtiene b = −2/13. Ecuaciones lineales.I. el vector 8 una combinación lineal de los vectores dados. ¥ Sea L una recta que pasa por el origen y por un punto D. el 1 sí es combinación lineal de los vectores dados: vector −1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 7 2 2 1/2 = − . 2 3 En la figura 3. es decir. en caso contrario los vectores se dicen linealmente independientes (L. Por lo tanto.D. µ ¶ −1 a) Tiene pendiente 4 y pasa por el punto . 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 = . µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 −3 1 f ) Pasa por y es paralela a la recta que contiene los puntos y . Probar que las ecuaciones vectoriales µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 x −4 + t1 = . Para cada literal. 2 y −6 son ecuaciones de una misma línea recta. t2 ∈ R.96 3. a) L pasa por el origen y tiene vector director D = 3 µ ¶ µ ¶ −1 2 . 0 µ ¶ −3 c) Pasa por el punto y es paralela al eje y. 2 1 2. 3 5 −2 4. 3. 3 −5 µ ¶ 0 e) Intersecta al eje y en el punto y es perpendicular a la recta con ecuación 2 y = − 23 x + 5.9 Ejercicios 1.18. Para cada literal. 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. Encontrar una ecuación vectorial para la recta L descrita en cada literal: µ ¶ −1 . t1 ∈ R 5 y 3 y µ ¶ µ ¶ µ ¶ 6 x 8 + t2 = . hallar una ecuación en forma general para la recta que satisface las condiciones dadas. 3. . 4 µ ¶ −2/3 b) Tiene pendiente −2 y corta el eje x en el punto . La línea recta en el plano Figura 3. 5 µ ¶ µ ¶ −1 4 d) Pasa por los puntos y . x = −5 0 µ ¶ −1 e) P = . 9.97 3. P = y =1−t 5 5. . P = 1 ½ µ ¶ 2 x=1+t d) . + =1 4 7 7 µ ¶ −1 c) P = . L2 : 3x − y = 2 ½ x = −1 − t . hallar todos los valores de k para los cuales se satisface la condición indicada.P = a) 3 4 µ ¶ −2 c) y = 7. t ∈ R. P = 0 µ ¶ −1 0 µ ¶ −1 b) 2x − y − 14 = 0. b. b) Las rectas con ecuaciones ax + by = c y bx − ay = d son perpendiculares. a) Las ecuaciones 3x + 6ky = 7 y 9kx + 8y − 15 = 0 representan rectas paralelas. Ejercicios y−5 x−3 = . L2 : x − y = 0 c) L1 : y=t d) L1 : y−1 x = . √ √ a) L1 : 3x − y = 5.y=3 0 µ ¶ 0 eje y en Q = . 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. 2 4 L2 : x − 2 = y 4 11. 8. Sea k un número real cualquiera. Determinar el ángulo de L1 a L2 para cada par de rectas dadas.9. Para cada literal. 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 ecuaciones 3kx+8y−5 = 0 y 6y−4kx = −1 representan rectas perpendiculares. µ ¶ −3 b) P = . Sean a. una ecuación para L es la recta que pasa por el punto P dada. hallar una ecuación vectorial de y es perpendicular a la recta que tiene la ecuación µ ¶ 3 x y a) P = . Sea L la recta que corta al eje x en P = y al 0 a 6= 0 y b 6= 0. general para la recta µ ¶ µ ¶ Hallar una ecuación en forma 5 −1 y es perpendicular . c y d números reales. L2 : x − 3y = −3 √ b) L1 : x − y = −1. 2x − 5y = 4 2 µ ¶ 0 d) P = . Probar que si b x y + =1 a b 7. y 3 2 10. Para cada literal. y = 13 x + 5 3 µ ¶ a 6. Probar que: a) Las rectas con ecuaciones ax + by = c y ax + by = d son paralelas. 16. −3 a) Encontrar unas ecuaciones paramétricas de la recta L1 que pasa por P y es perpendicular a L. b1 b2 b) Hallar µ ¶una ecuación µ ¶en forma general para la mediatriz del segmento P Q con −1 −5 P = yQ= . Considere la recta L con ecuación 2y − 3x = 4 y el punto P = . Dibujar L y L1 . 3 7 µ ¶ µ ¶ 1 1 y es paralela al vector D1 = y 15. Para cada literal. 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 = . ⎪ ⎩ L2 : x − 2 = y + 3 2 µ ¶ 1 13. t ∈ R. b) Hallar el circuncentro (punto de intersección de las mediatrices). . 14. La línea recta en el plano 12. hallar una ecuación para la bisectriz del ángulo agudo que forman las rectas con ecuaciones dadas.98 3. se cortan) de cada par de rectas y si se cortan. 1 8 Hallar el punto de intersección de L1 y L2 . perpendiculares. 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. Estudiar la posición relativa (paralelas. x = 2 4 17. a) x − 3y = 5. 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) . Para el triángulo de la figura a) Encontrar el baricentro (punto de intersección de las medianas). hallar el punto de intersección de ellas. b) Hallar la distancia del punto P a la recta L. √ 3 y=2 b) y = x. Si L es la recta con ecuación 5x − y = 1. Sean P = 10 8 a) Determinar el punto R de la recta L tal que el triángulo P QR es isósceles. La gráfica de una ecuación que relaciona la temperatura en grados centígrados con la temperatura en grados fahrenheit es una recta.t∈R b) y = 2x − 5 +t = a) 1 3 y ½ x+1 y−3 x=1+t c) = d) . µ ¶ −3 21.R= . R = y S = son los 1 6 −3 2 vértices de un rectángulo. Q = . escribir una ecuación que relacione F con C. El agua se congela a 0o C y a 32o F y el agua hierve a 100o C y a 212o F.9. d) Comprobar que los tres puntos hallados en a). (Dos soluciones). µ ¶ µ ¶ −1 5 y L la recta con ecuación x + 2y − 7 = 0. .3. 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 = . µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 2 −3 a) P = . b) Hallar la longitud de la altura del triángulo P QR relativa al lado P Q. Probar que los puntos P = . c) Calcular el área del triángulo P QR. b) y c) son colineales. Determinar si los puntos dados en cada caso son colineales. encontrar las ecuaciones de las rectas perpendiculares a L que forman con los ejes coordenados un triángulo de área igual a 5 unidades cuadradas. b) Dibujar la gráfica de la ecuación del literal a).S= −4 6 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ −3 −1 1 .R= b) P = 11 4 −3 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ −6 −4 4 6 20.S= . Ejercicios 99 c) Hallar el ortocentro (punto de intersección de las rectas que contienen las alturas). Hallar un vector normal a la recta con ecuación dada en cada literal: µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 1 x .t∈R y = −3t 2 3 x y e) 2 (x − 1) + 5 (y + 2) = 0 g) + = 1 2 7 . 23. 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.Q = 18. 19. a) Si F grados fahrenheit corresponden a C grados centígrados. 1 22. 2x − y + 5 = 0 2/3 µ ¶ 2 . µ ¶ 2 a la recta L. 30. L2 y por el punto P = 0 los ejes coordenados. 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 = . −4 c) Encontrar la distancia entre las rectas L1 y L2 .100 3. Sea L una recta y N es un punto de L tal que ON es un vector normal a L. hallar la distancia del punto P a la recta dada: µ ¶ 0 a) P = . Hallar el área del trapecio limitado por las rectas L1 . cuya distancia a la recta con ecuación 3x + 4y − 15 = 0 es igual a 3. 1 26. Sea L1 la recta con ecuación ax + by = 0 y sea L2 la recta perpendicular a L1 que pasa por el origen. La línea recta en el plano µ ¶ µ ¶ −1 3 25. 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 = . En cada literal. −−→ 29. 7 5 a) Hallar una ecuación en forma normal para L. Considere la recta L que pasa por los puntos P = yR= . 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 . 3x + 4y − 10 = 0 0 µ ¶ 3/2 b) P = . µ ¶ x 28. Sea L1 la recta conµecuación x + y − 2 = 0 y sea L2 la recta paralela a L1 que pasa ¶ 5 . 27. °−−→° −−→ ° ° donde ρ = °ON ° y α es la dirección del vector ON . Probar que una ecuación para L es (cos α) x + (senα) y = ρ. Considere la recta L1 generada por el vector V = 3 µ ¶ 3 a) Encontrar la distancia del punto X0 = a la recta L1 . . Describir mediante ecuaciones el lugar geométrico de todos los puntos P = del y plano. 31. funciones de R2 en R2 a las cuales nos referiremos como transformaciones del plano. el cual es llamado imagen de x bajo f y es denotado f (x) . En este capítulo nos interesan solamente funciones del plano en sí mismo. lo llamaremos también la proyección de X sobre L.1 Sean U un vector no nulo de R2 y L la recta generada por U. Ejemplo 4. Por ejemplo.1 Transformaciones del plano Empecemos recordando el concepto de función. 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. La notación f : A → B indica que f es una función con dominio A y codominio B. si f y g asignan a cada elemento x ∈ A la misma imagen. Si X es un vector cualquiera de R2 . (Ver figura 4. el vector P royU X. S.4 Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 4. al escribir ª © → R f : R − 1. es decir. T. el cual está sobre L. el codominio y la ley de asignación.1) 101 . cómo f asigna imagen a cada elemento de A. Los conjuntos A y B se llaman respectivamente. Una función f de un conjunto A en un conjunto B. Dichas transformaciones las denotaremos mediante letras mayúsculas como P. es decir. es una regla mediante la cual se asigna a cada elemento x de A un único elemento de B. Una notación completa es f :A → B x 7→ f (x) en la cual aparece la ley de asignación de f. R. aunque esta notación no indica cómo actúa f. es decir. Q. x 7→ f (x) . − 13 x2 ¡ ¢ x 7→ (x − 1) x + 13 estamos presentando toda la información relativa a la función f : el dominio. dominio y codominio de la función f. el caso particular U = y hallemos para X = las 1 y coordenadas del vector PU (X) . Es decir.y 0 del vector PU (X) en términos de las coordenadas x. Denotaremos PU la transformación del plano que asigna a cada vector X de R2 . 1 y 5x + 5y (4. su proyección sobre la recta L. ¶ µ ¶ 2 x Tomemos. y de X. PU 1 5 3 5 (5) + 5 (5) µ ¶ µ 0¶ x x = PU . ¥ Ejemplo 4.102 4.1. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Figura 4. SU (X) es el otro extremo del segmento de recta . µ ¶ µ4 2 ¶ x 5x + 5y = 2 PU . en lugar de la igualdad (4. Denotaremos SU la transformación del plano que asigna a cada vector X de R2 la reflexión de X respecto a la recta L. Así por ejemplo. PU : R2 → R2 X 7→ PU (X) = P royU X La transformación PU la llamaremos proyecciónµsobre la recta L.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 .2 Sea U un vector no nulo de R2 y sea L la recta generada por U. ¶ 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. Es decir. por ejemplo.1) µ ¶ µ4 ¶ µ ¶ 2 5 6 5 (5) + 5 (5) = 2 = . = 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) µ ¶ µ ¶ 10 2 Por ejemplo.2) podemos escribir Si = SU y y0 µ 0¶ µ 3 4 ¶ x 5x + 5y = 4 3 y0 5x − 5y . en lugar de (4. 2 Despejando SU (X) de esta igualdad se obtiene que SU (X) = 2PU (X) − X. 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. U = .2). Así que 1 PU (X) = (X + SU (X)) . SU µ ¶ µ3 ¶ x + 45 y x = 54 3 y 5x − 5y (4.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. Transformaciones del plano Figura 4. si X = . su reflexión respecto a la recta L generada por U = es 0 1 ¶ µ ¶ µ ¶ µ3 4 6 10 5 (10) + 5 (0) = . por ejemplo.1. 2 x Si. (Ver figura 4.103 4.2. ¥ Ejemplo 4. en lugar del número 2 podemos emplear cualquier número real r y considerar la transformación µ ¶ x Si X = . así y y 2y µ ¶ µ ¶ x 2x D2 = y 2y µ 0¶ µ ¶ x x . si = D2 0 y y µ 0¶ µ ¶ ½ 0 x 2x x = 2x . o bien.104 4. y 0 = 2y y0 2y ¥ Es claro que en el ejemplo anterior. en la misma dirección de X hasta el doble de su longitud.3 Sea D2 : R2 → R2 la transformación que asigna a cada vector X de R2 el vector 2X (Ver figura 4. = ry y Ejemplo 4. definida como se indica a continuación: . −2π < θ < 2π.3).3. entonces y Dr : R2 → R2 X 7→ Dr (X) = rX Dr (X) = rX = r µ ¶ µ ¶ rx x . Consideremos la transformación Rθ : R2 → R2 . Figura 4. la cual llamaremos rotación por el ángulo θ. = o. µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x 2x Si X = entonces D2 (X) = 2X = 2 = .4 Fijemos un número real θ. equivalentemente. D2 : R2 → R2 X 7→ D2 (X) = 2X Nótese que D2 alarga cada vector X de R2 . Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 o bien las ecuaciones ( x0 = 35 x + 45 y y 0 = 45 x − 35 y . Es decir. en radianes. Convenimos en realizar la rotación en el sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj cuando θ > 0.4).105 4. (Figura 4. X 6= O. Rθ (X) es el punto final del vector de posición obtenido al rotar el −−→ vector OX alrededor del origen un ángulo de θ radianes.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 = . µ ¶ x Determinemos las coordenadas del vector Rθ (X) para X = . Si µ ¶ µ ¶ x x cos θ − ysenθ Rθ = . 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. kXk senφ cos θ + kXk cos φsenθ Rθ (X) = kXk µ Ahora.4.3) .1. y en el mismo sentido de dicho movimiento cuando θ < 0. la dirección del vector X como se muestra en la figura 4. Transformaciones del plano para cada X de R2 . y xsenθ + y cos θ µ 0¶ µ ¶ x x = R . y Sea φ. 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. Figura 4. Rθ (X) = kRθ (X)k y kRθ (X)k = kXk X = kXk senφ sen (φ + θ) se tiene que. Como ¶ ¶ µ µ cos φ cos (φ + θ) . 6. TU : R2 → R2 X 7→ TU (X) = X + U Figura 4. para todo X de R2 (figura 4.5. sustituyendo en (4. µ ¶ µ ¶ x −y R− 3π = . µ ¶ µ ¶ x −y = R π2 y x como se ilustra en la figura 4. . Por ejemplo.6). La transformación TU se llamará traslación por el vector U ya que para cada X de R2 . sustituyendo en (4.3).5 Fijemos un vector U de R2 y consideremos la transformación TU . Por otra parte. = R π2 para todo R− 3π 2 y y y ¥ Ejemplo 4.106 4. Ellas expresan las coordenadas x0 .5. R− 3π = R π2 . Es decir. si θ = −3π/2 entonces cos θ = 0 y senθ = 1 y así.y 0 del vector Rθ (X) en términos de las coordenadas x. 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x x de R2 . 2 y x Obsérvese que es decir. TU (X) es el punto que se obtiene trasladando el punto X en la dirección del vector U −−→ (o OU ) una distancia kU k . Figura 4. y del vector X. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 a las cuales nos referiremos como ecuaciones de rotación. definida por TU (X) = X + U.3). si θ = π/2 entonces cos θ = 0 y senθ = 1 y por tanto. R0 = I y To = I. 3 y µ ¶ µ ¶ x x+1 = . y donde y0 y µ ¶ 2 . y en términos de x. x . D1 = I. se y y llamaráµla ¶ transformación identidad y se denotará µ I. 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. si U = x0 = x + x0 . Una es la µ ¶ µ ¶ x x 2 transformación que a cada de R le asigna como imagen el mismo vector . 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.2. 4. ¥ TU y y+3 Finalizaremos esta sección refiriéndonos a dos tranformaciones especiales. Obsérvese que D0 = O. y0 = y + y0 µ ¶ µ ¶ 1 x entonces para cada de R2 .¶La otra es la transformación que 0 x .107 4.2 Transformaciones lineales y matrices En los ejemplos anteriores hemos considerado distintas transformaciones del plano. se llamará la transformación a cada de R2 le asigna como imagen el vector 0 y nula y se denotará O. (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 . A continuación recordaremos la formaµcomo cada una de tales transformaciones T dando ¶ actúa µ ¶ x0 x 0 0 =T . (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 . Toda transformación T : R2 → R2 del tipo (4. Por ejemplo. el símbolo o arreglo µ ¶ a b c d . la transformación identidad I y la transformación nula O también son transformaciones lineales. caso en el cual TU = I. caso en 0 el cual ella se reduce a x0 = x y0 = y que es del tipo (4. d constantes donde. =T . 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. En cuanto a la transformación µ ¶ TU podemos observar que ella es transformación 0 . c. x0 = (cos θ) x − (senθ) y y0 = (senθ) x + (cos θ) y µ ¶ x0 . b = −senθ y c =senθ. b = c = 25 y d = 15 . Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 (iii) Dr : multiplicación por el escalar r. c. La denominación “lineal” tiene que ver con la µforma ¶ lineal de las expresiones x .108 4. Pues bien. la transformación (i) es del tipo (4. c. y 0 del vector T y Cada una de las transformaciones (i) a (iv) es una transformación lineal del plano. mientras que (iv) lo es con a = d = cos θ.4) es llamada una transformación lineal del plano. 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.4) = cx + dy con a. µ ¶ Nótese 0 también que la transformación (v) es del tipo (4.4) únicamente cuando U = . Es claro que los números y0 y a.4) con a = d = 1 y b = c = 0. d constantes reales.4) con a = 45 . x0 = rx y0 = ry (iv) Rθ : rotación alrededor del origen por un ángulo θ. como ya sabemos. ax + by y cx + dy para las coordenadas x0 . b. d y sus posiciones en las igualdades anteriores determinan de manera única a T. 109 4. para cada de R2 . es natural c d µ ¶ x escribir. = T cx + dy y Queda así establecida una correspondencia biunívoca entre las transformaciones del plano y las matrices 2 × 2.5) =T c d y y . T es la transformación definida por c d ¶ µ ¶ µ ax + by x . 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. c = c0 y d = d0 . Obsérvese que cada transformación lineal T determina una matriz 2×2 la cual es m (T ) µ ¶ a b y recíprocamente. La matriz m (I) se llamará matriz identidad de orden 2 y se denotará I2 . 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. ¶ µ2 × a b a0 b0 se dicen iguales. Ahora introduciremos una notación muy útil. todo arreglo de números como el anterior se dirá una matriz de dos filas y dos columnas. b = b0 . mientras que la matriz m (O) se llamará matriz nula de orden 2 y se denotrá O. se llama matriz de T y se denotará m (T ) .2. la cual es la transformación T : R2 → R2 definida por ¶ µ ¶ µ ax + by x . En general. y µ ¶ µ ¶µ ¶ x x a b (4. es decir. Sea T una transformación lineal del plano µ ¶ a b con matriz . = T cx + dy y µ ¶ a b Pues bien. puesto que la matriz determina la transformación T . cada matriz es la matriz de una única transformación lineal c d del plano.µuna matriz 2. Transformaciones lineales y matrices el cual determina a T. y se escribe Dos matrices y c0 d0 c d µ a b c d ¶ = µ a0 b0 c0 d0 ¶ si a = a0 . U de R2 y todo escalar r se tiene que T (X + U ) = T (X) + T (U ) y T (rX) = rT (X) (4. µ ¶µ ¶ µ ¶ x 3x + 2y 3 2 = . = y y µ µ 0 0 2 1 0 0 0 0 ¶µ ¶ µ ¶ x 0 = y 2x + y ¶µ ¶ µ ¶ 0 x . Si T : R2 → R2 es una transformación lineal entonces para todo par de vectores X.7) µ ¶ µ ¶ u x y que la matriz de T es .6) como dando como resultado el vector cx + dy definición del producto de una matriz 2 × 2 por un vector de R2 .110 4. Por ejemplo. Entonces. = 0 y Propiedades básicas de las transformaciones lineales La importancia de las transformaciones lineales radica en la forma simple como ellas actúan. digamos que X = v y µ ¶ a b . 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). 2/5 1/5 y y (2/5) x + (1/5) y De manera que. µ ¶ 2 Así. por ejemplo. . se tiene que µ ¶µ ¶ µ ¶ x ax + by a b = (4.6) 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 . 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 ) .U = Para probar lo afirmado. 5 −2 y 5x − 2y µ 4. También tomaremos la igualdad (4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 notación en la cual la matriz de T aparece sustituyendo al símbolo T. de acuerdo con (4.3 1 0 0 1 ¶µ ¶ µ ¶ x x . Dejamos la prueba de ello como ejercicio al lector. si E1 = 0 1 y µ ¶ x = xE1 + yE2 y Por lo anterior y aplicando las propiedades (4. y cx + dy µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 x y E2 = entonces para cada en R2 se tiene que Como sabemos. c.7).9) lo cual prueba que T es una transformación lineal. U de R2 y todo escalar r.3. Supongamos entonces que T : R2 → R2 tiene las propiedades (4. µ ¶ x T = T (xE1 + yE2 ) = T (xE1 ) + T (yE2 ) = xT (E1 ) + yT (E2 ) . De manera que toda transformación lineal T del plano tiene las propiedades (4. Vamos a probar que T es una transformación lineal probando que existen constantes a. Vale la pena señalar que las dos propiedades que aparecen en el recuadro anterior (las propiedades (4. es decir. probaremos que si una transformación T del plano tiene dichas propiedades entonces T es una transformación lineal. b. si T (E1 ) = c d µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x a b ax + by T =x +y = y c d cx + dy (4.7).8) (4. toda transformación lineal T : R2 → R2 tiene las siguientes propiedades: . d tales que para µ ¶ x cualquier de R2 .10) cualesquiera sean X. por la propiedad T (rX + sU ) = rT (X) + sT (U ) (4. A continuación probaremos que entre las transformaciones del plano. 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. s en R. y µ ¶ µ ¶ a b y T (E2 ) = entonces Así. y µ ¶ µ ¶ x ax + by T = .7). Propiedades básicas de las transformaciones lineales Hemos probado así la primera de las propiedades en (4. La prueba de la segunda se deja como ejercicio.7). Además de las propiedades (4.111 4.7)) se pueden sustituir por una sola. U en R2 y r.7). únicamente las lineales gozan de esas propiedades. si m (T ) = entonces c d c d T (E1 ) = Por último.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 ) = √ . cualquiera sea el vector de R2 .8). y y c) Muestre que T = R π4 . µ ¶ µ a¶los vectores canónicos µ ¶ a b a b y T (E2 ) = si y sólo si m (T ) = . √ ¶ µ √ 2/2 −√ 2/2 . m (T ) = √ 2/2 2/2 . 0 0 Para la prueba de la primera veaµ(4. una transformación lineal T del plano queda completamente determinada por los vectores T (E1 ) y T (E2 ) . m (T ) . Solución: a) T (E1 ) y T (E2 ) son respectivamente la primera columna y la segunda columna de la matriz de T. y µ ¶ x T = xT (E1 ) + yT (E2 ) . • T (E1 ) = c d c d µ ¶ µ ¶ 0 0 • T = . µ afirmación.112 4. µ ¶µ ¶ µ ¶ a 1 = c 0 µ a b c d µ ¶ µ ¶ 0 0 T = 0T (E1 ) + 0T (E2 ) = . µ ¶ x x b) Halle T . es decir. Recíprocamente. 2/2 a) Halle laµmatriz ¶ de T. ¶ ¶ a b y T (E2 ) = ya probamos (vea (4. por las imágenes que ella asigne E1 y E2 . si T (E1 ) = c d µ ¶ µ ¶ x ax + by T = y cx + dy µ ¶ µ ¶ a b a b por tanto m (T ) = . 0 0 ¨ a b c d y T (E2 ) = Ejemplo 4. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 µ ¶ x de R2 . y • Para cualquier vector Así.9)) que Por otra parte. Así que. c) Obsérvese que para todo y luego T = R π4 . es decir. es decir. Llamaremos imagen de C bajo T al conjunto denotado T (C) y conformado por todos los vectores T (X) con X ∈ C.4 ¥ Imagen de un conjunto bajo una transformación Sea T una transformación del plano y C un conjunto de puntos del plano.4. ¥ . Y de R2 . Solución: T no tiene la propiedad T (X + Y ) = T (X) + T (Y ) para todo X.4. ya que por ejemplo. Ejemplo 4. ¡√ ¢ = 2/2 x + 2/2 y µ ¶ x de R2 .7). 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. 4. T (C) = {T (X) / X ∈ C } . (Figura 4.7 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¡ 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 4.8 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. 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 ¡√ ¢ . R π4 (L1 ) = L2 . se transforma en el ½µ ¶¾ 0 conjunto .a): Si L pasa por los puntos distintos P y Q entonces una ecuación para L es X = P + t (Q − P ) (4. Ejemplo 4. 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) . entonces T (L) = {T (P )} . mientras que si T (P ) = T (Q) entonces T (L) se reduce al conjunto {T (P )} cuyo único elemento es el punto T (P ) . T (L) = {T (P ) + t (T (Q) − T (P )) / t ∈ R } Así. dado que T es una transformación lineal tenemos. C 6= φ. La imagen de un segmento de recta P Q. si T (P ) = T (Q) entonces T (L) = {T (P )} . Prueba de 1. T (P + t (Q − P )) = T (P ) + t (T (Q) − T (P )) luego.114 4. el cual se reduce al conjunto {T (P )} cuando T (P ) = T (Q) . todo subconjunto C del plano. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Figura 4. La imagen de una recta L bajo una transformación lineal T es una recta o es un conjunto con un solo punto. 2.7.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) . Por tanto. si T (U ) = O. ¥ 0 Como una primera propiedad geométrica de las transformaciones lineales tenemos: 1.11) 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. . es el segmento de recta de extremos T (P ) y T (Q). bajo una transformación lineal T.9 Bajo la transformación nula O. ¨ La prueba de 1. L = {P + t (Q − P ) / t ∈ R } . T (L) = {T (P + t (Q − P )) / t ∈ R } Ahora. 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 . 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) . (Figura y 2 0 2 1 4. ¨ Ejemplo 4. Halle T (L1 ) . P (X) = . luego P (L) = . ¥ 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 . µ ¶ Ejemplo 4. y 2 0 Solución: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 0 1 2 1 y = .4. (Figura 4. entonces T (L1 ) es la recta L2 que pasa por 6= T dado que T .11 2 Sea P la proyección sobre el eje x y sea L la recta vertical que pasa por .T = .115 4.9). Imagen de un conjunto bajo una transformación Prueba de 2. 0 Solución: µ ¶ ½µ ¶¾ 2 2 Es claro que para todo X ∈ L. Halle P (L) . ¥ 0 0 .8).: Sabemos que P Q = {P + t (Q − P ) / 0 ≤ t ≤ 1 } y como T es lineal.8. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 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 .9. es el conjunto 0 Tenemos entonces que: . (Figura 4. el cual llamaremos paralelogramo determinado por los vectores X y U. Si T (X) y T (U ) son linealmente dependientes entonces los puntos O. U y X + U donde X y U son vectores de R2 linealmente independientes.10. Figura 4. Ahora consideraremos la imagen de un paralelogramo P de vértices O. 0 ≤ s ≤ 1 } . X.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. 0 ≤ s ≤ 1 } que es el paralelogramo determinado por los vectores T (X) y T (U ) si estos son linealmente independientes.116 4. 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. por (T + S) (X) = T (X) + S (X) .11). 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. denotada T + S. 0 µ ¶ µ ¶ Ejemplo 4.4. 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. es el paralelogramo −2 −2 determinado por los vectores S (X) = y S (U ) = (Figura 4.5 Operaciones con transformaciones lineales y con matrices Sean T y S dos transformaciones del plano. es la transformación del plano definida. Si T (X) y T (U ) son linealmente ½µ ¶¾ dependientes entonces dicha imagen es un segmento 0 de recta o es el conjunto . 4. ¥ 0 2 Figura 4. Así. para cada X ∈ R2 . T + S : R2 → R2 X 7→ (T + S) (X) = T (X) + S (X) Ejemplo 4. es el paralelogramo determinado por T (X) y T (U ) . La suma de T y S.11.12 2 2 Consideremos el paralelogramo P determinado por los vectores X = yU = y 0 2 sea S la reflexión respecto µ ¶ al eje y.5.13 Sean D2 y D3 las transformaciones del plano definidas por D2 (X) = 2X y D3 (X) = 3X para cada X ∈ R2 . 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 . 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. 4. es una reescritura de la propiedad T (X + U ) = T (X) + T (U ) pues el lado izquierdo de 1. elementos distintos del dominio de f no tienen la misma imagen bajo f.128 4. Cada una de estas propiedades puede probarse recurriendo a transformaciones lineales o bien sin recurrir a ellas. es decir. de manera equivalente. 2. así. Por ejemplo. . podemos considerar la transformación lineal T cuya matriz es A y observar que 1. el producto de un escalar por una matriz y el producto de dos matrices. Consideremos una función f :A →B x 7→ f (x) • f se dice inyectiva o uno a uno si para x1 . Cualesquiera sean las matrices A. 3.6 Inversas para transformaciones lineales y matrices Recordemos algunos conceptos sobre funciones. si el recorrido de f es todo el conjunto B (o sea si f (A) = B). para probar 1. 4. es una reescritura de la propiedad T (rX) = r (T (X)) . haremos un resumen muy breve de lo hecho en ella. A (X + U) = AX + AU. x2 ∈ A. (A + B) X = AX + BX. También hemos definido el producto de una matriz 2×2 por un vector de R2 . De manera similar. Denotaremos este conjunto Rf o f (A) . con los cuales el lector probablemente ya ha tenido contacto. La condición anterior puede expresarse. x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ) es decir. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Para finalizar esta sección. • f se dice sobreyectiva o simplemente sobre si todo elemento de B es imagen de por lo menos un elemento de A. 5. 2. Rf = f (A) = {f (x) / x ∈ A } . Y en correspondencia con ellas se han definido tres operaciones con matrices: la suma. en la forma f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 . U de R2 y r en R se tiene: 1. A continuación listamos algunas de las propiedades básicas de este producto. es T (X + U ) y el derecho T (X) + T (U ) . el producto por escalar y el producto. • Se denomina rango o recorrido de f al conjunto de todas las imágenes f (x) con x ∈ A. Hemos definido tres operaciones con transformaciones lineales: la suma. (rA) X = r (AX) . B. A (rX) = r (AX) . (AB) X = A (BX) . los vectores X. g (y) = x donde x es aquel elemento de A tal que f (x) = y. si f : A → B es biyectiva se puede definir una función g : B → A tal que para todo y ∈ B. es la función f −1 : B → A tal que para y ∈ B y x ∈ A. f se dice biyectiva si todo elemento de B es imagen bajo f de uno y sólo un elemento de A.129 4. Así. b. En este caso. no podemos hablar de una función inversa para f con dominio B y codominio A. 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. f −1 (y) es aquel elemento x de A tal que f (x) = y. entonces ¡ ¢ y f f −1 (y) = y para todo y ∈ B. enviando a y en x.6. El diagrama siguiente muestra una función biyectiva f con dominio A = {1. 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 . la función inversa de f . cuando f es biyectiva. 2. En otras palabras. De manera que si f envía a x en y entonces f −1 “deshace” lo hecho por f. Observe que para cada elemento y de B. entonces f es invertible y f −1 = g. f −1 (f (x)) = x para todo x ∈ A Por otra parte. En general. Inversas para transformaciones lineales y matrices • f se dice biyectiva si f es uno a uno y sobre. es decir cuando f es biyectiva. . 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. 3} y codominio B = {a. f −1 (y) = x si y sólo si f (x) = y. se dice que f es invertible y la función g antes mencionada se llama la inversa de f y se denota f −1 . Obsérvese que si f : A → B es biyectiva. Ejemplo 4. para todo X ∈ R2 . 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.) • Si T es invertible. para cada = P y 0 y µ ¶ 0 sobre el eje y es Es claro que P no es uno a uno. T −1 T = I y T T −1 = I. luego µ ¶ 1 r X = 1X = X r r D 1 Dr = I r y Dr D 1 = I. Veamos que. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Por supuesto. “ El único vector X tal que T (X) = O es X = O ”. Ahora.21 Consideremos la transformación Dr con r 6= 0. r Se sigue que Dr es invertible y que Dr−1 = D 1 . que esa sola condición implica que T es invertible. r ¥ Ejemplo 4. 1 D 1 (Dr (X)) = D 1 (rX) = (rX) = r r r ³ ´ y análogamente. si T es invertible entonces T es uno a uno y.130 4. por tanto P no es invertible. Resulta.22 Sea sobre ¶ eje x. ¥ enviado en el origen 0 Sea T : R2 → R2 una transformación lineal. ST = I y TS = I • Si S : R2 → R2 es tal que entonces T es invertible y T −1 = S. en efecto. los conceptos y resultados anteriores nos interesan en relación con las transformaciones del plano y particularmente con las que son transformaciones lineales. en particular. De manera que este hecho es una condición necesaria para que T sea invertible. la cual envía cada vector X de R2 en el vector rX. es decir. (Vea ejercicio 35 de este capítulo. su inversa T −1 es tal que ¡ ¢ T −1 (T (X)) = X y T T −1 (X) = X. Vemos que se puede deshacer el efecto de Dr sobre un vector X (y retornar 1 a X) multiplicando rX por el escalar . así es: r Si X es cualquier vector de R2 . Sabemos que si X = O entonces T (X) = O. es decir. P es la transformación del plano tal que ¶ µ el ¶ la µproyección µ P x x x de R2 . Dr D 1 (X) = X. de manera que la inversa de Dr debe ser la r transformación D 1 . pues (por ejemplo) todo vector y µ ¶ 0 . como se establece . y ello es sorprendente. µ ¶ µ ¶ b a para cierto escalar r. =⇒ 3. T es invertible. tampoco se da. Probaremos lo anterior demostrando que 1. Supongamos entonces que ad − bc = 0 y probemos que las columnas de m (T ) son linealmente dependientes: si ad − bc = 0 entonces ad = bc. se puede probar que existe un d µc ¶ 0 vector no nulo X0 tal que T (X0 ) = . Las siguientes afirmaciones son equivalentes: 1. 2. =⇒ 4. entonces a = d µ ¶ µ ¶ µ ¶ a bc/d c b = = d d c c .6. Inversas para transformaciones lineales y matrices en el siguiente resultado. 2. El único vectorµX¶de µ R2 ¶tal que T (X) = O es X = O. Supongamos entonces que las columnas de m (T ) son linealmente dependientes y que. =r d c Entonces. lo cual muestra que 2. no se da entonces 3. Sea T : R2 → R2 una transformación lineal con m (T ) = µ a b c d ¶ . y 4. =⇒ 3. −r 0 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 0 Así. =⇒ 2... es decir. si =r para algún r ∈ R. De manera similar. por ejemplo. c d 4. ad − bc 6= 0. no se −r 0 µ−r ¶ µ ¶ b a da. Para probar que 1. a b 3... tampoco se cumple. el vector no nulo es tal que T = . supongamos que T es invertible y tomemos X ∈ R2 tal que T (X) = O.131 4. =⇒ 4. =⇒ 1. Ahora probaremos que 2. 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. 0 Probemos ahora que 3. probando que si 3. entonces X = O. Hemos probado así que si T es invertible entonces el único vector X de R2 tal que T (X) = O es X = O. en el cual también se expresa la invertibilidad de T en términos de los números que conforman la matriz de T. no se cumple entonces 2. probando su contrarecíproco. =⇒ 2. bc y en tal caso Si por ejemplo d 6= 0. probando que si 4. Las columnas y de m (T ) son linealmente independientes. 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 = . 3. 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 . q. De igual forma se procede si a 6= 0 o b 6= 0 o c 6= 0. De manera similar a como se d se obtiene. 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 = . r.132 4. ∆ Es sólo cuestión de operaciones comprobar que para dichos valores de p. 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 obtuvo el valor p = ∆ c r=− ∆ y usando las dos últimas ecuaciones de dicho sistema. que q=− b ∆ y s= a . s vemos que ella es equivalente al sistema ap + br = 1 cp + dr = 0 aq + bs = 0 (4. c d r s 0 1 Considerando esta igualdad como una ecuación con incógnitas p. 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 ¶ . hagamos en lo que sigue ∆ = ad − bc. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 de lo cual se concluye que las columnas de m (T ) son linealmente dependientes. de lo cual se sigue que T es invertible. usando las dos primeras ecuaciones de (4. =⇒ 1. Si a = b = c = d = 0. q. es obvio que las columnas de m (T ) son linealmente dependientes. Finalmente probemos que 4. Supongamos entonces que µ ad − bc ¶ 6= 0. r s . ad − bc Para simplificar.15). r y s se tiene que µ ¶ µ p q 1 = r s 0 µ ¶ p q Ahora. 1 1/5 1/5 ∆ 1 Así. el único vector y µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 0 x 0 T = es = . con lo cual concluimos la prueba de lo afirmado en el último recuadro. se probó que T −1 = S y por tanto µ ¶ ¡ −1 ¢ p q m T = m (S) = r s luego.133 4. =⇒ 1. ¨ Obsérvese que en la prueba de 4. Por otra parte. −1 3 ¥ . 1 ∆ µ d −b −c a µ ¶ a b c d ¶ . −1 3 a) Como ∆ 6= 0 entonces T es invertible y µ ¶ µ ¶ ¡ −1 ¢ 1 3 −2 3/5 −2/5 = m T = .23 Sea T : R2 → R2 definida por µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ x x + 2y x 1 2 T = = . 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. 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. se deduce lo siguiente: Sea T : R2 → R2 una transformación lineal. y 0 y 0 µ ¶ µ ¶ 1 2 c) Es claro que las columnas y de A son linealmente independientes. Ejemplo 4.. −1 3 y −x + 3y y µ ¶ 1 2 La matriz de T es A = y ∆ = (1) (3) − (−1) (2) = 5. 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 = = .6. del razonamiento empleado en la prueba de 4. =⇒ 1. Inversas para transformaciones lineales y matrices Hemos probado así que 4. =⇒ 1. T 1/5 1/5 y y (1/5) x + (1/5) y µ ¶ x de R2 tal que b) Como T es invertible. Si ¢ éste es el caso. µ ¶ x b) Como T no es invertible.25 3 2 es invertible y halle su inversa. cuya prueba se deja al lector.24 Sea T : R2 → R2 definida por ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ µ x x + 2y x 1 2 . Sea T la transformación lineal cuya matriz es A y sea ∆ = (2) (0) − Como ∆ 6= 0 entonces T es invertible y ! √ ¶ Ã µ ¡ −1 ¢ 0 1 1 0 − 3 = = . a la matriz m T −1 la llamaremos la inversa de A y la denotaremos A−1 . √ ¶ µ Ejemplo 4. los resultados obtenidos para transformaciones lineales respecto al concepto de inversa. Se tiene así el siguiente resultado. ¡ ¢ ¡ ¢ AA−1 = m (T ) m T −1 = m T T −1 = m (I) = I2 . Sea A una matriz 2×2 y sea T : R2 → R2 la transformación lineal tal que m (T ) = A. y 0 µ ¶ µ ¶ 1 2 c) Es claro que las columnas y de A son linealmente dependientes. −2 −4 a) Como ∆ = 0 entonces T no es invertible. m T √1 − √23 2 ∆ −1 3 Ahora. . Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 Ejemplo 4. 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 . Obsérvese que si A es invertible entonces AA−1 = I2 En efecto. sin ninguna dificultad. Análogamente se prueba que A−1 A = I2 . ¥ −2 −4 Trasladamos ahora el concepto de inversa para transformaciones lineales a las matrices 2×2. entonces A es invertible y A−1 = B. podemos asegurar que existen vectores no nulos tales y µ ¶ µ ¶ x 0 que T = . y A−1 A = I2 .134 4. Muestre que la matriz A = 1 0 Solución: √ ¡√ ¢ 3 (1) = − 3. como T es invertible entonces A es invertible y Ã ! ¢ ¡ 0 1 . = = T −2 −4 y −2x − 4y y µ ¶ 1 2 La matriz de T es A = y ∆ = (1) (−4) − (−2) (2) = 0. Diremos que la matriz A ¡es invertible si la transformación lineal T es invertible. A−1 = m T −1 = √1 − √23 3 ¥ Podemos trasladar a matrices. µ ¶ 1 d −b −1 donde ∆ = ad − bc. obtener la matriz de la transformación reflexión con respecto a la recta dada. b) El único vector X de R2 tal que AX = O es X = O. y µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 1 1 a) U = b) U = c) U = −1 1 −2 5. Para cada literal.135 4. Para el vector U dado en cada literal. 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. Ejercicios µ ¶ a b Sea A = . hallar la imagen bajo S de los conjuntos descritos. Sea P : R2 → R2 la transformación proyección sobre el eje x. c d 1. 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. Sean U ∈ R2 y SU la transformación reflexión con respecto a la recta µ ¶L generada x para cada por el vector U. 2. Las afirmaciones siguientes son equivalentes. Para cada literal. a) A es invertible. Si P b b 3.7. a) y = −x b) y = 2x 6. encontrar SU y µ ¶ x ∈ R2 . C1 = 0 0 . d) ad − bc 6= 0. c) Las columnas de A son linealmente independientes.7 Ejercicios 1. Sea L la recta con ecuación µ ¶ 5xµ− 02y ¶ = 0 y sea P : R → R la transformación a a = 0 . 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. ½µ ¶ ¾ ½µ ¶ ¾ x x : x < 0 . si S : R2 → R2 es la transformación reflexión con respecto a la recta L dada. Para el vector U dado en cada literal. C2 = :x≥0 a) L : y = −x. Si ad − bc 6= 0 entonces A = ∆ −c a 3. Sean U ∈ R2 y PU la transformación proyección sobre la recta generada µ ¶por el vector µ ¶ x x de R2 . proyección sobre L. 4. para cada U. expresar a0 y b0 en términos de a y b. 0 2 1 . En caso afirmativo.136 4. i) Hallar la matriz de Rθ . expresar x0 . 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). Para cada literal. y 0 en términos de x y y. y y0 b) Hallar la imagen bajo Dr de los siguientes conjuntos: ½µ ¶ µ ¶¾ 2 −1 i) S = . suponga que T : R2 → R2 µ es ¶ la µ transformación ¶ µ ¶ lineal cuya matriz 1 −1 0 es la dada. y y iii) Hallar la imagen bajo Rθ de la recta L con ecuación y = x. Sean U ∈ R2 y TU la traslación por el vector U . Si P y Q son puntos distintos. −1 3 µ ¶ µ ¶ 2 −1 ii) El paralelogramo P determinado por y . µ ¶ µ 0¶ x x a) Si Dr = . iv) Hallar µ ¶ la imagen µ ¶ bajo Rθ del paralelogramo P determinado por los vectores 1 1 V = yW = . Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 b) L : y = 2x. y . hallar la matriz de T . Para r = 1/3 y r = 2. 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. 10. a) Para θ = −π/3 y θ = π/3. 9. 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. µ ¶ µ ¶ x x ii) Hallar Rθ para cada de R2 . y 0 en términos de x y y. Calcular las imágenes bajo T de . −1 3 iii) La circunferencia C con centro en el origen y radio 2. c) La imagen bajo TU del segmento de recta P Q es el segmento de recta con extremos TU (P ) y TU (Q) . 2 0 b) Para cada numeral expresar x0 . ½µ ¶ ¾ 0 C1 = :y<0 . Para cada literal determinar si la transformación T : R2 → R2 definida en él es una transformación lineal. y ½µ ¶ ¾ x C2 = :x≥0 0 7. iv) La recta L con ecuación y = 2x − 3. 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. Demostrar que: T es invertible si y sólo si T (X1 ) . Encontrar la imagen −1 0 bajo T de los siguientes conjuntos: µ ¶ 3 . ¿Es dicha imagen un cuadrado? ¿Cuál 0 1 y y es su área? µ ¶ 2 3 13. −1 2 R2 R2 µ 16. y y µ ¶ µ ¶ 1 2 c) La imagen bajo T del paralelogramo P determinado por y . Hallar la imagen del cuadrado con vértices en los puntos . µ ¶ µ ¶ 0 0 2 2 . . 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. T (X2 ) sean linealmente dependientes. Sea T : R2 → R2 una transformación lineal y sean X1 . −3 y y 15 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 5 2 −9 2 2 = yT = .137 4. T (X2 ) también son linealmente dependientes. X2 linealmente independientes se tenga que T (X1 ) . 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 . = 18. Probar que: ¶−1 µ ¶ µ ¶ µ µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ x u x u a b a b a b = entonces = . T (X2 ) son linealmente independientes. +y =x b) c d d c y . Sea T : R2 → R2 una transformación lineal. a) Si es invertible y c d c d c d y v y v µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ b a x a b .7. Sea T : −1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 x x −10 . 19. X2 son linealmente dependientes entonces T (X1 ) . Encontrar T para cada de R2 y T . X2 vectores linealmente independientes de R2 . 17. Sea T la transformación lineal con matriz m (T ) = . T (−E1 + E2 ) = 14. Demostrar que si X1 . y bajo 0 0 1 1 µ ¶ µ ¶µ ¶ x x 1 −3 la transformación T = . 15. 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 . ¶ 3 → la transformación lineal tal que T (E1 + E2 ) = . m (T1 ◦ T2 ) . b. −3 µ ¶ −1 d) 2T1 − 3T2 . para todo vector c d µ ¶ u de R2 existen únicos escalares x y y tales que v µ ¶ µ ¶ µ ¶ b a u . Encuentre todas las transformaciones lineales T : R2 → R2 que transformen la recta cuya ecuación es y = 0 en la recta con ecuación x = 0. µ ¶ 0 entonces T es la transformación nula. T2 = . (T1 + T2 ) −3 µ ¶ −1 c) −4T1 . (T2 ◦ T1 ) . (Ayuda: Vea ejercicio 19. m (T2 ◦ T1 ) . −3 µ ¶ −1 f ) T2 ◦ T1 . Sea T : R2 → R2 una transformación lineal y sean X1 . 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. −3 24. 23. u y v. m (T1 ) m (T2 ) . m (−4T1 ) . b) T1 + T2 . −3 µ ¶ −1 e) T1 ◦ T2 . Sean y vectores de R L. 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. Una transformación lineal T : R2 → R2 es tal que T (E1 ) = E1 + E2 y T (E2 ) = 2E1 − E2 . X2 dos vectores linealmente independientes de R2 . ¡ ¢ 25. hallar: y x+y y x + 3y a) m (T1 ) y m (T2 ) . (T1 ◦ T2 ) . (−4T1 ) . −4m (T1 ) . Probar que todo vector de R2 es expresable c d v µ ¶ µ ¶ a b de manera única como combinación lineal de y . µ ¶ −1 . 2m (T1 ) − 3m (T2 ) . c. (2T1 − 3T2 ) . +y =x d c v Exprese x y y en términos de a. Dadas las transformaciones lineales del plano T1 y T2 definidas por µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x x−y x −5x + y T1 = . i) T (3E1 − 4E2 ) . m (2T1 − 3T2 ) . m (T2 ) m (T1 ) .138 4. a) Calcular en términos de E1 y E2 los siguientes vectores: ii) T 2 (3E1 − 4E2 ) ¡ 2¢ b) Hallar m (T ) y m T . Interpretar T 2 geométricamente.I. 22. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ a b u 2 20. d. m (T1 ) + m (T2 ) . m (T1 + T2 ) .) 21. es decir. de una interpretación geométrica. Probar que Rθ ◦ Rφ = R(θ+φ) . Si U = . Calcular: 28. .7. se tiene T (X) = O. Hallar TU−1 µ ¶ −1 32. Probar que toda traslación TU es uno a uno y sobre. 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 . CD. 31. B 2 . b) Para cada numeral. 30. b) Mostrar que todos los puntos de la recta y = 1 permanecen fijos bajo la transformación TU ◦ T. 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. b) Hallar una transformación lineal S : R2 → R2 diferente de la transformación nula tal que ST = O y T S = O. 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 = . F 2 . 29. D = . 33. hallar y graficar la imagen del cuadrado S de la figura bajo la traslación 2 TU . C = . Sea T la transformación lineal con m (T ) = µ 1 −1 2 −2 ¶ . 2 a) Hallar la transformación TU ◦ T e interpretarla geométricamente. E 2 . Rθ ◦ Rφ es la rotación por el ángulo θ + φ. Sea P la transformación proyección sobre el eje x. Sean A = . Ejercicios 26. B = . es decir. encuentre la transformación lineal T que satisface la condición dada y cuando sea posible. DC.139 4. Sean T : R2 → R2 una transformación lineal con m (T ) = µ 1 0 0 −1 ¶ µ ¶ 0 yU= . a) Mostrar que para todo vector X perteneciente a la recta y = x. 0 0 1 0 1 −3 2 −3 µ ¶ µ ¶ 1 0 0 1 E= yF = 0 −1 1 0 a) Calcular A2 . 4x + 7y µ ¶ y −2 si es posible. 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 = . Hallar la transformación TU1 ◦ Rπ/2 ◦ TU2 . Hallar. en caso afirmativo. y y y µ ¶ µ ¶ a b a c 43. µ ¶ determinar si T es inverti¡ −1 ¢ x . 5 39. Demostrar que si T : R2 → R2 es una transformación lineal uno a uno entonces T transforma líneas rectas en líneas rectas. µ ¶ µ ¶ x x + cy 2 2 40. T es invertible y que T −1 = T. y T −1 ble y. h) T es la reflexión respecto al eje x. µ ¶ µ ¶ x x+y 2 2 38.140 4. 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 ) . 36. Mostrar que T −1 también es transformación lineal. 0 0 35. Sea T : R → R la transformación lineal definida por T = . Para la transformación lineal T : R2 → R2 de cada literal. Sea T : R2 → R2 una transformación lineal invertible. . µ ¶ µ ¶ x x . 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. Sean T : R2 → R2 y S : R2 → R2 dos transformaciones invertibles. −2π < θ < 2π. = j) T x y 37. Demostrar que S ◦ T es invertible y (S ◦ T )−1 = T −1 ◦ S −1 . y x−y y x − 2y a) Demostrar que T y S son invertibles. i) T = Rθ . Demostrar que para cada θ. Sea A = . se tiene que Rθ−1 = R−θ . La matriz se llama la transpuesta de A y se denota c d b d AT . Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 µ ¶ µ ¶ 1 −1 34. 41. Sea T : R → R la transformación lineal definida por T = . un vector X de R2 tal que T (X) = . Sean U1 = y U2 = . 42. AT también es invertible y AT = A .7. 44. U de R2 se tiene que: ¡ ¢ ¡ ¢ X · (AU ) = AT X · U y (AX) · U = X · AT U . 141 .4. 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. Transformaciones lineales del plano y matrices 2 × 2 .142 4. 2 0 143 .5 Sistemas de ecuaciones lineales 2×2 5. 1 El conjunto de todas las soluciones de una ecuación del tipo (5. µ ¶ 2 Por ejemplo.1) en la cual a. Ejemplo 5.1 Conceptos y resultados básicos Recordemos que una ecuación lineal en dos variables x. y es una ecuación de la forma ax + by = u (5.2) es la recta corresponde a esta ecuación. de manera que en tal caso el conjunto solución de (5. una solución de la ecuación x + 3y = 5 es el par pues 2 + 3 (1) = 5. cuando se multiplica una ecuación por un escalar no nulo se obtiene una ecuación equivalente. la ecuación (5. Dos ecuaciones del tipo (5. si a 6= 0 o b 6= 0.1) es dicha línea recta.1).1) corresponde a una línea recta. la cual corta a los ejes coordenados en los µ ¶L que µ ¶ 0 4 puntos y (Figura 5.1) se dirá su conjunto solución. Como sabemos. es decir ax0 + by0 = u.1 El conjunto solución de la ecuación x + 2y = 4 (5. la ecuación se satisface. b y u son números reales dados. 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 .1) se dirán equivalentes si tienen el mismo conjunto solución. como ya lo sabemos.1. +t = −1/2 2 y (5. Así.2)es equivalente a la ecuación x = 4 − 2y. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 Figura 5. Por tanto. 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. L consta de los puntos de R2 de la forma y ¶ µ µ ¶ µ ¶ 1 0 x . entonces µ ¶ el valor correspondiente de y x es y = 2 − (1/2) t. entonces el valor correspondiente de x µ ¶ x es x = 4 − 2s.3) y (5. proporcionan descripciones del conjunto solución de la ecuación (5. si damos a y cualquier valor en R. digamos t.3) Análogamente.2) ¥ . o equivalentemente. Ahora.144 5. equivalentemente. como el conjunto de los puntos y µ ¶ µ ¶ µ ¶ x 4 −2 = +s . digamos s.2) a una ecuación vectorial paramétrica para L: de la ecuación (5.4) y 0 1 Las ecuaciones (5. Por tanto. L consta de los puntos de R2 tales que y x = t 1 y = 2− t 2 µ ¶ x con t ∈ R o. s∈R (5. 2 Así.2) se obtiene la ecuación equivalente 1 y = 2 − x. t ∈ R. si damos a x cualquier valor en R. dicha recta L puede describirse mediante distintas ecuaciones. las cuales son ecuaciones vectoriales paramétricas para la recta L.4). A continuación mostramos una manera de pasar de la ecuación (5. 0x + 0y = u µ ¶ x0 es φ (el conjunto vacío). El sistema (5.145 5. pues ningún par de R2 la satisface. en caso contrario. El conjunto de todas las soluciones de un sistema del tipo (5. pues 2x0 + 2y0 = 2 (x0 + y0 ) = 2 (4) = 8. el sistema x+y =4 2x + 2y = −5 µ ¶ x0 carece de soluciones. d. b) El conjunto solución del sistema 0x + 0y = 0 2x − y = 7 . c.3 a) El conjunto solución del sistema 0x + 0y = 3 2x − y = 7 es φ. y0 b) Si u 6= 0.5) (a.5) se dice soluble o consistente si tiene al menos una solución.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.5) se dirá su conjunto solución. Ejemplo 5.1. µ ¶ x0 Una solución de tal sistema es un par ordenado de R2 . pues si un par satisface la primera ecuación. una solución del sistema x+y =4 2x − y = 5 µ ¶ µ ¶ 3 3 es el par . el conjunto solución de la ecuación R2 . Por otra parte. entonces dicho par no satisface la segunda. Por ejemplo. pues la ecuación 0x + 0y = 3 carece de soluciones. u y v son números reales dados). pues es solución de cada una de las ecuaciones. Conceptos y resultados básicos Ejemplo 5. es decir. b. el sistema se dice no soluble o inconsistente. si x0 +y0 = y0 4. el cual es solución de y0 cada una de las dos ecuaciones del sistema. ya que 3 + 1 = 4 y 1 1 2 (3) − 1 = 5. y0 ¥ Consideremos ahora un sistema de dos ecuaciones lineales ax + by = u cx + dy = v (5. podemos afirmar lo siguiente: Para el sistema (5. .5). El sistema carece de soluciones. c) El conjunto solución del sistema 0x + 0y = 0 0x + 0y = 0 es todo R2 . si en el sistema (5.6) En este caso el conjunto solución de la primera ecuación es una línea recta L1 y el de la segunda. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 µ ¶ x0 de R2 es solución de la ecuación es el de la ecuación 2x − y = 7. se da uno y sólo uno de los siguientes casos: Caso 1. Caso 2. el conjunto solución del sistema es la intersección de L1 y L2 . • L1 6= L2 pero L1 y L2 son paralelas. Así. L2 se da una y sólo una de las tres posibilidades siguientes (figura 5.2. por tanto.2): • L1 = L2 . siendo su conjunto solución una línea recta. Ahora bien. Cualquiera de las dos ecuaciones del sistema es una ecuación para dicha recta. • L1 y L2 se cortan en un único punto. L2 . para dichas rectas L1 . (5. ¥ Como se aprecia en el ejemplo anterior. una recta o todo R2 . bajo la condición (5. 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= 0.146 5. la cual es el punto de intersección de las rectas L1 . ya que todo par y0 0x + 0y = 0.5) se tiene a = 0 y b = 0 o se tiene c = 0 y d = 0. entonces el conjunto solución es φ. El sistema tiene infinitas soluciones. El sistema tiene solamente una solución. pues el conjunto solución de cada ecuación es R2 . Caso 3.6). Figura 5. admitiendo lo anterior. 4 a) Consideremos el sistema x + 2y = 4 3x + 6y = 12 Se observa que las dos ecuaciones corresponden a una misma línea recta. se obtiene un sistema equivalente. y0 . consideremos el sistema ax + by = u (5. la cual es el punto de intersección de tales rectas. luego el sistema carece de soluciones. luego el sistema tiene solamente una solución. Cuando se sustituye una de las ecuaciones de un sistema por la suma de esa ecuación y un múltiplo escalar de la otra.8) (λa + c) x + (λb + d) y = λu + v Veamos ahora que los (5. Por ejemplo. Así. 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. y sumando ésta a la segunda ecuación se obtiene (λa + c) x + (λb + d) y = λu + v Sustituyendo en el sistema (5.8) son equivalentes: µ sistemas ¶ x0 En primer lugar. es solución de cada una de las ecuaciones del sistema (5.1. ¥ Dos sistemas del tipo (5.8). c) En el sistema x + 2y = 0 2x − 3y = 8 las ecuaciones corresponden a rectas no paralelas.7) y (5. 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.147 5. la recta L con ecuación x + 2y = 4 (las dos ecuaciones son equivalentes). si es una solución del sistema (5.7) su segunda ecuación por la ecuación anterior se obtiene el sistema ax + by = u (5.7) entonces y0 ax0 + by0 = u y cx0 + dy0 = v por tanto. b) En el sistema x + 2y = 4 3x + 6y = 7 las ecuaciones corresponden a rectas paralelas pero distintas. el conjunto solución del sistema es dicha recta L. 9) . lo cual nos conduce a 0x − 7y = 8 es decir. la única solución del sistema es . es obtiene x = 7 −8/7 ½µ ¶¾ 16/7 decir.c)). y la ecuación resultante (−2x − 4y = 0) la sumamos a la segunda ecuación.148 5.4. −7y = 8.6 Consideremos el sistema x + 2y = 4 3x + 6y = 7 (5. para eliminar x en la segunda ecuación del sistema (5.5 Consideremos el sistema x + 2y = 0 2x − 3y = 8 el cual tiene solamente una solución (vea ejemplo 5. ¨ Luego.7). 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. el conjunto solución es . multiplicamos la primera ecuación por −2. el cual consiste a grandes rasgos en eliminar una de las incógnitas en alguna de las ecuaciones sin alterar el conjunto solución del sistema. 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. y0 Uno de los procedimientos más empleados para resolver un sistema es el llamado método de eliminación. Así. Ejemplo 5. Sustituyendo este valor de y en la primera ecuación y despejando µ ¶x se 16/7 16 como único valor para x.8) ya no figura la incógnita x.7). Por ejemplo. de donde (restando la primera de las igualdades anteriores de la segunda) cx0 + dy0 = v µ ¶ x0 es solución del sistema (5. ¥ −8/7 Ejemplo 5.8) entonces Recíprocamente. Hallemos dicha solución mediante el método de eliminación: Con miras a eliminar la incógnita x en la segunda ecuación. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 µ ¶ x0 es una solución del sistema (5. Se ilustra este procedimiento en los tres ejemplos siguientes. se escoge λ de modo que λa + c = 0 con lo cual en el sistema equivalente (5. Solución: Eliminando x en la segunda ecuación del sistema dado. Es ilustrativo ver lo que ocurre si se aplica a este sistema el método de eliminación: para eliminar x en la segunda ecuación.a)). Así.4.9) es entonces equivalente al sistema x + 2y = 4 0x + 0y = −5 y como este último es inconsistente. 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. Así que el método de eliminación también conduce a que el sistema (5.1.b)). este sistema es consistente y su conjunto solución es la recta que tiene como ecuación x + 2y = 4.9) es no soluble. con lo cual se obtiene la ecuación 0x + 0y = −5.9) es inconsistente.7 Consideremos el sistema x + 2y = 4 3x + 6y = 12 (vea ejemplo 5. De nuevo el método de eliminación nos condujo a lo que ya sabíamos.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. iii) Sea inconsistente.149 5. Conceptos y resultados básicos el cual carece de soluciones (vea ejemplo 5. el sistema inicial es equivalente al sistema x + 2y = 4 0x + 0y = 0. Como sabemos. entonces el sistema inicial (5. multiplicamos la primera ecuación por −3 y el resultado se suma a la segunda. ¥ Ejemplo 5. El sistema (5. se encuentra que dicho sistema es equivalente al sistema 2x + y = 2 µ ¶ 1 a− y = 2+b 2 . ii) Tenga infinitas soluciones.4. se obtiene la ecuación 0x + 0y = 0. ¥ Ejemplo 5. 5) son equivalentes a la igualdad en R2 µ ¶ µ ¶ ax + by u = cx + dy v y ésta.11). el vector X0 = A−1 U es la única solución de (5. Así. es decir. . lo cual muestra que X0 = A−1 U es una solución de ¡(5. y es inconsistente si a − = 0 y 2 + b 6= 0. 2 2 Por tanto. por una parte. β ∈ R.11) tiene solamente una solución (la cual es X0 = A−1 U ). las dos igualdades en (5. es decir. usando matrices 2 × 2 y vectores de R2 . De manera similar.11) y la ecuación escalar αx = β con α.2 Sistemas de ecuaciones lineales y matrices Relacionemos ahora los sistemas con las transformaciones lineales. X = A−1 U = X0 .11) pues. c d y v (5. si y sólo si la matriz A “transforma” a X0 en el vector U. como AX = U (5. es decir. si A es invertible el sistema (5. si la matriz A es invertible. a su vez. el sistema dado: 1 i) Tiene solución única si a 6= sin importar el valor de b. el sistema (5. ¡ ¢ ¡ ¢ AX0 = A A−1 U = AA−1 U = I2 U = U. este sistema tiene solución única si a − 6= 0 sin importar el valor de b. pero ¡ ¢ ¡ ¢ A−1 AX = A−1 A X = I2 X = X por tanto. Obsérvese la semejanza entre la ecuación vectorial (5. en la forma equivalente (5. de la cual sabemos que si α 6= 0. tiene 2 1 1 infinitas soluciones si a − = 0 y 2 + b = 0. o lo que es equivalente. su única solución es el número x0 = α−1 β.11) µ ¶ µ ¶ µ ¶ x u a b con A = .5) si y sólo si AX0 = U. 2 1 iii) Es inconsistente si a = y b 6= −2. En primer lugar. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 1 Ahora.10) Así.150 5. si X es una solución de (5. ¥ 2 5.5) puede escribirse. si AX = U. es equivalente a la igualdad µ ¶µ ¶ µ ¶ x u a b = .10). 2 1 ii) Tiene infinitas soluciones si a = y b = −2. c d y v Nótese que un vector X0 de R2 es una solución del sistema (5. con las matrices.11).X= yU= . entonces A−1 AX = A−1 U . ¢ Por otra parte. por tanto hemos probado el siguiente resultado: Sea A cualquier matriz 2 × 2 y sea U cualquier vector de R2 . ¥ . ¨ Nótese que en la discusión anterior no se usó la condición (5.6). A tiene que ser invertible. 0 Luego.9 Consideremos el sistema del ejemplo 5.151 5. lo cual va contra lo supuesto. Ejemplo 5. existiría un vector no nulo X tal que 0 AX ∗ = y en tal caso el vector X0 +X ∗ .2. Si A no fuese invertible. la única solución del sistema es X0 = A−1 U. El sistema AX = U tiene solamente una solución si y sólo si la matriz A es invertible. Sistemas de ecuaciones lineales y matrices Vamos a probar ahora que el recíproco de la afirmación anterior también es cierto. Supongamos entonces que el sistema AX = U tiene una única solución y probemos que A es invertible: µ ¶ 0 . Luego. Cuando A es invertible. 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. Supongamos entonces que U 6= 0 ∗ única solución µ ¶ de AX = U. el cual es distinto de X0 . 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. sería otra solución de 0 µ ¶ 0 ∗ ∗ AX = U pues A (X0 + X ) = AX0 + AX = U + = U.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 = . y 8 es invertible y su inversa es la matriz −1 A 1 = ∆ µ −3 −2 −2 1 ¶ donde ∆ = 1 (−3) − 2 (2) = −7. 12) carece de soluciones o bien su conjunto solución ocurra µ ¶ es una recta. 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. la cual pasa por el origen. Tenemos así que: Cualquiera sea la matriz A de orden 2.10 Consideremos el sistema x+y = u 5x + 5y = v (5. este sistema tiene únicamente la solución trivial si y sólo si la matriz A es invertible. el conjunto solución v 10 es la recta con ecuación x + y = 2. Dado un sistema no homogéneo AX = U. ¥ µ ¶ 0 Si en el sistema (5.6) podemos afirmar que el sistema (5.5) se tiene u = 0 y v = 0 (o. la cual se dirá la es soluble ya que este sistema posee al menos la solución X = 0 solución trivial. equivalentemente U = en (5. 5 5 y v µ ¶ 1 1 Puesto que la matriz no es invertible. como se cumple la condición (5. Por ejemplo. c) Si A = O.152 5. el conjunto solución del sistema AX = O es una línea recta que pasa por el origen.6). como ya sabemos. que µ ¶ µ lo ¶ u u 2 uno o lo otro depende.11)) el 0 sistema se dice homogéneo. . mientras que si = . 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. el conjunto solución del sistema AX = O es todo R2 . a) El sistema AX = O tiene únicamente la solución trivial X = O si y sólo si A es invertible.13) En primer lugar. b) Si A no es invertible y A 6= O. si = v µ ¶ v 3 µ ¶ u 2 el sistema (5. de cuál sea el vector .12) carece de soluciones. el sistema homogéneo AX = O µ ¶ 0 . por supuesto. Supongamos ahora que la matriz A no es invertible y que el sistema (5.12) no se da que 5 5 tiene solución única. Cualquiera sea la matriz A. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 Ejemplo 5. Ahora.13) cumple la condición (5. el sistema AX = O se dirá su sistema homogéneo asociado. (5. Es fácil ver que esto último sigue siendo cierto bajo las hipótesis A no invertible y A 6= O.12) el cual podemos escribir en la forma µ ¶µ ¶ µ ¶ x u 1 1 = . A continuación nos referiremos a las posibilidades para el conjunto solución de un sistema homogéneo AX = O. para dicho sistema (5. la cual la conforman los puntos µ x ∈ R2 de la forma y µ ¶ µ ¶ x 1 =t . el conjunto solución del sistema no homogéneo (5. la cual (según vimos en el x ∈ R2 de la forma ejemplo 5.14) es µ 1 2 3 6 ¶µ ¶ µ ¶ x 0 = y 0 (5.14) (la recta L) es la imagen bajo la traslación T(0) .14) a los puntos de L0 (compare (5. En otras 2 palabras.11 Consideremos el sistema no homogéneo del ejemplo 5.14) cuyo conjunto solución es la recta L con µ ¶ecuación x + 2y = 4. del conjunto solución del sistema homogéneo asociado.16) y su¶ conjunto solución la recta L0 con ecuación x + 2y = 0. Observe que 2 El sistema homogéneo asociado al sistema (5.1) la conforman los puntos y ¶ µ µ ¶ µ ¶ 1 0 x .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 (5.15) µ ¶ 0 es una solución particular del sistema.153 5. En general. +t = −1/2 2 y t ∈ R. (5. 2 En la figura 5. ¥ Figura 5.3 se ilustra lo anterior. se tiene el siguiente resultado: . t ∈ R.15) y (5. (5.17)).2.3. Sistemas de ecuaciones lineales y matrices Ejemplo 5.7 µ 1 2 3 6 ¶µ ¶ µ ¶ 4 x = 12 y (5. la cual se obtiene con t = 0. una respuesta a la pregunta formulada puede darse reescribiendo el sistema AX = U en la forma µ ¶ µ ¶ µ ¶ u b a (5. 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. 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.19) . En efecto. AX = U. ¨ Retornemos al sistema (5.18) 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 .12 Para el sistema µ 1 2 3 6 ¶µ ¶ µ ¶ u x = v y (5. Si X0 es una solución particular del sistema AX = U y la recta 0 L = {tD | t ∈ R} (D ∈ R2 . la recta L = TX0 (L0 ) la cual pasa por el punto X0 y es paralela a L0 . Prueba: En primer lugar. si y sólo si el vector v Así. 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. es decir. Ejemplo 5. es decir. se tiene que A (X0 + tD) = AX0 + tAD y como AX0 = U y AD = O entonces A (X0 + tD) = U + tO = U. ¿Para cuáles vectores U el sistema es soluble y para cuáles no lo es? Es de señalar que si A es invertible. 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.154 5.11). En el caso general (A invertible o no). y consideremos ahora la siguiente pregunta: Fijada la matriz A. 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 . todo punto X0 + tD de L es solución del sistema AX = U.18) = +y x v d c µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ b a x a b . entonces L es dicho conjunto solución. ya conocemos la respuesta: el sistema AX = U es soluble (y tiene sólo una solución) cualquiera sea el vector U de R2 . de (5. X0 + tD es solución del sistema AX = U. En 3 6 general. los vectores sobre la recta L generada por 3 3 (Figura 5. Sistemas de ecuaciones lineales y matrices 155 µ ¶ u determinar los vectores de R2 tales que dicho sistema es soluble. la cual es la recta generada por (o por ). los vectores sobre la recta L.19) es soluble (y su conjunto solución es la =4 Por ejemplo.19) es soluble conforman v µ ¶ µ ¶ 1 2 una recta que pasa por el origen. se tiene el siguiente resultado. el sistema (5. entonces las combinaciones lineales de y son 6 3 3 6 µ ¶ µ ¶ 1 1 los múltiplos escalares de .19) es soluble son los múltiplos escalares v µ ¶ 1 de o.19) = recta con ecuación x + 2y = 4). El sistema dado es soluble µ ¶ µ ¶ µ ¶ u 1 2 si y sólo si es combinación lineal de las columnas y .5.4). cuya prueba se deja como ejercicio. equivalentemente. Por otra parte. v µ 1 2 3 6 ¶ Solución: Nótese que la matriz no es invertible. 3 µ ¶ µ ¶ 1 u . Ahora bien. si 8 v µ ¶ µ ¶ 1 7 . . es decir. (Vea ejercicio 17 de este capítulo).2. como v 3 6 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 1 1 2 es múltiplo escalar de . si 3 v µ ¶ µ ¶ 7 u entonces el sistema (5. Figura 5. los vectores tales que el sistema (5.4. ¥ 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. µ ¶ u Así. c c 0 d d 0 5. 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= . b) Hallar el número de unidades de cada tipo de fertilizante que se puede producir. en caso afirmativo. ¿Cuántas boletas de cada tipo se vendieron? 7. a) b) 2x + 3y x − 4y = −1. 2. Se desea hallar el número de unidades de cada tipo de fertilizante que se puede producir con 650 kg. . = 1. Se vendieron 450 boletas por un total de $796530. 6x + 5y 2x − y = 0. del compuesto B. del compuesto A y 30 kg. Determinar si las dos rectas con ecuaciones dadas en cada literal se cortan y. en caso afirmativo. 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 . en caso afirmativo. del compuesto A y 40 kg. 2x − 5y = 7 −x − 3y = 4 5. del compuesto A y 1250 kg. 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. hallar el conjunto solución e interpretarlo geométricamente. = −3. 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 tres rectas cuyas ecuaciones se dan en cada literal tienen un punto de intersección común y.3 Ejercicios 1. hallar su punto de intersección.156 5. Dos compuestos se combinan para fabricar dos tipos de fertilizantes. P = yQ= 4 1 6. o por si 6= . Cada unidad del fertilizante tipo II requiere 25 kg. Cada unidad del fertilizante tipo I requiere 10 kg. del compuesto B. a) x−y 2x + y = = 2 1 b) 4x − 6y 6x − 9y = = 7 12 c) 3x + 4y 6x − 7y = = 2 0 3. Para cada uno de los sistemas dados a continuación determinar si es soluble y. hallar dicho punto. a) Plantear un sistema de ecuaciones lineales que permita resolver el problema. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 µ ¶ a b Sea A = . El precio de la boleta para cierto evento es de $2250 para adulto y $1560 para niño. Ejercicios 8. Suponga que la temperatura en cada nodo interior es el promedio de los cuatro nodos más cercanos (a izquierda.3. a derecha. arriba. abajo).157 5. 10. Plantear un sistema de dos ecuaciones lineales con dos incógnitas que satisfaga la condición dada en cada caso. c) El sistema es inconsistente. Considere el sistema kx + y = 1 x + ky = 1 a) Encontrar los valores de k tales que el sistema i) Tenga solución única. iii) No tenga soluciones. e) El conjunto¡ solución del sistema es la recta que pasa por el origen y tiene vector −1¢ director D = 2 . a) Plantear un sistema de dos ecuaciones lineales cuya solución produzca las estimaciones de las temperaturas T1 y T2 . b) Encontrar los valores de T1 y T2 . 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. b) Resolver los sistemas obtenidos en a i) y a ii). Encontrar una relación entre a y b de tal forma que sea soluble el sistema x+y = a 5x + 5y = b . b) El sistema tiene solución única. Sean T1 y T2 las temperaturas en los nodos interiores de la red de la figura. ii) Tenga infinitas soluciones. a) El sistema tiene infinitas soluciones. 9. ¡ ¢ d) La única solución del sistema es −1 2 . 11. b) Construya µ ¶ un sistema µ ¶ no homogéneo de dos ecuaciones con dos incógnitas tal que 2 1 X= yY = sean soluciones del sistema. µ ¶ µ ¶ 2 4 −12 a) AX = U con A = yU= . 3 −12 15 ¶ µ ¶ µ 1 2 −6 yU= . 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 . ¿Será 3X solución del sistema? −1 0 ¿Será X + Y solución del sistema? 15. determinando si el vector U es o no es una combinación lineal de las columnas de A. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 12. 14. c y d de tal forma que no sea soluble el siguiente sistema ax − by = c bx + ay = d 13. c) Calcular la única solución del sistema. b) Mostrar que A es invertible y calcular su inversa. 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. entonces ii) Demostrar que si X = y1 y2 también el vector X + Y es solución del sistema.158 5. Para cada uno de los siguientes literales. Encontrar condiciones sobre a. d) Expresar el vector U como combinación lineal de las columnas de A. diga si el sistema AX = U es o no soluble. Para cada uno de los siguientes literales. el vector k también es solución del sistema. encuentre todos los vectores tales que v el sistema dado sea soluble. y0 µ ¶ µ ¶ x2 x1 yY = son soluciones del sistema. utilizando la inversa de A. c) AX = U con A = −3 9 0 µ ¶ u 16. 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. −1 3 −14 µ ¶ µ ¶ −1 4 −5 b) AX = U con A = yU= . ¿Cuál es el conjunto solución del sistema AX = U ? . 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= . 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. Ejercicios µ ¶ a b 17.3. c c 0 d d 0 µ ¶ 2 y que el 18. Sea A = . o por si 6= .159 5. Sistemas de ecuaciones lineales 2 × 2 .160 5. que: • La matriz A (La transformación T ) es invertible si y sólo 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. ¯ Empleando el concepto de determinante. Recordamos. det (A) o det (T ) . µ ¶ µ ¶ µ ¶ x u u • Cualquiera sea el vector . podemos reescribir los resultados antes recordados como sigue: 161 .6 Determinantes de orden 2 6. Tal escalar ad − bc es llamado determinante de la matriz A o también determinante de la transformación T. 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. Lo denotaremos de cualquiera de las formas siguientes: ¯ ¯ a b ¯ ¯ c d ¯ ¯ ¯ . ¡ ¢ m T −1 = A−1 = 1 ad − bc µ d −b −c a ¶ .1 Definición. el sistema A = tiene solución única si y sólo v y v si ad − bc 6= 0. • Si ad − bc 6= 0. por ejemplo. • Las columnas de la matriz A son linealmente independientes si y sólo si ad − bc 6= 0. X2 de R2 visto como un par ordenado con X1 primero y X2 segundo. medido en dirección antihoraria y al cual nos referiremos simplemente como el ángulo de X1 a X2 . Figura 6. Si 0 < α < π o. equivalentemente.1(b)). en tanto que el par E1 . el sistema A = tiene v y v solución única si y sólo si det (A) 6= 0. el ángulo de X1 a X2 . m T = A = det(A) −c a • Las columnas de la matriz A son linealmente independientes si y sólo si det (A) 6= 0. (Figura 6. ¥ de E1 a −E2 es 2 2 . pues el ángulo de E1 a E2 es El par E1 = 2 0 1 π y 0 < < π. X2 está orientado positivamente (figura 6. Determinantes de orden 2 µ ¶ a b Sean A = y T : R2 → R2 la transformación lineal c d cuya matriz es A.2). mientras que si π < α < 2π o. E2 = está orientado positivamente. En este capítulo veremos otros conceptos también relacionados con el determinante. equivalentemente. empezaremos con el concepto de “par de vectores orientado”.162 6. si senα < 0 diremos que el par X1 . Denotemos α.1. De manera que el concepto de determinante está relacionado con varios de los conceptos asociados con matrices y transformaciones lineales. X2 está orientado negativamente (figura 6. Supongamos que los vectores X1 . caso en el cual se tiene que 0 < α < π o π < α < 2π. • A es invertible si y sólo si det (A) 6= 0 • T es invertible si y sólo si det (T ) 6= 0.1). con 0 ≤ α < 2π. si senα > 0 diremos que el par X1 . −E2 está orientado negativamente ya que el ángulo 2 3π 3π yπ< < 2π (Figura 6.1(a)).1 µ ¶ µ ¶ 1 0 π . µ ¶ µ ¶ µ ¶ u x u • Cualquiera sea el vector . X2 son linealmente independientes. µ ¶ ¡ −1 ¢ d −b 1 −1 . • Si det (A) 6= 0. Ejemplo 6. Consideremos un par de vectores no nulos X1 . 2.3).1). En efecto. y2 si el par X1 . x2 . a partir de las componentes Sean X1 = y1 y2 x1 . µ ¶ µ ¶ x1 x2 y X2 = . En tal caso. cos θ2 = y senθ2 = kX1 k kX1 k kX2 k kX2 k luego. también lo es el seno del ángulo α de X1 a X2 . α = θ2 − θ1 o α = θ2 − θ1 + 2π y así senα = sen (θ2 − θ1 ) = senθ2 cos θ1 − cos θ2 senθ1 Ahora. 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 .3. Figura 6. senα = x1 x2 y1 y2 − kX2 k kX1 k kX2 k kX1 k (6.1) . ¿Cómo determinar. consideremos el caso en que el par X1 . X2 está orientado positivamente y sean θ1 . θ2 las direcciones de X1 y X2 respectivamente (Figura 6. Par orientado de vectores Figura 6. Definición. sustituyendo en (6. y1 .1. senθ1 = .163 6. 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. pues según (6. la fórmula • Dado un par cualquiera de vectores no nulos X1 = y1 y2 (6. ¯ • El par X1 .9 ¯ = (1) (−0. Es claro que con la fórmula (6. senα = x1 y2 − x2 y1 kX1 k kX2 k (6. De manera que las igualdades (6. y2 . es necesario contar con más información acerca de él. Como ¯ ¥ 1 −0. µ ¶ µ ¶ x1 x2 . X2 está orientado positivamente. Por ejemplo. Determinantes de orden 2 es decir.1. Ahora. como entonces se tiene lo siguiente: ¯ ¯ ¯ x x2 ¯ ¯ x1 y2 − x2 y1 = ¯¯ 1 y1 y2 ¯ µ ¶ µ ¶ x1 x2 Sean X1 = . X2 = vectores linealmente independientes de R2 .3) cos α = kX1 k kX2 k Conocidos senα y cos α sabremos el cuadrante en el cual se encuentra α y utilizando (6.3) determinan de manera única el ángulo α.9 independientes. ¯ ¯ ¯ 1 −1 ¯ ¯ ¯ > 0 entonces el par X1 . es fácil verificar que x1 x2 + y1 y2 . • El par X1 . . ¯ ¯ ¯ 1 −1 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −0. X2 son linealmente dependientes.164 6. X1 = 1 −0. y1 y2 ¯ ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯ > 0. X2 = los cuales son linealmente Consideremos los vectores de R . X2 está orientado positivamente si y sólo si ¯ ¯ y y 1 2 ¯ ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯ ¯ < 0.9 ¯ Obsérvese que: • La fórmula (6. X2 está orientado negativamente. y1 .3) podremos determinar α.2) es fácil saber.2) Se puede probar que esta fórmula también es válida si el par X1 . senα > 0 si y sólo si x1 y2 − x2 y1 > 0 y senα < 0 si y sólo si x1 y2 − x2 y1 < 0.2) no es suficiente para determinar el ángulo α de X1 a X2 . a partir de las componentes x1 . Así que si se desea hallar dicho ángulo α. X2 = .2 1 −1 2 .2) y (6. (6. X2 está orientado positiva o negativamente. X2 está orientado negativamente si y sólo si ¯ y1 y2 ¯ µ ¶ µ ¶ Ejemplo 6. cuándo el par X1 . x2 .9) − (−1) (1) = 0.2) es válida aún en el caso que los vectores X1 .2) o (6.2). 6. pero el par S (E1 ) = E1 .3 a) Consideremos una rotación Rθ . se tiene que: Sea T una transformación lineal invertible del plano. y por tanto det (S) 6= 0. ¯ ¯ µ ¶ µ ¶ ¯ x1 x2 ¯ x1 x2 ¯ ¯ Como ¯ > 0. entonces ¯ y1 y2 y1 ¯ ¯ µy2 ¶ µ ¶ ¯ x1 x1 x2 x2 ¯¯ ¯ ¯ −y1 −y2 ¯ < 0 y en consecuencia el par S y1 . S y2 está orientado negativamente. a) T preserva la orientación si y sólo si det (T ) > 0. µ ¶ un µ par ¶ µ ¶ µ ¶ Veamos que S cambia la orientación. 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 ) . T (X2 ) está orientado negativamente. T (X2 ) también está orientado positivamente. por ejemplo. Transformaciones que preservan la orientación 6. nos dice si ella preserva o cambia la orientación. Se dice que T preserva la orientación si siempre que un par X1 . el par T (X1 ) . orientado positivamente y probemos que el par S .2. ¥ Resulta que el signo del determinante de una transformación lineal invertible.2 165 Transformaciones que preservan la orientación Sea ahora T : R2 → R2 una transformación lineal invertible. el par T (X1 ) . T (X2 ) también son linealmente independientes. el par E1 . . S (E2 ) = −E2 está orientado negativamente. b) T cambia la orientación si y sólo si det (T ) < 0. En efecto.S cualquiera y1 y2 y1 y2 está orientado negativamente: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x1 x1 x2 x2 S = . En la definición anterior tenga en cuenta que si X1 . está orientado positivamente. 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 ¯ . la cual es una transformación lineal invertible pues µ ¶ 1 0 m (S) = 0 −1 y así det (S) = −1. b) Consideremos ahora la reflexión S respecto al eje x. X2 está orientado positivamente. S no preserva la orientación pues. X2 está orientado positivamente. X2 son vectores de R2 linealmente independientes y la transformación lineal T es invertible entonces los vectores T (X1 ) . E2 está orientado positivamente. y por tanto det (Rθ ) 6= 0. Ejemplo 6. 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. pues el par . para ello tomemos x2 x1 x2 x1 . Y se dice que T cambia la orientación si siempre que un par X1 . como se quería probar. 166 6. Con puesto que ¯¯ c d ¯ esto se completa la prueba de a). así que el par . ¥ . se da que ¯ c d ¯ y probemos que ¶ µ µ T¶ preserva la orientación. X2 = orientado positivamente y veamos que el par T (X1 ) . Ejemplo 6. La prueba de b) es completamente similar. Tomemos un par cualquiera de vectores X1 = x1 x2 . ¯¯ = ¯¯ c d ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ x2 ¯¯ > 0 pues el par X1 . la negación de “T preserva la orientación” es “T cambia la orientación”. b) Sea S la reflexión respecto al eje x. T (E2µ ¶ µ ¶ está orientado positivamente. Supongamos ahora que det (T ) > 0. T (X2 ) está orientado ¯ ¯ ax1 + by1 ax2 + by2 ¯ ¯ cx1 + dy1 cx2 + dy2 positivamente basta probar que ¯ ¯ ¯ > 0. X2 está orientado positivamente y y2 ¯ ¯ ¯ x Ahora. Como det (S) < 0. T (X2 ) también y1 y2 está orientado positivamente. está orientado positivamente Pero T (E1 ) = c d c d y por tanto ¯ ¯ ¯ a b ¯ ¯ ¯ ¯ c d ¯>0 ¯ ¯ ¯ a b ¯ ¯ ¯>0 es decir.4 a) Consideremos una rotación Rθ . es decir. Como el par E1 . entonces Rθ preserva la orientación.4). Como ¶ ¶ µ µ ax1 + by1 ax2 + by2 y T (X2 ) = T (X1 ) = cx1 + dy1 cx2 + dy2 para probar que el par T (X1 ) .3). se tiene lo que se quería probar. de la cual sabemos es una transformación lineal invertible. E2 está orientado positivamente y T c d preserva la orientación el par ) también µ ¶ entonces µ ¶ T (E1 ) .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 ¯ ¯. µ ¶ a b Digamos que m (T ) = . ¨ Del resultado anterior se obtiene como corolario que para una transformación lineal T invertible. (6. lo cual ya habíamos probado (ver ejemplo 6. (6. pues det (S) = −1. pues det (Rθ ) = 1. es decir. de la cual sabemos es una transformación lineal invertible. det (T ) > 0. entonces S cambia la orientación. Determinantes de orden 2 Para probar a) empecemos suponiendo que T preserva la orientación y probemos que det (T ) > 0. puesto que ¯¯ 1 y1 ¯ ¯ ¯ a b ¯ ¯ > 0 por hipótesis. Como det (Rθ ) > 0. a b a b y T (E2 ) = . como ya lo habíamos afirmado (ver ejemplo 6.3). 6. Figura 6.4 en la cual h denota la altura del paralelogramo P.5) obtenida en la prueba que precede al ejemplo 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.3. .6) Área de P = valor absoluto de ¯ y1 y2 ¯ Prueba: Consideremos la figura 6. relativa a la base OX1 .167 6. det (AB) = det (A) det (B) .4.3 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. 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. B de orden 2 × 2.I. 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 = .4. 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 ) = . X2 = entonces y1 y2 Área de T (P) = |det (T )| Área de P. X1 = . el determinante en el lado derecho de la igualdad anterior es igual a ¯ ¯ ¯¯ ¯ a b ¯ ¯ x1 x2 ¯ ¯ ¯ ¯¯ ¯ c d ¯ ¯ y1 y2 ¯ luego. sustituyendo h en (6. entonces |−y1 x2 + x1 y2 | |x1 y2 − x2 y1 | h= q = p 2 . ¯ Área de T (P) = valor absoluto de ¯ cx1 + dy1 cx2 + dy2 ¯ Ahora.168 6.6). T (X2 ) = .7) µ ¶ µ ¶ 0 x1 Ahora. Determinantes de orden 2 Tenemos así que q °−−→ ° ° ° Área de P = °OX 1 ° h = x21 + y12 h. ¯ ¯ ¯ ax1 + by1 ax2 + by2 ¯ ¯. Como una ecuación para L es −y1 x + x1 y = 0. x1 + y12 (−y1 )2 + x21 Luego. (6. para calcular h.5).I. ¯ ¯¯ ¯ ¯ 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. según (6. puesto que h es la distancia de X2 a la recta L que pasa por y por . es el paralelogramo determinado por los vectores µ µ ¶ ¶ ax1 + by1 ax2 + by2 T (X1 ) = . 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. cx1 + dy1 cx2 + dy2 R2 R2 los cuales son linealmente independientes pues T es invertible. (6. según la igualdad (6.8) . Sea ahora T : c d Sabemos que la imagen del paralelogramo P bajo T. Por tanto. En la figura 6. 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 = . En primer lugar tenemos. Figura 6. 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.5. de acuerdo con (6. los cuales son L.169 6.9) .I. (6.4.8)) se tiene Como det (T ) = ¯ 1 1 ¯ Área de T (P) = |det (T )| Área de P = (3) (5) = 15. no fue a partir de ninguno de ellos como surgió inicialmente el concepto de determinante. 6. Solución: El conjunto µ ¶ µ ¶ T (P) es el paralelogramo determinado por los vectores T (X1 ) = 6 3 y T (X2 ) = .6). Fórmulas de Cramer µ ¶ Ejemplo 6. ¯ ¯ ¯ 3 0 ¯ ¯ ¯ = 3 y Área de P = 5 entonces (usando (6. Hallar el área de P y logramo determinado por los vectores X1 = 1 3 también el área de T (P) .5 se muestran los paralelogramos 3 4 P y T (P) .8).4 ¥ Fórmulas de Cramer En lo que va de este capítulo hemos encontrado diversos conceptos relacionados con el determinante. para calcular el área de T (P) podemos emplear la fórmula (6.6) o también (6. que ¯ ¯ ¯ 2 1 ¯ ¯ ¯=5 Área de P = valor absoluto de ¯ 1 3 ¯ Ahora. ad − bc (6. Así. se obtiene (ad − bc) y = av − cu. cualesquiera sean los escalares u y v. Se tiene entonces que: Si ad − bc 6= 0. se obtiene adx + bdy = ud −bcx − bdy = −bv. multiplicando la primera ecuación del sistema (6. la segunda por a y sumando las ecuaciones resultantes.10) se pueden expresar como determinantes.9) tiene una y sólo una solución (lo cual ya sabemos) dada por las igualdades en (6. Sumando ahora estas ecuaciones queda (ad − bc) x = ud − bv. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a u ¯ ¯ u b ¯ ¯ ¯.10) satisfacen el sistema (6. ¯ ¯ y av − cu = ¯ ud − bv = ¯ c v ¯ v d ¯ Como resumen de lo anterior tenemos que: ¯ ¯ a b Si ¯¯ c d ¯ ¯ ¯ 6= 0.170 6. los valores de x y de y en (6.10) Se verifica fácilmente que si ad − bc 6= 0. a b c d (6. En efecto. si ad − bc 6= 0 los únicos valores posibles para x y para y son x= ud − bv ad − bc y y= av − cu .9) y se denotó ¯¯ c d ¯ Es notable el hecho de que los numeradores en las expresiones para x y para y en (6.1752). Análogamente.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 . el sistema (6. Vemos así cómo el escalar ad − bc.9).9) por −c. . Determinantes de orden 2 Multiplicando la primera ecuación por d y la segunda por −b. 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 = . el cual se llamó determinante del sistema ¯ apareció ¯ ¯ a b ¯ ¯. (6.10). ¥ −9/5 6.12) es . ¯¯ b d ¯ ¯ c d ¯ ¡ ¢ Es decir. det AT = det (A) donde AT denota la transpuesta de la matriz A. según las fórmulas de Cramer. 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. ¯ ¯ = −¯ 2. de donde det A−1 = 1/ det (A) .12) tiene solución única y.12) −x + 4y = −5 tiene solución única y halle dicha solución empleando las fórmulas de Cramer. Propiedades Ejemplo 6. 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.2 se probó la siguiente propiedad del determinante: Cualesquiera sean las matrices A y B de orden 2. Probarlas es una tarea sencilla ¯que dejamos ¯ ¯ como¯ ejercicio.6 Muestre que el sistema 2x − 3y = 1 (6. ¯ a c ¯ ¯ a b ¯ ¯=¯ ¯. dicha solución está dada por ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −3 ¯ ¯ 2 ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −5 4 ¯ ¯ −1 −5 ¯ 11 9 x= =− . la única solución del sistema (6. ¯ ¯ ¯ 2 −3 ¯ ¯ = 8 − 3 = 5.5 Propiedades En la sección 6. ¯ c d ¯ a b ¯ . ¨ A continuación listamos otras propiedades del determinante. ¯ det (A) = ¯ −1 4 ¯ Como det (A) 6= 0 entonces el sistema (6. det (A) 5 det (A) 5 µ ¶ −11/5 Por tanto.5.171 6. Solución: Si A es la matriz de coeficientes del sistema dado. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a b ¯ ¯ c d ¯ ¯ ¯. 1. y= =− . (Vea ejercicio 43 del capítulo 4). 6. a 6. determinar si T es invertible y. cuando se intercambian las filas de una matriz A el determinante de la nueva matriz es − det (A) . operaciones o sustituciones se refieren a las columnas de la matriz. ¯¯ ¯ c d ¯ y ¯ tc td ¯ = t ¯ c d ¯ . que dichas propiedades 2. Para cada par de vectores X1 y X2 . X2 = b) X1 = . µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 −1 3 2 . Sea X1 = −3 µ ¶ 0 ◦ . Para cada transformación lineal T dada a continuación. Determinantes de orden 2 Es decir. en caso afirmativo. cuando se multiplica una de las filas de una matriz A por un escalar t. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a ¯ ¯ a b ¯ ¯ a + tc b + td ¯ ¯ a b ¯ b ¯. el determinante de la nueva matriz es t det (A) . si las filas de una matriz A son linealmente dependientes entonces det (A) = 0. Nótese que las propiedades 2. el determinante de la nueva matriz es igual a det (A) . ¯ ¯ =0y¯ 5. si una fila de una matriz A se sustituye por la suma de ella con un múltiplo escalar de la otra fila de A. ¯ c d ¯ ta tb ¯ Es decir. X2 = c) X1 = 3 1 2 6 µ ¶ √ 1 . se refieren a movimientos. decir si T preserva o cambia la orientación. c d ¯ Es decir. Sea X1 = 1 orientado positivamente y el área del paralelogramo determinado por X1 y X2 sea 2 unidades cuadradas.X2 esté orientado positiva3. µ ¶ 1 . X1 mente. Se sigue de la propiedad 1. Hallar un vector X2 de longitud 2 2 tal que el par X1 . Hallar un vector X2 tal que el par X1 .172 6.6 Ejercicios 1. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ tc td ¯ ¯ a b ¯ ¯ ¯ = 0. 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 . ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ta tb ¯ ¯ a b ¯ ¯ a b ¯ ¯ a b ¯ ¯ = t¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3. X2 = a) X1 = −5 3 4 5 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 2 . ¯¯ d ¯ ¯ c d ¯ c + ta d + tb ¯ ¯ c d ¯ ¯ c Es decir. determinar si el par está orientado positivamente. también son válidas si esos movimientos. el ángulo de X1 a X2 sea de 30 y el área del triángulo de vértices 0 y X2 sea de 5 unidades cuadradas. X2 = d) X1 = . X2 esté 2. ¯=¯ ¯y¯ ¯=¯ 6. operaciones o sustituciones en las filas de la matriz. 4. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a + a0 b + b0 ¯ ¯ a b ¯ ¯ a0 b0 ¯ ¯+¯ ¯=¯ ¯y 4. a 6. ¯¯ c d ¯ ¯ c d ¯ ¯ c d ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a b ¯¯ ¯¯ a b ¯¯ ¯¯ a b ¯¯ ¯ ¯ c + c0 d + d0 ¯ = ¯ c d ¯ + ¯ c0 d0 ¯ . a) El paralelogramo con vértices en 0 b) El triángulo de vértices P . 6. µ ¶ µ ¶ 1 0 2 0 a) A = b) A = 1 1 1 3 µ ¶ µ ¶ x 4x − 2y 2 2 8. Sea T una transformación lineal invertible. 10. Ejercicios 5. Hallar el área de la imagen −2 3 5 −3 bajo la reflexión sobre la recta con ecuación y = 2x. de cada una de las siguientes figuras: µ ¶ 0 . Q y R. a) Area de Rθ (P) = Area µ ¶ 0 2 ´ ´ . determinar si T preserva o cambia la orientación.Q= . y 2x + 3y Encuentre el área de la imagen bajo T de cada una de las siguientes regiones: a) El cuadrado 0 ≤ x ≤ 1. 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 . b) El rectángulo −1 ≤ x ≤ 1. Sean P = . 0 ≤ y ≤ 1. c) El paralelogramo determinado por 2E1 + 3E2 y 4E1 − E2 . no necesariamente con un vértice en el origen. −1 5 4 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 −5 2 −1 9. Considere la transformación lineal T : R → R definida por T = .Q= . Para cada matriz A. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 3 1 d) El triángulo de vértices P = .R= . P y Q.173 6. probar que ´ ´ Area de T (P) = |det T | Area de P. cualquiera sea θ. cualquiera sea r ∈ R. si T es la 5 5 6 6 transformación lineal tal que m(T ) = A.R= yS = . b) Area de SU (P) = Area de P. graficar la imagen bajo T del cuadrilátero P QSR y encontrar su área.Q= . c) El cuadrilátero P RQS.6. a) T es la reflexión con respecto a la recta y = x. c) Area de Dr (P) = r2 (Area µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 2 1 2 7. Sean P = .R= yS= . −2π < θ < 2π. Utilice el resultado del ejercicio 5 para probar que si P es cualquier paralelogramo se tiene que: ´ ´ de P. Si P es cualquier paralelogramo. U 6= 0 ´ ´ de P). cualquiera sea U ∈ R . Para cada una de las siguientes transformaciones lineales T del plano. 1 ≤ y ≤ 2. 14. entonces: a) Para todo escalar c no nulo. Para cada una de las transformaciones lineales T descritas en el µ ejercicio ¶ 10. cX1 está orientado negativamente. utilizando propiedades de los determinantes. c) El par X1 . Mostrar que una ecuación de la recta que pasa por dos puntos distintos y1 y2 es ¶ µ x − x1 y − y1 = 0. probar que tiene solamente una solución y hallar dicha solución empleando las fórmulas de Cramer. el par cX2 .174 6. Para cada uno de los sistemas dados. que si el par de vectores X1 . a) 5x + 7y = 9 −3x + 2y = 10 b) x − 2y = 2 2x + y = 3 . X2 está orientado positivamente. b) El par X1 . µhallar ¶ 1 −3 el área de la imagen bajo T del triángulo cuyos vértices son P = . 4 µ ¶ µ ¶ x2 x1 y 12. det x1 − x2 y1 − y2 13. X1 + X2 está orientado positivamente. Determinantes de orden 2 11. X1 − X2 está orientado negativamente.Q= −1 5 µ ¶ 5 yR= . Muestre. Así. la acción de una transformación lineal T : R2 → R2 sobre los vectores de R2 puede ser muy variada. (Figura 7. En particular puede haber vectores especiales para los cuales la acción de la transformación sea muy simple. digamos T. resultan muy útiles los vectores no nulos X y los escalares λ tales que T (X) = λX. los vectores de R2 pueden ser transformados por T de diversas formas cambiando su magnitud o su dirección o ambas. 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.1) Figura 7. ¥ En una amplia gama de aplicaciones en las ciencias exactas y en la ingeniería. Iniciaremos con la siguiente definición: 175 . Cálculo de valores y vectores propios En general.1. Ejemplo 7. es decir. Por otra parte. Este capítulo lo dedicaremos al estudio de tales vectores y de tales escalares.1 Definiciones.1 Sea L una recta en el plano que pasa por el origen y sea S la reflexión respecto a L.7 Valores propios y vectores propios 7. Es claro que si X está en L entonces S (X) = X. la acción de S sobre los vectores que están en L o en L0 es muy simple. 3 Consideremos la rotación R π2 .2 Consideremos la transformación Dr .1. Si existe un vector X de R2 . 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. están en una misma línea recta que pasa por el origen (Figura 7. µ ¶ 0 −1 Equivalentemente.176 7. ¥ 0 r Ejemplo 7. 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.2). X 6= O. es igualmente válido para r 0 la matriz . Puesto que Dr (X) = rX para todo X de R2 . Lo afirmado para µ ¶ Dr . Sea ahora A una matriz 2×2. Ejemplo 7. Figura 7. 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. tal que T (X) = λX se dice que λ es un valor propio de T. respecto a valores y vectores propios. es decir. Para la reflexión S del ejemplo 7. por tanto. 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. la cual es la matriz de R π2 . R π2 no tiene vectores propios y en consecuencia tampoco tiene valores propios. la matriz . cada vector no nulo X de R2 tal que T (X) = λX se dice un vector propio de T correspondiente a λ. Valores propios y vectores propios Sea T : R2 → R2 una transformación lineal y sea λ un escalar. 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. la cual es la matriz de Dr . El escalar r es el único valor propio de Dr (¿Por qué?). ¥ µ ¶ a b 2 2 Sea T : R → R una transformación lineal con matriz A = . similarmente. no tiene vectores 1 0 propios ni valores propios.2. 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. Si λ es un valor propio de T. Consideremos c d ahora el problema de la determinación de los valores propios y los vectores propios de T . como (7.2) tiene alguna solución no trivial. Veamos ahora cómo se determinan los valores propios. La ecuación (7. Cálculo de valores y vectores propios 177 (de A). si disponemos de un valor propio λ µ de T.4) tiene a lo más dos raíces distintas. equivalentemente. ¶ 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 (7.4) Las raíces reales de esta ecuación son entonces los valores propios de T (de A).3).3).7. se llama ecuación característica de T (de A).2) tiene alguna solución no trivial si y sólo si ¯ ¯ ¯ a−λ b ¯¯ ¯ = 0. resolviendo este sistema encontraremos los vectores propios de T. así que la transformación T (la matriz A) tiene a lo más dos valores propios distintos. (7. correspondientes al valor λ. del sistema µ ¶µ ¶ µ ¶ x 0 a−λ b = . En primer lugar. desarrollando el determinante. 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: . tales que ax + by = λx cx + dy = λy o. 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 (7.2). (7. los vectores propios de T correspondientes a un valor propio λ de T (de A) son las soluciones no triviales del sistema anterior.1) es equivalente al sistema y (7.1.4) es un polinomio de grado 2 en λ entonces dicha ecuación (7.1). o equivalentemente. Es decir. (7. Ahora.3) se convierte en (a − λ) (d − λ) − bc = 0 que también podemos escribir como λ2 − (a + d) λ + (ad − bc) = 0. pero sabemos que dicho sistema (7. Ahora. un número real λ es un valor propio de T (de A) si y sólo si λ satisface la ecuación (7. Cuando la ecuación (7. el escalar λ será un valor propio de T si y sólo si el sistema (7. como el lado izquierdo de (7.3) ¯ c d−λ ¯ Luego. dicha ecuación (7. tales que (a − λ) x + by = 0 cx + (d − λ) y = 0.2) c d−λ y 0 Por tanto. con λ como su incógnita. Definiciones.1) c d y y es decir.4) tenga dos raíces iguales. Valores propios y vectores propios Sea T : R2 → R2 una transformación lineal con matriz A = λ un número real. c d−λ y 0 µ ¶ Ejemplo 7. dichos vectores propios son las soluciones no triviales del sistema µ ¶µ ¶ µ ¶ 0 x 3−5 2 . Hallemos ahora los vectores propios de A correspondientes al valor propio λ1 = 5 : Según ya se dijo. del sistema −2x + 2y = 0 x − y = 0. Solución: La ecuación característica de A es ¯ ¯ 3−λ 2 ¯ ¯ 1 4−λ o sea ¯ ¯ ¯=0 ¯ λ2 − 7λ + 10 = 0. L1 puede describirse de diversas formas. y y 1 . t∈R . los cuales son los valores propios de A. 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 = . siendo algunas de ellas las siguientes: ½µ ¶ ¾ x 2 ∈R /x=y L1 = y ½µ ¶ Á µ ¶ µ ¶ ¾ x x t = = .178 7. ¯ c d−λ ¯ • La transformación T (la matriz A) tiene a lo más dos valores propios distintos. Sus raíces son los números λ1 = 5 y λ2 = 2. • Si λ es un valor propio de T (de A). = 1 4−5 0 y es decir. 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. El conjunto solución de este sistema es la recta L1 con ecuación x − y = 0. t∈R y y t ½µ ¶ Á µ ¶ µ ¶ ¾ x x 1 = =t .4 3 2 Para la matriz A = hallar los valores propios y para cada valor propio hallar los 1 4 correspondientes vectores propios. Como ya sabemos. la matriz A del ejemplo 7. de tal modo que toda raíz (real o no) de la ecuación característica de la matriz sea un valor propio.5.7. (Figura 7. ¯ λ2 + 1 = 0. Sin embargo. Factorización A = P DP −1 179 Así. lo cual ya sabíamos (ver ejemplo 7. ¥ 7. ¯ ¯ ¯ = 0. ¥ Figura 7. µ ¶ Ejemplo 7.3. entonces la matriz A no tiene valores propios1 . correspondientes al valor propio λ2 = 2 son los vectores no nulos sobre µ la ¶recta L2 con ecuación x + 2y = 0.5 0 −1 Hallar los valores propios de la matriz A = . dicha matriz A no tiene valores propios. tendrá dos valores propios (no reales).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.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. es decir. los vectores propios de A correspondientes al valor propio λ1 = 5 son los vectores µ ¶ 1 . no nulos sobre la recta L1 . como se ha definido el concepto de valor propio de una matriz en este texto. En tal situación. a saber λ1 = i y λ2 = −i.3). los múltiplos escalares no nulos del vector 1 De manera similar se encuentra que los vectores propios de A. cuya ecuación característica es λ2 + 1 = 0. es decir. .2. −2 los múltiplos escalares no nulos del vector . Como esta ecuación no tiene raíces reales. 1 0 Solución: La ecuación característica de A es ¯ ¯ 0−λ −1 ¯ ¯ 1 0−λ es decir. son vectores propios de A correspondientes a los valores propios λ1 . puesto que los vectores .6) por la derecha.5) equivalen a la igualdad ¶ µ ¶ µ λ1 x1 λ2 x2 x1 x2 = .6) µ ¶ µ ¶ x1 x2 Ahora. A = λ2 . son vectores propios de A linealmente y1 y2 independientes. (7. correspondientes respectivamente a los valores propios λ1 . Si . podemos despejar A de (7. entonces y son vectores no nulos de R2 tales que y1 y2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x1 x1 x2 x2 A = λ1 . De manera que: . µ λ1 x1 λ2 x2 λ1 y1 λ2 y2 ¶ = µ x1 x2 y1 y2 ¶µ λ1 0 0 λ2 ¶ entonces las igualdades en (7.180 7. dada la forma como se multiplican matrices. Valores propios y vectores propios µ ¶ µ ¶ x1 x2 Sea A una matriz 2 × 2. A y1 y2 λ1 y1 λ2 y2 Como. con lo cual se obtiene la siguiente factorización de la matriz A : µ ¶µ ¶µ ¶−1 x1 x2 λ1 0 x1 x2 A= . además. (7.7)) que si unaµmatriz una factorización como la que aparece en (7. son linealmente independientes entonces la y1 y2 ¶ µ x1 x2 tiene una inversa. ¨ El lector puede probar fácilmente (reversando los pasos que condujeron de (7.5) equivalen a la igualdad µ ¶ µ ¶µ ¶ x1 x2 x1 x2 λ1 0 A = . P = y1 y2 0 λ2 Prueba: µ ¶ µ ¶ x2 x1 . las dos igualdades en (7.7) entonces ¶ A µ admite ¶ x1 x2 necesariamente y son vectores propios de A linealmente independientes que y1 y2 corresponden a los valores propios λ1 .5) y1 y1 y2 y2 Ahora bien. λ2 de A (puede ser λ1 = λ2 ) entonces A = P DP −1 donde ¶ µ ¶ µ λ1 0 x1 x2 yD= .7) y1 y2 y1 y2 0 λ2 Hemos probado así lo afirmado en el recuadro. y1 y2 y1 y2 0 λ2 (7.5) a (7. λ2 Si y1 y2 µ ¶ µ ¶ x1 x2 respectivamente.6) multiplicando matriz y1 y2 por dicha inversa a ambos lados de (7. λ2 respectivamente. Por tanto. no existen dos vectores propios de A linealmente independientes y por ello A no es factorizable en la forma (7. el µ de 1 y correspondiendo a λ2 = 2 podemos tomar. 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.3. X2 son linealmente independientes. cuyos valores propios son λ1 = λ2 = 1.7 1 2 Consideremos la matriz A = . Valores propios y vectores propios de matrices simétricas Una matriz A es factorizable en la forma (7. por ejemplo.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. el vector propio X1 = µ 1¶ −2 (vea la figura 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 ¶ . entonces cualquier par de vectores propios de A están sobre dicha recta y en consecuencia son linealmente dependientes.7) si y sólo si A tiene dos vectores propios linealmente independientes. como el conjunto solución de este sistema es la recta con ecuación y = 0. del sistema 0x + 2y = 0 0x + 0y = 0. De una matriz de la forma µ λ1 0 0 λ2 ¶ se dice que es una matriz diagonal.7).181 7.3). si ella es igual a su traspuesta.4. Ahora. Así. Una matriz 2 × 2 se dice simétrica si tiene la forma µ ¶ a b b d o equivalentemente.6 3 2 Consideremos la matriz A = del ejemplo 7. Se encontró que λ1 = 5 y λ2 = 2 1 4 son los valores propios ¶ A. ¥ 7. vector propio X2 = 1 Puesto que X1 . Correspondiendo a λ1 = 5 podemos tomar. ¥ µ ¶ Ejemplo 7. µ ¶ Ejemplo 7. . • Las raíces de la ecuación característica de A son ambas reales y por tanto A siempre tiene valores µ propios. Tenemos así que: Sea A una matriz simétrica de orden 2. dada la igualdad ¡ ¢ (a + d)2 − 4 ad − b2 = (a − d)2 + 4b2 las raíces λ1 . (7. pues ¡ ¢ (a + d)2 − 4 ad − b2 = a2 + 2ad + d2 − 4ad + 4b2 = a2 − 2ad + d2 + 4b2 = (a − d)2 + 4b2 . ¶ a 0 • Si A es de la forma entonces los valores propios de A son λ1 = λ2 = a.8) tiene dos raíces distintas.9) 2 2 Se presentan dos posibles casos. µ ¶ a 0 A= 0 a caso en el cual λ1 = λ2 = a. λ2 pueden expresarse en la forma q q 2 2 a + d + (a − d) + 4b a + d − (a − d)2 + 4b2 λ1 = y λ2 = . Valores propios y vectores propios Por ejemplo. i) (a − d)2 + 4b2 = 0. Su ecuación característica es b d ¯ ¯ ¯ a−λ b ¯¯ ¯ = 0.8) tiene sólo una raíz. es decir. 0 a . ¯ b d−λ ¯ o sea ¢ ¡ λ2 − (a + d) λ + ad − b2 = 0. µ ¶ a b Consideremos una matriz simétrica A = . la matriz µ 3 4 4 5 ¶ µ 1 2 3 4 ¶ es simétrica. En este caso λ1 6= λ2 .8) Las raíces de esta ecuación (7. En este caso λ1 = λ2 . la ecuación (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.182 7. Ahora. la ecuación (7. ya que (a + d)2 − 4 ad − b2 ≥ 0. es decir. pero la matriz no lo es. ii) (a − d)2 + 4b2 > 0. 0µ a ¶ a 0 • Si A no es de la forma entonces A tiene dos valores propios distintos. es decir. (7. Nótese que este caso se presenta si y sólo si a = d y b = 0. Nótese que este caso se presenta si y sólo si a 6= d o b 6= 0. como la matriz de una rotación Rθ con 0 < θ < π2 . Hallémoslos: La ecuación característica de A es ¯ ¯ ¯ 9−λ ¯ 2 ¯ ¯ = 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. 2 6 0 a podemos predecir que A tiene dos valores propios distintos. es más. Por el momento veámoslo con una matriz particular. A siempre podrá factorizarse en la forma A = P DP −1 con P matriz invertible y D matriz diagonal.3. además. la cual pasa µ ¶ −1 por el origen y por . en el caso en que A sea una matriz no diagonal. 2 6−5 y 0 es decir. es decir. la matriz P podrá escogerse. la cual 2 pasa por el origen y por . los múltiplos escalares no −1 nulos del vector .4) 1 . los vectores propios de A correspondientes al valor propio 2 λ1 = 5 son los vectores µ ¶ no nulos sobre dicha recta L1 . es que la matriz P podrá escogerse con la propiedad P −1 = P T . los cuales son las raíces de la ecuación anterior. del sistema 4x + 2y = 0 2x + y = 0. Como veremos más adelante. (Figura 7. El conjunto solución de este sistema es la recta L1 con ecuación 2x + y = 0. Así. es decir. 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. µ ¶ µ ¶ Ejemplo 7. Pero más importante aún. Análogamente. Como A es simétrica y no es de la forma . ¯ 2 6−λ ¯ Ahora. dichos vectores propios son los múltiplos escalares µ ¶ 1 2 no nulos del vector .8 9 2 a 0 Consideremos la matriz A = . Los vectores propios de A correspondientes a λ1 = 5 son las soluciones no triviales del sistema µ ¶µ ¶ µ ¶ 9−5 2 0 x = .7. Valores propios y vectores propios de matrices simétricas 183 Sea A una matriz 2 × 2 simétrica. Valores propios y vectores propios Figura 7. Nótese que L1 ⊥ L2 . es decir. P −1 = P T . sobre la recta L2 . X2 = correspondieny1 y2 tes a λ1 . es decir.4. Inmediatamente se ve que si los vectores propios X1 . Como el lector puede observar hay varias opciones para escoger un par de vectores propios X1 . todo vector propio correspondiente al valor propio λ1 = 5 = 10¶y viceversa. el cual es µ ¶ µ √ ¶ µ ¶ 2/ 5 1 2 cos θ √ = X1 = √ = senθ 1/ 5 5 1 .184 7. A=P 0 λ2 Pero ¿qué consecuencias tiene para P el hecho de que sus columnas sean ortogonales. 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. X2 ortogonales y unitarios. es ortogonal a todo vector propio correspondiente al valor λ2 µ µ propio ¶ x1 x2 Si tomamos dos vectores propios cualesquiera X1 = . 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 . 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. X2 se escogen unitarios se tendrá P T P = I2 es decir. son ortogonales. escogido en el segundo cuadrante. y se habrá completado así la prueba. Con ello se habrá probado que L1 ⊥ L2 lo cual es equivalente a que X1 ⊥ X2 . podemos suponer µ ¶ que λ1 µ x1 0 . así que X1 = y en consecuencia X1 ⊥ X2 . = 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 . En este caso A = y así los valores propios 0 d = a¶y λ2 = d. esa propiedad la tienen todas las matrices simétricas con dos valores propios distintos. en el ejemplo anterior. λ2 respectivamente entonces X1 ⊥ X2 . con dos valores propios distintos λ1 . Pues bien. El otro vector. λ2 . Para probar lo afirmado digamos que A = . X2 = caso y1 = 0 y x2 = 0. 0 y2 Supongamos ahora que b 6= 0. invertible y con la propiedad P −1 = P T es llamada una matriz ortogonal. 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. µ ¶ µ ¶ x1 x2 y X2 = . a que la matriz A tiene la propiedad de que vectores propios correspondientes a valores propios distintos. 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 ¶ . Nótese. como se afirma en el siguiente resultado.3. es √ ¶ µ ¶ µ ¶ µ −1/ 5 1 −1 −senθ √ X2 = √ = . Probaremos en primer lugar que x1 6= 0 y x2 6= 0.185 7. y mostraremos que las pendientes m1 = y1 /x1 y m2 = y2 /x2 de dichas rectas cumplen que m1 m2 = −1. tiene la propiedad P −1 = P T y además es la matriz de la rotación Rθ . X2 son vectores propios de A correspondientes a λ1 . que la existencia de matrices ortogonales P tales que A = P DP −1 con D matriz diagonal. se debe a que en dicho ejemplo L1 ⊥ L2 . X1 = y y2 µ ¶ 1 a 0 Primero supongamos que b = 0. (7. Es fácil probar que en este son los números a y d. Sea A una matriz simétrica de orden 2. luego consideraremos la recta L1 que pasa por el origen y por X1 . la recta L2 que pasa por el origen y por X2 . Si X1 . es decir.10) ¥ Una matriz P de orden 2. Esta denominación se debe a que las matrices con tal propiedad son las que tienen sus columnas ortogonales y unitarias.4). µ como se quería probar. L2 a las cuales ya nos hemos referido. = x1 b Similarmente. 2 Se sigue que (λ1 − a) (λ2 − a) = i 1 1h (d − a)2 − (a − d)2 + 4b2 = −b2 4 4 por lo tanto. Valores propios y vectores propios entonces ax1 + by1 = λ1 x1 y así by1µ=¶(λ1 − a) x1 . . es decir. 0 Luego x1 6= 0 y así y1 λ1 − a . µ λ1 − a b ¶µ λ2 − a b ¶ = −1.186 7. lo cual no puede ser pues X1 es un vector propio. y1 /x1 y y2 /x2 son las pendientes de las rectas L1 . x2 6= 0 y y2 λ2 − a .9). Para probar ésto recurriremos a las expresiones de λ1 . = x2 b Como ya lo dijimos. 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. 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 . A partir de esta propiedad podemos probar el siguiente resultado. λ2 dadas en (7. el cual es fundamental en las aplicaciones de las matrices simétricas. Sólo resta probar que µ y1 x1 ¶µ y2 x2 ¶ = −1. Si fuese x1 = 0 entonces by1 = 0 y como 0 b 6= 0 entonces y1 = 0 y así X1 = . 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 . es una µ matriz¶ortogonal tal que λ1 0 QT AQ = 0 λ2 donde λ1 . la cual pasa por el origen y no es el eje x ni es el eje y. equivalentemente . la matriz y1 y2 ¶ µ x1 x2 P = y1 y2 tiene la propiedad P T P = I2 . b d (7. la situación es como se muestra en la figura 7. de acuerdo con la última propiedad de las matrices simétricas que hemos probado. se tiene que L1 ⊥ L2 . P AP = 0 λ2 2. Si A es una matriz simétrica no diagonal. 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 . Valores propios y vectores propios de matrices simétricas 187 1.11) Si b = 0. P T AP = D con P ortogonal y D diagonal. Así. tal que ¶ µ λ1 0 T . 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.5. 0 < θ < π2 . λ2 (no necesariamente distintos) existe una matriz ortogonal P µ tal que ¶ λ1 0 P −1 AP = 0 λ2 o.7. En primer lugar.8) que al escoger dos vectores propios unitarios µ mostró ¶ (como se ¶ x1 x2 X1 = . con valores propios λ1 . Similarmente. X2 = uno de ellos en L1 y el otro en L2 . Ahora. Supongamos ahora que b 6= 0 y que λ1 . Esµclaro en el ejemplo 7. o equivalentemente. λ2 son los valores propios de A. 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 . senθ Prueba de 1. Consideremos una matriz simétrica µ ¶ a b A= . Para toda matriz simétrica A. suponiendo que dicha recta es L1 . λ2 son los valores propios de A y λ µ ¶ 1 denota aquel valor propio al cos θ cual corresponde el vector propio . los cuales (como sabemos) son distintos. La matriz µ ¶ cos θ −senθ Q= senθ cos θ la cual es la matriz de la rotación Rθ .3. L2 tiene un ángulo de inclinación θ. puesto que A es simétrica. o D = 0 λ1 µ Prueba de 2. es una matriz ortogonal.11) en la cual suponemos que b 6= 0. Continuemos con la matriz simétrica A dada en (7. λ2 . una tal matriz P tiene la propiedad P −1 = P T . 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 . y en este caso ¶ µ λ1 0 Q−1 A=Q 0 λ2 . es µ ¶ −senθ . Figura 7. el cual es µ ¶ cos θ X1 = senθ donde θ es el ángulo ya considerado (vea figura 7.5. Así. El otro vector propio.5).188 7. el cual se escoge en el segundo cuadrante. es decir. Podemos escoger dos vectores propios de A ortogonales y unitarios así: uno de ellos en el primer cuadrante. 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. Además.5) entonces el vector X2 corresponde al valor propio λ2 . Si el vector X1 corresponde al valor propio λ1 (como aparece en la figura 7. −1 Q AQ = µ ¶ λ1 0 0 λ2 . ¨ µ ¶ Ejemplo 7. es decir. t 6= 0. ¯ ¯ 4−λ 3 ¯ ¯ 3 −4 − λ ¯ ¯ ¯=0 ¯ λ2 − 25 = 0 Luego. los valores propios de A son los números λ1 = 5 y λ2 = −5. tal que QT AQ sea una matriz diagonal. los vectores de la forma t 1 Análogamente. los vectores propios de A son los vectores 1 µ ¶ 3 con t ∈ R. indicar cuál es el ángulo θ. no nulos sobre dicha recta L1 . c) Hallar una matriz ortogonal Q de orden 2 que sea la matriz de una rotación Rθ con 0 < θ < π/2. como Q−1 = QT entonces QT AQ = µ λ1 0 0 λ2 ¶ . Valores propios y vectores propios de matrices simétricas o.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. la cual es la recta generada µ ¶por el vector −1 −1 . 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. Solución: a) La ecuación característica de A es es decir. del sistema −x + 3y = 0 3x − 9y = 0 El conjunto solución de este sistema µ es ¶ la recta L1 con ecuación −x + 3y = 0. b) Comprobar que vectores propios de A correspondientes a valores propios distintos son ortogonales. equivalentemente. 3 3 s 6= 0 (vea figura 7. Así. Finalmente. dichos vectores propios son los vectores de la forma s con s ∈ R. es decir.6) . los vectores propios de A correspondientes a λ2 = −5 son los vectores no nulos µ ¶sobre la recta L2 con ecuación 3x + y = 0. los cuales son las raíces de la ecuación anterior.189 7. la cual 3 es la recta generada por el vector .3. una matriz Q como se quiere es √ ¶ µ √ 3/√10 −1/√ 10 Q= 1/ 10 3/ 10 En efecto. Ahora. • Q es una matriz ortogonal pues sus columnas son vectores ortogonales y unitarios. Esto también µ ¶ puede verse así: 3 un vector propio cualquiera correspondiente a λ1 = 5 es de la forma t con t ∈ R. s 6= 0. b) Es claro que L1 ⊥ L2 . así que todo vector propio de A correspondiente al valor propio λ1 es ortogonal a todo vector propio de A correspondiente a λ2 .190 7. Valores propios y vectores propios Figura 7. 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. 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 . 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) . .6. t 6= 0. del último recuadro se usará al final del capítulo siguiente. el cual puede escogerse de tal modo que 0 < θ < π2 . Sin emplear m (PU ) .3222(rad). 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. equivalentemente.4. 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. −1 Q AQ = µ 5 0 0 −5 ¶ Finalmente. 7.191 7. c) Encontrar los vectores propios correspondientes a cada valor propio y dar una interpretación geométrica para el conjunto de dichos vectores propios. b) Los vectores propios de PU correspondientes a cada valor propio.4 Ejercicios 1. para probar (empleando matrices y vectores) que una ecuación de segundo grado ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0 con b 6= 0. se puede transformar siempre en una ecuación de segundo grado. y por un ángulo θ. Ejercicios • Q= µ cos θ −senθ senθ cos θ ¶ = m (Rθ ) donde θ = tan−1 (1/3) ≈ 0. b) Hallar los valores propios. 2. Sea L la recta generada por un vector no nulo U y sea PU la transformación proyección sobre L. hallar: a) Los valores propios de PU . • Como las columnas de Q son vectores propios de A linealmente independientes. . 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. 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. Valores propios y vectores propios 3. 0 1 1 1 0 −5 A5 = µ 0 3 3 0 ¶ . A2 = . b) Probar que det T = λ1 λ2 . c) Probar que la ecuación característica de A se puede expresar como λ2 − T r(A)λ + det A = 0. ¶ . b) La reflexión sobre la recta con ecuación y = x. 5. a) La reflexión sobre el eje y. µ ¶ µ ¶ x x c) T = . 1 1 0 3 0 0 Ayuda para a) y b) : Use las expresiones para λ1 . 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. µ ¶ 1 1 6. λ2 los c d valores propios de T . b) y c) para las siguientes matrices µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 0 0 5 A1 = . µ µ 0 7 0 0 1 2 2 1 ¶ . hallar su ecuación característica y sus valores propios. Concluya que no existe un vector propio de T correspondiente a dos valores propios diferentes. 9. A3 = . 2 0 µ ¶ a b 7. Sean T : R2 → R2 una transformación lineal y X ∈ R2 . 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. Sea T = R π2 . d) Verificar lo expuesto en a). a) Para cada una de las siguientes matrices Ak . 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. 8. A2 = . Para cada transformación lineal dada. y −y 4. A3 = . Probar que T r(A) = λ1 + λ2 . A6 = µ 1 2 2 4 ¶ . − 3 1 A4 = A8 = i) Hallar los valores propios y los vectores propios correspondientes. 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). Sea T una transformación del plano cuya matriz es A = y sean λ1 .192 7. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 0 3 0 A1 = . Dar un ejemplo de una transformación lineal con dos vectores propios linealmente independientes correspondientes a un mismo valor propio. λ2 como raíces de la ecuación característica de A. Sea A = . A7 = µ √ ¶ 3 − 3 √ . 4. que son invariantes bajo la transformación lineal cuya matriz se indica en cada literal. 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. Sea T una transformación lineal del plano. en caso de existir. si existen. b) Para las matrices dadas en a) que sean simétricas y no diagonales. el vector T (X) también pertenece a la recta L. . Ayuda: Recuerde que si M y N son matrices 2 × 2 entonces (M N )T = N T M T . 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. 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. 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. 10.7. Es decir. entonces A es simétrica. i) Verificar que vectores propios correspondientes a valores propios diferentes son ortogonales. 11. indicar cuál es el ángulo θ. b) Si U no es vector propio de T entonces la recta L generada por U no es invariante bajo T. Probar que: a) Si U es un vector propio de T entonces la recta L generada por U es invariante bajo T. 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. una matriz invertible P y una matriz diagonal D tales que Ak = P DP −1 . Hallar ecuaciones de las rectas. Ejercicios 193 ii) Encontrar. 194 7. Valores propios y vectores propios . 0 < α < 90◦ .2.2. una recta o dos rectas que se cortan en el vértice. Figura 8. y si el plano corta ambas hojas. El vértice P separa al cono en dos partes. La recta L es el eje del cono. 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. se obtienen tres tipos básicos de curvas. Cuando se corta el cono con un plano que pasa por el vértice del cono. la curva resultante se llama hipérbola (figura 8.2.8 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. corta todos los elementos de una sola hoja. las cuales se denominan secciones cónicas. la curva intersección del plano con el cono se llama elipse (figura 8. el punto P es el vértice del cono y cada recta que es parte del cono se dice un elemento del cono. o simplemente cónicas. la intersección resultante puede ser un punto.c).b). a las que se llama hojas.1). la correspondiente curva intersección se llama parábola (figura 8. A este tipo de intersecciones se les llama cónicas degeneradas. que no pasa por el vértice P. si el plano es paralelo a un elemento.a). con una recta fija L que pasa por P (figura 8. Cuando un plano.1. 195 . En este capítulo definiremos dichas secciones cónicas de esta forma y encontraremos para cada tipo.3a. 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. 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. es bien conocido lo que ocurre en los campos gravitacional y electrostático. la trayectoria que ella describe es una cónica. antenas parabólicas para televisión. es decir.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.2. es un caso particular de elipse y además es. si no se tiene en cuenta la resistencia del aire.196 8. es una hipérbola. Empezaremos con la circunferencia que. Por otra parte.) . como ya dijimos. formando un ángulo no recto con la horizontal. Secciones Cónicas Figura 8. como también en la formulación de ciertos modelos científicos. 8. después de la línea recta. etc). Galileo descubrió a comienzos del siglo XVII que si un objeto es lanzado cerca de la superficie terrestre. (Figura 8. Al punto fijo se le llama centro y a la distancia del centro a cualquier punto de la circunferencia se le llama radio. la trayectoria que él describe es un arco de parábola. ecuaciones correspondientes. Para el campo gravitacional de la tierra. la trayectoria que describe una partícula α en el campo eléctrico de un núcleo atómico. En la Física. como ciertos conjuntos de puntos del plano que cumplen determinadas condiciones. curva que se obtiene cortando al cono con un plano que no pase por el vértice y que sea perpendicular al eje del cono. por ejemplo. el lugar geométrico más sencillo y más familiar. 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. Un caso particular de elipse es la circunferencia. Se ha encontrado que las secciones cónicas se pueden definir (sin hacer referencia a un cono) como ciertos lugares geométricos del plano. 197 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. Consideremos ahora el plano dotado de un sistemaµde¶ coordenadas cartesianas xy. la ecuación en (8. µ ¶ Ejemplo 8.2) la cual es llamada forma canónica de la ecuación de la circunferencia.) 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 .1) adopta la forma más simple x2 + y 2 = r2 (8.1 −1 Una ecuación para la circunferencia con centro en y radio 4 es 2 (x − (−1))2 + (y − 2)2 = 42 es decir.3b.3. Efectuando la diferencia en el lado izquierdo y elevando ambos lados al cuadrado. ¥ . (8. h = 0 y k = 0). (x + 1)2 + (y − 2)2 = 16. y h en él una circunferencia C con centro en el punto C = y radio r.1. (Figura 8. La circunferencia Figura 8. 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 .1) Si el centro es el origen (es decir. 5) . (8. ella puede llevarse a la forma en (8. toda circunferencia tiene una ecuación de la forma anterior.198 8. como se ilustra en el ejemplo siguiente. completando los cuadrados en las variables x y y. Ahora. una ecuación para la circunferencia C es (x − 1)2 + (y − 2)2 = 34. ¥ Si en la ecuación en (8. (8. Así.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= . −3 7 Solución: El centro de la circunferencia C es el punto medio del segmento P Q. el radio r de la circunferencia C es la distancia del centro C a cualquiera de los puntos P o Q.4) Solución: Llevemos la ecuación (8. el centro de C es el punto ¶ µ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 1 1 4−2 . Por tanto.3 Halle el centro y el radio de la circunferencia con ecuación x2 + y2 + 2x − 4y − 4 = 0.3) para una circunferencia dada. si se parte de una ecuación de la forma (8.4) a la forma (x − h)2 + (y − k)2 = r2. = = C = (P + Q) = 2 2 2 −3 + 7 2 4 Por otra parte.1). Secciones Cónicas Ejemplo 8. así que °µ ¶ µ ¶° °µ ¶° q √ ° ° ° 4 1 ° 2 2 ° ° 3 ° r = kP − Ck = ° ° −3 − 2 ° = ° −5 ° = 3 + (−5) = 34. (8. (x − h)2 + (y − k)2 = r2 se desarrollan los cuadrados.3) Así. se obtiene ¡ ¢ x2 + y2 − 2hx − 2ky + h2 + k2 − r2 = 0. pues este segmento es uno de sus diámetros. Haciendo D = −2h. Para ello empezamos por escribirla en la forma ¡ 2 ¢ ¡ ¢ x + 2x + y2 − 4y = 4. se pasa el término r2 al lado izquierdo y se agrupan los términos constantes. E = −2k y F = h2 + k 2 − r2 vemos que esta ecuación toma la forma x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0.1). Ejemplo 8. 2 (Figura 8.199 8. mientras que en el segundo caso ningún punto de R2 la satisface.) ¥ Figura 8.4. (8. Luego.6) Hemos transformado así la ecuación (8.7) Al completar cuadrados se obtiene (x + 1)2 + (y − 2)2 = 0.3) representa una circunferencia. 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 . En efecto. a (x + 1)2 + (y − 2)2 = 32 o sea. es decir.1. Es claro que en el primer caso la ecuación sólo µ ¶es satisfecha por el x h x punto = . µ ¶la ecuación µ ¶ (8.5) es equivalente a ¡ 2 ¢ ¡ ¢ x + 2x + 1 + y 2 − 4y + 4 = 1 + 4 + 4 es decir.3) se obtenga una ecuación de la forma (x − h)2 + (y − k)2 = d con d = µ 0¶o con µ d¶< 0.4 a) Consideremos la ecuación x2 + y 2 + 2x − 4y + 5 = 0.7) no representa una circunferencia y sólo es satisfecha por el x −1 punto = . y k y Ejemplo 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. tenemos que (8. a la ecuación (x − (−1))2 + (y − 2)2 = 32 .4.4) en la ecuación (8. La circunferencia Ahora completamos el cuadrado en cada expresión en paréntesis. es posible que al completar los cuadrados en una ecuación dada del tipo (8. Se advierte al lector que no toda ecuación de la forma (8. y 2 . Haciendo lo dicho. (8. depende de la ubicación de la curva respecto a los correspondientes ejes coordenados. una ecuación para la misma circunferencia. µ ¶ x Así. Debe tenerse presente que cuando se efectúa un tal cambio de sistema. y 8. cambiando a un nuevo sistema cartesiano x0 y 0 .8). y0 relativas al nuevo sistema x0 y0 . pero respecto al sistema x0 y0 que se muestra en la figura 8. Secciones Cónicas b) Consideremos ahora la ecuación x2 + y2 + 2x − 4y + 6 = 0. respecto a un sistema cartesiano xy (figura 8. referida a un sistema xy. en una ecuación más simple.8) Al completar cuadrados se obtiene (x + 1)2 + (y − 2)2 = −1.5.5) es la ecuación k (x − h)2 + (y − k)2 = r2 Figura 8. Esto pone de manifiesto el hecho de que la forma de una ecuación para una curva dada. y relativas al sistema xy. y y las nuevas x0 .5. y0 para poder pasar de un sistema al otro. Y que es necesario disponer de la relación entre las viejas coordenadas x. ningún punto de R2 satisface la ecuación (8. (8. y 0 son respectivamente . cuyo origen coincide con el centro de la circunferencia. adquiere nuevas coordenadas x0 . Por otra parte. 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 .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. referida a un cierto sistema cartesiano. Como en el caso anterior. cada punto P del plano con coordenadas x. en muchos otros es posible transformar una ecuación dada para una curva. es la ecuación más simple ¡ 0 ¢2 ¡ 0 ¢2 x + y = r2 . 7). Figura 8. Un cambio de sistema de coordenadas del tipo anterior se dice una traslación de ejes. Veamos cómo se relacionan las coordenadas x. y 0 : Puesto que −−→ −−→0 −−0→ OP = OO + O P y puesto que −−→ → − → − → − → −−→ − → − → −−→ − OP = x i + y j . y y las coordenadas x0 . están orientados en el mismo sentido y además se conserva en cada uno de ellos la unidad de medida (figura 8.7. Figura 8. respecto al sistema original xy.6. 0 Consideremos ¶ traslación de ejes y supongamos que el nuevo origen O tiene vector µ una h . Traslación de ejes paralelos a los ejes x.6).201 8. y.2. 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. 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 . x = x0 + h y y = y 0 + k. equivalentemente. esta ecuación se convierte en la ecuación (x + 1)2 + (y − 3)2 = 4 (8. Sustituyendo en (8.12) µ ¶ µ ¶ h −1 la cual nos dice que la circunferencia C tiene radio r = 2 y centro en el punto = .202 8. x0 = x − h y y 0 = y − k. (8. la ecuación dada de la circunferencia C se transforma en la ecuación (8. Suponga que se efectúa una traslación de ejes y que el nuevo origen es el punto 3 0 0 Hallar las nuevas coordenadas x .13). ¥ Ejemplo 8. respectivamente. Secciones Cónicas de donde.10) con x = 5. y de modo que el µ ¶ h nuevo origen es el punto O0 = . Solución: Empleando la fórmula (8.6 Consideremos la circunferencia C con ecuación x2 + y2 + 2x − 6y + 6 = 0. los vectores de coordenadas de un Si y y0 y mismo punto P del plano.11) Completando los cuadrados en x y en y. (8.12). en el nuevo sistema x0 y0 . 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. se obtiene que x0 = 5 − (−2) = 7 y y0 = −8 − 3 = −11. equivalentemente. h = −2 y k = 3.9) o. y = −8. la cual ya no tiene términos lineales y evidentemente es más simple que la ecuación (8. respecto al sistema xy. k µ ¶ µ 0¶ x x son.10). x0 = x − (−1) = x + 1 y y0 = y − 3. x0 = x − h y y 0 = y − k.5 −2 .10) Tenemos así el siguiente resultado: Supongamos que se trasladan los ejes coordenados x. y = −8.13) Así. esta ecuación toma la forma ¡ 0 ¢2 ¡ 0 ¢2 x + y = 4. (8.11). respecto al sistema xy y respecto al sistema x0 y 0 entonces x = x0 + h y y = y0 + k o. ¥ . y del punto P cuyas coordenadas en el sistema original son x = 5. µ ¶ Ejemplo 8. (8. como se muestra en la figura 8. El punto en el cual el eje focal intersecta la parábola se llama vértice.10). 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. por ejemplo. La parábola 8.8. 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 .9) Figura 8.3 La parábola Se denomina parábola al conjunto de todos los puntos del plano que equidistan de un punto fijo (del plano) llamado foco. se trazan arcos de circunferencia que cortan a L0 .203 8.8. la parábola P con vértice en el origen y foco F = . además.8) está ubicado a la mitad de la distancia entre el foco F y la directriz L. la directriz de P es la recta con ecuación y = −p. el segmento P 0 P es llamado lado recto de la parábola. es claro que cada uno de los puntos de corte P y P 0 son puntos de la parábola. pues equidistan del foco y de la directriz. (Figura 8.8. (Figura 8. es claro que este punto (el cual es el punto V en la figura 8. el punto F es el foco y la recta L es la directriz. El eje focal de P coincide con el eje y. Figura 8. Se trata ahora de hallar una ecuación para la parábola. La recta que pasa por el foco F y es perpendicular a la directriz L se llama eje focal. respecto a un sistema cartesiano xy para el plano. y de una recta fija (también del plano) llamada directriz. p p 6= 0.9. µ ¶ 0 Consideremos. En la figura 8.3. Una manera de obtener puntos de la parábola es la siguiente: se traza una recta L0 paralela a la directriz. la cual no contiene al foco. . por definición de parábola. Haciendo centro en el foco F y con radio igual a la distancia entre las rectas L0 y L. 204 8. De manera que un punto y µ ¶ x satisface la ecuación (8. Para hallar sus abscisas. se obtiene °µ ¶°2 °µ ¶°2 ° ° ° ° x 0 ° ° =° ° ° y−p ° ° y+p ° es decir.10. hacemos y = p en la ecuación (8. Los extremos del lado recto son los puntos de la parábola con ordenada igual a p.14) ° y − p ° = ° y − −p ° . (8. µ ¶ x En estas condiciones. 4p (8. un punto de R2 está sobre la parábola P si y sólo si y °µ ¶ µ ¶° °µ ¶ µ ¶° ° ° x x ° 0 ° ° ° ° x ° (8. pues por cada punto que la satisface.15) es una ecuación para la parábola P si y sólo si y P. .15) pueden ser reversados.14) en la ecuación x de R2 está sobre la parábola (8.15) muestra que la parábola µ ¶ es simétrica respecto a su µ eje¶focal que x −x en este caso es el eje y. desarrollando los cuadrados y simplificando se llega a la ecuación x2 = 4py que escribimos en la forma y= 1 2 x . En la figura 8. los extremos del lado recto de P son los puntos P = y p µ ¶ 2p P = . Dicha ecuación (8. Efectuando las diferencias indicadas en (8. Finalmente.15) y despejamos x obteniéndose µ ¶ −2p 0 x = ±2p. Así. Secciones Cónicas Figura 8. P para el caso p p > 0.15). x2 + (y − p)2 = (y + p)2 .11 se muestra dicho lado recto y sus extremos P 0 .15) Obsérvese que cada uno de los pasos que transformaronµla¶ecuación (8. el punto también y y la satisface.14) y elevando ambos lados al cuadrado. Por tanto. 3. como también del vértice a la directriz.12) Figura 8. p 6= 0.205 8. en la ecuación (8. |p| es la distancia del foco al vértice y también del vértice a la directriz.15). entre más grande sea |p| . su directriz la recta con ecuación x = −p 0 y se intercambiarían los papeles de x y y. La parábola Figura 8. Vale la pena resaltar que el número p en la ecuación (8.11. es tal que |p| es la distancia del foco F al vértice. más cerrada es la misma.15). más abierta es la parábola y entre más pequeño sea |p| . Así. En tal caso una ecuación para la parábola es x= 1 2 y . p p 6= 0. Las ecuaciones (8. 4p (8.16) La longitud del lado recto de la parábola sigue siendo 4 |p| y al igual que en la ecuación (8. la parábola P tiene vértice en el origen y foco F = .15) y (8. Se sigue que la longitud del lado recto de P es kP − P 0 k = 4 |p| .12. por tal razón a ellas se les llama formas canónicas para la ecuación de la parábola. µ ¶ 0 En la discusión anterior. (Figura 8.16) son las ecuaciones más simples para la parábola. entonces su eje focal es el eje x. pero el foco es el punto p F = . Tenemos así que: . µ su ¶ eje focal es el eje y. Si el vértice continúa en el origen.16). p 6= 0. su eje focal es el eje y y pasa por el punto P = . es 0 1 x = y2 . p 6= 0. es Una ecuación para la parábola con vértice en el origen y foco F = p 1 y = x2 . además entonces una ecuación para P es x = 4p 0 p < 0 pues la parábola abre hacia la izquierda. (Figura 12 Figura 8. 4p p > 0. la parábola abre hacia la derecha y si p < 0.13) 1 2 x . 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 = .15) con p = 3. Ejemplo 8.206 • Si • Si 8. (Figura 8. y = 8. la parábola abre hacia µ ¶abajo. la parábola abre hacia la izquierda. 4p p > 0. Secciones Cónicas µ ¶ 0 . µ ¶ 0 a) P tiene vértice en el origen y foco F = .7 Halle una ecuación para cada una de las siguientes parábolas P. p Una ecuación para la parábola con vértice en el origen y foco F = . −5 Solución: a) Una ecuación para P es la ecuación (8. es decir.13. Ahora.14) 16 . la parábola abre hacia arriba y si p < 0. como |p| = distancia del vértice a 1 la directriz = 4 entonces p = −4 y así una ecuación para P es x = − y2 . µ ¶ 4 c) P tiene vértice en el origen. 3 b) P tiene vértice en el origen y su directriz es la recta con ecuación x = 4. 4p 4p 16 5 2 Luego una ecuación para la parábola P es y = − x . p 6= 0. así −5 = (4)2 de donde =− . dada la simetría de P respecto al eje y.207 8. µ ¶ µ ¶ h h Consideremos ahora una parábola P con vértice V = y foco F = .14. ¥ −5 Figura 8. entonces P tiene una 4 1 2 pertenece a la parábola ecuación de la forma y = x . c) Como P tiene vértice en el origen y su eje focal es el µ eje¶y. la cual pasa también por el punto P = −4 . La parábola Figura 8. k k+p .3.15 se muestra la parábola P. Ahora. como el punto P = 4p −5 1 5 1 P entonces dicho punto satisface la ecuación de P.15. 16 0 µ En ¶ la figura 8. 18) Es claro que en cualquiera de los dos casos anteriores. Una parábola se dice vertical. 4p (8. usando las ecuaciones de traslación x0 = x − h. respecto a un sistema cartesiano xy. p 6= 0. 4p (8. Si el eje focal coincide con el eje x o es paralelo a este eje.15)) y0 = 1 ¡ 0 ¢2 x . Se tiene así que . respecto al sistema xy. respecto al nuevo sistema x0 y0 . (Figura 8. tenemos que. como se muestra en la figura 8. es (vea (8. la cual tiene ahora su eje focal paralelo al eje x. k µ ¶ 0 la parábola P tiene vértice en el origen y foco en el punto y así una ecuación para p dicha parábola. |p| sigue siendo la distancia del foco al vértice y de éste a la directriz. una ecuación para la parábola con vértice V = y foco F = k µ ¶ h+p .208 8. Secciones Cónicas su eje focal es paralelo al eje y.16. 4p Se sigue. y que la longitud del lado recto sigue siendo también 4 |p| .16) Figura 8.16. referida al sistema x0 y0 .17) µ ¶ h De manera similar. Efectuando una traslación de ejes de modo que el nuevo origen coincida con el vértice µ ¶ h V = . es y−k = 1 (x − h)2 . y 0 = y − k que una ecuación para la parábola P. es k x−h = 1 (y − k)2 . la parábola se dice horizontal. si su eje focal coincide con el eje y o es paralelo a dicho eje. Figura 8. la parábolaµabre ¶ hacia abajo. . h • Una ecuación para la parábola horizontal con vértice V = y k ¶ µ h+p .17. −4 µ ¶ −4 b) P tiene vértice V = .8 Encontrar una ecuación para cada una de las siguientes parábolas P.3. La parábola µ ¶ h • Una ecuación para la parábola vertical con vértice V = y k µ ¶ h foco F = .209 8. p 6= 0. es k+p 1 (x − h)2 . es foco F = k 1 x−h= (y − k)2 . y−k = 4p Si p > 0. p 6= 0. 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 = . 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. la parábola abre hacia la izquierda.17 se muestran los datos dados (el foco y la directriz) y se insinúa en línea punteada la parábola P. 2 Solución: a) En la figura 8. Ejemplo 8. la parábola abre hacia la derecha y si p < 0. µ ¶ −2 a) P tiene foco F = y su directriz es la recta con ecuación y = 1. 4p Si p > 0. dado que P = 5 1 1 así que 5 − 2 = (−3 + 4)2 de donde = 3. Luego. 4p µ ¶ −3 es un punto de la parábola. Ahora. En la figura 8. él satisface la ecuación anterior. = + = V = −3/2 1 −4 k 2 Por otra parte. y −4 puesto que su vértice es V = entonces una ecuación para P es 2 y−2= 1 (x + 4)2 . Luego. 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 . una ecuación para P es 4p 4p y − 2 = 3 (x + 4)2 . 2 10 b) Como el eje focal de Pµ es ¶ paralelo al eje y entonces la parábola P es vertical. 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 se muestra la parábola P. k k+p µ ¶ −2 Ahora.210 8. una ecuación 2 2 2 para P es 1 3 y + = − (x + 2)2 .18. . 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. ¥ 2 6 se obtiene h − .19). de la igualdad F = ¶ ¶ µ ¶ µ 3 h+p h − 32 = = k −1 k µ 3 9 = 3 y k = −1. 2 2 2 −4 −1 Finalmente.19) 4p ¶ µ µ ¶ h+p h es el foco.19 se insinúa en línea punteada la parábola P y se muestra su lado recto P 0 P .3. Figura 8.19. 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). La parábola c) En la figura 8. tenemos que una ecuación para la parábola P es 1 9 x − = − (y + 1)2 . siendo p < 0.211 8. h y k en (8. es decir. 2 2 Sustituyendo los valores hallados para p. h = y k = −1. 4 2 Por otra parte. luego ∙µ ¶ µ ¶¸ µ ¶ ¢ 1 3 3 3 1¡ 0 F = P +P = + = . una ecuación para ella es 1 x−h= (y − k)2 (8. el foco es el punto medio del segmento P 0 P . Puesto que la parábola P es horizontal y abre hacia la izquierda. 20) a la forma (8.20) representa una parábola vertical que abre hacia arriba si a > 0 y hacia abajo si a < 0. b) 6x + 10y + y2 + 19 = 0. la directriz y la longitud del lado recto. basta mostrar que ella es equivalente a una ecuación de la forma y−k = 1 (x − h)2 . Recíprocamente. a) y = 3x2 − 4x + 1. toda ecuación de la forma anterior representa una parábola vertical. comprobar que ella representa una parábola. (8. 4p 2p 4p 1 h h2 . Ejemplo 8. Determinar el vértice.17) toma la 4p 2p 4p y = ax2 + bx + c.b=− yc= + k.20) Por tanto. Solución: a) Para comprobar que la ecuación dada corresponde a una parábola.18). Ello se prueba llevando la ecuación (8. Desarrollando el cuadrado en su lado derecho obtenemos ¢ 1 ¡ 2 x − 2xh + h2 y−k = 4p o. Recíprocamente. Secciones Cónicas Consideremos nuevamente la ecuación (8.9 Para cada una de las dos ecuaciones dadas a continuación. toda parábola vertical tiene una ecuación de la forma (8. Estos hechos se resumen en el siguiente cuadro. la cual abre hacia arriba si a > 0 y hacia abajo si a < 0. el foco. la cual abre hacia la derecha si a > 0 y hacia la izquierda si a < 0.17).20) con a > 0 si la parábola abre hacia arriba y a < 0 si la parábola abre hacia abajo. equivalentemente. • Toda parábola vertical tiene una ecuación de la forma y = ax2 + bx + c. vemos que la ecuación (8. Un resultado similar se obtiene al considerar la ecuación (8. toda ecuación de la forma (8. a 6= 0. 4p . toda ecuación de la forma anterior representa una parábola horizontal. haciendo a = forma 1 2 h2 h x − x+ + k. y= Así. a 6= 0 con a > 0 si la parábola abre hacia arriba y a < 0 si la parábola abre hacia abajo. • Toda parábola horizontal tiene una ecuación de la forma x = ay 2 + by + c.17).212 8. Recíprocamente. a 6= 0 con a > 0 si la parábola abre hacia la derecha y a < 0 si la parábola abre hacia la izquierda. directriz. 1 x − 1 = − (y − (−5))2 . La parábola Para ello empezamos por escribir la ecuación dada en la forma µ ¶ 4 2 y = 3 x − x + 1. 3 3 Hemos mostrado así que la ecuación dada representa una parábola. 3 Ahora completamos el cuadrado en la variable x : Ã µ ¶2 ! µ ¶2 2 2 4 2 y =3 x − x+ + 1. 6 Hemos mostrado así que la ecuación dada representa una parábola. la transformaremos en una ecuación de la forma x−h= 1 (y − k)2 . 4p Para ello empezamos escribiendo la ecuación dada en la forma ¢ ¡ 6x + 19 = − y 2 + 10y . −3 3 3 3 Obtenemos así o. sabemos que ella es la recta con ecuación y = k−p. Finalmente la longitud del lado recto entonces la ¡directriz es la recta con ecuación y = − 12 ¢ 1 1 = 3. ¶ µ 2 2 1 − y =3 x− 3 3 µ ¶ µ ¶ 1 2 2 y− − =3 x− . Obtenemos así 6x − 6 = − (y + 5)2 o. es 1 k + p µ − 3 + p¶ µ −1/3 4p ¶ 2/3 1 2/3 . En cuanto a la 1 1 12 −1/4 − 3 + 12 1 5 = − 12 .213 8. equivalentemente. 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 = − . es 4 |p| = 4 12 b) Para comprobar que la ecuación dada corresponde a una parábola. equivalentemente. Ahora completamos el cuadrado en la variable y : ¡ ¢ 6x + 19 = − y 2 + 10y + 25 + 25.3. siendo p = = . y como k−p = − 13 − 12 5 . 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 ¶ 2/3 h 2/3 1 = y que el foco es el punto F = siendo p tal que = 3. así el foco es el punto F = decir. 21). la ecuación x2 − x − 6 = 0 es de la forma (8. Volvamos a las ecuaciones (8. podemos transformarla en una ecuación de la forma (8. completando el cuadrado en la variable x si A 6= 0 o en la variable y si C 6= 0. Es fácil ver que los únicos casos en los cuales una ecuación de la forma (8.214 8. D = −1. siendo p = − . A 6= 0 o bien a Cy 2 + Ey + F = 0. no representa una parábola son aquellos en los que ella se reduce a Ax2 + Dx + F = 0. Ahora.21) con A 6= 0 y C = 0 o bien A = 0 y C 6= 0.21). con A y C como se ha indicado. E = 0 y F = −6. la longitud del lado recto es ¥ 4 |p| = 4 2 = 6. . si se parte de una ecuación de la forma (8. C 6= 0. el foco es el punto F = = . Es de señalar que algunas ecuaciones de la forma (8.17) o en una de la forma (8. 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. podemos llevar cada una de las ecuaciones anteriores a la forma Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (8. así.21) para una parábola dada. Podemos afirmar entonces que toda parábola horizontal o vertical tiene una ecuación de la forma anterior. 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. 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 . según corresponda. pero ella no representa una parábola. 4p 4p Multiplicando a ambos lados por 4p. reales e iguales. su conjunto solución es la unión de las rectas verticales x = −2 y x = 3. no representan parábolas.17) y (8. Algo similar ocurre con la ecuación Cy 2 + Ey + F = 0. Para terminar con la presentación de la parábola mencionaremos a continuación algunas de las aplicaciones de esta cónica.18).18) y−k = 1 1 (x − h)2 y x − h = (y − k)2 . En el primer caso. Finalmente. desarrollando luego los cuadrados y reuniendo las constantes. Por ejemplo.21) con A = 1. con A y C como se ha indicado. C = 0. Secciones Cónicas µ ¶ µ 1¶ 1 − 32 −2 3 decir. o no reales. C 6= 0. si no se tiene en cuenta la resistencia del aire. Figura 8.21). . Figura 8. la trayectoria que él describe es un arco de parábola. respectivamente. la cual refleja la luz. • Los arcos de parábola son de uso frecuente en edificaciones y particularmente en puentes. la cual pasamos a explicar: Consideremos una parábola P y sean Q un punto sobre ella. como se muestra en la figura 8. en un punto P y sea L2 el rayo reflejado.3. La parábola • Cuando un objeto es lanzado cerca de la superficie terrestre. además. Resulta que una ley de la Física establece que las rectas L1 .21. se puede probar que la parábola P tiene la propiedad de que α = β.20. ángulo de incidencia y ángulo de reflexión. α y β los ángulos mostrados en la figura 8. • Muchas otras de las aplicaciones de la parábola tienen que ver con dos hechos importantes. el cual explicamos a continuación: Supongamos que un rayo de luz L1 toca una superficie S. El otro hecho es una propiedad geométrica de la parábola. en la cual L0 es una semirecta paralela al eje focal de P. en la cual η es la recta normal a la superficie S en el punto P. Los ángulos α y β mostrados en la figura se llaman. F su foco y η la recta normal a P en el punto Q (figura 8.215 8. (A este hecho ya nos habíamos referido al inicio de esta sección).21. formando un ángulo no recto con la horizontal. El primero de ellos es un hecho de la Física. L2 y η son coplanares (están en un mismo plano) y que el ángulo de incidencia α es igual al ángulo de reflexión β. Sean. Pues bien.20. 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. Secciones Cónicas • Los dos hechos anteriores se aplican. 8. y los puntos V 0 . la curva resultante es una circunferencia con centro en F y radio la mitad de la longitud de la cuerda. Figura 8. por ejemplo. V donde el eje focal corta la elipse. .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. todos los rayos de luz emitidos desde la fuente chocan contra la superficie del reflector y se reflejan paralelamente al eje focal. produciéndose un haz cilíndrico de luz. 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. 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. la curva que se describe es la elipse con focos F 0 .216 8. manteniendo la cuerda tensa.22b. La recta L que pasa por los focos se llama eje focal. La figura 8. las antenas parabólicas de televisión y los micrófonos de campo abierto. Las antenas de radar. Los puntos fijos F 0 y F son llamados focos de la elipse (figura 8. también están construidos con base en el mismo principio. linternas. en la construcción de reflectores parabólicos (farolas de autos. se llaman vértices. El mismo principio se aplica para telescopios. Conforme se mueve la punta de un lápiz. faros.22. Consideremos ahora la figura 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. De acuerdo con los dos hechos mencionados. Si el eje focal del reflector parabólico es dirigido hacia una estrella. siendo esa constante mayor que la distancia entre dichos puntos.22). etc). pasamos el segundo radical al lado derecho. 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. (8.23. µ ¶ x En las condiciones anteriores. Puesto que 2a debe ser mayor que la distancia 2c entre F 0 y F entonces se tiene que a > c.23). luego elevamos ambos lados al cuadrado.4. Como es de esperar. el cual es el punto medio del segmento F 0 F . La recta L0 que pasa por el centro y es perpendicular al eje focal. se obtiene cuando la elipse tiene su centro en el origen y el eje focal es alguno de los ejes coordenados. por ejemplo. se llama eje menor.217 8. donde A0 y A son los puntos de corte del eje normal con la elipse. Se obtiene ¢ ¡ ¢ ¡ 2 (8.22) Para simplificar esta ecuación. . c ≥ 0. un punto P = de R2 está sobre la elipse E si y sólo y si ° ° °P − F 0 ° + kP − F k = 2a es decir. y tal Consideremos. Figura 8. se llama eje normal. La elipse El segmento V 0 V se llama eje mayor. µ ¶ µ ¶ −c c 0 yF = .23) a − c2 x2 + a2 y2 = a2 a2 − c2 . o equivalentemente. respecto a un sistema cartesiano xy. se llama centro. El punto C. Nótese que la elipse E tiene centro en el origen y su eje focal es el eje x (figura 8. simplificamos y agrupamos términos semejantes. la forma más simple de una ecuación para la elipse. °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. El segmento A0 A. ¶ µ ¶se puedeµobtener √ 0 −c donde c = a2 − b2 .23) toma la forma más simple b2 x2 + a2 y2 = a2 b2 . 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. de la ecuación (8. la ecuación (8. En efecto. Secciones Cónicas Ahora. el punto también la satisface. es decir.24) µ ¶ x Por el momento tenemos que todo punto sobre la elipse E. Así.218 8. Así. de la ecuación (8. Si y = 0 en (8. x2 = a2 y por tanto x = ±a. satisface la ecuación y µ ¶ x (8. . Recíprocamente.24) entonces y2 = 1. es decir. tal que b2 = a2 − c2 . b2 µ ¶ µ ¶ 0 0 0 yA = .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. De la ecuación (8.24) es la mitad de la longitud del eje menor. el número b en la ecuación (8. como también la distancia del centro a cada uno de los extremos del eje menor.24). Sólo hay que tener cuidado con las raíces cuadradas que aparecen en este proceso.24) se ve que la elipse E es simétrica respecto al eje normal (el eje y).24) entonces Nótese que en la ecuación (8. b > 0. x2 = 1. b ≤ a pues b2 = a2 − c2 . todo punto de R2 que satisfaga dicha ecuación (8. luego los a2 µ ¶ µ ¶ a −a 0 .24) es una ecuación para la elipse E. yF = dichos focos son los puntos F 0 = c 0 Los hechos anteriores se ilustran en la figura 8. lo cual puede ser comprobado por el lector reversando los pasos que condujeron de la ecuación (8. y 2 = b2 y por tanto y = ±b. (8.22) a la ecuación (8. 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. Finalmente. como a > c entonces a2 − c2 > 0.24. Similarmente. De estas dos simetrías se sigue que la elipse E también es simétrica respecto a su centro (el origen). Así. Introduciendo el número b. como también la distancia del centro a cada uno de los vértices. si x = 0 en (8.24) está y sobre la elipse E. y −y De manera similar.24) los focos de la elipse.24). se obtiene x2 y 2 + 2 = 1.24) es la mitad de la longitud del eje mayor. Por último. a2 b (8. dividiendo a ambos lados por a2 b2 .24). cuando c = 0).4. la elipse se asemeja a un segmento de recta. una ecuación para la elipse es (vea (8. En tal caso. Nótese que: • Si ³los focos se acercan ´más y más (es decir. de hecho se convierte en una circunferencia cuando F 0 = F (es decir. la denotaremos mediante la letra e. • Si los focos se alejan 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. de hecho se convierte en un segmento de recta cuando F = V (es decir. la elipse a parece una circunferencia.24. yF = En la discusión anterior la elipse E tiene sus focos en los puntos F = 0 0 c ≥ 0. pero e 6= 0. pero ahora los focos son los puntos F 0 = yF = . c ≥ 0. y la constante que se menciona en la definición de elipse igual constante µ a¶2a. c tiende a 0). En la ecuación (8. el número positivo tal que b2 = a2 − c2 . Supongamos que se mantiene fijo el número a (la mitad de la longitud del eje mayor). µ ¶ µ ¶ 0 0 y V = . Si e es próxima a 1. Es de señalar que este caso extremo no está contemplado en la definición de elipse.25) el número a sigue siendo la distancia del centro a los vértices. como en (8.25) donde b es.24). c tiende al número a). cuando c = a). Si e es próxima a 0. si e = 0. la cual a se llama excentricidad de la elipse. la elipse es una circunferencia. Si dicha µ ¶ 0 0 continúa siendo 2a. Se tiene entonces c que e = y como 0 ≤ c < a entonces 0 ≤ e < 1. La elipse Figura 8. el número b tiende a 0 y la elipse se va achatando cada vez más. el número b también sigue los cuales son ahora los puntos V 0 = −a a .219 8.24)) y2 x2 + 2 =1 a2 b (8. el número b tiende al número √ a pues b = a2 − c2 y la elipse se parece cada vez más a una circunferencia. µ ¶ µ ¶ c −c 0 . c De manera que la apariencia o forma de la elipse está asociada con la razón . 25) con a2 = 9 y b2 = 4.25).24) y (8. Es importante tener presente que en cualquiera de las dos ecuaciones (8. los cuales son ahora los puntos ¶ µ −b b yA= (figura 8. Nótese que se mantiene la relación entre los números A0 = 0 0 c a.24). a2 > b2 y que a2 es el denominador de la variable asociada con el eje focal. Secciones Cónicas siendoµla distancia del¶centro a los extremos del eje menor. por tanto corresponde a una elipse con centro en el origen y eje focal el eje x. por tal razón se les llama formas canónicas para la ecuación de la elipse. Mientras que x2 y 2 + =1 25 16 es de la forma (8. a Figura 8.24) y (8. Resaltamos a continuación lo básico de la discusión anterior. . x2 y 2 + =1 4 9 es de la forma (8.25.220 8. La excentricidad sigue siendo e = .25) son las ecuaciones más simples para la elipse. Las ecuaciones (8. b y c. Por ejemplo. por tanto corresponde a una elipse con centro en el origen y eje focal el eje y.25). con a2 = 25 y b2 = 16. a2 b Sólo resta determinar el valor de las constantes a y b. V = y uno de sus focos es F = 0 0 √ ¶ µ 13/2 . 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. µ ¶ µ ¶ −c c 0 y F = . sus focos enµel ¶eje y. 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 . − = 2 2 4 4 4 Por tanto una ecuación para la elipse E es x2 49 4 + y2 =1 9 . entonces ° F. µ ¶ µ ¶ −7/2 7/2 a) La elipse E tiene vértices V 0 = . entonces su eje focal es el eje x. 0 Además. Así. entonces ° primer µ ¶° ° 7 ° 0 ° = .4. E tiene una ecuación de la 0 forma x2 y 2 + 2 = 1. µ ¶ µ ¶ 0 0 0 y F = . y este punto 0 medio es . Ejemplo 8. En lugar. como a es la distancia del centro a cualquiera de los vértices. entonces E tiene su centro en el origen. como µ ¶ el centro de la elipse es el punto medio del segmento V V . b2 = a2 − c2 donde c es la distancia del centro al foco a=° V − ° 0 ° 2 ° µ ¶° √ ° 0 ° ° = 13 . 0 b) La elipse E tiene centro en el origen. la longitud del eje mayor es 1 .221 8. y como esta distancia es c = °F − 0 ° 2 Ã ! √ 2 µ ¶2 7 13 36 49 13 2 b = − = = 9. Por otra parte.10 Halle una ecuación para cada una de las siguientes elipses E. 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. 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 . una ecuación para la elipse E es y2 x2 + 25 = 1 25 9 o. 9x2 y2 + = 1. Además.222 8. a2 = (3b)2 = 9b2 = 25. 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. b) Como la elipse E tiene centro en el origen y su eje focal es el eje y. a = 3b. Figura 8.26. 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 = . de donde 9b2 9 Así. ¥ .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) . 49 9 En la figura 8. es decir.26 se muestra la elipse E. 25 25 La elipse E se muestra en la figura 8.µ ¶ 1 Ahora. equivalentemente. equivalentemente. Secciones Cónicas o. 4x2 y2 + = 1. la cual tiene centro en el origen y eje focal el eje x.26) por 225.25).27. 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 Puesto que la ecuación (8. los extremos del eje menor y la excentricidad de dicha elipse.4. Ejemplo 8. Halle los focos. entonces la ecuación (8.11 Muestre que la ecuación 144y 2 + 25x2 = 225 (8. .26) representa una elipse.223 8.27) y ésta representa una elipse.27) 4 5 ecuación que tiene la forma (8.24) con a = 3 y b = . La elipse Figura 8. Comenzamos por dividir a ambos lados de (8.26) representa una elipse basta llevar dicha ecuación a una de las formas (8.26) es equivalente a la ecuación (8. Solución: Para mostrar que la ecuación (8. los vértices.24) o (8.26) representa una elipse. Secciones Cónicas Para tal elipse se tiene que: Los vértices son los puntos V0 µ ¶ µ ¶ −3 3 = yV = .91. y suma constante de distancias 2a (a > c) .224 8. la excentricidad es e = c = a √ 119 12 En la figura 8. −5/4 5/4 µ ¶ µ ¶ q √ c −c donde c = a2 − b2 = 9 − yF = = 0 0 Finalmente. F0 µ ¶ µ ¶ 0 0 yA= . ¥ Figura 8. µ ¶ µ ¶ h h−c 0 Consideremos ahora una elipse con su centro en el punto . c ≥ 0.28 se muestra dicha elipse. .28. 0 0 Los extremos del eje menor son los puntos A0 = Los focos son los puntos √ 119 4 ≈ 2. Nótese que el eje focal es k paralelo al eje x (figura 8.73.29a). 25 16 = ≈ 0. focos F = y k k µ ¶ h+c F = . 29) los números a y b tiene exactamente el mismo significado que en las ecuaciones (8.28) y (8.29.29a) es (x0 )2 (y 0 )2 + 2 =1 a2 b donde (al igual que en la ecuación (8. nos lleva de inmediato a la ecuación (x − h)2 (y − k)2 + =1 (8.29b) entonces una ecuación para dicha elipse es k+c (y − k)2 (x − h)2 + =1 a2 b2 (8.24)) b es el número positivo tal que b2 = a2 − c2 .24) y (8. referida al nuevo sistema x0 y 0 (Vea figura 8. . c ≥ 0 (figura 8. referida al sistema original xy. Tenemos así lo siguiente. si la elipse mantiene su centro en el punto y también la k µ ¶ h 0 y suma constante de distancias 2a.25).29) donde nuevamente b es el número positivo tal que b2 = a2 − c2 . Una elipse cuyo eje focal coincide con el eje x o es paralelo a este eje se dirá horizontal. Es claro que en las ecuaciones (8. En efecto. si el eje focal coincide con el eje y o es paralelo a este eje. pero ahora sus focos son los puntos F = k−c µ ¶ h F = . efectuando una traslación h de ejes con el nuevo origen en el centro de la elipse. y 0 = y − k en la ecuación anterior.28) a2 b2 para la elipse en consideración. µ ¶ h De manera similar. La sustitución x0 = x − h. Podemos obtener rápidamente una ecuación µ ¶ para dicha elipse.4. la elipse se dirá vertical.225 8. La elipse Figura 8. una ecuación para la k elipse. donde √ 19 la distancia del centro a cualquiera de los focos. 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 . 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 . 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 ¶ −3 1 b) La elipse E tiene excentricidad 2 . 2a = 16 y por tanto a = 8. como esta distancia es kF − Ck = √ entonces c = 19 y así ³√ ´2 19 = 64 − 19 = 45. √ ¶ √ ¶ 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. distancia entre los focos 2c (c ≥ 0) k y con la constante mencionada en la definición de elipse igual a 2a (a > c) . b2 = 82 − Por tanto. una ecuación para la elipse E es (x + 3)2 (y − 2)2 + = 1. entonces la elipse E es horizontal y por tanto una ecuación para ella es de la forma (8. Ejemplo 8. así µ ¶ µ ¶ ¢ −3 h 1¡ 0 . . Finalmente. el eje focal es la recta x = −3 2 µ ¶ −1 y pasa por el punto P = .28) (x − h)2 (y − k)2 + = 1. Secciones Cónicas µ ¶ h Consideremos una elipse con centro en el punto . b2 = a2 − c2 .30.226 8. 64 45 La elipse E se muestra en el figura 8. 6 Solución: a) Como el eje focal de la elipse E es paralelo al eje x. centro en C = . • Si la elipse es horizontal. C= = F +F = 2 2 k c es Por otra parte.12 Halle una ecuación para cada una de las siguientes elipses E. • Si la elipse es vertical. Hallemos los valores de dichas constantes a y b : √ c a2 − b2 1 y dado que e = = . b) Comoµel eje ¶ focal es paralelo al eje y. tenemos así que (6 − 2)2 (−1 + 3)2 + =1 a2 b2 es decir. (8. a 2 Elevando ambos lados al cuadrado y simplificando esta igualdad se transforma en 4 a2 = b2 .30. La elipse Figura 8.31)) que µ ¶ 64 4 2 (16) = . (8.30) donde a es la mitad de la longitud del eje mayor y b la mitad de la longitud del eje menor. Se sigue (vea la relación (8. como el punto P = está sobre la elipse.31) 3 µ ¶ −1 Por otra parte.227 8. 4 16 + 2 = 1.32) 2 a b 4 Sustituyendo en esta ecuación a2 por b2 (de acuerdo con la relación (8. Puesto que la excentricidad de la elipse es e = 2 a a tenemos que √ 1 a2 − b2 = .30). entonces él satisface la 6 ecuación (8.4.31)) se obtiene 3 12 4 + 2 =1 b2 b de donde b2 = 16. a = 3 3 . 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. equivalentemente. 3 (y − 2)2 (x + 3)2 + = 1.6 y la mitad de la longitud del eje menor es b = 16 = 4. podemos llevarla a la forma (8. Halle el centro. 64 16 En q la figura 8. Secciones Cónicas Así. toda elipse horizontal o vertical tiene una ecuación de la forma (8.33). Ejemplo 8. Consideremos nuevamente las ecuaciones (8. desarrollando los cuadrados y reuniendo las constantes al lado izquierdo. Ahora. con A y C como se ha indicado. completando los cuadrados en las variables x y y.31 se muestra la elipse E. . cada una de estas ecuaciones se puede llevar a la forma Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (8.33) para una elipse dada. los vértices.28) o a la forma (8. si partimos de una ecuación de la forma (8. Figura 8.31. los focos. como se ilustra en el ejemplo siguiente.13 Compruebe que la ecuación 16x2 + 324y 2 + 64x − 2592y + 4672 = 0 (8.29) según corresponda.228 8. los extremos del eje menor y la excentricidad de dicha elipse. Así. a2 b2 Multiplicando por a2 b2 a ambos lados. la mitad de la√longitud del eje mayor es a = 64 ¥ 3 ≈ 4.28) y (8.34) representa una elipse. una ecuación para la elipse E es (y − 2)2 64 3 + (x + 3)2 =1 16 o.33) donde las constantes A y C son no nulas y del mismo signo.29) (x − h)2 (y − k)2 + =1 a2 b2 y (y − k)2 (x − h)2 + = 1. 34) en la forma ¡ ¢ ¡ ¢ 16 x2 + 4x + 324 y 2 − 8y = −4672. µ ¶ µ se¶tiene que: h −2 El centro es el punto C = = . 16 36 9 (8. 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 .35) Esta 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 . ¢ ¡ ¢ ¡ 16 x2 + 4x + 4 + 324 y 2 − 8y + 16 = −4672 + 64 + 5184 16 (x + 2)2 + 324 (y − 4)2 = 576.4. (x + 2)2 (y − 4)2 + = 1. equivalentemente. ¥ .35) es de la forma (8. la cual es horizontal. = 4 k + b 4 + k−b 4 − 43 3 3 3 La excentricidad es √ √ 308 308 c = ≈ 0. 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 = = = . por tanto corresponde a una elipse.34) es equivalente a la ecuación (8.34) representa una elipse. Para tal elipse.229 8.97. Puesto que la ecuación (8.35) entonces la ecuación (8. La elipse Solución: Escribimos 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. Completando los cuadrados en las variables x y y obtenemos es decir.32 se muestra dicha elipse. e= = a (3) (6) 18 En la figura 8.28) con a = 6 y b = 43 . ella representa un único punto o no representa µ ¶ x de R2 la satisface. µPor ¶ tanto. con éste en uno de los focos. ningún punto y Finalizamos la presentación de la elipse mencionando algunas de las aplicaciones de esta cónica. El hecho de que estas excentricidades sean tan cercanas a cero indica que dichas órbitas son casi circulares. . Secciones Cónicas Figura 8. Las excentricidades de las órbitas de la tierra respecto al sol y de la luna respecto a la tierra son.33). µ ¶ x satisface la ecuación dada. µ la ¶ ecuación dada no representa una elipse y el único punto que la satisface x 2 es = . la trayectoria de la luna alrededor de la tierra es una elipse. Luego de completar los cuadrados en x y y. 0. con A y C no nulos y del mismo signo. no representan elipses.017 y 0. y −1 b) Consideremos ahora la ecuación 9x2 + 5y 2 − 36x + 10y + 45 = 0.056 aproximadamente. De la misma forma. como se muestra en el siguiente ejemplo. Luego de completar los cuadrados en x y y.33). ningún punto y ¥ Se puede probar que cuando una ecuación del tipo (8. respectivamente. Se advierte al lector que algunas ecuaciones de la forma (8.14 a) Consideremos la ecuación 9x2 + 5y 2 − 36x + 10y + 41 = 0.230 8. es decir. con la tierra en uno de los focos. Ejemplo 8. Luego. • Es bien conocido que los planetas en el sistema solar describen órbitas elípticas en su movimiento alrededor del sol. no representa una elipse. esta ecuación se convierte en 9 (x − 2)2 + 5 (y + 1)2 = 0. con A y C no nulos y del mismo signo. ningún lugar geométrico. esta ecuación se convierte en 9 (x − 2)2 + 5 (y + 1)2 = −4.32. Dos aplicaciones de este hecho son las “galerías de susurros” y la “litotripsia”. • La elipse goza. Así. Sabemos que dicho rayo se refleja de tal modo que el ángulo de reflexión es igual al ángulo de incidencia.231 8. el cual tiene forma de un elipsoide de revolución obtenido al rotar una elipse con focos F 0 y F. no importa que tan débil sea dicho sonido. Por otra parte. 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. La hipérbola • La elipse también se usa en construcción de edificios. 8. puentes y en engranajes para maquinarias. un sonido originado en uno de los focos del recinto elíptico.33. de una importante propiedad geométrica. 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. a saber: Si P es un punto cualquiera de la elipse y η es la recta normal a la elipse en el punto P . siendo α su ángulo de incidencia. al chocar con la superficie reflectora elíptica. lo que ocurre con la luz ocurre con el sonido: una onda sonora originada en uno de los focos.5. la litotripsia es un procedimiento muy reciente para la destrucción de cálculos renales. Figura 8. produciendo su destrucción y sin afectar en el riñón la zona circundante al cálculo.33 son iguales. En las galerías de susurros. entonces los ángulos α y β mostrados en la figura 8. las cuales al chocar contra la superficie se reflejan convergiendo exactamente en el cálculo renal. se refleja pasando por el otro foco.5 La hipérbola La hipérbola es una cónica cuya definición es similar en muchos aspectos a la de la elipse. dicho rayo de luz se reflejará pasando por el foco F. alrededor de su eje focal. Consideremos ahora un reflector elíptico. . Los puntos F 0 y F se llaman focos de la hipérbola. se escucha claramente en el otro foco. 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. según la propiedad antes mencionada de la elipse. y esa constante es positiva y menor que la distancia entre estos puntos. como la parábola. En forma similar. como se muestra en la figura 8. (Igualmente V 0 cumple la segunda de las condiciones en (8. con regla y compás. es decir. Los dos puntos P de corte de los arcos de circunferencia trazados (vea figura 8. °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F 0 ° − °P F ° = 2a o o. Figura 8. 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. a cada lado de C se toman puntos V 0 y V a una distancia a de C. . °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F 0 ° − °P F ° = 2a o °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F 0 ° − °P F ° = −2a °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F ° − °P F 0 ° = 2a. (8. así que V es un punto de la hipérbola. Por último. Se toma ahora un punto X a la derecha del foco F y sobre la recta que pasa por F 0 y F.34. °V F 0 °−°V F ° = 2a. F y se determina el punto medio C del segmento F 0 F . °−−→° °−−→° ° ° ° ° °P F ° = °XV ° y °−−→° °−−→° ° ° ° ° °XV 0 ° − °XV ° = 2a.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. Se fijan los focos F 0 . °−−→° °−−→° ° ° ° ° 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. Luego. equivalentemente.34.36) y por ello V 0 también es un punto de la hipérbola).232 8.35. 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 8.36).36). con centro en el foco F y radio la distancia entre X y V se traza media circunferencia a la izquierda de F. El aspecto de la hipérbola completa es como se muestra en la figura 8. se llaman vértices. El segmento V 0 V se llama eje transverso. 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.233 8. La hipérbola Figura 8.36.36). El punto C.36. Figura 8. Los puntos V 0 . se llama centro. V donde el eje focal corta la hipérbola.35. el cual es el punto medio del segmento V 0 V y también del segmento F 0 F . La recta L0 que pasa por el centro y es perpendicular al eje focal se llama eje normal.36)) son llamadas ramas de la hipérbola.5. De manera similar se obtienen puntos P que cumplen la segunda de las condiciones en (8. las dos curvas que la conforman (correspondientes a las dos condiciones en (8. La recta L que pasa por los focos se llama eje focal. . 37) con el signo + en el lado derecho. Secciones Cónicas Al igual que para la elipse. la ecuación anterior toma la forma más simple b2 x2 − a2 y2 = a2 b2 . 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. 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. la µ de¶los dos ejes µ ¶ −c c yF = . tal que b2 = c2 − a2 . mientras que aquellos que satisfacen (8. Consideremos. introduciendo el número b.37. como c > a entonces c2 − a2 > 0 y así. (8. se obtiene en primer lugar ¡ 2 ¢ ¡ ¢ c − a2 x2 − a2 y2 = a2 c2 − a2 . con focos F 0 = 0 0 en la definición de la hipérbola es 2a. °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. c > 0. conforman y la rama derecha.37) en el caso de la elipse. y tal que la constante mencionada hipérbola H.234 8. por ejemplo. conforman la rama izquierda.37) µ ¶ x Los puntos P = que satisfacen (8.37) Figura 8. equivalentemente. Siguiendo el mismo procedimiento para simplificar la ecuación similar a (8. o. Ahora. . (Figura 8. Nótese que la hipérbola H tiene su centro en el origen y su eje focal es el eje x.37) con el signo −. 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. b > 0. 235 8. es decir los vértices de H.38) µ ¶ x sobre cualquiera de las dos ramas de la hipérbola H satisface la Así. Así. para este caso. Así. dividiendo por a2 b2 .38) es la mitad de la longitud del eje transverso o también la distancia del centro a cualquiera de los vértices. y = 0 y que si x crece. Nótese que la ecuación (8.38) es una ecuación para la hipérbola H. se obtiene la ecuación x2 y2 − 2 =1 a2 b (8. La hipérbola Finalmente.38) los focos de la hipérbola H. son los puntos V 0 = y 0 µ ¶ a V = . Podemos afirmar entonces que (8. Despejando y en (8. la recta y = x es una asíntota de la hipérbola H para x > 0 (figura 8. Pero hay algo más: √ cuando x es √ muy grande (comparado con a). x2 − a2 es muy cercano (aunque menor) a x2 . está sobre H. Se deja como ejercicio al lector probar que todo punto y satisface la ecuación (8. a a b Así. a . pues dichos focos ¶ µ obtener µ ¶se pueden √ c −c con c = a2 + b2 . De la ecuación (8. x2 = a2 y por tanto x = ±a.38) se obtiene − 2 = 1 y no existe y ∈ R que satisfaga esta b ecuación. 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.38). Obsérvese que cuando x = a. yF = son los puntos F 0 = 0 0 Consideremos ahora la parte de la hipérbola en el primer cuadrante.38.38) está sobre alguna de las dos ramas de la hipérbola H. Se puede probar que para a a b√ 2 b 2 y= x − a .38).38) se obtiene.38) confirma que la hipérbola no corta su eje normal (el eje y2 y).38) entonces 2 = 1. es decir. es decir. su longitud es kA − A0 k = 2b.5. todo punto y µ ¶ x de R2 que ecuación (8.38) es la mitad de la longitud del eje conjugado. a x ≥ a. lo cual está de acuerdo con la forma de la curva en la figura 8. y= bp 2 x − a2 . la longitud del eje transverso es kV − V 0 k = 2a y por tanto el número a en 0 la ecuación (8. el número b en (8. y como √ b√ 2 b x2 = x (pues x > 0) entonces x − a2 es muy cercano a x.38) se ve que la hipérbola H es simétrica respecto a su eje focal (el eje x). Luego las a µ ¶ −a intersecciones de H con el eje x. respecto a su eje normal (el eje y) y respecto a su centro (el origen). la diferencia x − y tiende a 0 (manteniéndose positiva) cuando x → ∞. x2 Si y = 0 en (8. pues con x = 0 en (8. y también crece. De la ecuación (8. . Por tal razón la hipérbola también se dice equilátera en este caso. Figura 8.38.38) y las asíntotas.39 se muestra la hipérbola completa. b2 = a2 o sea a = b.39 es un cuadrado y los ejes transverso y conjugado tiene la misma longitud. Secciones Cónicas Figura 8. lo anterior se extiende a los otros cuadrantes. Dada la simetría de la hipérbola. En la figura 8. En tal caso el rectángulo que se muestra en la figura 8. Cuando las asíntotas forman ángulos rectos en su punto de corte.39. la hipérbola se dice b b rectangular. Ello ocurre cuando las pendientes y − de las asíntotas cumplen la condia a ción µ ¶µ ¶ b b − = −1 a a es decir. los números a y b que aparecen en la ecuación (8.236 8. c > 0.39) son las ecuaciones más simples para la hipérbola. y a los vértices los cuales son ahora los puntos V = −a a así 2a sigue siendo la longitud del eje transverso.5. c > 0. 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. 0 0 µ ¶ −c y En la discusión anterior la hipérbola H tiene sus focos en los puntos F 0 = 0 µ ¶ c F = . Pero las asíntotas son ahora las rectas y = x y y = − x (figura 8.40). pero ahora los focos son los puntos F 0 = y −c µ ¶ 0 F = .40. la ecuación (8.38) y (8. mientras que para la elipse 0 ≤ e < 1. nuevamente. la excentricidad de la hipérbola se define como c e = .38) con a = b. con vértices = yV = . 2b sigue siendo la longitud a a del eje conjugado. Las ecuaciones (8. 0 µ ¶ 0 Si dicha constante continúa siendo 2a. igualmente. aquel número positivo tal que µb ¶ µ ¶¶ µ 0 0 0 yV = sigue siendo a. a . la ecuación x2 − y2 = a2 µ ¶ µ ¶ −a a corresponde a una hipérbola rectangular o equilátera. La distancia del centro donde b es. b b Figura 8.39) a2 b V0 2 = c2 − a2 . es decir. 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 (8.237 8. puesto que 0 < a < c entonces e > 1. por ello se les llama formas canónicas para la ecuación de la hipérbola. En cualquiera de los casos tratados. La hipérbola Así. 39) corresponde a una cuyo eje focal es el eje y. Así. 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 = − x y uno de sus focos 5 5 µ ¶ 0 .38) y (8. es decir. c > 0. a2 b Hallemos el valor de las constantes a y b. el minuendo involucra la variable asociada con el eje focal. c > 0. mientras que (8. 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. Ejemplo 8. 12 12 b) La hipérbola H tiene como asíntotas las rectas y = x. uno de sus focos es el punto F 0 = 0 su eje conjugado tiene una longitud de 6 unidades. Secciones Cónicas Recogemos a continuación lo básico de la discusión anterior. 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 . es decir. µ √ ¶ − 13 y a) La hipérbola H tiene centro en el origen. la ecuación (8. − = 0.38) corresponde a una hipérbola cuyo eje focal es el eje x.39).15 Halle una ecuación para cada una de las siguientes hipérbolas H. .238 8. µ ¶ µ ¶ −c c • Una ecuación para la hipérbola con focos = yF = . 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 . de a2 b2 a b a b µ ¶ µ ¶ 0 0 0 • Una ecuación para la hipérbola con focos F = yF = . 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. − = 0. de a2 b2 a b a b Obsérvese que en las ecuaciones (8. como y = . a2 b a 12 12 12 x es una asíntota de H entonces = y así a = b. 4 9 En la figura 8.41. como el eje conjugado de H tiene 6 unidades de longitud entonces 2b = 6 y así b = 3. µ √ ¶ − 13 2 2 2 0 y Por otra parte. y como esta parte. Por otra 5 b µ 5¶ 5 0 al centro. a2 = Por tanto.41 se muestra la hipérbola H. una ecuación para la hipérbola H es x2 y 2 − = 1. b) Sabemos que las asíntotas de una hipérbola se cortan en el centro de la hipérbola. 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 = 1.239 8. Figura 8. 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. La hipérbola En primer lugar. 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.5. 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. los vértices. los focos.42. las asíntotas y la excentricidad de dicha hipérbola.16 Muestre que la ecuación 9y2 − 16x2 − 144 = 0 (8.40) es equivalente a 9y 2 − 16x2 = 144 . (24)2 (10)2 En la figura 8. los extremos del eje conjugado. ¥ Figura 8. Ejemplo 8. (13) b2 = b2 12 (10) = 24. Halle el centro. Solución: La ecuación (8.40) representa una hipérbola. Por tanto. 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 .240 8.42 se muestra la hipérbola H. b = 10 (pues b > 0) y así a = 5 Tenemos así que una ecuación para H es y2 x2 − = 1. 43 se muestra dicha hipérbola.43. Para tal hipérbola se tiene que: µ ¶ µ ¶ 0 0 yV = . y por lo tanto la ecuación (8. la cual tiene centro en el origen y eje focal el eje y. las asíntotas son las rectas y = x y y = − x. y = x y y = − x. µ ¶ −c µ ¶ c 0 0 es decir.41).41) es de la forma (8. 16 9 (8. son los puntos F 0 = yF = . ¥ Figura 8. . b b 3 3 En la figura 8. −5 5 5 c La excentricidad es c = = .41) La ecuación (8. es decir.241 8. representa una hipérbola. 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. como 16 y 2 x2 − = 1.40). luego (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. a 4 a a 4 4 Por último.5.39) con a = 4 y b = 3. Los vértices son los puntos V 0 = −4 4 µ ¶ µ ¶ 0 −3 . 242 8. Nótese que el eje focal es paralelo al eje x. la hipérbola se dirá vertical.44. y con la constante que se menciona en la definición de hipérbola k igual a 2a (0 < a < c) .44a). c > 0 (Figura 8. (Figura 8. Secciones Cónicas µ ¶ µ ¶ h h−c 0 Consideremos ahora una hipérbola con su centro en el punto .39). c > 0. a2 b2 (8. De manera similar a lo hecho en las otras cónicas ya tratadas.43) Los números a y b tienen ahora el mismo significado que en la ecuación (8.44b) entonces en lugar de la ecuación anterior se tiene k+c (y − k)2 (x − h)2 − = 1.42) Los números a y b tiene el mismo significado que en la ecuación (8.38). a2 b2 (8. Una hipérbola cuyo eje focal coincide con el eje x o es paralelo a este eje se dirá horizontal. 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. focos F = k k µ ¶ h+c yF = . tenemos que una ecuación para dicha hipérbola es (x − h)2 (y − k)2 − = 1. si el eje focal es el eje y o es paralelo a este eje. pero los focos son los puntos F = y F = k−c µ ¶ h . Figura 8. Tenemos así lo siguiente: . como también sus asíntotas. Como.17 Halle una ecuación para cada una de las siguientes hipérbolas H. • Si la hipérbola es horizontal. 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. 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. 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 .5. Solución: a) Como el eje focal de la hipérbola H es paralelo al eje x entonces la hipérbola H es horizontal.243 8. es decir. µ√ ¶ µ ¶ µ √ ¶ −2 − 29 29 0 . 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 . . es decir. de a2 b2 a b a b • Si la hipérbola es vertical. − = 0.V = b) La hipérbola H tiene vértices V 0 = 4 3 −4 3 es 2. La hipérbola µ ¶ h Consideremos una hipérbola con centro en el punto . de a2 b2 a b a b Ejemplo 8. además. su centro es el punto µ ¶ µ ¶ ¢ h 1¡ 0 0 C= = F +F = 2 k 3 .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 √ . − = 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) . 45) µ ¶ −2 Por otra parte. como ya se ha dicho. es decir. es decir. finalmente. y como a2 + b2 = 29.44). entonces él satisface 3 la ecuación (8. de 4 25 µ x y−3 − 2 5 En la figura 8. Por tanto. ¶µ x y−3 + 2 5 ¶ = 0. 5 y = x+3 2 5 y =− x+3 2 y las cuales. (8.45 se muestra la hipérbola H. así que (−2)2 (3 − 3)2 − =1 a2 b2 4 = 1 de donde a2 = 4 (o sea a = 2). conforman el conjunto solución de la ecuación x2 (y − 3)2 − = 0.244 8. b2 = 29 − 4 = 25. 4 25 Las asíntotas de H son las rectas 5 y−3= x 2 5 y−3 =− x 2 y es decir. . Secciones Cónicas entonces una ecuación para ella es de la forma (x − 0)2 (y − 3)2 − = 1.44) 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. como P = es un punto sobre la hipérbola. una ecuación para la hipérbola H es x2 (y − 3)2 − = 1. a2 b2 (8. a2 Sustituyendo a2 = 4 en (8. 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. La hipérbola Figura 8. y2 − (x − 2)2 = 1. a = y 2 (x − 2)2 − =1 48 1 es decir. ¥ . es decir.5.45. b) En este caso la hipérbola H es vertical y su centro es el punto µ ¶ µ ¶ ¢ h 1¡ 0 2 C= = . y 2 (x − 2)2 − = 1. una ecuación para H es de la forma (y − 0)2 (x − 2)2 − =1 a2 b2 es decir. 48 Las asíntotas de la hipérbola H son las rectas √ y = 4 3 (x − 2) y En la figura 8. Así. una ecuación para H es En esta ecuación. V +V = 2 k 0 Luego. √ y = −4 3 (x − 2) .245 8. b = 1. .46.28) y (8.42) o en una de la forma (8.43) según corresponda. con A y C como se ha indicado. los focos.42) y (8. Halle el centro. los vértices.29) para la elipse. Consideremos nuevamente las ecuaciones (8. completando los cuadrados en x y en y. si se parte de una ecuación de la forma anterior para una hipérbola dada. pero de signos distintos (en el caso de la elipse A y C son del mismo signo).46) representa una hipérbola. Secciones Cónicas Figura 8. los extremos del eje conjugado. a2 b2 a2 b2 Como en el caso de las ecuaciones (8.246 8. Así. Ejemplo 8. la excentricidad y las asíntotas de dicha hipérbola. Al igual que en el caso de la elipse.43) (x − h)2 (y − k)2 (y − k)2 (x − h)2 − = 1 y − = 1. toda hipérbola horizontal o vertical tiene una ecuación de la forma anterior.18 Compruebe que la ecuación 4y2 − 9x2 + 16y + 18x − 29 = 0 (8. 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. podemos transformar dicha ecuación en una de la forma (8. = = 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= = = . Para tal hipérbola. y por tanto corresponde a una hipérbola. la cual µes ¶ vertical. µ se ¶ tiene que: h 1 El centro es el punto C = = . 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. obtenemos la ecuación (y + 2)2 (x − 1)2 − =1 9 4 (8.46) representa una hipérbola. Completando los cuadrados en las variables x y y obtenemos ¡ ¢ ¡ ¢ 4 y 2 + 4y + 4 − 9 x2 − 2x + 1 = 29 + 16 − 9 es decir. Puesto que la ecuación (8.47) entonces la ecuación (8. ¥ . dividiendo a ambos lados de esta ecuación por 36. 4 (y + 2)2 − 9 (x − 1)2 = 36. √ c 13 La excentricidad es e = = .47 se muestra dicha hipérbola. En la figura 8. 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 (8.247 8. equivalentemente. k −2 Los vértices son los puntos ¶ µ ¶ ¶ µ µ ¶ µ ¶ ¶ µ µ 1 1 h 1 1 h 0 .46) en la forma ¢ ¡ ¢ ¡ 4 y2 + 4y − 9 x2 − 2x = 29. La hipérbola Solución: Escribimos la ecuación (8.46) es equivalente a la ecuación (8.5. 2 2 y+2= o. Finalmente.43) con a = 3 y b = 2. 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 . Secciones Cónicas Figura 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. Ejemplo 8. En efecto.248 8. Si G 6= 0. acrónimo de la expresión long range navigation. Es claro que algunas ecuaciones de la forma Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 con A y C no nulos y de signos contrarios. pero si G = 0. Este .19 Consideremos la ecuación 4y2 − 9x2 + 16y + 18x + 7 = 0. Luego de completar cuadrados. ella representa un par de rectas que se cortan. la ecuación representa una hipérbola.47. digamos que luego de completar los cuadrados en una ecuación del tipo anterior se obtiene b2 (x − h)2 − a2 (y − k)2 = G. que significa navegación de largo alcance. como se ilustra en el ejemplo siguiente. es un sistema de navegación por radio desarrollado en la II guerra mundial. −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. no representan hipérbolas. La hipérbola sistema utiliza dos pares de radiotransmisores ubicados en puntos T. 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. el punto P. Así. el cual da la posición del barco (avión) es uno de los puntos de intersección de las hipérbolas H1 y H2 . Supongamos que la velocidad a la cual viaja la onda (la cual es conocida) es v metros/microsegundo.249 8. . Si se repite este proceso para otro par de radiotransmisores ubicados en S y S 0 . donde t∗0 es el tiempo. • La hipérbola goza de una propiedad geométrica similar a las que hemos presentado para la parábola y para la elipse. Ahora. el punto P se encuentra en una de las ramas de la hipérbola H1 de focos T 0 . uno de los cuales es el punto P. Figura 8.49 son iguales. que transcurre entre la recepción en el barco (avión) de las señales emitidas desde S y S 0 . T y tal que la constante que se menciona en la definición de hipérbola es igual a vt0 .5. 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. T 0 y S. S 0 como lo muestra la figura 8. 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.48. Por tanto. S 0 y con la constante que se menciona en la definición de hipérbola igual a vt∗0 . que transcurre entre la emisión de la señal en T y la recepción de ésta en el barco (avión). en microsegundos. Observe que no interesa conocer el valor de t.48. en microsegundos. se obtiene que el punto P también se encuentra en una de las ramas de la hipérbola H2 con focos S. 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. . Se sabe que si un rayo de luz incidente y dirigido al foco F choca contra la superficie reflectora. reflejándose todos en dirección hacia su foco F.50. él se refleja de tal forma que el ángulo de reflexión es igual al ángulo de incidencia. combinado con la propiedad geométrica de la hipérbola antes mencionada. Figura 8. consideremos un telescopio que maneja dos espejos. Secciones Cónicas Figura 8. Por ejemplo. Cuando los rayos de luz chocan contra este segundo espejo. y supongamos que la superficie convexa de éste refleja la luz. alrededor de su eje focal. uno parabólico y el otro hiperbólico. 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 . Este hecho. permite concluir que dicho rayo se reflejará pasando por el otro foco F 0 . • Consideremos ahora un manto de un hiperboloide de revolución obtenido al rotar.49.50) chocan contra éste. La propiedad de reflexión de la parábola y de la hipérbola manejadas conjuntamente tienen importantes aplicaciones en la construcción de algunos telescopios. Los rayos de luz provenientes del espacio exterior y que llegan paralelamente al eje focal del espejo parabólico (ver figura 8. ellos son reflejados dirigiéndose todos al ocular F 0 del telescopio. una rama de una hipérbola con focos F 0 y F.250 8. Si A 6= 0. la ecuación representa dos rectas distintas paralelas al eje y. y (sin término xy) A= 6 0 o C= 6 0. podemos afirmar que toda cónica con el eje focal paralelo a (o coincidente con) alguno de los ejes coordenados x. reales e iguales. Consideremos la ecuación de segundo grado en las variables x. y. si D = 0 y E = 0. C 6= 0 y D = 0.8. una recta. la ecuación representa una parábola vertical.48) representa una cónica con eje focal paralelo a (o coincidente con) alguno de los ejes coordenados x. C = 0 y E 6= 0. Por otra parte. La ecuación Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 8. la ecuación (8. • Si A y C son no nulas y de signos contrarios. cada una de dichas ecuaciones puede llevarse a la forma A 6= 0 o C 6= 0 (8. Como ya se ha señalado. y0 se obtienen rotando los ejes . en el caso en que el eje focal de la cónica es paralelo a (o coincide con) alguno de los ejes coordenados x. una sola recta paralela al eje x o ningún lugar geométrico. los nuevos ejes x0 . El siguiente resultado precisa lo anterior. C 6= 0 y D 6= 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. C = 0 y E = 0. la ecuación representa una hipérbola de ejes paralelos a los ejes coordenados o representa un par de rectas distintas que se cortan. la ecuación representa una parábola horizontal. Lo afirmado es fácil de probar si la ecuación no trae términos lineales. y. o no reales. según que las raíces de la ecuación Cy2 + Ey + F = 0 sean reales y distintas. y tiene una ecuación de la forma anterior. reales e iguales o no reales. se puede probar que salvo casos excepcionales. Cy 2 + Ey que figure en la ecuación. es decir. Si A = 0. Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0. la ecuación representa una elipse de ejes paralelos a los ejes coordenados o representa un punto o no representa ningún lugar geométrico. para probar lo afirmado basta completar el cuadrado en cada una de las expresiones Ax2 + Dx. la ecuación representa una cónica degenerada (un punto. una sola recta paralela al eje y o ningún lugar geométrico. Por tanto. Pues bien. En los casos excepcionales.6. • Si A y C son no nulas y del mismo signo.48) Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0.6 251 La ecuación Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 En lo hecho hasta el momento hemos obtenido ecuaciones para los tres tipos de cónicas. como ya se ha ilustrado en cada una de las cónicas. Similarmente. También se señaló que algunas ecuaciones del tipo anterior pueden no representar una cónica e incluso pueden no representar ningún lugar geométrico. un par de rectas distintas paralelas o un par de rectas distintas que se cortan) o no representa ningún lugar geométrico. según que las raíces de la ecuación Ax2 + Dx + F = 0 sean reales y distintas. si la ecuación trae términos lineales. si A = 0. la ecuación representa dos rectas distintas paralelas al eje x. 8. • Si A 6= 0. 51. Empecemos recordando que decir “las coordenadas del punto P relativas al sistema xy son los números x.51).51). Veamos cómo se relacionan las coordenadas x. j son los vectores unitarios y perpendiculares entre sí. cada punto P del plano con coordenadas x. . asociados con el sistema xy. (Figura 8. Digamos que hemos efectuado una rotación de ejes por un ángulo θ. asociados al sistema x0 y0 (figura 8. y relativas al sistema xy adquiere nuevas coordenadas x0 . j 0 son ahora los vectores unitarios y perpendiculares entre sí. Figura 8.52. y y las nuevas coordenadas x0 . Secciones Cónicas x. Como ya se sabe. Figura 8. y 0 relativas al nuevo sistema x0 y0 . y un ángulo θ alrededor del origen y la unidad de medida en los ejes se mantiene (figura 8. ya conocidos. Similarmente → − → − −−→ OP = x0 i0 + y 0 j 0 → − − → donde i0 .252 8. y0 de cada punto P del plano.52). Un cambio de sistema de este tipo se dice una rotación de ejes por el ángulo θ. y” equivale a decir que −−→ → − → − OP = x i + y j → − − → donde i . Rotación de ejes Luego. y en términos de las nuevas coordenadas x0 .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. Tenemos así el siguiente resultado: (8. y a partir de (8. las coordenadas x.7.49) Ahora. (8.52) . µ ¶ x y µ = ¶µ cos θ −senθ senθ cos θ (8. Ahora. como la matriz µ ¶ cos θ −senθ senθ cos θ es invertible (pues su determinante es cos2 θ+sen2 θ = 1).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.51) Hemos obtenido así las coordenadas x. y 0 son tales que → − → − → − → − x i + y j = x0 i0 + y 0 j 0 .50) x0 y0 ¶ (8. − → → − Sustituyendo i0 y j 0 en (8. y 0 en términos de las coordenadas x.253 8. equivalentemente. equivalentemente. x0 = x cos θ + ysenθ y0 = −xsenθ + y cos θ. 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 . podemos obtener también las coordenadas x0 . y 0 . y. x0 . 20 Consideremos la elipse con ecuación x2 y 2 + =1 9 4 (8. 9 4 . y en la ecuación (8. x0 = x cos θ + ysenθ y0 = −xsenθ + y cos θ Ejemplo 8.53a). 2 2 Sustituyendo x.53).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. x x y Si son. ésta se convierte en i2 h i2 h √1 (x0 − y 0 ) √1 (x0 + y 0 ) 2 2 + = 1. Empleando las fórmulas en (8.50) 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 . respectivamente. y un ángulo θ.53. equivalentemente. 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. los vectores de coordenadas de un mismo y y0 punto P del plano.53) referida a un sistema cartesiano xy. Secciones Cónicas Supongamos µ ¶ µ 0que ¶ se efectúa una rotación de los ejes coordenados x. una ecuación para la elipse referida a dicho sistema x00 y00 es (y 00 )2 (x00 )2 + = 1. equivalentemente. Por lo tanto. 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. que podemos transformar la ecuación complicada (8. 9 4 En general.54) eliminando su π término en x0 y 0 . Ahora bien. 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. Algo similar ocurre con parábolas e hipérbolas. en el ejemplo anterior. y 0 respecto a los ejes de la elipse. 2 8. mediante una rotación de ejes por un ángulo θ que podrá escogerse de tal forma π que 0 < θ < . pues en el nuevo sistema x00 y 00 .53b. De esta última ecuación ya sabemos que ella representa una cónica con eje focal paralelo a (o coincidente con) alguno de los ejes coordenados. esta ecuación queda en la forma 5 13 ¡ 0 ¢2 13 ¡ 0 ¢2 (8. la 4 elipse tiene centro en el origen y el eje focal coincidiendo con el eje y 00 .54) en la ecuación sencilla (8. simplemente deshaciendo la rotación efectuada.8.8 Ecuación general de segundo grado La ecuación general de segundo grado en dos variables x. rotando π 7π el sistema x0 y0 un ángulo de − o. también se puede simplificar la ecuación (8.53).55) en el caso particular en el cual B 6= 0. un ángulo de . es decir. la cual carece de término en xy.8. referida al nuevo sistema x0 y 0 .54) x + x0 y 0 + y = 1. y es de la forma Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 (8. además. que la ecuación (8. Ahora consideraremos la ecuación (8. Este hecho se debe a la inclinación de los ejes coordenados x0 . apareciendo un término en x0 y 0 . 72 36 72 Esta última ecuación es entonces una ecuación para la elipse en consideración. Probaremos que: . ¥ Nótese. Ecuación general de segundo grado 255 Desarrollando los cuadrados y reuniendo términos semejantes. representa una cónica degenerada o no representa ningún lugar geométrico. como probaremos más adelante. Nótese.55) donde A 6= 0 o B 6= 0 o C 6= 0.53) se convirtió en una ecuación más complicada. rotando el sistema x0 y 0 un ángulo de . como 4 4 lo muestra la figura 8. Si A 6= C y cos2θ 6= 0. 2 tal que ¢ ¡ 2 2 (C − A) senθ cos θ + B cos θ − sen2 θ = 0.256 8. realizando los productos y agrupando términos semejantes.56) Una manera de probar lo anterior es la siguiente: Sustituyamos en la ecuación (8.55) 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.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 < . 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. es decir.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. 0 < θ < . Secciones Cónicas La ecuación (8. (8. esta ecuación es equivalente a tan 2θ = B A − C. π Ahora probaremos que siempre existe un ángulo θ.58) . tal que B 0 = 0. En segundo lugar.55) puede expresarse en la forma (M X) · X + U · X + F = 0. . Y en el caso A = C. la ecuación (8.257 8.59) ya que B 6= 0. En efecto.59). es 2 2 π decir.60) ¶ B 6= 0. tal que 0 < θ < . (8. λ2 . 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 = . podemos escoger 2θ = . entonces al menos uno de los coeficientes A0 . Esto último se deja como ejercicio al lector. Dx + Ey = µ D E ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x D x · = U · X con U = yX= . y E y Así. empleando matrices y vectores.8.57) es no nulo y así dicha ecuación (en la cual B 0 = 0) es de segundo grado. ¨ También se puede probar el resultado en el último recuadro.58) y (8. podemos escoger θ cumpliendo (8.61) Q MQ = 0 λ2 en la cual siendo λ1 el valor propio al cual corresponde el vector propio X1 . es decir. la cual es la matriz de la rotación senθ cos θ Rθ . 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 ¶ . Sabemos que M posee dos valores propios diferentes λ1 .58) en el caso A 6= C o cumpliendo (8. de (8. Ecuación general de segundo grado y si A = C ella es equivalente a cos 2θ = 0. Veamos. que siempre es posible escoger un ángulo θ como se desea. es tal que ¶ µ λ1 0 T (8. Consideremos ahora la matriz simétrica µ A M= B 2 B 2 C (8.59) en el caso A = C. 4 Para completar la prueba sólo resta mostrar que si θ se escoge cumpliendo (8. en el caso A 6= C y cos2θ 6= 0. C 0 en la ecuación (8. θ = .58) tal que π π 0 < 2θ < π. .63) (Compare las ecuaciones (8. 0 λ2 y (8.62) se transforma en µµ ¶ ¶ λ1 0 X 0 · X 0 + U · QX 0 + F = 0. Secciones Cónicas Efectuamos µ 0 ¶ ahora una rotación de los ejes x. 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. E 0 = E cos θ − Dsenθ y F 0 = F.60). se obtiene una ecuación que no tiene término en x0 y0 . En efecto. C 0 = λ2 . D0 = D cos θ + Esenθ. 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 (8.62)). ¡ ¢ (M Q) X 0 · QX 0 + U · QX 0 + F = 0. (8.56) con A0 = λ1 .60) y (8. al hacer dicha sustitución se obtiene ¡ ¡ ¢¢ M QX 0 · QX 0 + U · QX 0 + F = 0 es decir. A continuación veremos que al sustituir X por QX 0 en la ecuación (8.64) la cual tiene la forma de la ecuación en (8.62) En este punto hacemos uso de la propiedad establecida en el ejercicio 43b del capítulo 4. Ahora.258 8. 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. D = 12 5.64) es de segundo grado pues λ1 6= 0 o λ2 6= 0. A−C 9−6 3 En este caso 2θ también es agudo (pues tan 2θ > 0).8. C = 6. ya que si λ1 = 0 y λ2 = 0 entonces M = O (vea (8. 0 < θ < . E = −4 5 y F = 5. ¨ Hemos probado así. se transforma. Ejemplo 8.55) con B 6= 0.65). Primer método.65) es de la forma (8. la cual es la 2 ecuación (8. Solución: La ecuación (8. y. está definido implícitamente en la ecuación tan 2θ = 4 4 B = = . Ecuación general de segundo grado Nótese que µ D0 E0 ¶ = QT µ D E ¶ Esta vez es más evidente que la ecuación (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= 0.259 8. B = 4.61)). mediante la rotación por π el ángulo θ. pero M 6= O ya que B 6= 0. Tenemos así que la ecuación (8. y 2 luego identificar el lugar geométrico que representa la ecuación dada. de dos maneras. según la fórmula (8.55) con √ √ A = 9.56).58).65) π en una ecuación de la forma (8. el resultado en el último recuadro. Puesto que A 6= C. el ángulo agudo θ que permite la transformación deseada de la ecuación (8. representa una cónica con eje focal no paralelo a (ni coincidente con) ninguno de los ejes coordenados x.56) mediante una rotación por un ángulo θ.en una ecuación de segundo grado de la forma (8. así de la figura 8. o representa una cónica degenerada o no representa ningún lugar geométrico. 0 < θ < .64).21 Transformar la ecuación √ √ 9x2 + 4xy + 6y2 + 12 5x − 4 5y + 5 = 0 (8.54 se obtiene que cos 2θ = 3 5 . usando las identidades cos2 θ = 1 + cos 2θ 2 sen2 θ = y 1 − cos 2θ 2 obtenemos. 5 5 ∙ Desarrollando los cuadrados.54. tenemos ¢ 1 ¡ x = x0 cos θ − y 0 senθ = √ 2x0 − y 0 5 ¡ ¢ 1 y = x0 senθ + y 0 cos θ = √ x0 + 2y 0 . realizando los productos. 10 5 (Se sigue que tan θ = 1/2 y por tanto θ = tan−1 (1/2)). Así.260 8. y.66) .50). Secciones Cónicas Figura 8. agrupando términos semejantes y simplificando se obtiene finalmente la ecuación ¡ ¢2 ¡ ¢2 2 x0 + y 0 + 4x0 − 4y0 + 1 = 0 (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 =√ . y en la ecuación (8. 5 Sustituyendo x. 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 + 5.65). de acuerdo con las ecuaciones de rotación (8. Para identificar el lugar geométrico correspondiente a esta ecuación (8. . Segundo método. distancia del q centro a los vértices a = 5 ≈ 2. dividiendo a ambos lados de (8. (8. Figura 8. ¢2 ¡ ¢2 ¡ 2 x0 + 1 + y 0 − 2 = 5.2 y distancia del centro a los extremos del eje menor b = 5 2 ≈ 1.69) 2 6 y y y −4 5 y consideramos la matriz simétrica M= µ 9 2 2 6 ¶ .56).66).261 8. 2 √ eje focal el eje y 0 .8. (Figura 8.58. en la forma √ ¶ µ ¶ µµ ¶ µ ¶¶ µ ¶ µ 9 2 x x 12 √5 x · + · +5=0 (8.68) µ ¶ −1 la cual corresponde a una elipse con centro en el punto C = referido al sistema x0 y 0 . se obtiene (x0 + 1)2 5 2 + (y 0 − 2)2 =1 5 (8.55).67) Por último. 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 .55. Ecuación general de segundo grado la cual es de la forma (8. Empezamos por escribir la ecuación (8.65). usando matrices y vectores. Se obtiene ´ ³¡ ¢ ´ ³¡ ¢ 2 2 2 x0 + 2x0 + 1 + y 0 − 4y 0 + 4 = −1 + 2 + 4 es decir.67) por 5. entre estos uno que es unitario y está en el primer 1 cuadrante es µ ¶ µ √ ¶ 1 2 2/√5 = X1 = √ . 0 5 µ ¶ x0 Ahora efectuamos una rotación de los ejes x. 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 . si = es el y0 0 0 vector de coordenadas.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. Se continúa ahora exactamente como en dicho primer método. t 6= 0.69). 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. tal que 2 µ √ ¶ µ ¶ 2/√5 cos θ X1 = = senθ 1/ 5 Sea entonces θ aquel ángulo.66) obtenida en el primer método. ésta se convierte (vea (8. 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). respectoµal nuevo ¶ sistema x y . es tal que µ ¶ 10 0 QT M Q = . 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 =√ . 1/ 5 5 1 π .262 8. la matriz ortogonal ! µ ¶ Ã √2 √1 − cos θ −senθ 5 5 Q= = √1 √2 senθ cos θ 5 5 la cual es la matriz de la rotación Rθ . 0 0 y0 1/ 5 2/ 5 5 x + 2y Sustituyendo X por QX 0 en la ecuación (8. Secciones Cónicas Los valores propios de esta matriz son los números λ1 = 5 µy λ2¶= 10. Como ya sabemos. ¥ . 0 < θ < es decir. y por dicho ángulo θ. Q MQ = 0 λ2 Vemos que ¯ ¯ λ 0 λ1 λ2 = ¯¯ 1 0 λ2 es decir.64) representa una hipérbola o un par de rectas distintas que se cortan. Retornemos a la ecuación (8. λ2 son los valores propios de la matriz simétrica µ ¶ A B/2 M= . teniendo en cuenta la igualdad (8. cuando se trate de eliminar el término en xy de una ecuación de la forma Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0. λ1 y λ2 son no nulos y de signos contrarios) entonces la ecuación (8. Dicho método tiene la ventaja sobre el primero.8.263 8. un par de rectas distintas paralelas. un punto o ningún lugar geométrico. λ1 λ2 > 0. Ahora bien. B 6= 0. • Si λ1 λ2 > 0 (es decir.64).64) representa una elipse. el resultado en el recuadro anterior se puede expresar así: . la información λ1 λ2 = 0.55).48) podemos afirmar que: • Si λ1 λ2 = 0 (es decir λ1 = 0 o λ2 = 0) entonces la ecuación (8. En términos del discriminante ∆ = B 2 − 4AC. Optaremos por leer esa información en el número B 2 − 4AC. ¡ ¢2 ¡ ¢2 λ1 x0 + λ2 y 0 + D0 x0 + E 0 y 0 + F 0 = 0 en la cual λ1 .61) ¶ µ λ1 0 T . de poder extenderse a ecuaciones de segundo grado con tres o más variables. • Si λ1 λ2 < 0 (es decir.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. ¯ 2 ¯ ¯ T ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯Q M Q¯ = ¯Q−1 M Q¯ = |Q|−1 |M | |Q| = |M | = AC − B ¯ 4 4AC − B 2 4 y así. λ1 λ2 < 0 viene en el escalar 4AC − B 2 o también en B 2 − 4AC. Ecuación general de segundo grado Recomendamos al lector emplear preferiblemente el segundo de los métodos presentados. λ1 y λ2 son no nulos y del mismo signo) entonces la ecuación (8. el cual se llama indicador o discriminante de la ecuación (8.64) representa una parábola. B 6= 0 B/2 C asociada con la ecuación (8. una sola recta o ningún lugar geométrico. Teniendo en cuenta que dicha ecuación es de la forma (8. un punto o ningún lugar geométrico.55) representa una elipse. . c) x2 + y 2 + 6x − 1 = 0. 8. 5 µ ¶ 1 c) Centro en C = y tangente a la recta x − y − 1 = 0. Para cada uno de los siguientes literales. −6 µ ¶ µ ¶ −1 3 d) Tangente a la recta 3x + y + 2 = 0 en el punto P = y pasa por Q = .264 8. 3 −1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 3 4 d) Pasa por los puntos A = . 3. a) Vértice en V = 0 µ ¶ µ ¶ −4 −4 b) Vértice en V = y foco en F = . Cada una de las siguientes ecuaciones representa una circunferencia. un par de rectas distintas paralelas. 2 −1 µ ¶ −2 b) Centro en C = y tangente a la recta x = 7. 1 5 µ ¶ 4 y con radio 5 (dos e) Tangente a la recta 3x + 4y − 16 = 0 en el punto P = 1 soluciones). • Si ∆ < 0. la ecuación (8. la ecuación (8. 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. √ √ e) x2 + y2 − 2 3x + 2 7y − 15 = 0. d) 2x2 + 2y2 − 2x + 2y − 7 = 0. hallar una ecuación de la parábola que satisface las condiciones dadas y graficarla. el radio y dibujar la circunferencia. 2. una sola recta o ningún lugar geométrico. b) x2 + y 2 − 10x − 10y + 25 = 0. encuentre una ecuación de la circunferencia que satisfaga las condiciones dadas: µ ¶ µ ¶ 1 3 a) Centro en C = y pasa por P = . a) 3x2 + 3y 2 + 4y − 7 = 0. Secciones Cónicas • Si ∆ = 0.9 Ejercicios 1. vértice en V = y pasa por el punto A = . µ ¶ 0 y ecuación de la directriz y = −2.55) representa una hipérbola o un par de rectas distintas que se cortan.B= yC= y su eje focal es paralelo al 3 4 4 eje y. Hallar el centro. la ecuación (8. • Si ∆ > 0. Para cada uno de los siguientes literales. 3 1 µ ¶ µ ¶ 1 −1 c) Eje focal paralelo al eje x.55) representa una parábola. 2 µ ¶ µ ¶ 0 0 e) Vértices en V1 = . eje mayor paralelo al eje y. Cada una de los siguientes ecuaciones representa una parábola. Graficar la hipérbola con sus asíntotas. a) 8. a) Focos en F1 = 2 − 2 1 −1 .9. la ecuación del eje focal. Para cada una de las parábolas. 8 −8 7.265 8. hallar el centro C. la ecuación de la directriz. 0 2 3 µ ¶ −3 b) Centro en C = . µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 13 4 12 c) Vértices en V1 = y V2 = . los vértices V 0 y V . un foco en F1 = y un vértice en V1 = . c) 9 25 e) 25x2 + 16y2 + 50x + 64y − 311 = 0. d) 9x2 + 16y 2 − 36x + 96y + 36 = 0. hallar una ecuación para la elipse que satisfaga las condiciones dadas y graficarla. la excentricidad e y la longitud l del lado recto (ver ejercicio 5. hallar el vértice V . Probar que la longitud del lado 2b2 . Los lados rectos de una elipse (hipérbola) son las cuerdas que pasan por los focos y son perpendiculares al eje mayor (eje transversal). 144 169 (x − 1)2 (y − 5)2 + = 1. vértices en V1 = y V2 = . Ejercicios µ ¶ −4 e) La ecuación de su directriz es y = 1 y los extremos del lado recto son A = −3 µ ¶ 4 yB= . b) 16x2 + 25y 2 = 1. el foco F . hallar una ecuación para la hipérbola que satisface las condiciones dadas. e) y 2 + 4x + 4 = 0. Para cada uno de los siguientes literales. b) x2 = 8y. ¶ µ ¶ µ µ ¶ µ ¶ 0 0 0 0 √ √ y F2 = . 5. eje mayor de longitud 8. Cada una de las siguientes ecuaciones representa una elipse. −3 4. Graficar la parábola. los extremos del eje menor A0 y A. V2 = y excentricidad igual a 12 . Para cada uno de los siguientes literales. −2 −2 −2 −2 µ ¶ µ ¶ 1 1 d) Centro en C = . y pasa por los puntos A = 2 6 µ ¶ 3 yB= . eje menor de longitud 6 y eje 4 mayor paralelo al eje x.) Graficar la elipse. Para cada una de las elipses. los focos F 0 y F . a) y 2 = −6x. focos en F1 = y F2 = . d) y = 14 (x2 − 2x + 5). y2 x2 + = 1. y la longitud l del lado recto. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 0 0 a) Centro en C = . c) y 2 − 12x − 2y + 7 = 0. recto de una elipse (hipérbola) es a 6. las ecuaciones de las asíntotas y la longitud l del lado recto. c) Centro en C = . b) Identificar la cónica correspondiente a la ecuación hallada en a) y encontrar sus elementos principales: centro. c) Graficar la cónica descrita en a). 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. a) e) x2 − 4y2 + 6x + 24y − 31 = 0. 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. y2 x2 − = 1. Cada una de las siguientes ecuaciones representa una hipérbola. la excentricidad e. un foco en F1 = 2 3 4 µ ¶ 2 d) Centro en C = . −1 0 µ ¶ 3 e) Las asíntotas son las rectas 2x−y = 0 y 2x+y = 0 y pasa por el punto A = . 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. . vértice(s). los vértices V 0 y V . Graficar la cónica. yB= 2 9. d) 9x2 − 4y 2 − 18x − 16y − 43 = 0. foco(s). foco(s). 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. eje transversal paralelo a uno de los ejes coordenados y −3 µ ¶ µ ¶ 3 −1 pasa por los puntos A = yB= . 0 0 µ ¶ µ ¶ µ ¶ −1 −1 −1 y un vértice en . a) Mostrar que la ecuación del lugar geométrico descrito es 3x2 −y 2 +12x+2y−1 = 0. los focos F 0 y F . 12. µ ¶ x 11. Para cada una de las hipérbolas. Graficar la hipérbola. Secciones Cónicas µ ¶ µ ¶ 1 −1 b) Vértices en V1 = y V2 = y asíntotas y = ±3x. ecuación de las asíntotas (si las tiene). b) (y + 6)2 − (x − 2)2 = 1. vértice(s).266 8. 100 64 c) 4x2 − 5y2 + 20 = 0. 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. 10. ecuación del eje focal. b) Identificar la cónica descrita por la ecuación dada en a) y encontrar sus principales elementos: centro. ecuación del eje focal. los extremos del eje conjugado A0 y A. La distancia más corta a la que se acerca el satélite a la Tierra es 300 millas. determinar la altura del arco a 6 metros del centro de la base. √ √ l) 9x2 − 4y2 = 18 2x + 8 2y + 26. 19. Un segmento de recta. c) 3x2 − 2y 2 + 24x − 4y + 46 = 0. 17. a) x2 + 4y 2 − 6x + 16y + 21 = 0. Calcular la distancia vertical entre el cable y un punto. Suponga que el agua que sale por el extremo de una tubería horizontal que está a 25 metros de altura con respecto al suelo. m) x2 + y 2 − 10x + 6y + 36 = 0. describe una curva parabólica. Si en un punto situado a 8 metros por debajo del nivel del tubo. 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. 13. h) x2 − 4y − 4x = 0. e) y 2 − 4y = x + 5. Un satélite viaja alrededor de la Tierra en una órbita elíptica. i) x2 + y 2 + 2x + 10y + 26 = 0. f ) 4x2 + 3y 2 + 8x − 30y + 31 = 0. 14. siendo el vértice de la parábola el extremo del tubo. se mueve de manera que en todo momento un extremo está sobre el eje x y el otro extremo estáµsobre ¶ el eje y. d) 4x2 − y 2 − 4x = 3. La base del arco tiene 30 metros de longitud y su parte más alta con respecto a la Tierra está a 10 metros. La distancia entre las dos torres es de 150 metros. k) 9y2 + 4x2 − 54y + 45 = 0. ¿Cuál es la ecuación de la órbita elíptica? 18. Si la mitad del eje mayor de dicha órbita mide 14957000 km y la excentricidad de la elipse es 0. ¿a qué distancia de esta línea vertical entrará al agua en contacto con el suelo? 16. cuando el segmento se mueve en la forma indicada. La órbita de la Tierra alrededor del Sol tiene forma de elipse con el Sol en un foco. Ejercicios c) La directriz de la parábola y 2 = 16x es tangente a una circunferencia que tiene como centro el foco de dicha parábola. 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. Para cada una de las siguientes ecuaciones cuadráticas. . sobre la carretera. situado a 15 metros del pie de una torre. 15. Encontrar una ecuación para esta circunferencia y los puntos de intersección de las dos curvas. identificar el lugar geométrico que ella representa y graficar dicho lugar geométrico. hallar la distancia máxima y la distancia mínima de la Tierra al Sol. El cable de suspensión de un puente colgante tiene forma de parábola cuando el peso está uniformemente distribuido horizontalmente. j) 2x (x − y) = y (3 − y − 2x).0167. el flujo del agua se ha curvado hacia afuera 10 metros más allá de una vertical que pasa por el extremo del tubo. de 9 centímetros de longitud.267 8. Calcular la distancia más grande a la que se aleja el satélite de la Tierra.9. b) x2 + y 2 − 6x + 4y + 9 = 0. g) 9 (x + 3)2 = 36 − 4 (y − 2)2 . donde la Tierra es un foco y la excentricidad es 13 . El arco de un puente es semielíptico con eje mayor horizontal. n) 2x2 + 4xy + 5y 2 + 4x + 13y − 1 4 = 0. . i) 4x2 + 4xy + y 2 = 9. a) 16x2 − 24xy + 9y2 − 30x − 40y = 0. Luego clasificar y graficar el correspondiente lugar geométrico. l) 3x2 − 6xy + 5y2 = 36. g) xy − y + x = 0. k) 19x2 + 4xy + 16y 2 − 212x + 104y = 356. Secciones Cónicas 20. mediante una rotación de ejes y empleando matrices y vectores. Transformar cada una de las ecuaciones dadas. j) xy + y − 2x − 2 = 0. √ √ f ) x2 − 2xy + y 2 + 4 2x + 4 2y = 0. m) 3x2 + 4xy − 4 = 0. d) 7x2 − 48xy − 7y 2 + 25 = 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. √ e) 11x2 + 10 3xy + y2 = 4. 21. √ √ b) 3x2 − 2 3xy + y 2 + 2x + 2 3y = 0. en una ecuación de la forma A0 (x0 )2 + C 0 (y 0 )2 + D0 x0 + E 0 y 0 + F 0 = 0.268 8. h) 3x2 − 2xy − 5 = 0. c) 8x2 − 2xy + 8y 2 − 14x − 14y = 49. Parte II 269 . . mutuamente perpendiculares. Las operaciones suma y multiplicación por escalar también se definen de igual manera que para el plano.9 Vectores en el espacio 9. −−→ La dirección del vector AB queda determinada por los tres ángulos α. 271 . cada uno de los cuales se considera entre 00 y 1800 .1. Los conceptos de igualdad entre vectores. como se ilustra en la figura 9. que parten del punto inicial A del vector.1. misma dirección. dirección opuesta. al igual que en el plano. ángulo entre dos vectores. recordamos que en el plano basta un ángulo para expresarla. Más adelante volveremos sobre este concepto. como la longitud del segmento AB. En cuanto a la dirección de un vector. el punto inicial A y el punto terminal B son puntos del espacio. vector unitario. Figura 9. pero en el espacio es claro que un solo ángulo no es −− → suficiente. ° °−− − −→ ° →° La magnitud °AB ° de un vector AB del espacio se define. vector nulo se definen para el espacio de la misma forma que para el plano. vectores paralelos. La dirección de un vector geométrico AB del espacio se expresa comúnmente empleando un sistema de tres semirrectas orientadas.1 Vectores geométricos. Conceptos básicos y operaciones El concepto de vector geométrico en el espacio es exactamente el mismo de vector −−→ geométrico en el plano. Dichas operaciones conservan todas las propiedades que ellas tienen en el caso del plano. β y γ mostrados en la figura. solo que para un vector geométrico AB en el espacio. vectores perpendiculares. 2 se muestran tres vectores geométricos − u .− z del espacio.− z y las siguientes combinaciones lineales de ellos: 1→ 2− → → → → − → − − u +− v + 2− z. Consideremos ahora tres vectores → → → del espacio − u.2 también se ve (por ejemplo) que −−→ → − → − v + PQ = − u +→ z así que −−→ − → → PQ = → u +− z −− v. b. En la figura 9. Vectores en el espacio Ejemplo 9.− v y→ z. la suma − u +− v → − → − → − − → → − → − y la suma u + v + z = ( u + v ) + z .− v y− z .272 9.− v . Figura 9. . ¥ El concepto de combinación lineal de dos vectores geométricos del espacio se define exactamente como para dos vectores geométricos del plano.2 → → → En la figura 9.3. Ejemplo 9.1 → → → → → En la figura 9. c escalares.− v . se dice una combinación lineal de → u .3 se muestran tres vectores − u. todo vector del espacio de la forma → → → a− u + b− v + c− z − → − con a. u + − v y v + 2→ z 3 2 Figura 9.2. 4).4).2) . decir.− v y− z del espacio se dicen linealmente dependientes (L.I.. (Ver figura 9. como RQ es paralelo a → z entonces existe un escalar c tal que −− → → RQ = c− z (9.) si alguno de los dos es múltiplo escalar del otro.) si alguno de ellos es combinación lineal de los otros dos. v y u + (1/2) v son L.D. → Sea − w un vector cualquiera del espacio.4. Por ejemplo. mientras que → − → − → − → − u . al dibujarlos con punto inicial común O.I.− z son vectores del espacio L. los vectores − u . − v y− z. El análogo de este resultado para el espacio es el siguiente: Si es es − → → → → u .− v . Figura 9.I. Si R es el punto de corte de la recta L con el plano P entonces − −→ −− → − → w = OR + RQ. el cual también dibujamos con punto inicial O. Tres vectores − u .− v . → Trazamos.D. Vectores geométricos. (9. como se muestra en la figura 9.3 son L.). de lo con→ → → trario los vectores se dicen linealmente independientes (L.1. c tales que → − → → → w = a− u + b− v + c− z.I.− z del espacio linealmente independientes.9.D.I. dos vectores − u y− v del espacio se dicen linealmente dependientes (L.). existen escalares únicos a. (Figura 9. ninguno de ellos queda contenido en el plano determinado por las rectas que contienen los otros dos vectores. → → → Para el plano sabemos que si − u y− v son vectores L. b. 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 .1) −− → − Ahora. entonces todo vector − w del espacio → − → → expresable de manera única como combinación lineal de u . si esto no sucede los vectores se dicen linealmente independi→ → → entes (L.4. Prueba: → → → Consideremos vectores − u.− v y− z de la figura 9. Conceptos básicos y operaciones 273 → → Al igual que para vectores del plano. entonces todo vector − z es ex→ − → − presable de manera única como combinación lineal de u y v . pasando por el extremo final Q de − w . sustituyendo (9. c. (9. ¨ Los conceptos de proyección de un vector sobre otro. De (9.5) se sigue que → − → → → (a1 − a2 ) − u + (b1 − b2 ) − v + (c1 − c2 ) − z = 0. de la igualdad anterior se sigue que a1 − a2 = 0 y b1 − b2 = 0 es decir. Veamos que los escalares a. (9. 9. c ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 Así. b tales que −− → → → OR = a− u + b− v.2) y (9.3) en (9. a2 .6) se reduce a → − → → (a1 − a2 ) − u + (b1 − b2 ) − v = 0 → → y como − u y− v son vectores no paralelos del plano P.274 9. b el segundo y c el tercero se denotará ⎝ b ⎠ . pues aunque las dos están confor3 2 madas por los mismos números 1. La terna ordenada que ⎛ consta ⎞de los números a a. b1 = b2 y c1 = c2 . Luego c1 − c2 = 0. (9. c en (9. 2 y 3. c0 c . b. Vectores en el espacio −−→ → → y como OR es un vector del plano P y − u. el cual es similar al de par o pareja ordenada de números reales. b2 . se tiene que → − → → → w = a− u + b− v + c− z (9. En general. la terna ⎝ 2 ⎠ es diferente a la terna ⎝ 3 ⎠ . solo que una terna está conformada por tres números mientras que un par lo está por dos. se definen para vectores en el espacio de la misma manera que para vectores en el plano.3) Luego. el orden en que éstos aparecen en la primera terna es distinto al orden en que aparecen en la segunda. c2 son escalares tales que → − → → → → → → w = a1 − u + b1 − v + c1 − z = a2 − u + b2 − v + c2 − z. b y c. componente escalar de un vector en la dirección de un vector dado. es decir. como también el producto escalar de dos vectores. se tiene que ⎛ ⎞ ⎛ 0 ⎞ a a ⎝ b ⎠ = ⎝ b0 ⎠ si y sólo si a = a0 .4) son únicos: Supongamos que a1 . b1 . c1 = c2 . siendo a el primero.4) para ciertos escalares a. Ahora.2 Sistema de coordenadas cartesianas para el espacio Empecemos con el concepto de terna ordenada de números reales. b = b0 y c = c0 . c1 . como c1 − c2 = 0. a1 = a2 y b1 = b2 . b. lo cual no es cierto.− v son vectores no paralelos de este plano entonces existen escalares a.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 . (9.5) Debemos probar que a1 = a2 .1). 5a). Figura 9. es decir.9.5 a. b. Si las direcciones positivas de dichos ejes son como se muestra en la figura 9. ⎩ ⎭ c Ahora nos referiremos a la noción de sistema de coordenadas cartesianas (o rectangulares) para el espacio. Sistema de coordenadas cartesianas para el espacio 275 Denotaremos R3 el conjunto de todas las ternas ordenadas de números reales. (Vea nuevamente la figura 9. la cual es un extensión de la noción de sistema de coordenadas cartesianas para el plano. ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎨ a ⎬ R3 = ⎝ b ⎠ / a. 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. ejey. significado similar tienen las expresiones plano (coordenado) xz y plano (coordenado) yz. llamaremos plano coordenado xy o simplemente plano xy al plano que contiene al eje x y al eje y. Nosotros siempre usaremos un sistema cartesiano derecho. Se consideran tres ejes coordenados (ejex. diremos que se trata de un sistema cartesiano derecho. c ∈ R . al cual nos referiremos simplemente como un sistema cartesiano xyz.5b se muestra un sistema cartesiano izquierdo. .5. (Figura 9. ejez) con igual unidad de longitud.2. En la figura 9. con un mismo origen O y mutuamente perpendiculares.6). Dado un sistema cartesiano xyz para el espacio. (Figura 9. planos paralelos a los planos coordenados. Una vez escogido un sistema cartesiano xyz para el espacio. el número b es la coordenada del punto en el eje y donde el plano paralelo al plano xz corta a ese eje.6. c se c obtienen de la manera siguiente: Se trazan. similarmente. 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. pasando por el punto P.276 9. b. Vectores en el espacio z Plano xz Plano xy y x Plano yz Figura 9.7. Figura 9. y el número c es la coordenada del punto en el eje z donde el plano paralelo al plano xy corta dicho eje.7). 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. j .9 se muestran dichos vectores i .3 Descomposición canónica para vectores geométricos → → − − → − Es costumbre denotar i . Descomposición canónica para vectores geométricos 277 Los números a. ⎛ ⎞ a ⎝ De esta manera a cada punto P le corresponde la terna b ⎠ de sus coordenadas. c ⎛ ⎞ a Esta correspondencia es biunívoca. vemos que existe un único punto P ⎛ ⎞ a del espacio cuya terna de coordenadas es ⎝ b ⎠. c De la misma manera como⎛ se hizo para el plano.8 se muestran los puntos P = ⎝ −3 ⎠ . En la figura 9. b. diremos “el punto c ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a a ⎝ ⎠ ⎝ b b ⎠ ”. k los vectores unitarios que apuntan en las direcciones positi→ → − − → − vas de los ejes x. 0 2 2 Figura 9. al igual que para el plano. j .9.3. cada punto P del espacio se identifica ⎞ a con su terna de coordenadas ⎝ b ⎠ . z respectivamente. Así.8. 9. c se dicen las coordenadas cartesianas o rectangulares del punto P (respecto al sistema xyz). a se dice la coordenada x. 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. Q = ⎝ −3 ⎠ y R = ⎝ −3 ⎠ . k . y. ⎞ 1 0 1 En la figura 9. ya que si partimos de una terna ordenada ⎝ b ⎠ de c números reales e invertimos el proceso antes descrito. b la coordenada y y c la coordenada z. 10. como i . y.7) → → − − → − Ahora. (9. j .8) . es decir.9. j y k . para el vector − u con punto inicial en el origen y punto terminal P = ⎝ 2 ⎠ . k son unitarios y apuntan en las direcciones positivas de los ejes → x. para todo vector − u del espacio existen únicos escalares a.7) de un vector dado − u es sencilla de ⎛ obtener.278 9. En particular. 3 es claro que → − → − → − − → u =1 i +2j +3k como se muestra en la figura 9. la descomposición (9. z. ⎞ 1 → Por ejemplo. b y c tales que → − → − → − − → u =a i +bj +ck (9. puesto que ninguno de ellos es combinación lineal de los otros dos. z k 1 1 i 1 j y x Figura 9. j . Vectores en el espacio con su punto inicial en el origen. Estos vectores juegan en el espacio el mismo papel que juegan en el plano los vectores − − → → i . respectivamente. se tiene que: → Todo vector − u del espacio es expresable de manera única como combinación → → − − → − → lineal de i . 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 . Procediendo exactamente −−→ como si P Q fuese un vector del plano. 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 ⎠ .10.3. 3 En general. → − → − → − → → Recíprocamente. 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. Descomposición canónica para vectores geométricos z 1 P 3k 2 u 3 i 2 2 j y 1 x Figura 9. como 3 ⎛ ⎞ 1 Q = ⎝ 2 ⎠ entonces 3 → − −−→ → − → − OQ = 1 i + 2 j + 3 k ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 ⎝ ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ entonces Por otra parte. Figura 9. Ejemplo 9.3 −− → −−→ −−→ −→ Halle la descomposición canónica de cada uno de los vectores OR. 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 . OQ.11. b = b0 y c = c0 . OP y ST mostrados en la figura 9. c se di→ cen las componentes escalares o simplemente las componentes de − u .280 9. Similarmente. b. a se dice la componente x. Los números a. Solución: ⎛ ⎞ 1 → − − → − −− → → − → − → Como R = ⎝ 0 ⎠ entonces OR = 1 i + 0 j + 3 k = i + 3 k . b la componente y y c la componente z. 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. Vectores en el espacio → → de un vector − u se llama descomposición canónica de − u .11. De manera similar se tiene. 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 . → − → − → − → Si − u = a i + b j + c k entonces → − → − u = 0 si y sólo si a = 0. dado que 0 = 0 i + 0 j + 0 k . sabemos que k→ u k = a2 + b2 . Por teorema de Pitágoras °−−→°2 °−−→°2 °−−→°2 ° ° ° ° ° ° °OP ° = °OQ° + °QP ° ⎛ ⎞ a donde Q = ⎝ b ⎠ 0 ° °−−→°2 ° − ° →°2 ° ° Ahora.281 9.12) − u = OP con P = ⎝ b ⎠ c Figura 9. si − u = a i + b j + c k entonces (ver figura 9. en el espacio que: → − → − → − − Si → u = a i + b j + c k entonces √ → k− u k = a2 + b2 + c2 ⎛ ⎞ a − → −−→ → − → − → → En efecto. Descomposición canónica para vectores geométricos → − → − → − → − En particular. b = 0 y c = 0 √ → − → − − − Para un vector → u = a i + b j del plano.3.12. es entonces natural expresar la dirección del vector − u empleando dichos ángulos. la dirección de un vector no nulo − u → − → − → − → − queda determinada por los ángulos α. Como es de esperar. 2 → k− u k = a2 + b2 + c2 de donde p a2 + b2 + c2 → k− uk= ¨ → − → − → − − Observe en la figura 9.13). Vectores en el espacio es decir. y. → respectivamente (ver figura 9. c del vector − u . j y k . es la terna ⎝ β ⎠. u z    y x Figura 9. Esos ángulos α. β y γ se llaman ángulos directores del vector ⎛ ⎞ α → − → → u y diremos que la dirección de − u .282 9.12 que si → u = a i + b j + c k entonces → − → →− u =ai. los ángulos directores pueden obtenerse a partir de las componentes → a.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. z.14 y teniendo en cuenta el triángulo rectángulo OP Q vemos que c c =√ cosγ = → − 2 kuk a + b2 + c2 . − → → → → →− →− →− u = P roy− u + P roy− u + P roy− u i j k Ejemplo 9. β y γ entre el vector u y los vectores i .13. Cuando el → espacio está provisto de un sistema cartesiano xyz. P roy− i → − → →− P roy− u =bj j y → − → →− P roy− u =ck k por tanto. denotada dir (− u ) . En efecto observando la figura 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. las igualdades anteriores determinan de manera única los ángulos directores α. Descomposición canónica para vectores geométricos Figura 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. Es claro que estos números cumplen la relación cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 así. Observe que dichas igualdades son equivalentes a las igualdades → a = k− u k cosα. Nótese que la igualdad (9. → b = k− u k cosβ.14. → − → − → − − → → u = k− u k ((cosα) i + (cosβ) j + (cosγ) k ) (9. a a =√ cosα = → − 2 kuk a + b2 + c2 y b b =√ cosβ = → − 2 kuk a + b2 + c2 → Para un vector fijo − u . .9) − Los números cosα.3. cosγ se llaman cosenos directores del vector → u . Similarmente. cosβ.9) es análoga a la igualdad ³ → − →´ − − → → u = k− u k (cosθ) i + (senθ) j − para un vector → u del plano con dirección θ. β y γ pues cada uno de ellos está entre 0 y π.283 9. el vector → − → − → − (cosα) i + (cosβ) j + (cosγ) k → es un vector unitario con la misma dirección del vector − 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. 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 √ √ √ = 71.12o ⎠ 35.10)) están dados por 2 −3 5 cosα = √ . Halle además un 0 5 −−→ vector unitario con la dirección de P Q. → → c) Sabiendo que k− u k = 3. cosβ = − √ 14 14 γ 900 < γ < 1800 . ⎞ ⎛ 71. β = cos = 119. β y γ. a) Halle los ángulos α.5 2 4 −−→ Halle la dirección del vector P Q donde P = ⎝ −1 ⎠ y Q = ⎝ −4 ⎠.6 ⎛ ⎞ α 2 1 → y Si ⎝ β ⎠ es la dirección de un vector − u y se sabe que cosα = √ . cosβ = − . Si α.284 9.10) cos2 α+cos2 β+cos2 γ = 1 → − → − → − → − → u = k− u k ((cosα) i + (cosβ) j + (cosγ) k ) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Ejemplo 9.07o ³−−→´ dir P Q = ⎝ 119. halle la descomposición canónica de − u. → b) Halle un vector unitario con la misma dirección de − u. .12 y γ = cos = 35.8o −−→ 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. cosβ = √ . β y γ son los ángulos directores del vector no nulo → − → − → − → − u = a i + b j + c k entonces b c a .8o α = cos 38 38 38 Luego. Vectores en el espacio Recogemos a continuación lo básico de la discusión anterior. cosγ = − • cosα = − → → → kuk kuk kuk • • (9.07 . j y k . puesto que 900 < γ < 1800 entonces cosγ < 0 y así cosγ = − √ . γ = cos = 143. r∈R Ejemplo 9.3o . 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. Entonces: → − → − → − → − → u +− v = (1 + (−1)) i + ((−2) + 3) j + (3 + (−7)) k → − → − → − = 0 i +1j −4k → − → − = j −4k .31 . 14 → Por tanto.5 . los ángulos directores del vector − u son −1 α = cos µ 1 √ 14 ¶ o −1 = 74. 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 .285 9. − − 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 .3. β = cos ¶ ¶ µ µ 2 3 o −1 √ √ = 122.7 → − → − → − → − → − → − → − Sean − u = i −2j +3k y → v = − i + 3 j − 7 k . la proyección de un vector sobre otro y.37o ) . → → 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. Las fórmulas son exactamente las mismas que para el plano.286 9.11) El producto escalar de vectores en el espacio goza de las mismas propiedades que él tiene para vectores en el plano. Ejemplo 9.11) se hace fácil probar aquellas propiedades que no se deducen de manera inmediata de la definición de dicho producto. → − → 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 = 3.8 → → → − − → − → − − → − → → Sean − u = i + j + k y − v = i − j + k. −1 α = cos µ ¶ 1 ≈ 1. Empleando (9.23 rad 3 (ó α ≈ 78. por supuesto. 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. De igual forma. 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. En términos del producto escalar podemos expresar el coseno del ángulo entre dos vectores. → − → u ·− v 1 1 =√ √ = cosα = → − → − k u kk v k 3 3 3 Luego. la componente escalar de un vector en la dirección de otro vector. 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. las longitudes de los lados AB. 1 ⎠ B=⎝ √ 0 −1 − 3 es un triángulo isósceles y rectángulo. Ahora. 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. Solución: Como √ ¢− ¢− ¡√ → −− → → → ¡ − 3+1 i −2j − 1− 3 k AB = → −→ → − → − − AC = i − 2 j + k √ − → −−→ → √ − BC = − 3 i + 3 k entonces. 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) .10 Muestre que el triángulo cuyos vértices son los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √ ⎞ 3 0 −1 y C=⎝ 1 ⎠ A = ⎝ 3 ⎠.3. Así. Por otra parte. 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. → u y → v son perpendiculares solamente para t = 2 y para t = −1. ¥ 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 = 0.287 9. 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. como se ilustra en la figura 9. obtenidos a partir de dos vectores dados. → − → − 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. → − v del espacio: − → → − → → − → → − → a) Si − u = 0 o− v = 0. → − por ejemplo) aplicando una fuerza F a una llave. Esa componente es la única que produce el efecto de rotación.288 9. u ×− v = 0 → − → − → → → − → b) Si − u 6= 0 y − v 6= 0 . → El vector − τ . dicha ° °− → − − → °→° → r y F. 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.15a.4 9. cuya magnitud y dirección ya han sido definidas.15a. Podemos hacer avanzar un tornillo o perno de rosca derecha (en un medio. → − → • De la magnitud de la componente vectorial de F en la dirección perpendicular a − r. se denota → − − → → τ =− r ×F → − → y se dice que es el producto cruz de los vectores − r y F . componente es F1 y su magnitud es ° F °senθ. la cual es la dirección en la cual avanza el tornillo. En la figura 9. Vectores con las características → de vector − τ .15b. Figura 9. 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. → − 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. surgen con frecuencia en diversas áreas de la Física y de la Ingeniería. En la → figura esa distancia es k− r k.15. como madera. para los vectores i . siguiendo el → − → − ángulo θ entre u y v . según la cual u × v apunta hacia donde apunta el dedo → → pulgar de la mano derecha. Otra → → regla.16. para indicar hacia donde apunta − u ×− v es la → − → − Regla de la mano derecha. → → 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. cuando los otros dedos se curvan de − u hacia − v .289 9. °→° → π´− → − − → ³° →° °− ° °− ° k i × j = ° i ° ° j ° sen 2 ° °− ° °− π °→° °→° Y como ° i ° = 1. como se ilustra en la figura 9. a menudo más convenientemente. → → Dado que el producto cruz − u ×− v es un vector.11 → − − → • Hallemos i × j : Según la definición dada.4. ° j ° = 1 y sen = 1 entonces 2 → − − → → − i × j = k • De manera similar. °→° →´ → − π´³ − − − → → ³° →° °− ° °− ° j × i = ° j ° ° i ° sen −k =−k 2 − → → − − → • En general. a este producto también se le conoce como producto vectorial. Figura 9. 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. 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 .16. se sigue. es el opuesto del vector siguiente en dicho orden. − → → → → 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. mientras que el producto de dos consecutivos en el orden contrario al de las flechas. i × j 6= j × i El producto cruz tampoco es asociativo. ¥ → − − → − → − → El producto cruz no es conmutativo. por ejemplo. 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. 2. k por sí mismo es 0 y el de dos consecutivos en el orden indicado por las flechas es el vector siguiente. v . válidas cua→ → → lesquiera sean los vectores − u. de forma inmediata. (Figura 9. 1. el signo menos lo explica la regla de la mano derecha.− z del espacio y cualquiera sea el escalar r. el producto cruz tiene las siguientes propiedades algebraicas.17. − v. u v v u v u u Figura 9. Vectores en el espacio Estas relaciones pueden recordarse a partir del siguiente diagrama k j i → → − − → − → − El producto de cualquiera de los vectores i . 4.290 9. de la definición de producto cruz.17). 3. j . del mismo modo se obtienen los determinantes que multiplican a c2 y a c3 .12). de una matriz de orden 2. ella se puede probar a partir de las propiedades 1. ³ − →´ ³ − − →´ − → → − → → − − → → u ×− v = a1 i + a2 j + a3 k × b1 i + b2 j + b3 k Utilizando las propiedades 2. además. Producto cruz o producto vectorial → → → → La propiedad 2. ello se hará recurriendo a la notación de determinantes. 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 .12). Obsérvese que en dicho lado derecho.14) . los cuales se pueden definir en términos de determinantes de orden 2. se puede probar mostrando que los tres vectores (r− u )×− v .13) ¯ ¯ b2 b3 ¯ − c2 ¯ b1 b3 ¯ + c3 ¯ b1 b2 ¯ ¯ ¯ b1 b2 b3 ¯ La expresión del lado derecho en (9. la cual escribimos en la forma → − → − → − − → → u ×− v = (a2 b3 − a3 b2 ) i − (a1 b3 − a3 b1 ) j + (a1 b2 − a2 b1 ) k (9.4. y 3.13) se conoce como el desarrollo del determinante del lado izquierdo por los elementos de la primera fila. es decir. r (− u ×− v) → − → − y u × (r v ) tienen la misma magnitud y la misma dirección.11. 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. En cuanto a la propiedad 4. 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 (9.291 9. como se indica a continuación: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ c1 c2 c3 ¯ ¯ ¯a2 a3 ¯ ¯a1 a3 ¯ ¯a1 a2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯a1 a2 a3 ¯ = c1 ¯ (9. se define mediante la igualdad ¯ ¯ ¯a b ¯ ¯ ¯ ¯ c d¯ = ad − bc Nosotros necesitamos ahora los determinantes de orden 3.12) En efecto. 3 y 4 del producto cruz antes mencionadas.. es más laboriosa y no se dará en este texto. La prueba de 3. expresaremos su lado derecho en una forma más fácil de recordar. 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. Ya sabemos que un determinante de orden 2. Note. Volvamos ahora a la expresión (9. el signo “ − ” en el segundo término. el área de dicho paralelogramo es → → → → → A = k− u k h = k− u k k− v k senθ = k− u ×− vk .292 9. Pues bien. Pues bien.18.12 → − → − → − − → → − − → → → − 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. en vista de dicha semejanza se escribe.15) Ejemplo 9. v  h  v sen  u Figura 9. Vectores en el espacio → → − − → − Obsérvese que los coeficientes de i .14) se pueden escribir como determinantes de orden 2. como una ayuda para recordar → → con mayor facilidad la expresión (9. j y k en (9. cuando se dibujan con el mismo punto inicial ellos determinan un paralelogramo como se ilustra en la figura 9. En efecto.14).18.13). − 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. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯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. Q y R no son colineales b) Calcule es área del triángulo P QR. Así. ° √ 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) (9.4. −−→ −→ 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. − v y − z .16) → → → el cual se llama producto mixto de los vectores − u. − v y− z. dicho producto también se llama triple producto escalar de − u. ⎛ ⎞ 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. → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − v = b1 i +b2 j +b3 k y z = c1 i +c2 j +c3 k Si u = a1 i +a2 j +a3 k . Q y R no son colineales. Ejemplo 9.293 9. 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.13 Considere los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 P = ⎝ −1 ⎠ . Q=⎝ 0 ⎠ y 3 1 a) Muestre que P. Como el resultado es un → → → escalar. entonces . Veamos de qué se trata: → → → Supongamos que ninguno de los vectores − u. 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 . − v. podemos extender → el alcance de la fórmula en consideración de manera que incluya los casos − v combinación → − → − → − → − → − lineal de u y z . Como resumen de lo relativo al producto mixto tenemos: .19. − v. y z combinación lineal de u y v . pues puede ocurrir que < θ < π) 2 Así. → − z determinan un paralelepípedo de volumen cero. (En la expresión anterior para la altura h se necesita π el valor absoluto que allí aparece. 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. entre otras. El producto mixto tiene. 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. la siguiente propiedad − → → → → → → → → → u · (− v ×− z)=− v · (− z ×− u) =− z · (− u ×− v) cuya prueba dejamos al lector. como sabemos.16) tiene una interesante aplicación geométrica.19 Figura 9.294 9. si admitimos que en tal caso los vectores − u. como se ilustra en la figura 9. − z es combinación lineal de los otros dos y consideremos el paralelepípedo determinado por ellos. − → El área de su base. −−→ 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 . ellos son coplanares (están en un mismo −−→ −→ −→ plano) si y sólo si alguno de los vectores P Q. P R o P S es combinación lineal de los otros dos. Q.295 9. Solución: −−→ ³−→ −→´ Calculemos el producto mixto P Q · P R × P S : → − −−→ − → → − PQ = i + 3 j − 2 k . → → − → − → − → − → − → − → − v = b1 i + b2 j + b3 k y • Si u = a1 i + a2 j + a3 k .D. P R y P S.D. − v y− z es → − → − → − V = | u · ( v × z )| → → → → → → • − u · (− v ×− z ) = 0 si y sólo los vectores − u. si y sólo si dichos vectores son L. R y S del espacio.4. Producto cruz o producto vectorial → → → Sean − u. 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. R y S del espacio son coplanares si y sólo si −−→ ³ −→ −→´ PQ · PR × PS = 0 Ejemplo 9. Q = ⎝ 4 ⎠.− z vectores geométricos cualesquiera del espacio. − v y− z son L. − → − → − → − → − 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. → → → → → → → → → • − u · (− v ×− z)=− v · (− z ×− u)=− z · (− u ×− v) Dados cuatro puntos P.14 Considere los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 3 −2 P = ⎝ 1 ⎠. Por tanto se tiene que Cuatro puntos P. es decir. − v. Q. Ejemplo 9.17) no sólo proporciona una manera rápida de calcular el vector − u × − → → − → ( v × z ). 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. En idéntica forma R3 se dota de operaciones (suma. Y = ⎝ y2 ⎠ en R3 y r ∈ R. producto vectorial) y de conceptos definidos para vectores geométricos del espacio.15 − − → → − → − → → Exprese el vector → u × (− v ×− z ) como combinación lineal de los vectores i . Z en R3 y r.17) para calcular el vector → u × (− v ×− z ): − → → u ·− z → − → u ·− v → − → → u × (− v ×− z) = = = = = = 9. → v y → z al vector → u × − → → − ( v × z ). producto escalar) y de conceptos definidos para vectores geométricos del plano. j . s en R. Y . sino que nos muestra que este vector es combinación lineal de los vectores − v y → − z.17) → Esta igualdad (9. Q.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. Se deja como ejercicio al lector probar que → → → → → → − → → → u ·− z )− v − (− u ·− v )− z u × (− v ×− z ) = (− (9. ⎞ ⎛ x1 y1 • Dados X = ⎝ x2 ⎠. producto por escalar. v = i − j +2k y z =3j −5k Solución: − → → Emplearemos la igualdad (9. producto por escalar. en el siguiente sentido: Cualesquiera sean X. producto escalar. Vectores en el espacio −−→ ³−→ −→´ Como P Q · P R × P S 6= 0 entonces los puntos P. . 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. k donde → − → − → − → − → − − → → − → − → − → − u =2 i +3j .296 9. Iniciamos con la suma y⎞producto ⎛ por escalar. Así. también en R3 . vectores algebráicos o simplemente vectores con tres componentes.20 Figura 9. Este vector es tal que: ⎛ ⎞ X + (−X) = O y R3 . Dicho vector es tal que.5. para cualquier X de R3 . se llama inverso x3 −x3 aditivo del vector X. también se denominarán en adelante vectores coordenados. se denotará (como en 0 2 R ) por la letra O. ⎛ ⎞ 0 El vector ⎝ 0 ⎠ se dice el vector nulo o vector cero de R3 . el vector −X = ⎝ −x2 ⎠ . (9. que −−→ −− → XY = OR ⇔ R = Y − X lo cual se ilustra en la figura 9.18) . Vectores coordenados o algebraicos rX + sY = Z −−→ −−→ −→ rOX + sOY = OZ ⇔ Los elementos de R3 (a los que nos veníamos refiriendo como “puntos”). la ⎞ diferencia Y − X se define como el vector Y + (−X).297 9. Dados ⎛ X⎞y Y en ⎛ x1 X = ⎝ x2 ⎠ y Y = ⎝ x3 − X = (−1)X.20. y3 − x3 Se tiene. X +O =X ⎞ ⎛ x1 −x1 Dado X = ⎝ x2 ⎠ en R3 . al igual que en el plano. si y1 y2 ⎠ entonces y3 ⎞ ⎛ y1 − x1 Y − X = ⎝ y2 − x2 ⎠ . −−→ −−→ XY = ZW ⇔ (9. 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 ⎠ . está dado por 1 M = (A + B) 2 Por tanto. 0 1 −7 ⎛ c) Como en el plano. cualesquiera sean X.19) Y −X =W −Z Ejemplo 9. Y.298 9. 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 ¥ . Z y W en R3 .18) se sigue que. el punto medio M de un segmento AB con A y B en R3 . Vectores en el espacio Es claro que de (9.16 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 2 Sean X = ⎝ 4 ⎠. Vectores coordenados o algebraicos Ejemplo 9. ¥ Al igual que en R2 . R y S dados Figura 9. las operaciones definidas en R3 tienen las siguientes propiedades básicas.21 se muestra el cuadrilátero cuyos vértices son los puntos P . En ellas X.21. ⎛ ⎞ 2 R=⎝ 3 ⎠ 5 y ⎛ ⎞ 1 S=⎝ 6 ⎠ 5 Solución: En la figura 9. Z son vectores cualesquiera de R3 y r.299 9.17 Muestre que los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 P = ⎝ 3 ⎠. Q. S−R =⎝ 6 ⎠−⎝ 3 ⎠=⎝ 3 ⎠ 2 2 0 5 5 0 En efecto. Q = ⎝ 6 ⎠. Y . es decir. . −−→ −→ Para mostrar que dicho cuadrilátero es un paralelogramo basta ver que P Q = RS. se da que Q − P = S − R. s son escalares cualesquiera. que Q − P = S − R. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 −1 1 2 −1 Q − P = ⎝ 6 ⎠ − ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 3 ⎠.5. 2 2 son los vértices de un paralelogramo. La distancia entre dos puntos X. X + Y ∈ R 2. Vectores en el espacio 1. . 1X = X 8. denotada kXk. r(sX) = (rs)X 9.300 9. Y de R3 se define como el número kX − Y k . entre otros resultados. rX ∈ R3 7. del vector geométrico OX. Así. Llamaremos ángulos directores y cosenos directores de X −−→ a los ángulos directores y cosenos directores. las cuales son exactamente las mismas que listamos para la magnitud en R2 : Si X. a la dirección de OX. kXk ≥ 0 ⎛ ⎞ 0 2. lo siguiente: Para todo par de vectores X. r(X + Y ) = rX + rY 10. Y de R3 . X + O = X 5. X + Y = Y + X 3. (r + s)X = rX + sX ⎞ x1 • La magnitud del vector X = ⎝ x2 ⎠ de R3 . 1. krXk = |r| kXk 4. q kXk = x21 + x22 + x23 ⎛ La magnitud en R3 tiene las siguientes propiedades. X + (−X) = O 6. kX + Y k ≤ kXk + kY k (Desigualdad triangular). Los conceptos misma dirección. Y son vectores de R3 y r ∈ R. X 6= O. kXk = 0 si y sólo si X = ⎝ 0 ⎠ 0 3. • Sea X ∈ R3 . se define como la x3 −−→ magnitud del vector OX. que denotaremos dir (X). dirección opuesta y paralelismo entre vectores de R3 se definen de igual forma que en R2 . Se tiene. −−→ También llamaremos dirección de X. X y Y son paralelos si y sólo si X es múltiplo escalar de Y o Y es múltiplo escalar de X. (X + Y ) + Z = X + (Y + Z) 4. respectivamente. 4 Es claro que no existe r ∈ R que satisfaga simultáneamente las tres condiciones anteriores. X no es múltiplo escalar de Z. X y Z no son paralelos. c) Halle un vector de magnitud 5/4 y que tenga la misma dirección del vector Z. Vectores coordenados o algebraicos Ejemplo 9. por tanto. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −8 2 ⎝ −3/4 ⎠ = r ⎝ −1 ⎠ 5/4 4 o equivalentemente. X es múltiplo escalar de Z si y sólo si existe r ∈ R·tal que X = rZ.19 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −8 32 2 Sean X = ⎝ −3/4 ⎠.5. 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. − 3 = −r 4 y 5 = 4r.301 9. Veamos ahora si X es múltiplo escalar de Z o Z es múltiplo escalar de X . . Luego. −8 = 2r. 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. 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. 17 es un rombo. se dice una combinación lineal de X. Y y Z. si esto no sucede los vectores se dicen linealmente independientes (L.) si alguno de ellos es combinación lineal de los otros dos. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −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 = . Estos vectores se dicen linealmente dependientes (L. 4 kZk q √ Como kZk = 22 + (−1)2 + 42 = 21 entonces ⎛ ⎞ 2 5 ⎝ 5 Z = √ V = −1 ⎠ 4 kZk 4 21 4 ¥ Ejemplo 9.). b. Es claro que a partir de este hecho se deduce en forma inmediata que: . 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.D. o también que kQ − P k = kR − P k. − v → y− z .I. Y y Z vectores de R3 .I. − v y− z son vectores L. Sean X. Solución: °−−→° °−→° ° ° ° ° Basta ver que °P Q° = °P R°. entonces → − → → todo vector w del espacio es expresable de manera única como combinación lineal de − u. → → → Para vectores geométricos del espacio vimos que si − u. todo vector de la forma aX + bY + cZ con a. c escalares. 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 . Por otra parte. A continuación extenderemos estos conceptos a tres vectores de R3 .20 Compruebe que el paralelogramo P QSR del ejemplo 9.302 9. 20) (9.20) se llama descomposición canónica del vector X. de X.303 9. Y y Z. X = x1 E1 + x2 E2 + x3 E3 La igualdad (9. En el capítulo 10 se dará una prueba de este resultado sin recurrir a vectores geométricos.22) Figura 9. ⎛ ⎞ x1 Cualquiera sea X = ⎝ x2 ⎠ en R3 .I. ⎛ ⎞ −1 Ejemplo 9. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 • Los vectores E1 = ⎝ 0 ⎠.21) . Y y Z son vectores L.21 La descomposición canónica del vector X = ⎝ 2 ⎠ es 3 X = −1E1 + 2E2 + 3E3 (ver figura 9. Vectores coordenados o algebraicos Si X.L. E2 = ⎝ 1 ⎠ y E3 = ⎝ 0 ⎠ son llamados vectores 0 0 1 canónicos de R3 . de R3 entonces todo vector W de R3 es expresable de manera única como C.5. (9. 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.22. 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 . y ⎛ ⎞ −1 Y = ⎝ 2 ⎠. 3.22) El producto escalar en R3 goza de las mismas propiedades que él posee en el caso de Cualesquiera sean X. Así. como el producto escalar OX · OY . ⎞ ⎛ ⎞ x1 y1 Si X = ⎝ x2 ⎠ y Y = ⎝ y2 ⎠ son vectores de R3 . Vectores en el espacio La descomposición en (9. 4. 2.22 ⎛ ⎞ 5 Dados X = ⎝ 0 ⎠ −3 3 − 4 X + 5Y . Por tanto. 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 . 5. x3 y3 el producto escalar de X y Y es el escalar X · Y = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 ⎛ R2 . 6. x3 y3 −−→ −−→ denotado X · Y . Z en R3 y r ∈ R se tiene: 1. (9. −−→ −−→ X · Y = OX · OY → − → − −−→ −−→ → − → − → − → − Ahora. 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) . Y .304 9.21) es la versión en R3 de la descomposición → − −−→ → − → − OX = − i + 2 j + 3 k ¥ Ejemplo 9. 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 − w y− y satisfacen las relaciones → → → − − → − → − − → → → → → − → → → → (− u ×− w )·− v = 5. 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. Determinar si los puntos siguientes son o no coplanares: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 1 2 P = ⎝ −1 ⎠ .315 9. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −3 1 30. f ) El vector unitario con la misma dirección del vector 2X − 3Z. − v y − w vectores no nulos con el mismo punto inicial. S = ⎝ 3 ⎠ 2 3 5 6 26. j y k . i) X + Z − Y c) El punto medio del segmento XZ. t i + j . j + t k 27. d) La distancia entre X y Y . Suponiendo que los vectores − u. Sean X = ⎝ −1 ⎠. → → → 29. Ejercicios 25. v y w . → → → → 28. a) Sean − u. . e) El punto sobre el segmento XY cuya distancia a X es 3/4 de la distancia de X a Y.6. 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 . − v. R = ⎝ 3 ⎠ . → → − → → − − → → − − → − v = −4 i + j + 6 k y − w = 2 i − k. Probar que → → − → → → → → → → w ×− u) u · (− v ×− w) = − w · (− u ×− v)=− v · (− → − → − → − cualesquiera sean los vectores u . − w +− y = i +j +k y − w −− y = i −k → → − − → − → → → → expresar el vector (− u ×− v ) × (− w ×− y ) como combinación lineal de i . Hallar todos los escalares t tales que los siguientes tres vectores no determinan un → → − → − → − − → − − → − → paralelepípedo: i + t j + k . Q = ⎝ −1 ⎠ . (− u ×− y )·→ v = 3. Y = ⎝ 4 ⎠ y Z = ⎝ 1 ⎠. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 5/3 −1 36. Y = ⎝ 0 ⎠ y Z = ⎝ −1 ⎠. Sean P = ⎝ 1 ⎠ y Q = ⎝ −4 ⎠. Vectores en el espacio ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 1 31. Sean X = ⎝ −1 ⎠ y Y = ⎝ 2 ⎠. Sean X = ⎝ −3 ⎠. c) Determinar vectorialmente los cosenos de los ángulos del triángulo cuyos vértices son los puntos X. Z. Sean X = ⎝ 1 ⎠.b. Descomponer el vector X en la forma X = 2 −2 W + Z. Q. E2 y E3 . con W paralelo a Y y Z ortogonal a Y. b) Hallar un vector de magnitud 2 paralelo al vector 2X − Y . c reales tales que E1 + 2E2 + 3E3 = aX + bY + cV . tales que aX + bY + cV = O. d) Hallar el baricentro del triángulo de vértices X. 1 −4 a) Hallar un punto S de R3 tal que P . d) Descomponer el vector X como suma de un vector paralelo a W y un vector ortogonal a W . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 1 2 2 34. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 3 35. b y c. Y = ⎝ 2 ⎠ y Z = ⎝ 1 ⎠. e) Demostrar que no existen a. c) Hallar P royY X y P royX Y . 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) .c. c) Hallar a. W = ⎝ 1 ⎠ y U = ⎝ −2 ⎠. Sean X = ⎝ −1 ⎠. Z = ⎝ 1 ⎠.316 9. Y y Z. no todos nulos. d) Hallar a. Y = ⎝ 1 ⎠. Sean X = ⎝ −1 ⎠. b. ⎞ 2 1 ⎠ y W = aX + bY + cZ 1 a) Expresar el vector W como combinación lineal de los vectores E1 . b y c tales que W = E1 + 2E2 + 3E3 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 33. b) Demostrar que W = O si y sólo si a = b = c = 0. S sean los vértices de un triángulo rectángulo.∈ R. Z = ⎝ 2 ⎠. 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. 3 2 −2 2 −1 a) Determinar todos los pares de vectores ortogonales entre sí. Y y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 0 1 32. Y = ⎝ 2 ⎠. b) Hallar un vector no nulo X de R3 ortogonal a los vectores P y Q. V = ⎝ 1 1 0 donde a. 39. Q y R no son colineales. b) Hallar m y n tales que P . a) Determinar si los puntos O.6. Calcular el área del paralelogramo. b) La magnitud de Z. R = ⎝ 0 ⎠ y S = ⎝ n ⎠. 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.9. Sean P = ⎝ 3 ⎠. Q y S sean colineales. c) El coseno del ángulo θ entre Y y Z. b) Calcular el área del paralelogramo P QRS. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 4 7 8 41. Q = ⎝ 1 ⎠. Dados dos vectores no paralelos X. Sean X y Y vectores de R3 . 40. Probar que el vector (X × Y ) × X es unitario. b) Probar que el ángulo θ entre Y y Z es tal que 90o < θ < 180o . Si Z = (2X × Y ) − 3Y . Sean X y Y dos vectores no paralelos de R3 . 44. Probar que si X × Y = O y X · Y = 0. calcular: a) X · (Y + Z). Q. tales que X · Y = 2. Q. Q = ⎝ 1 ⎠. Q y R son coplanares. siendo O el origen y P . c) Si kY k = 1 y kY × Xk = 2. 1 1 2 a) Hallar todos los puntos S tales que P. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 8 1 m 43. R = ⎝ −2 ⎠ y S = ⎝ −3 ⎠ −1 6 3 10 son los vértices de un paralelogramo. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 2 42. Q = ⎝ −1 ⎠ y R = ⎝ −1 ⎠. Y de R3 y Z = (Y × X) − Y . c) Calcular el área del triángulo P QR. R los puntos dados en cada caso: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ 3 . Ejercicios 317 b) Hallar la magnitud del vector (X · Z) Y + (X × Z) × Y . 37. 0 ⎠. Sean P = ⎝ 0 ⎠. P . Sean X y Y dos vectores unitarios y ortogonales de R3 . R= i) P = Q= 0 4 0 . Mostrar que los puntos P = ⎝ 2 ⎠. R y S son los vértices de un paralelogramo. X es unitario y kY k = 4. calcular la magnitud de Z. entonces X = O o Y = O. 0 . 1 −2 1 4 a) Mostrar que los puntos P . 38. a) Probar que X es ortogonal a Y + Z. 1 −9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 −1 2 b) Mostrar que los puntos P = ⎝ 0 ⎠. R = ⎝ 6 ⎠. Q = ⎝ 1 ⎠. . −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 Q = ⎝ −2 ⎠. 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. Vectores en el espacio ⎛ ⎞ 1 ii) P = ⎝ 0 ⎠.318 9. 2) se dice una ecuación vectorial paramétrica o simplemente una ecuación vectorial para la recta L. t∈R (10. la condición (10.1) se puede expresar usando vectores algebraicos en la forma equivalente X = P0 + tD.1) entonces L está conformada por los puntos X de R3 tales que −−→ −−→ P0 X = tOD. Ahora. 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. Diremos indistintamente −−→ que OD es un vector director de L o que D es un vector director de L. t∈R (10. la variable t es el parámetro. exactamente como lo hicimos en el plano. −−→ Si una recta L pasa por el punto P0 y OD es un vector director de L (ver figura 10.1 La línea recta En el espacio.10 Rectas y planos 10. al igual que en el plano. 319 . un vector geométrico no nulo paralelo a la recta.1) Figura 10. es decir.2) Esta ecuación (10.1. y − y0 = d2 t y z − z0 = d3 t ⎛ ⎞ x x ⎝ ⎠ ⎝ y por tanto y satisface (10. es fácil ver que un punto y ⎠ satisface z (10. si ⎝ y ⎠ satisface (10. Por ejemplo.4). en forma equivalente.3) para cierto valor de t entonces.4).3) podemos escribir. d2 . Nos referiremos a la expresión (10. d3 del vector director D es cero entonces L no tiene ecuaciones simétricas.4) entonces haciendo z t= y − y0 z − z0 x − x0 = = d1 d2 d3 (10.3).5) se tiene que x − x0 = d1 t .4) como unas ecuaciones simétricas para la recta L. la ecuación (10. De manera que un punto y ⎠ de R3 está sobre la z z recta L si y sólo si cumple las igualdades en (10. Si alguna de las componentes d1 .320 10.3) para algún valor de t si y sólo si y − y0 z − z0 x − x0 = = d1 d2 d3 (10. z0 d3 z ⎛ t∈R la cual es equivalente a las tres ecuaciones escalares x = x0 + d1 t y = y0 + d2 t . despejando t z ⎛ ⎞ x en cada una de las ecuaciones (10. z ⎛ ⎞ x Recíprocamente. d3 son todos distintos de cero. z = z0 + d3 t t∈R (10. d2 . en lugar de (10.4) ⎛ ⎞ x En efecto. si ⎝ y ⎠ satisface (10.2) es z z0 d3 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x d1 x0 ⎝ y ⎠ = ⎝ y0 ⎠ + t ⎝ d2 ⎠ . Sin embargo. y − y0 z − z0 = x = x0 .3) e igualando. vemos que ⎝ y ⎠ satisface (10.3) que se denominan ecuaciones escalares paramétricas o simplemente ecuaciones paramétricas de la recta L. si d1 = 0 pero d2 6= 0 y d3 6= 0. ⎛ ⎞ x ⎝ Si d1 . P0 = ⎝ y0 ⎠ y D = ⎝ d2 ⎠ . Rectas y planos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x0 d1 Si X = ⎝ y ⎠ . si una sola de esas componentes es cero todavía es posible describir la recta L mediante ecuaciones que no involucran el parámetro t. d2 d3 ⎛ ⎞ . 6). y = 2 y z = 3. Así que por el momento (10. La línea recta Al igual que en el plano.2).1. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 Ejemplo 10.1 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. ¥ .4) son las únicas maneras de describir mediante ecuaciones una recta en el espacio. Empezando con X1 vemos que (10.6) no se satisface con x = 0. con P 6= Q. a diferencia de lo que ocurre en el plano. es X = P + t (Q − P ) . X3 están en L usaremos las ecuaciones simétricas (10. 0 ≤ t ≤ 1 Es de señalar que. el segmento de recta P Q puede describirse en la forma © ª P Q = X ∈ R3 | X = P + t (Q − P ) .6) b) Para determinar cuáles de los puntos dados X1 . X2 . luego X1 no está en L. ecuaciones paramétricas y ecuaciones simétricas. de igual forma X2 no está en L ya que (10. pues −4 + 3 3−1 −2 − 1 = = 1 −2 3 por tanto. para una recta en el espacio no se tiene el concepto de pendiente.321 10. y = 0 y z = 0. En particular.6) se satisface con x = −4. el punto X3 está en L.3) y (10. (10. ni se cuenta con una ecuación análoga a la ecuación ax + by = c. b) Determine de los puntos ⎛ cuáles ⎛ ⎞siguientes están en ⎛ L: ⎞ ⎞ 0 1 −4 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 0 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 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. y = 3 y z = −2. 2 3 ⎠ X2 = y X3 = X1 = 0 3 −2 Solución: a) Una ecuación vectorial para L es X = P0 + tD es decir. se tiene que una ecuación vectorial para la recta L que pasa por los puntos P y Q del espacio. En cuanto al punto X3 . t∈R pues Q − P es un vector director de L.6) no se satisface con x = 1. vemos que (10. despejando el parámetro t en las dos primeras ecuaciones 0 e igualando. pues la componente en z del vector director −1 D = ⎝ 1 ⎠ es 0. los puntos P. Rectas y planos Ejemplo 10.2 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. Sin embargo.2 se muestra la recta L.322 10.2. 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. podemos describir la recta L mediante el par de ecuaciones 1−x=y y z=1 −−→ En la figura 10. Q y el vector director OD. Figura 10. ¥ . está conformada por los múltiplos escalares de D. D2 son paralelos. D2 son ortogonales (no importa si L1 y L2 se cortan o no. 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. además de ser paralelas.2) para una recta con vector director OD ⎛ y que ⎞ pasa por 0 un punto dado P0 . Si las rectas L1 y L2 . al igual que en el plano. como ocurre con dos vectores de R2 . tienen un punto en común entonces ellas son coincidentes.10. Como dicha recta L pasa por el origen y por el punto X. la recta L que pasa por el origen y por un punto dado D. ¥ 10. 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. es decir L1 = L2 . • L1 y L2 son perpendiculares. Se entiende por ello que L1 y L2 están en un mismo plano pero no se cortan.2). el cual es el punto de corte • L1 y L2 son paralelas. 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. Por ello nos referiremos a dicha recta L como la recta generada por D.) .2. tal como lo hicimos en el caso del plano. Así. es decir. Si la recta pasa por el origen entonces tomando P0 = ⎝ 0 ⎠ en (10. t ∈ R.3 2 −10 a) Los vectores X = ⎝ −5 ⎠ y Y = ⎝ 25 ⎠ son linealmente dependientes. Se entiende por ello que los vectores D1 . 0 esta ecuación toma la forma X = tD. ya que Y = −5X. Ángulo y posiciones relativas entre dos rectas 323 −−→ Volvamos a la ecuación (10.2 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. 8 −40 X y Y están sobre una misma recta L que pasa por el origen. Esto ocurre si y sólo si los vectores directores D1 . D 6= O. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Ejemplo 10. Continuemos con las rectas L1 . Si α es el ángulo entre L1 y L2 entonces 0 ≤ α ≤ π/2 y cos α = |D1 · D2 | kD1 k kD2 k . es decir. Convenimos en tomar como ángulo entre L1 y L2 al menor de los ángulos θ y π − θ si θ 6= π − θ. Pues bien.4.4). aún en el caso en que L1 y L2 no se corten (ver figura 10. Nótese que esta situación se presenta si y sólo si L1 y L2 no están en un mismo plano. L2 .324 10.3.3). o a π/2 en caso contrario. L2 . dicho ángulo θ se considerará un ángulo entre L1 y L2 . P2 que contienen respectivamente las rectas L1 . Figura 10. (Vea figura 10. es de destacar que en este caso existen planos paralelos (distintos) P1 . el ángulo θ entre los vectores directores D1 y D2 es uno de los ángulos que se forman en el punto de corte. Es claro que si L1 y L2 se cortan. Otro de los ángulos entre L1 y L2 será π −θ. Figura 10. 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 uno de los ángulos entre L1 y L2 . Probar que L1 y L2 se cortan. ¥ = cos α = cos kD1 k kD2 k 14 242 .3. 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. hallar su punto de intersección y el ángulo entre ellas. es decir. se muestra el ángulo α entre dos rectas L1 y L2 que se cruzan. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 Ejemplo 10. existen valores para z t y r tales que 1 + t = 2 + 3r 1 + 2t = 1 + 8r 1 + 3t = 0 + 13r En efecto. 13 El ángulo entre L1 y L2 es ¶ ¶ µ µ |D1 · D2 | 58 −1 −1 √ √ = cos−1 (0. Hemos probado así que las rectas L1 y L2 tienen un punto en común y sólo uno. 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. haciendo esto último se obtiene x = 2 + 3 (1) = 5. y que son perpendiculares si y sólo si el ángulo entre ellas es α = π/2. valores que también satisfacen la tercera ecuación. y = 1 + 8 (1) = 9 y z = (13) 1 = 13 ⎛ ⎞ 5 Así.4 ⎝ ⎝ ⎠ Una recta L1 pasa por el punto P1 = 1 2 ⎠ como un vector y tiene a D1 = 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 3 director. 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. Ahora probaremos ⎛ ⎞ x y un valor para r que proporcionan un mismo punto ⎝ y ⎠. Solución: Unas ecuaciones paramétricas para L1 y para L2 son respectivamente. Para obtener el punto de intersección basta sustituir t = 4 en las ecuaciones para L1 o sustituir r = 1 en las ecuaciones para L2 . con lo cual queda probado que dichas rectas se cortan. En la figura 10.996 45) ≈ 0.325 10. el punto de intersección de L1 y L2 es P = ⎝ 9 ⎠ . otra recta L2 pasa por el punto P2 = ⎝ 1 ⎠ y tiene a D2 = ⎝ 8 ⎠ como un 0 13 vector director.0842 rad.2. 6 Considere las rectas L1 . es decir. vectores directores de L1 y L2 . Se completa así la prueba de que las rectas L1 y L2 se cruzan. 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 . por tanto L1 y L2 no tienen ningún punto en común. −3 2 respectivamente. no se cortan.7) Resolviendo el sistema conformado por las dos primeras ecuaciones se obtiene como única solución t = 6/5 y r = 1/5. es decir.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.326 10. como estos valores no satisfacen la tercera ecuación entonces no existen valores de t y r que satisfagan simultáneamente las tres ecuaciones en (10. entonces L1 y L2 no son paralelas. Rectas y planos Ejemplo 10. como estos vectores no son paralelos. 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. Para probar que L1 y L2 no se cortan emplearemos las ecuaciones paramétricas de L1 y L2 que se obtienen de las ecuaciones dadas. ya que ninguno de ellos dos es múltiplo escalar del otro.7). ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 1 ⎝ ⎝ ⎠ De las ecuaciones dadas vemos que los vectores D1 = −2 y D2 = 3 ⎠ son. ahora. El ángulo entre L1 y L2 es ¶ ¶ µ µ µ ¶ |D1 · D2 | | − 11| −1 −1 −1 11 √ √ = cos = cos ≈ 0. 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 ⎠ . 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 (10.666 95 rad. ¥ α = cos kD1 k kD2 k 14 14 14 Ejemplo 10. Solución: ⎛ ⎞ −2 −−→ −−→ Un vector director para L1 es P Q = OD1 con D1 = Q − P = ⎝ 2 ⎠ . ¥ 10.5.3 Distancia de un punto a una recta Consideremos en el espacio una recta L y un punto X1 .5) Figura 10. Consideremos el paralelogramo P mostrado en la figura 10. relativa a la base P0 P . un vector −6 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 3 3 2 ⎠. el área A de P es °−−→° ° ° A = °P0 P ° d . 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. 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.327 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. Queremos hallar una expresión para la distancia d de X1 a L. Por lo tanto. Nótese que la distancia d de X1 a la recta L es la altura del paralelogramo P.5. Calcularemos la distancia d del punto X1 a la recta L empleando la fórmula (10. para ello necesitamos un vector director D para L y un punto P0 sobre L.328 10. con lo cual (10.8).10).9) d= kDk ⎛ ⎞ Ejemplo 10.8)) que d = 0 (como debe ser). Por otra parte. Rectas y planos Por otra parte.10).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. la recta L no pasa por el origen.10). °−−→ −−−→° ° ° °P0 P × P0 X1 ° °−−→° d= ° ° °P0 P ° Ahora. pues el punto ⎝ 0 ⎠ 0 tampoco satisface las ecuaciones (10. °−−→ −−−→° °−−→° ° ° ° ° °P0 P ° d = °P0 P × P0 X1 ° de donde.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 (10.8). sabemos que también °−−→ −−−→° ° ° A = °P0 P × P0 X1 ° luego. 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 ⎠ . −4 .8) se reduce a kD × X1 k (10. Escribiendo las ecuaciones (10. Si la recta L pasa por el origen podemos tomar P0 = O en (10. 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 (10.10) Solución: En primer lugar vemos que X1 no es un punto de la recta L pues este punto no satisface ⎛ ⎞ 0 las ecuaciones (10. 8)). 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. 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 10.329 10.97 d = °⎛ ° −2 ° 21 ° ° (−2)2 + 42 + 12 °⎝ 4 ⎠° ° ° ° 1 ° 10. .4 ¥ Planos Un plano en el espacio queda completamente determinado dando tres de sus puntos que no sean colineales (es decir. que no estén sobre una misma línea recta) o también dando uno de sus puntos y un vector geométrico no nulo perpendicular al plano.4.6) Figura 10.6. Planos Ahora. la distancia d buscada es °⎛ ⎞° ° 12 ° ° ° °⎝ 5 ⎠° q ° ° √ ° ° (12)2 + 52 + 42 4 185 ⎞° = q = √ ' 2. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ a x0 x Si X = ⎝ y ⎠ .13) donde a. si realizamos los productos indicados en (10. b. corresponde a un plano. toda ecuación de la forma (10. La ecuación (10.12) la cual es por tanto una ecuación para el plano P. c como se ha indicado. Podemos afirmar entonces que todo plano en el espacio tiene ecuación de la forma ax + by + cz = d (10. Rectas y planos Todo vector geométrico no nulo y perpendicular al plano P se dirá un vector normal a dicho plano. la ecuación (10.11) se transforma en la ecuación escalar a (x − x0 ) + b (y − y0 ) + c (z − z0 ) = 0 (10.11) En adelante. en la forma (X − P0 ) · N = 0 (10. P0 = ⎝ y0 ⎠ y N = ⎝ b ⎠ . al sustituir X. P0 y N en (10. si − n = ON . esta ecuación se puede escribir como ax + by + cz = d donde d = ax0 + by0 + cz0 . c y d son constantes y a 6= 0 o b 6= 0 o c 6= 0. usando únicamente vectores algebraicos.13) con las constantes a.12). dicha ecuación (10. un punto X −−→ → n .11) y z0 c z realizar el producto escalar.11) es una ecuación vectorial no paramétrica para P la cual es llamada una ecuación en forma normal para el plano P.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. esta ecuación se puede expresar. b. . 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. si (por ejemplo) a 6= 0. 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. Recíprocamente. En efecto. es decir. → n un vector normal a P.330 10. En efecto. 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. −−→ → y por ello − n es perpendicular a todo vector P X con X ∈ P). para escribir una ecuación para P sólo hace falta un vector normal a P.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. empleando el producto vectorial.7.331 10. Pues bien. Por ejemplo. Sean P. un tal vector normal a P lo podemos hallar a partir de los puntos dados. tenemos: . Planos Un plano también queda determinado por tres puntos que no sean colineales. el vector −−→ −→ − → n = PQ × PR es un vector normal al plano P (vea figura 10. Figura 10.4. Q y R tres puntos del espacio no colineales y sea P el plano determinado por dichos puntos. Como resumen de lo obtenido acerca de planos. El plano pasa por el origen si y sólo si d = 0.8 se muestra parte del plano 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. b) Halle una ecuación en forma general para P. 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. c • Si P.8 1 0 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Sea P el plano que pasa por los puntos P = 0 . • 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 ⎠ . Solución: En la figura 10. 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. se dice una ecuación en forma general. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Ejemplo 10. .332 10. 14) b) Luego de realizar la diferencia y el producto escalar indicados en (10. se obtiene la ecuación escalar 6 (x − 1) + 2 (y − 0) + 3 (z − 0) = 0 o. a) Para dar una ecuación en forma normal para el plano P sólo nos hace falta un vector normal a P. la ecuación 6x + 2y + 3z = 6 la cual es una ecuación en forma general para el plano P. ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ x 1 6 ⎝⎝ y ⎠ − ⎝ 0 ⎠⎠ · ⎝ 2 ⎠ = 0 z 0 3 (10. Ahora.14).4. Planos Figura 10. como sabemos.8. como − n = ON con N = ⎝ 2 ⎠ entonces una ecuación en forma normal para 3 el plano P es (X − P ) · N = 0 es decir. ¥ . equivalentemente.333 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. además de ser paralelos.⎛por⎞ ejemplo. Rectas y planos Ejemplo 10. Nótese que dividiendo ambos lados de la ecuación (10. será paralelo a → como a − n d director de L será perpendicular tanto a − n 1 2 → − − → − → − → − → n1 × n2 . • P1 y P2 se cortan (no son paralelos o son secantes).15) ⎛ ⎞ 2 representa un plano P con vector normal N = ⎝ −1 ⎠ . lo cual nos da x = 2. ⎝ −4 ⎠ y ⎝ 0 ⎠ respectivamente. ¥ 10. . Así ⎝ 0 ⎠ es un punto del 0 plano P. haciendo 2 y = 0 y z = 0 en la ecuación (10. Si los planos P1 y P2 . En este caso la intersección de P1 y P2 es una línea recta L como se ilustra en la figura 10. • P1 y P2 son perpendiculares. Para precisar de qué plano se 4 trata sólo resta dar alguno de sus puntos.9 La ecuación 2x − y + 4z = 4 (10. P1 = P2 . tienen un punto común entonces ellos son coincidentes. Así que un vector director de L es d = n1 × n2 . z en los ⎛ ⎞pone ⎛ de manifiesto ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 0 puntos ⎝ 0 ⎠ .334 10. obteniéndose el punto ⎝ 0 ⎠ como punto de corte del plano 1 P con el eje z.5 Posiciones relativas entre dos planos y entre una recta y un plano →. − Esto ocurre si y sólo si los vectores normales − n 1 n2 son paralelos.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. Uno de ellos se obtiene. Como dicha recta L está contenida en ambos planos entonces todo vector → − →. − → Sean P1 . es decir. Para los planos P1 y P2 destacamos las siguientes posiciones relativas: • P1 y P2 son paralelos.15). es decir. y. → →. al hacer x = 0 y y = 0 0 0 1 ⎛ ⎞ 0 en ella es evidente que z = 1.9. − Esto ocurre si y sólo si los vectores normales − n 1 n2 son perpendiculares. → →. nótese que éste es un caso particular de planos que se cortan. Por ejemplo. P2 dos planos en el espacio con vectores normales − n 1 n2 respectivamente. 10 a) 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. Posiciones relativas entre dos planos y entre una recta y un plano 335 Figura 10. de los cuales hay dos pares de ángulos congruentes y dos pares de suplementarios. por ello podemos considerar el ángulo θ entre − n 1 2 de los ángulos entre P1 y P2 . pues ellos tienen vectores normales N1 = ⎝ −2 ⎠ y N2 = ⎝ −4 ⎠ los 3 6 cuales son paralelos ya que N2 = 2N1. 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. podemos incluir el caso en el que P1 y P2 son paralelos. Si los planos P1 .5. P2 se cortan (como en la figura 10.9. 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. Convenimos en tomar como ángulo entre entre P1 y P2 al menor entre θ y π − θ si θ 6= π − θ. Otro de los ángulos entre P1 y P2 será π − θ. o a π/2 en caso contrario.10.9) se forman cuatro ángulos diedros. P2 con ecuaciones x + 2y − 2z = 5 y 2x + y + 2z = −1 . b) Los planos P1 . 10. se cortan) ni son perpendiculares. 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. −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 . Ejemplo 10.10 se muestran los planos P1 . Unas ecuaciones simétricas para la recta L son x − 1 = −y = z − 2 Figura 10.11 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. 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 . pues ellos tienen vectores normales N1 = ⎝ 2 ⎠ y N2 = ⎝ 1 ⎠ −2 2 los cuales son ortogonales ya que N1 · N2 = 0. P2 y también la recta L que es la intersección de dichos planos. Solución: ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 3 1 Un vector normal a P1 es N1 = ⎝ 2 ⎠ y un vector normal a P2 es N2 = ⎝ −1 ⎠ . P2 no son paralelos (es decir. c) Consideremos los planos P1 .336 10. Rectas y planos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 son perpendiculares. La recta L puede tener. equivalentemente. 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. con relación al plano P. En el caso particular en que d y − n sean paralelos. L es perpendicular al plano P. → − → Este caso ocurre si y sólo si d no es perpendicular a − n .337 10. una de las posiciones siguientes: • L es paralela al plano P. En particular. • L corta (es secante o no es paralela) al plano P. Posiciones relativas entre dos planos y entre una recta y un plano Sólo resta encontrar un punto de L.11. . P2 y resolviendo simultáneamente las ecuaciones resultantes 2y − z = 4 y − y + 5z = −1 ⎛ ⎞ 0 2 19 y z = .5. → − − Este caso ocurre si y sólo si d es perpendicular a → n . ocurre cuando L está contenida en P (vea figura 10. Así. el cual es el punto donde L corta a P. 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 .11) Figura 10. uno de tales puntos se puede hallar haciendo x = 0 en las ecuaciones de los planos P1 . L y P tienen un único punto → → − común. puesto que P. 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. entonces un vector normal al plano P es el vector P Q × P R. una ecuación para el plano P es 19 (x − 0) + 7 (y + 1) + 5 (z − 5) = 0 y así. Procediendo de manera completamente ⎞ ⎛ x0 análoga. Q y R son tres puntos no colineales del plano P .338 10. los −4 −3 cuales son también puntos del plano P. A partir de (10. pues la recta L está contenida en el plano P. pues P no −−→ −→ es un punto de L. Ahora. por ejemplo ⎛ dando ⎞ dos valores ⎛ al parámetro ⎞ 2 1 t = 0 y t = 1.16)) 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 ¥ .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.17) Solución: Con el fin de aplicar la fórmula (10.17). t.16) (10. una ecuación en forma general para dicho plano es 19x + 7y + 5z = 18 Luego (empleando la fórmula (10.12 −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. 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. obtenemos los puntos Q = ⎝ 0 ⎠ y R = ⎝ 2 ⎠ sobre la recta L.16) procedemos a hallar una ecuación en forma general para el plano P. Rectas y planos 10. 13). así que dichas rectas se cruzan.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.12.13. 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.6. Ejemplo 10. el otro en L2 y que es perpendicular tanto a L1 como a L2 (ver figura 10. (Vea la figura 10. 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 . en la cual d∗ es la distancia entre L1 → − − → y L2 . y P es el plano paralelo a L2 que contiene a L1 . como se ilustra en la figura 10. .339 10.13. Figura 10. El lector puede probar que L1 −3 2 y L2 no se cortan. Hay varias maneras de obtener dicha distancia.12). 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 . (Si d1 y d2 son vectores directores → − − → de L1 y L2 respectivamente entonces un vector normal al plano P es d1 × d2 ) Figura 10. una ecuación para este plano es 17 (x − 4) − 7 (y + 5) + 2 (z − 1) = 0 es decir. t∈R A continuación veremos que un plano en el espacio puede describirse en forma análoga. 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. Consideremos el plano P que pasa por P0 y tal que los vectores − 3 P (figura 10. 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.14. . X ∈ R . Un plano en el espacio queda determinado dando un punto por donde pasa y dos vectores geométricos no paralelos entre si. puede describirse como el conjunto de todos los puntos X de R3 de la forma X = P0 + tU.340 10. Por otra parte.7 ¥ Ecuaciones paramétricas para un plano −−→ → Hemos visto que una recta con vector director − u = OU y que pasa por un punto P0 . sea. Figura 10. 17x − 7y + 2z = 105 Así. Rectas y planos En⎛primer ⎞lugar. de las ecuaciones de L2 vemos que un punto de esa recta es 2 P0 = ⎝ −1 ⎠. → → 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. que sean paralelos al plano. la distancia d∗ entre el punto P0 y el plano P. Si u = OU . 10.14). además. 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 . Se entiende que un → → vector − u es paralelo a un plano P si − u es perpendicular a cualquier vector normal a dicho − − → → − plano. 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 . es decir. 0 Si el plano P pasa por el origen. si − u = OU y − v = OV . si P0 X es combinación lineal → → de − u y− v . s ∈ R Nótese que en este caso el plano P pasa también por los puntos U y V. t. la igualdad anterior puede expresarse en forma equivalente como X − P0 = tU + sV . s ∈ R (10. P0 = ⎝ y0 ⎠ . Recíprocamente. s ∈ R o también como X = P0 + tU + sV . ⎛ t⎞ ⎛ ⎞ paramétrica ⎛ ⎞para dicho ⎞ las variables u1 v1 x x0 Si X = ⎝ y ⎠ . X. entonces los puntos P0 .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. pues P consta de todas las combinaciones lineales de U y V . P es el plano que pasa por los puntos no colineales O.18) De manera que (10. 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.7. E2 = 1 0 ⎠. Ecuaciones paramétricas para un plano 341 −−→ → → u y− v .18) es una ecuación para el plano P.D. si P0 X es combinación lineal de los vectores − u y − v entonces − − − → − − → − − − → → − → − X ∈ P. al tomar P0 = ⎝ 0 ⎠ en (10. ⎛ plano.I. entonces existe un plano que pasa por el origen que los contiene a los tres. U = ⎝ u2 ⎠ y V = ⎝ v2 ⎠ . entonces X ∈ P. X1 y X2 es P. Recíprocamente. Se tiene así que X ∈ P si y sólo si el vector −−→ → → u y− v . y E3 = cas para el plano P que pasa por los puntos E1 = 0 0 1 . t. t.18) esta ecuación se 0 reduce a X = tU + sV . X1 y X2 son coplanares y como el único plano que contiene a P0 . Así. Ejemplo 10.14 Halle una ecuación vectorial paramétrica y las correspondientes ecuaciones escalares paramétri⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 . de la cual diremos que es una ecuación vectorial y s son los parámetros. s ∈ R P0 X = t− − − → − − → → → Ahora. U y V . nos referiremos a P como el plano generado por U y V .D si y sólo si los tres están en un mismo plano que pasa por el origen. si tres vectores de R3 son L.10. En efecto.D. De manera que tres vectores de R3 son L. pues estos vectores Si X ∈ P entonces P0 X es combinación lineal de los vectores − −−→ → → son L. digamos que u = P0 X1 y v = P0 X2 . t. la ecuación (10. 342 10. además.15 también se muestra el plano P 0 generado por U y V. ¥ Figura 10. por ejemplo. el cual es paralelo al plano P. Ejemplo 10. el plano P pasa por E1 (por ejemplo) entonces una ecuación vectorial paramétrica para P es X = E1 + tU + sV es decir.15 se muestra parte del plano P. paralelos al plano P son ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 U = E2 − E1 = ⎝ 1 ⎠ y V = E3 − E1 = ⎝ 0 ⎠ 0 1 Como. Dos vectores geométricos no paralelos −−−→ −−−→ entre si. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 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 10.15. E1 E2 y E1 E3 . es perpendicular al plano P1 con ecuación 3 3x + 2y + 5z = 1 . Rectas y planos Solución: En la 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 ⎠. paralelos al plano P son. dos vectores de R3 no paralelos entre si. así. donde d es un vector director de L. 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. 28x − 67y + 10z = 192 . el vector − n debe ser perpendi→ cular a cualquier vector director de L.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 . 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. como la recta L es paralela al plano P. La figura 10. Figura 10. → Por otra parte. Ahora bien.7. para escribir una ecuación de → dicho plano sólo resta hallarle un vector normal − n . Así. Es claro entonces que necesitamos un vector − n que → − → − − → simultáneamente sea perpendicular a los vectores n1 y d . una ecuación para el plano P es 28 (x − 1) − 67 (y + 2) + 10 (z − 3) = 0 o. 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 .16 ilustra la situación geométrica expresada en este ejemplo. Luego. 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 ). en forma equivalente.16. r.17). Consideremos el plano P generado por U y V. existen t. El punto donde la recta L corta el plano P (el punto Y en la figura 10. V y Z son vectores L. y también la recta L que pasa por W y tiene con vector director Z. de R3 y sea W un vector cualquiera de R3 . s en R. Luego. Prueba: Supongamos que U.17) es de la forma W + tZ para algún t en R. Rectas y planos la cual es una ecuación en forma general. Figura 10. Puesto que Z no es combinación lineal de U y V . la recta L no es paralela al plano P (ver figura 10.5) Si U.I. N1 = ⎝ 2 ⎠ 1 5 ⎛ ⎞ −13 y D = ⎝ −2 ⎠. V y Z. ⎛ ⎞ 3 − → −→ −−→ →=− Sean ahora N1 y D en R3 tales que − n ON1 y d = OD. V y Z son vectores L.I.344 10. es decir. s en R tales que W = rU + sV + (−t) Z . de R3 entonces todo vector W de R3 es expresable de manera única como combinación lineal de U. 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 9.17. Así que W + tZ = rU + sV Por tanto. por ser un punto de L. por estar en el plano P. y también es de la forma rU + sV con r. Es claro que N1 y D son linealmente independientes y que el plano 23 generado por N1 y D es paralelo al plano P. 19) r1 U + s1 V + t1 Z = r2 U + s2 V + t2 Z es decir. Hallar dos puntos 5 −2 distintos de P que estén en L. 0 3 Determinar cuáles de los siguientes puntos están sobre la recta L: ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ 3 −1 −1 0 P1 = ⎝ 5 ⎠ . Para probar la unicidad de la escritura de W como combinación lineal de U. 2 2 ⎛ ⎞ 4 3. β = 60◦ y 0◦ < γ < 90◦ . 10. 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 ⎠.19) y probemos que r1 = r2 . Hallar unas ecuaciones paramétricas para la recta que contiene los puntos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 P = ⎝ −3 ⎠ y Q = ⎝ −2 ⎠. es decir que L1 = L2 . Mostrar que L es paralela al plano xz y dibujar la recta L. V y Z supongamos que existen escalares r1 . 4. Sea L la recta que pasa por el punto P = ⎝ 2 ⎠ y es paralela a un vector cuyos −5 ángulos directores α.I. como U. s1 − s2 = 0 y t1 − t2 = 0 es decir. 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. t2 tales que W = r1 U + s1 V + t1 Z y W = r2 U + s2 V + t2 Z (10. (r1 − r2 ) U + (s1 − s2 ) V + (t1 − t2 ) Z = O (10. t1 .345 10. V y Z son L. t1 = t2 . Ejercicios lo cual prueba que W es combinación lineal de U. s2 . es fácil probar que la igualdad anterior implica que r1 − r2 = 0. V y Z. 5.20) Ahora.8. s1 = s2 . P2 = ⎝ −5 ⎠ . Hallar una ecuación vectorial para la recta L.8 s1 = s2 y t1 = t2 ¨ Ejercicios ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1. r2 . β y γ son tales que α = 60◦ . Una recta L pasa por el punto P = ⎝ −1 ⎠ y es paralela al vector D = ⎝ 2 ⎠ . De (10. . P3 = ⎝ 1 ⎠ y P4 = ⎝ −3 ⎠ 5 −6 0 −3 2. s1 . r1 = r2 . perpendiculares o se cruzan. Sean P = ⎝ 0 ⎠.346 10. ⎛ ⎞ −5 d) Calcular la distancia del punto P = ⎝ 1 ⎠ a la recta L1 . Considere las rectas L1 : −1 2 3 z = −3 − t. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 3 2 8. 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. se cortan o se cruzan. z = 8 + 7t. z = 2. 7. Para cada par de rectas L1 y L2 dada en cada numeral. y+1 = 4 − z. b) Hallar el baricentro del triángulo P QR. a) Determinar si L1 y L2 se cortan. a) Determinar si L1 y L2 son paralelas. c) Hallar el punto de intersección de la recta L1 con cada uno de los planos coordenados. son paralelas. 6. Considere las rectas L1 : b) Calcular la distancia entre L1 y L2 c) Dibujar L1 y L2 . 2 4 0 a) Hallar unas ecuaciones simétricas para cada una de las medianas del triángulo P QR. 9. L2 : 10 − x = z+1 x−1 =y−1= . Q = ⎝ 1 ⎠ y R = ⎝ 5 ⎠. y = −2t + 1. −2 3 iii) L1 : x − 1 = y − 1. ¿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. −2 es perpendicular a L1 y corta a esta recta. 3 −1 5 . y = −1 + 2t. 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. −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 ⎠. Rectas y planos y+1 1−z x−2 = = y L2 : x = 3 + t. b) Determinar si L1 y L2 son perpendiculares. y = 5 − t. iv) L1 : x − 2 = 2 ii) L1 : v) L1 : y+2 z−4 x−1 = = . 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 ⎝ ⎠ ⎝ 3 −3 ⎠ . y = 5 − 4s. ⎛ ⎞ 1 y−1 z y+2 z−8 x+2 x−3 a) L1 : = = . Sea L la recta que pasa por los puntos P = ⎝ 2 ⎠ y Q = ⎝ 1 ⎠ . 14. P = ⎝ −3 ⎠ −3 4 −5 7 −2 3 2 b) L1 : x = 2 − 4t. P = ⎝ 0 ⎠ 2 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 12. ⎛ ⎞ −4 P =⎝ 7 ⎠ L2 : x = −2 + 3s. encontrar una ecuación para la recta que pasa por el punto P dado y es perpendicular a las rectas L1 y L2 dadas. es perpendicular a L1 y corta a L2 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3/2 −2/3 a) X = ⎝ 3/2 ⎠ . y = 1+2t. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 ⎝ ⎠ ⎝ i) P = 1 . Hallar unas ecuaciones simétricas para la recta que pasa por el origen. z = −1 + 3t. z = 2+t. L2 : = = . 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. Encontrar el escalar t tal que el vector X (de L) sea ortogonal al vector D. Hallar el punto 5 1 ⎛ ⎞ 2 de L más cercano al punto R = ⎝ −1 ⎠ 5 z+3 y sea L2 la recta con 13. Y = ⎝ −2/3 ⎠ −3/2 2/3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 ⎝ ⎠ ⎝ 1 . a) Sea L una recta con ecuación vectorial X = P + tD. z = −3 − 2s. D= 1 ⎠ −4 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 ii) P = ⎝ 2 ⎠ . y = −3 − 7t. L2 es la recta generada por yR= c) L1 pasa por los puntos Q = 4 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 el vector D = ⎝ 2 ⎠. 1 ⎠ b) X = Y = −1 1 .347 10. Ejercicios 10. Sea L1 la recta con ecuaciones simétricas x + 5 = y = 2 ecuaciones paramétricas x = t. Para cada literal.8. D = ⎝ −1 ⎠ −3 −1 11. Sea P el plano determinado por los puntos ⎝ 1 ⎠ . Sea Q = ⎝ 3 ⎠ y P1 el plano con ecuación 2x − 3y + 5z − 4 = 0. Mostrar que L1 y L2 determinan un plano y hallar una ecuación en forma 2 general para dicho plano. a) Sea L la ⎛ 1 ⎝ D= −1 3 ⎞ −1 recta que pasa por el punto Q = ⎝ 1 ⎠ y es paralela al vector 2 ⎞ ⎛ ⎞ 2 ⎠ . . 19. Determinar cuáles de los siguientes puntos −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 6 6 están en P: Q1 = ⎝ 2 ⎠ . Rectas y planos ⎛ ⎞ 1 15. Hallar una 7 ecuación para el plano P que pasa por Q y es paralelo al plano P1 . L2 se cortan y. −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. P3 : 2x + y + 2z + 1 = 0. c) Considerar las rectas L1 : 4 2 2 Determinar si L1 . ii) Hallar una ecuación en forma general para el plano determinado por la recta L y el punto R. Considerar los siguientes planos: P1 : x + 2y − 2z = 5. y = 3 y L2 : = = z − 1. Q3 = ⎝ 4 ⎠ . hallar una ecuación del plano que las contiene. y − 3/2 3 x−3 5 = = z y L2 : x = 5 + t. en caso afirmativo. Considerar el plano P que pasa por el punto Q = ⎝ 2 ⎠ y que tiene al vector −3 ⎛ ⎞ 8 N = ⎝ −11 ⎠ como un vector normal. b) Considerar las rectas L1 : −2 −3 2 2 1 z = − t. 6 i) Mostrar que R no es un punto de la recta L. Q2 = ⎝ 2 ⎠ . y sea R = ⎝ 4 ⎠ . y = + t. 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 . ⎛ ⎞ −1 18.348 10. y−3 x−2 x−2 = 1 − z. Q4 = ⎝ 6 ⎠ 0 1 6 −5 ⎛ ⎞ 1 16. ⎛ ⎞ −4 c) Hallar una ecuación para el plano que pasa por el punto Q = ⎝ 1 ⎠. y dista 5 unidades del punto Q = ⎝ 3 ⎠ . a) Sea L la recta que pasa por el punto ⎝ 1 ⎠ y es paralela al vector ⎝ −1 ⎠. 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. Ejercicios 349 20. (Comprobar que kQk es la distancia hallada en b)). 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. 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. 1 (Dos soluciones). 23. −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 21.10. x = 0. a) Hallar una ecuación en forma general para cada plano que es perpendicular ⎛ a⎞la 4 √ recta con ecuaciones y = 2z. 22. 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 = =− . 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 ⎠ . y = 1 + t + s. ⎝ −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. 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. b) La distancia del origen al plano.8. 2 25. Hallar unas ecuaciones paramétricas para la recta L que contiene el punto de intersección de la recta L1 de ecuaciones x = −1 − 2t. 28. 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 . y = 1 + t. Hallar la distancia de la recta L al plano P. y que es paralela a la recta L2 intersección de los planos 3x − 2y + z + 1 = 0 y 8x − 4y + 5z = 13. 3 26. Considerar los planos: P1 : 5x − 3y + 2z = 1. 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 = . 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 . b) 2x + 3y = 0. Determinar si la recta está contenida en el plano. Hallar la intersección del plano y la recta dados en cada literal. 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 . a) 2x − 2y + z − 12 = 0. c) Plano xz. 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. 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. P2 : x + 3y − z + 11 = 0 P3 : x + 4y − 3z = 2. 24. z = 10 + 5t con el plano xy.350 10. . 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. determinar si ellos son linealmente independientes o linealmente dependientes. ⎛ ⎞ 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 . ⎛ ⎞ −3 expresar el vector W = ⎝ 2 ⎠ como combinación lineal de U. 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.8. es perpendicular a la recta L1 y es paralela al plano P1 . con un plano paralelo a L1 que contiene a L2 . b) Hallar la distancia entre L1 y L2 . 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 2 a) U = ⎝ −3 ⎠ . y = 1 − 2t. 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. 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 √ . c) Hallar unas ecuaciones paramétricas para el plano P que es perpendicular al plano P1 y contiene la recta L2 . (Ayuda: La intersección del plano determinado por L1 y Q. 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. V y Z dados en cada literal. V y Z. L2 y el plano P1 siguientes: y+2 z−1 x+1 = = L1 : x = 2 + 3t. d) Hallar unas ecuaciones simétricas para la recta L que pasa por el origen. 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. 32. 33. Z = ⎝ −4 ⎠ 1 3 5 . es una recta paralela a L1 ). Si ellos son linealmente independientes. Ejercicios 29. z = t L2 : 2 −1 2 P1 : 2x + 3y + z − 5 = 0 a) Mostrar que L1 y L2 se cruzan. 31. Considerar las rectas L1 . V = ⎝ 2 ⎠ . Para los vectores U. 352 10. Z = ⎝ 5 ⎠ 1/4 4 9 . Z = ⎝ 2 ⎠ −1 −1 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1/2 2 0 c) U = ⎝ 1/3 ⎠ . V = ⎝ 3 ⎠ . Rectas y planos ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 −1 b) U = ⎝ 2 ⎠ . V = ⎝ 0 ⎠ . su proyección sobre la recta L. .1). . T. Figura 11. . Es decir. Denotaremos PU la transformación del espacio que asigna a cada vector X de R3 . U = ⎝ −2 ⎠ y hallemos para X = ⎝ y ⎠ las coordenadas 3 z del vector PU (X) : 363 . PU : R3 → R3 X → PU (X) = P royU X La transformación PU la llamaremos proyección sobre la recta ⎛ ⎞ ⎛ L. las cuales denotaremos mediante letras mayúsculas como P.1 Transformaciones del espacio Llamaremos transformaciones del espacio a las funciones de R3 en R3 . Si X es un vector cualquiera de R3 . ⎞ 1 x Tomemos. lo llamaremos también la proyección de X sobre L( ver figura 11.1. S. Ejemplo 11. el cual está en L. el vector P royU X. por ejemplo.11 Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 11.1 Sean U un vector no nulo de R3 y L la recta generada por U. R. Q. . al igual que lo hicimos con las transformaciones del plano. se tiene que SU (X) = 2PU (X) − X así que. ⎛ ⎞ 1 x Si X = ⎝ y ⎠ y. U = O.2 Como en el ejemplo 11. z respectivamente se tienen las siguientes expresiones ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x x x 0 0 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ PE1 y = 0 . PE2 y = y .2. Figura 11. dada la sencillez de su significado geométrico Ejemplo 11. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 364 PU (X) = P royU X = es decir. Denotaremos SU la transformación del espacio que asigna a cada vector X de R3 la reflexión de X respecto a la recta L. PE3 y = 0⎠ z z z 0 z 0 las cuales se pueden obtener sin realizar ningún cálculo. PE3 sobre los ejes x. y.por ejemplo. PE2 .11. SU : R3 −→ R3 X → SU (X) = 2PU (X) − X La transformación SU la llamaremos⎛reflexión ⎞ respecto a la recta L. 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 .1. sea L la recta generada por un vector U de R3 . De igual forma que en el plano. 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 . entendiéndose dicha reflexión de manera idéntica al caso del plano (vea figura 11.2). 3.365 11. la cual se define como el punto donde la perpendicular trazada desde X al plano P intersecta a este plano. 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. Transformaciones del espacio Ejemplo 11. 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.3 se aprecia que X = QU (X) + PU (X) o equivalentemente.3 Sean U un vector no nulo de R3 y P el plano que pasa por el origen y con vector normal U. Figura 11. como se ilustra en la figura 11. x Por ejemplo.4 . En la figura 11. Para cada vector X de R3 . ⎛ ⎞ 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. denotaremos QU (X) la proyección de X sobre el plano P.1.3. 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. 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 . Ejemplo 11. Así. por definición de RU (X) .4 Sea. es decir. como en el ejemplo 11. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 366 Figura 11.3. QU (X) . P un plano que pasa por el origen y con vector normal U. de X sobre el plano P (vea figura 11.11. Figura 11.5). Para cada vector X de R3 . 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). es decir.4.5. el punto medio del segmento de extremos X y RU (X) es QU (X) . 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. es decir. la reflexión respecto a cualquiera de los planos coordenados no requiere ningún ⎛ ⎞ cálculo.5 Sea r ∈ R.6 Figura 11. Por ejemplo. 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 .367 11.1. Denotaremos Dr (como en el plano) la transformación del espacio que envía cada vector X de R3 en el vector rX.6. Ejemplo 11. Transformaciones del espacio ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 Si X = ⎝ y ⎠ y . 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. por ejemplo. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 Ejemplo 11. Para cada ⎞ ⎛ vector ⎛ cada 0 x0 X = ⎝ y0 ⎠ de R3 . En la figura 11. respectivamente.7 se ilustra el efecto de la rotación Rzθ con θ > 0 sobre un vector X. se llamará traslación por el vector U y se denotará TU . la transformación del espacio que envía cada vector X de R3 en X + U.7 Fijemos un vector U de R3 .6 Fijemos un número real θ . Denotaremos Rθz la transformación del espacio 3 que rota ⎞ vector de R un ángulo de θ radianes alrededor del eje z. . 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. Como en el plano. z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x xcosθ − ysenθ Rθz ⎝ y ⎠ = ⎝ xsenθ + ycosθ ⎠ z z ⎛ La transformación Rθz se llamará rotación por el ángulo θ.368 11. ⎞ x Así las cosas. esta transformación rota al vector X alrededor del punto ⎝ 0 ⎠ en z0 z0 el plano z = z0 . para cualquier vector ⎝ y ⎠ de R3 . alrededor del eje z.7. 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. De manera similar Rθx y Rθy denotarán las rotaciones por un ángulo de θ radianes ⎛ ⎞ x alrededor del eje x y del eje y. un ángulo de θ radianes en el sentido antihorario si θ > 0 y en sentido horario si θ < 0. Para cualquier vector ⎝ y ⎠ de R3 . −2π < θ < 2π. si U = ⎝ −2 ⎠ . respectivamente. son transformaciones lineales del espacio. 2. bi . 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. QU .369 11.6. 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. De manera que las transformaciones PU . que aparecen en los ejemplos 11. caso 0 en el cual TU = I. ci con i = 1. ésta es una transformación lineal sólo en el caso U = 0⎠ . Por ejemplo. RU . como también las transformaciones I y O.1) es llamada una transformación lineal del espacio.⎛En⎞cuanto 0 ⎝ a la transformación TU . las transformaciones I : R3 −→ R3 X −→ I (X) = X 11. Rxθ .2 y O : R3 −→ R3 X −→ O (X) = O Transformaciones lineales y matrices Obsérvese que para cada una de las transformaciones T : R3 −→ R3 . toda transformación T : R3 −→ R3 del tipo (11.1) T ⎝y ⎠ = ⎝ b1 x + b2 y + b3 z ⎠ c1 x + c2 y + c3 z z Como en el caso de las transformaciones del plano. TU : R3 −→ R3 X → TU (X) = X + U ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x0 Si U = ⎝y0 ⎠ entonces para cualquier vector ⎝y ⎠ de R3 .1). SU .1 al 11. existen ai . Transformaciones lineales y matrices Es decir. El arreglo de números ⎛ ⎞ a1 a2 a3 ⎝ b1 b2 b3 ⎠ (11. Supongamos que T es una transformación lineal del espacio definida por (11.2) c1 c2 c3 ⎛ ⎞ 1 se llama matriz de T y se denotará m (T ) . 3 ⎛ 1 ⎞ 3 1 14 − 7 14 ⎜ ⎟ ⎜ 1 2 3⎟ m (PU ) = ⎜ − 7 −7 ⎟ 7 ⎝ ⎠ 9 3 3 14 − 7 14 . se llaman transformación identidad y transformación nula.2. Rθy y Rzθ consideradas en este capítulo. 1). 3 A cada transformación lineal T del espacio hemos asociado una matriz 3 × 3. Dos matrices ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ a1 a2 a3 a1 a2 a3 A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ y B = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ c1 c2 c3 c1 c2 c3 se dicen iguales y se escribe A = B si ai = ai . b1 . una matriz de orden 3 o también una matriz de tres filas y tres columnas. b2 . c3 la tercera fila.2) es la matriz de una única transformación lineal del espacio. b2 . los números a1 . la matriz m (I) se denotará I3 y se dirá la matriz identidad de orden 3. 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. b3 . . la cual es m (T ) .11. bi = bi y ci = ci para i = 1. c1 conforman la primera columna. a2 . y la matriz m (O) se denotará O y se dirá la matriz nula de orden 3. toda matriz 3 × 3 como la que aparece en (11. B. b1 . De manera que la correspondencia T −→ m (T ) entre transformaciones lineales del⎛espacio y matrices 3 × 3 es biunívoca. Denotaremos las matrices 3 × 3 mediante letras mayúsculas como A. . Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 370 Por otra parte. z ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 8 x 2x + 8z • ⎝4 −3 5⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 4x − 3y + 5z ⎠ 6 7 9 z 6x + 7y + 9z . . ⎛ ⎞ Ejemplo 11. c2 . a2 . c2 la segunda columna y a3 . ⎞ ⎞ ⎛ x a1 a2 a3 Si A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ y X = ⎝y ⎠ . 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 . a3 conforman la primera fila. 2. c3 la tercera columna. .8 x Cualquiera sea X = ⎝ y ⎠ en R3 .2) se dirá una matriz 3×3 (se lee “tres por tres”). Los números a1 . Por otra parte. C. ⎛ ⎞ 1 0 0 m (PE1 ) = ⎝0 0 0⎠ . la cual es la transformación T : R3 −→ R3 definida por (11. b3 la segunda fila y c1 . 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. 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. z ⎛ ⎞ x T ⎝ y ⎠ = T (xE1 + yE2 + zE3 ) = xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) z (Por .2. y T (E3 ) ya se conoce ⎛ tanto.371 11.3) se pueden sustituir por la condición T (rX + sU ) = rT (X) + sT (U ) cualesquiera sean X. ⎞ si se conocen T (E1 ) . s en R.3) . 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. U de R3 y todo escalar r Las dos condiciones en (11. cualquiera sea el vector ⎝ y ⎠) z z ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ a1 a2 a3 a1 a2 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ . entonces 0 0 • T⎝ 0 ⎠=⎝ 0 ⎠ 0 0 ⎛ ⎞ x ⎝ • Para cualquier vector y ⎠ de R3 . Se tiene además que: 3 Si T :⎛ R3 −→ ⎞ R ⎛es una ⎞ transformación lineal. T⎛(E2 )⎞ x x T ⎝ y ⎠ . 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 ⎠ . 11. Solución: ⎛ ⎞ x Sea ⎝ y ⎠ un vector cualquiera de R3 . La matriz de T es ⎛ ⎞ 2 0 −1 m (T ) = ⎝1 0 13 ⎠ 1 − 12 4 ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 ⎠ ⎝ ⎝ 0 ⎠ y que T (E1 ) . 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. Dado que z ⎛ ⎞ x ⎝ y ⎠ = xE1 + yE2 + zE3 z . T (E3 ) son. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 372 Ejemplo 11. la primera.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 (11.1). T (E2 ) .10 Sea S una transformación lineal del espacio tal que ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ −2 0 −2 S (E1 ) = ⎝ 3 ⎠ . S (E2 ) = ⎝ −1 ⎠ y S (E3 ) = ⎝ 0 ⎠ 4 5 −3 Halle la ley de asignación de S. respectiva0 Comprobemos que T = 0 0 mente. segunda y tercera de m (S) son respectivamente S (E1 ) . 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. S (E2 ) . S (E3 ) . el conjunto T (C) = {T (X) /X ∈ C} Respecto a la imagen bajo una transformación lineal de una recta. por tanto. además.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. lo siguiente: . Se tiene. 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.373 11. como en el plano. Transformaciones lineales y matrices y puesto que S es una transformación lineal. ⎛ ⎞ 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 imagen T (C) del conjunto C bajo T es. para cualquier vector ⎝ y ⎠ de R3 . T (E3 ) son vectores L.D. una recta o un conjunto con un solo punto. T (E2 ) y T (E3 ) es también una C.I. y.L. T (E2 ) . Y y Z no es necesariamente un paralelogramo. partiremos de que R3 = {xE1 + yE2 + zE3 /x. y. A continuación probaremos esto para el caso en que T (E1 ) .1 Para probar 2. Se tiene así que: • Si T (E1 ) . Y y Z de R3 . T (E3 ) son L. 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. de los vectores T (E1 ) . un ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 0 ⎬ pasa por el origen. z ∈ R} Así que T R3 es el conjunto de todas las combinaciones lineales de los vectores T (E1 ) . T (E3 ) . toda combinación lineal de T (E1 ) . En este caso. T R3 = {xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) /x. La imagen T R3 de todo el espacio R3 bajo T. y el otro es C. La imagen del paralelepípedo determinado por tres vectores X.L. la imagen del paralelepípedo determinado por X. T R3 = {T (xE1 + yE2 + zE3 ) /x. T (E3 ) = rT (E1 ) + sT (E2 ) para ciertos escalares r y s.I. 1 . Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 374 Si T : R3 −→ R3 es una transformación lineal entonces: 1. un segmento o un punto. z ∈ R} Por tanto. xT (E1 ) + yT (E2 ) = xT (E1 ) + yT (E2 ) + 0T (E3 ) Cuando los vectores T (X) . y. es decir. T (E2 ) . T (E2 ) . una recta que pasa por el origen o es el conjunto ⎝ 0 ⎠ . T (E3 ) • Si dos de los vectores T (E1 ) . y son escalares cualesquiera. entonces T R3 = R3 pues en tal caso todo vector de R3 es expresable como C. T (xE1 + yE2 + zE3 ) = xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) luego. T (E2 ) . T (Y ) y T (Z) si estos vectores son L. y.L. z ∈ R} y como T es una transformación lineal. es claro que toda combinación lineal de T (E1 ) y T (E2 ) es también combinación lineal de T (E1 ) . es todo R3 . La imagen T (P) de un plano P bajo T es un plano. plano que 2. ⎩ ⎭ 0 3. es el paralelepípedo determinado por T (X) . T (Y ) y T (Z) son L.. T (E2 ) son linealmente independientes y T (E3 ) es combinación lineal de T (E1 ) y T (E2 ) . T (E2 ) y T (E3 ) ya que si x. de aquellos entonces T R3 es el plano generado por esos dos vectores linealmente independientes.11.I. de T (E1 ) y T (E2 ) ya que si x. 11 Sea T la transformación lineal del espacio tal que ⎞ 0 T (E2 ) = ⎝ 1 ⎠ .375 11. 1 ⎛ ⎞ 1 T (E1 ) = ⎝ 0 ⎠ . Ejemplo 11. 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). Transformaciones lineales y matrices De manera que el conjunto de todas las combinaciones lineales de T (E1 ) .2. 3 4 3 e) El espacio R . 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 b) La recta L que pasa por los puntos P = ⎝ −1 ⎠ y Q = ⎝ 1 ⎠ . −1 Halle la imagen bajo T de: ⎛ ⎞ 1 T (E3 ) = ⎝ 1 ⎠ 0 ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 a) El segmento AB donde A = ⎝ 0 ⎠ y B = ⎝ −1 ⎠ . Se deja como ejercicio para el lector completar la prueba de la afirmación 2. y también probar lo afirmado en 1. Solución: Comencemos por hallar la ley de asignación de T : ⎛ ⎞ x ⎝ Si y ⎠ es un punto cualquiera de R3 . 4 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 −1 c) La recta L que pasa por el punto R = ⎝ 2 ⎠ y tiene vector director U = ⎝ −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 . 7 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 0 d) El plano P generado por Y = ⎝ 2 ⎠ y V = ⎝ 1 ⎠ . y 3. 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 ⎠. 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 ⎠. entonces ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 2 ⎬ T L = {T (R)} = ⎝ 9 ⎠ ⎩ ⎭ 7 d) Como P = {tY + rV / t. 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) . 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 ⎠ .11. s ∈ R} Ahora. s ∈ R} la imagen de P bajo la transformación lineal T es T (P) = {tT (Y ) + rT (V ) / t. T (E3 ) son L. es decir.: Es claro que T (E1 ) y T (E2 ) son linealmente independientes. T (E2 ) . T (E1 ) y T (E2 ) son linealmente independientes y T (E3 ) es combinación lineal de T (E1 ) .L. 1 ⎧ ⎛ ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 ⎬ ⎨ x ⎬ 3 ⎨ 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 +s 1 t. de T (E1 ) y T (E2 ) . −1 ⎛ ⎞ 0 T (E2 ) = ⎝ 1 ⎠ 1 ⎛ ⎞ 1 y T (E3 ) = ⎝ 1 ⎠ 0 Ahora veamos si los vectores T (E1 ) .377 11. entonces e) Como R3 = {xE1 + yE2 + zE3 /x. y. una ecuación para dicho plano es x−y+z =0 ⎞ 1 Ahora. 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. z ∈ R} donde ⎛ ⎞ 1 T (E1 ) = ⎝ 0 ⎠ . s ∈ R = y ∈R : x−y+z = 0 T R = t ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ −1 1 z ⎛ . como los vectores ⎝ 5 ⎠ y ⎝ 5 ⎠ son linealmente independientes. Consideremos entonces el plano generado por estos vectores y veamos si T (E3 ) es o no un punto de dicho plano. y. s ∈ R ⎩ ⎭ 3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 4 Por último.2. T (E2 ). ⎛ ⎞ 1 3 Se sigue que T R es el plano generado por los vectores T (E1 ) = ⎝ 0 ⎠ y −1 ⎛ ⎞ 0 T (E2 ) = ⎝ 1 ⎠ . Transformaciones lineales y matrices ⎧ ⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ 2 4 ⎨ ⎬ T (P) = t ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ t.I. 0 entonces T (E3 ) está en el plano generado por T (E1 ) y T (E2 ) y por tanto T (E3 ) es C. el plano generado por dichos vectores. En resumen. z ∈ R} entonces la imagen de R3 bajo la transformación lineal T es T R3 = {xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) / x. la 3 1 imagen del plano P bajo T es otro plano. como el punto T (E3 ) = ⎝ 1 ⎠ satisface esta ecuación ya que 1 − 1 + 0 = 0. Por ejemplo. rT y T ◦ S se definen exactamente como si T y S fueran transformaciones del plano. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 378 11.11. para cualquier ⎝ y ⎠ de R3 .4) ⎞ x Por tanto. ⎞ ⎛ ⎞ (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 . U de R3 y todo par de escalares t. una manera de probar que T + S es una transformación lineal si T y S lo son. es probando que (T + S) (tX + rU ) = t (T + S) (X) + r (T + S) (U ) para todo par de vectores X. Al igual que en el caso del plano. de la ⎞ a13 a23 ⎠ a33 ⎛ ⎞ b11 b12 b13 y m (S) = ⎝b21 b22 b23 ⎠ b31 b32 b33 (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. 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. Las transformaciones T + S.3 Operaciones con transformaciones lineales y matrices Sean T y S transformaciones del espacio y r un escalar. rT y T ◦ S también lo son. r. es fácil probar que si T y S son transformaciones lineales entonces T + S. 3. Se obtiene así que ⎛ ⎞ c11 c12 c13 m (T S) = ⎝c21 c22 c23 ⎠ c31 c32 c33 . 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 ⎠ . al igual que para matrices 2 × 2. la suma entre matrices 3 × 3 se ha definido de modo de que ella corresponda a la suma de transformaciones lineales. 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. El lector puede probar que T ◦ S también es una transformación lineal. sin hacer uso de m (T ) y m (S) . 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.379 11.4). es decir. Cuando T y S son transformaciones lineales. las cuales son respectivamente. 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) 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. 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. Por ejemplo (vea los elementos encerrados en rectángulos en (11.12 Sea K la reflexión respecto al plano xy y sea J la reflexión respecto al plano yz.6)). 2. 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. aunque en general el producto de transformaciones lineales no es conmutativo. . 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. 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. Ejemplo 11. el escalar cij . 3 y j = 1.5) Nótese que en m (T S) .11. 2. para i = 1. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 380 donde c11 = a11 b11 + a12 b21 + a13 b31 y en general. 3 cij = ai1 b1j + ai2 b2j + ai3 b3j (11.8).6) donde los escalares cij se calculan como ya se ha indicado. 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. Entonces: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x P ⎝ y ⎠ = ⎝ y ⎠.3.9). .8. Operaciones con transformaciones lineales y matrices Figura 11.13 x Sean P la proyección sobre el plano xy. 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. Q la proyección sobre el plano yz y X = ⎝ y ⎠ z un vector cualquiera de R3 . ⎛ ⎞ Ejemplo 11. Ejemplo 11.14 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 .11.9. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 382 Figura 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. ⎛ a11 • Cualquiera sea la matriz A = ⎝ a21 a31 T denotada A es a12 a22 a32 ⎞ a13 a23 ⎠ . la matriz transpuesta de A. 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. 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. éste tiene también las mismas propiedades que tiene su similar para matrices 2×2 y vectores de R2 . En cuanto al producto de una matriz 3 × 3 por un vector de R3 . definidas para transformaciones lineales del espacio y para matrices 3 × 3. multiplicación por escalar y producto. 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. ⎛ ⎞ −3 −18 −8 m [(4T + S) T ] = ⎝ −6 −3 10 ⎠ −27 24 5 Las operaciones suma.3.383 11. a33 . 10). 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 ⎠ .15 Sea L la recta generada por un vector U de R3 .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. X2 en L con X1 = X2 .10). Para ver esto. el transpuesto de X es X T = x y z . .11. SU SU = I (ver figura 11. 11. 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. definimos los siguientes productos: w XT U = x y z XT A = ⎛ ⎞ u ⎝ v ⎠ = xu + yv + zw = X. Ejemplo 11. En efecto.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. Si z ⎞ ⎛ u X y A son como se ha indicado y U = ⎝ v ⎠ . U = O . a) La proyección PU sobre la recta L no es una transformación invertible. basta considerar cualquier recta L perpendicular a L que pase por el origen y dos puntos X1 . b) La reflexión SU respecto a la recta L es invertible y SU−1 = SU . 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 . T R ⊆ P. como el lector r puede verificar.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 .4. son invertibles y y −1 y (Rθx )−1 = Rx−θ . . −2π < θ < 2π.11. es decir. y.7) pues (x0 − y0 ) + (y0 − z0 ) + (−x0 + z0 ) = 0 Luego. Ahora. Rθy . ⎛ ⎞ x0 En efecto.7). 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 . Inversa para transformaciones lineales y matrices 385 Figura 11. todas las imágenes bajo T de vectores en R3 caen en el plano P cuya ecuación 3 es (11. Dr D 1 = I = D 1 Dr r r Ejemplo 11.10.16 Para r = 0 la transformación Dr es invertible y Dr−1 = D 1 puesto que. como T no es sobre entonces T no es invertible. las rotaciones Rxθ . Ejemplo 11. Rθz alrededor de los ejes x. es decir.17 Para cada θ. Rθ = R−θ y (Rθz )−1 = Rz−θ Ejemplo 11. z respectivamente. Así T no es sobre. que T no es sobre. T (E2 ) . pues si (por ejemplo) se diera que T (E3 ) = tT (E1 ) + sT (E2 ) con t. de los otros dos. supongamos que X1 . de los vectores T (E1 ) . s ∈ R entonces se tendría que T (E3 ) = T (tE1 + sE2 ) y como T es uno a uno ocurrirá que E3 = tE1 + sE2 . resultados completamente análogos a los ya establecidos para transformaciones lineales del plano respecto al concepto de invertibilidad. de ellos. Si T es invertible entonces T −1 es una transformación lineal.8) entonces T no es uno a uno y en consecuencia T no es invertible. Se completa así la prueba de que si se da (11. y.I.11. T (E3 ) .8) y probemos que T es invertible. y.8) entonces T es invertible El turno es ahora para el siguiente resultado: Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal.I. El primero de ellos es: Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal. los vectores T (E1 ) .L. 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. luego T (X1 − X2 ) = O.L.I. z ∈ R} entonces T R3 = {xT (E1 ) + yT (E2 ) + zT (E3 ) / x. T R3 es el conjunto de todas las C. T es invertible si y sólo si las columnas de m (T ) son L. Supongamos ahora que se cumple (11. T (E2 ) . 3 es C. E3 son L.I.8). que R3 ⊆ T R3 . ya que ninguno de los tres es C. z ∈ R} es decir. Ahora. tendremos que todo vector de R es decir. E2 .8) concluimos que X1 − X2 = O de donde X 1 = X2 . Si probamos que estos vectores son L.L. De manera que si T es invertible entonces debe cumplirse (11. . usando la condición (11.. probando que T es uno a uno y sobre. T (E3 ) son L. y como T R3 ⊆ R3 entonces tendremos T R3 = R3 como se desea probar. lo cual no puede ocurrir ya que E1 . 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. La prueba de este resultado se deja como ejercicio para el lector. Para probar que T es uno a uno. y como T es una transformación lineal. T (X1 )−T (X2 ) = T (X1 − X2 ) . Para probar que T es sobre probemos que T R3 = R3 : Como R3 = {xE1 + yE2 + zE3 / x. Ahora. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 386 A continuación estableceremos para transformaciones lineales del espacio. Inversa para transformaciones lineales y matrices 387 Para probarlo. 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.11. las columnas de m (T ) son L. 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 .) Así que la primera y la última de las afirmaciones anteriores son equivalentes.I. V. z T (X) = O ⇔ X es ortogonal a U. y. digamos que ⎛ ⎞ a1 a2 a3 m (T ) = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ c1 c2 c3 (11. y Z . 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 ⎠ .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.4. z tales que ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a2 a3 0 a1 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ 0 ⎠ x b1 + y b2 + z b3 = 0 c1 c2 c3 son x = 0. De (11. el único vector X de R3 tal que T (X) = O es X = O. es decir. Finaliza así la prueba del resultado en el último recuadro. V y Z..D. es decir. cualquier vector N normal a dicho plano será ortogonal a U.12) vemos que V × Z es ortogonal a U . es decir. y por tanto T es invertible. V × Z es un vector no nulo ortogonal a los vectores U. como U · (V × Z) = 0 entonces t = 0 y así X = O. Luego.12) Supongamos V × Z = O. concluyéndose de ello que T no es invertible. es decir. X = t (V × Z) para algún t ∈ R. U · (t (V × Z)) = 0 o.11): Supongamos que ∆ = 0. ⎧ ⎨ 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. U · (V × Z) = 0 Probaremos que T es invertible probando que T tiene la propiedad (11. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 388 En efecto. Entonces V y Z son L. t (U · (V × Z)) = 0 Ahora.10). V y Z. 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. Supongamos ahora que V × Z = O.T no es invertible.11. luego existe un plano que contiene a los puntos U. sabemos que V × Z es ortogonal a V y a Z. Como además X es ortogonal a U entonces U · X = 0. . Hemos probado así la implicación en (11. Luego.8): Ya sabemos que T (O) = O. V × Z es un vector no nulo tal que T (V × Z) = O y por lo tanto. es decir. V y Z. V y Z. U · (V × Z) = 0 (11. Como X es ortogonal a V y Z entonces X es paralelo al vector V × Z. será tal que T (N ) = O. Así.10) (11.11) Para probar (11. Hemos probado así (11. X es ortogonal a U. Sea ahora X un vector de R3 tal que T (X) = O. V · X = 0 0 0 0 y Z ·X =0 ⇔ X es ortogonal a U.11).10) partamos de que ∆ = 0. Ahora probaremos (11. es decir. es decir. por otra parte. equivalentemente. Recordemos que para una transfora b a b 2 2 .4. −1 solo que el cálculo de m T es un poco más laborioso. el único vector ⎝ y ⎠ tal que z 0 z −x + 2z = 0 ⎛ 4x + y = 0 y − 3z = 0 ⎞ ⎛ ⎞ x 0 es ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ .389 11. 1 0 de m (T ) son linealmente independientes. el único vector y z 0 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x 0 es el vector ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠. Veamos: . 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. Inversa para transformaciones lineales y matrices Ejemplo 11. concluimos que T es invertible.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. ⎝ 1 ⎠. las columnas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 0 ⎝ 4 ⎠. Es decir. 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.⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ x 0 x 3 ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ y = 0 ⎠ de R tal que T b) Dado que T es invertible. ⎛ ⎞ 2 ⎝ 0 ⎠ −3 Volvamos a las transformaciones lineales delplano. para una transformación lineal T : R3 −→ R3 se tiene un resultado análogo. z 0 c) Como T es invertible. 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. ya que T es invertible. es decir. ⎛ ⎞ r1 ⎝ U · r2 ⎠ = 1. cumple que ⎛ ⎞ r1 ⎝ U · r2 ⎠ = 1 r3 Ahora. V · (V × Z) = 0 y Z · (V × Z) = 0 ∆ ∆ ∆ 1 (V × Z) cumple que Luego. como ∆ = U · (V × Z) y V × Z es ortogonal a V y Z tenemos que U · (V × Z) = ∆.11. la primera columna de m T −1 es un vector ortogonal a V y a Z y. podemos escribir las igualdades anteriores en la forma 1 1 1 U · (V × Z) = 1. 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 ⎠ . r3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ r1 r1 ⎝ ⎠ ⎝ V · r2 = 0 y Z · r2 ⎠ = 0 r3 r3 es decir. 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. V · (V × Z) = 0 y Z · (V × Z) = 0 y como ∆ = 0.9). el vector ∆ ⎛ ⎞ 1 1 ⎝ 0 ⎠ T (V × Z) = ∆ 0 y como también ⎞ ⎛ ⎞ 1 r1 ⎠ ⎝ ⎝ r2 = 0 ⎠ T 0 r3 ⎛ . además. 4. De manera similar se determinan sus otras dos columnas. Luego.13). 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 .13) ⎛ ⎞ b1 V = ⎝ b2 ⎠ b3 ⎛ ⎞ c1 y Z = ⎝ c2 ⎠ c3 Ejemplo 11.19.391 11. de la cual ya sabemos que es invertible. 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. a3 ⎛ (11. obteniéndose que ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ t1 s1 ⎝ s2 ⎠ = 1 (Z × U ) y ⎝ t2 ⎠ = 1 (U × V ) .20 Considere la transformación lineal T del ejemplo 11. 1 m T −1 = 11 V×Z Z×U U×V . ∆ ∆ 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 ⎠ . de acuerdo con la fórmula (11. 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.11. se tiene lo siguiente. Transformaciones lineales del espacio y matrices 3 × 3 392 ⎛ ⎞ −1 U = ⎝ 0 ⎠. Pues bien. Entonces X = I (X) = (ST ) (X) = S (T (X)) = S (O) = O . 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. 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. Si existe una transformación lineal S : R3 −→ R3 tal que ST = I o T S = I entonces T es invertible y T −1 = S. 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. Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal. 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. 2.1.12. 407 . Definiciones y algunos resultados básicos Figura 12. c1 c2 c3 Ejemplo 12.12.9) es el mismo del sistema x − 2y + 3z = 2 5y − 5z = −3 (12. x = 3 − 5 − 3 = −5. ⎝ b2 ⎠ = O y ⎝ b3 ⎠ = c1 c2 c3 se da uno y sólo uno de los casos siguientes: Caso 1. El conjunto solución es un plano. El conjunto solución es un conjunto con un único punto. como ⎛ único valor ⎞ posible para x. Finalmente. entonces el conjunto solución del sistema (12.8) si es nulo al menos uno de los vectores ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ a2 a3 a1 ⎝ b1 ⎠ .10) . Ejemplo 12. Caso 3. Caso 2. El conjunto solución es φ. ⎝ b3 ⎠ . 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. sustituyendo en la primera ecuación z por 3 y y por 5 se obtiene. ⎝ b2 ⎠ . 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. El conjunto solución es una recta.8 Consideremos el sistema x − 2y + 3z = 2 5y − 5z = −3 0x + 0y + 0z = 0 (12. sustituyendo en la segunda ecuación z por 3 y despejando y se obtiene que y sólo puede tomar el valor y = 12 (7 + 3) = 5.7 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. Por tanto. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 408 Admitiendo lo anterior.9) Puesto que el conjunto solución de la tercera ecuación es todo R3 . Caso 4. Dejamos al lector determinar cómo es el conjunto solución de un sistema del tipo (12. en el sistema del ejemplo 12. Método de eliminación de Gauss Ahora. ii) Multiplicar ambos lados de una ecuación por un escalar no nulo. lo cual se consigue sumando a dicha ecuación. la primera multiplicada por (−1). Ejemplo 12. Así.8. es natural intentar transformarlo en otro sistema equivalente a él que si tenga una forma simple.11) Solución: Nuestro primer propósito es eliminar la incógnita x en la segunda ecuación. Para ello sumamos a esa ecuación. él se puede resolver mediante sustitución regresiva. Estas manipulaciones de las ecuaciones de un sistema se llaman operaciones elementales. Por ejemplo. Esto se hizo en el ejemplo 12.8) que no tenga forma simple. dada la forma simple de ellos. la incógnita x sólo aparece en la primera ecuación y la incógnita y sólo en las dos primeras. Para el lector ya debe ser claro que ninguna de estas operaciones altera el conjunto solución del sistema. Más adelante se precisará que significa tener una “forma simple”.8 fue fácil resolver los sistemas. el sistema (12. Con miras a transformar un sistema del tipo (12.409 12.7 y 12.9)) es la recta con ecuación ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 4/5 −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ −3/5 ⎠ + z ⎝ 1 ⎠ z 0 1 12.7. Nótese que la operación del tipo iii) es la que permite eliminar incógnitas para simplificar el sistema.7 y 12.8) en otro equivalente a él que tenga forma simple.9 Resuelva el sistema 2x − y + z = 4 2x + 2y + 3z = 3 6x − 9y − 2z = 17 (12.2.6. la primera multiplicada por −3. La nueva segunda ecuación es 3y + 2z = −1 Ahora eliminamos x en la tercera ecuación. En los tres ejemplos siguientes se ilustra lo anterior. iii) Sustituir una ecuación por la suma de ella con un múltiplo escalar de otra.2 Método de eliminación de Gauss En los ejemplos 12. Para resolver un sistema del tipo (12.12) . como la de los sistemas de los ejemplos 12. podemos: i) Intercambiar dos ecuaciones. El resultado es −6y − 5z = 5 la cual es la nueva tercera ecuación.11) es equivalente al sistema 2x − y + z = 4 3y + 2z = −1 −6y − 5z = 5 (12. dada la forma de este sistema. Su conjunto solución ( y por tanto el del sistema (12. 16) (la cual es 0x + 0y + 0z = 0) la satisface todo vector de R3 . la segunda multiplicada por −2. Se obtiene x = 4 − 2 (1 − z) − 3z = 2 − z . Se resuelve ahora el sistema (12. Este último sistema se resuelve mediante sustitución regresiva de la siguiente manera: De la segunda ecuación. la segunda multiplicada por 2. En este caso el sistema resultante es x + 2y + 3z = 4 y + z = 1 0z = 0 (12. −3 Ejemplo 12. Para ello sumamos a la tercera ecuación.11). De él conservamos las dos primeras ecuaciones y eliminamos la incógnita y en la tercera. despejando y en términos de z.17) el cual es equivalente al sistema pues la tercera ecuación en (12. Se obtiene así el sistema 2x − y + z = 4 3y + 2z = −1 (12.13) −z = 3 el cual es equivalente al sistema (12.14).10 Resuelva el sistema x + 2y + 3z = 4 x + 3y + 4z = 5 −x − z = −2 (12. Para ello sumamos a dicha tercera ecuación. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 410 De este sistema conservamos las dos primeras ecuaciones y eliminamos la incógnita y en la tercera. restando la primera ecuación de la segunda) y sumando a la tercera ecuación la primera.12) y por tanto al sistema (12.16) x + 2y + 3z = 4 y + z = 1 (12.14) Solución: Conservamos la primera ecuación y empezamos por eliminar la incógnita x en las otras dos ecuaciones. En esta primera etapa se obtiene el sistema x + 2y + 3z = 4 y + z = 1 2y + 2z = 2 (12. la primera multiplicada por −1 (o equivalentemente.12.15) el cual es equivalente al sistema (12. el cual es entonces la única solución del sistema inicialmente dado. Esto se consigue sumando a la segunda. se obtiene y =1−z Ahora sustituimos en la primera ecuación y por 1 − z y despejamos x. obteniéndose como única solución el vector ⎛ ⎞ 13/3 ⎝ 5/3 ⎠ .13) mediante sustitución regresiva. 21).11 Resuelva el sistema x− y+ z = 1 2x − 2y + 2z = 2 3x − 3y + 3z = 3 (12. vemos que el conjunto solución de (12. Escribiendo la ecuación (12. y por tanto del sistema (12.20) el método de eliminación.18) z z o equivalentemente. 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. así que el conjunto solución de este sistema es el plano con ecuación x−y+z =1 (12.21) Si se aplica al sistema (12. Método de eliminación de Gauss Luego. 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 .20) Solución: Es evidente que las tres ecuaciones del sistema representan un mismo plano. de la forma ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 2 −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 1 ⎠ + z ⎝ −1 ⎠ z 0 1 (12. el conjunto ⎛ ⎞solución del sistema (12.411 12.17) (y por tanto del sistema (12.14)) son los x vectores ⎝ y ⎠ de la forma z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 2−z ⎝ y ⎠=⎝ 1−z ⎠ (12. ⎛ las ⎞soluciones del sistema (12.14) es la recta que pasa por el punto ⎛ Así −1 2 ⎝ 1 ⎠ y tiene a ⎝ −1 ⎠ como vector director.2. 1 0 Ejemplo 12.19) ⎞ que.20).21) en la forma x=1+y−z y considerando y y z como parámetros. En primer lugar.11) es ⎞ | 4 | 3⎠ | 17 . al vector X como vector de incógnitas. a3 b3 c3 ⎛ ⎞ x X =⎝ y ⎠ z (12.12 a) En el ejemplo 12. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 412 es decir. una matriz 3×4. 12.22). ⎠ o A. al vector U como vector de términos independientes y al arreglo ⎛ ⎞ a1 b1 c1 u1 ⎝a2 b2 c2 u2 ⎠ (12. un arreglo de números como el que aparece en (12. 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..24) a3 b3 c3 u3 como la matriz aumentada cribiremos ⎛ a1 ⎝a2 a3 o ampliada del sistema (12.U b2 c2 | u2 b3 c3 | u3 En general. la matriz aumentada del ⎛ 2 −1 1 ⎝2 2 3 6 −9 −2 sistema inicial (12.9.24) es⎞ b1 c1 | u1 . A continuación precisaremos en qué consiste este método y lo presentaremos en forma simplificada.24) se dice una matriz de 3 filas y 4 columnas o más brevemente. en realidad aplicamos el método de eliminación de Gauss. Ejemplo 12. de la forma ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ x 1 1 −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠+y⎝ 1 ⎠+z⎝ 0 ⎠ z 0 0 1 En los ejemplos 12. Necesitamos introducir antes algunas notaciones y definiciones. en la forma AX = U con ⎞ ⎛ a1 b1 c1 A = ⎝a2 b2 c2 ⎠ . En lugar de (12.22) puede expresarse en la forma equivalente ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a1 b1 c1 x u1 ⎝a2 b2 c2 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ u2 ⎠ a3 b3 c3 u3 z es decir.10 y 12.11 eliminamos incógnitas de una manera metódica y con un propósito claro.12.9. omitiendo las incógnitas y los signos = en las ecuaciones.23) ⎛ ⎞ u1 y U = ⎝ u2 ⎠ u3 Nos referiremos a la matriz A como la matriz de coeficientes. 21) es 1 −1 1 | 1 0 0 0 | 0 0 0 0 | 0 (12.27) Obsérvese que en (12. Un sistema cuya matriz de coeficientes sea una matriz escalonada se dirá un sistema escalonado. Método de eliminación de Gauss mientras que la del sistema final (12. En general.413 12.11. A continuación mostramos que tal transformación siempre es posible: .2. 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).27) del ejemplo anterior.26) y (12. mediante operaciones elementales sobre sus ecuaciones. la matriz aumentada del sistema inicial (12. • Cada pivote está a la izquierda del pivote de la siguiente fila hacia abajo. • Debajo de cada pivote.10. si ésta es no nula.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 (12.17) es (12. Ya podemos precisar en qué consiste el método de eliminación de Gauss: En transformar un sistema dado. 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 (12.25) b) En el ejemplo 12. (12. en la columna correspondiente a él . tienen forma escalonada. en un sistema equivalente escalonado.25). las matrices conformadas por las tres primeras columnas tienen una forma especial.26) c) En el ejemplo 12. la matriz aumentada ⎛ 1 −1 ⎝2 −2 3 −3 del sistema inicial (12. b2 obteniéndose un sistema equivalente al sistema (12. Retornemos al sistema (12. se elimina la incógnita y en la tercera ecuación en (12.30) y por tanto al sistema (12. un sistema escalonado equivalente al sistema (12.29) • Supongamos que b2 = 0 o b3 = 0. a2 . b3 en lugar de a1 . la primera multiplia2 cada por − . b2 . entonces (12.29). Podemos asumir (intercambiando las dos últimas ecuaciones si es necesario) que b2 = 0. Lo anterior nos lleva a un sistema equivalente de la forma a1 x + b1 y + c1 z = u1 b2 y + c2 z = u2 b3 y + c3 z = u3 (12. Intercambiando ecuaciones si es necesario.28). basta intercambiar sus dos últimas ecuaciones para obtener un sistema escalonado. obteniéndose un sistema c2 escalonado. la segunda multiplicada por c − 3 .28) y consideremos ahora el caso en el cual a1 = a2 = a3 = 0.29). pasamos a considerar los números c1 . En este caso se procede de manera análoga a lo antes descrito.29) ocurre que b2 = b3 = 0. solo que iniciando con b1 .29) es de la forma a1 x + b1 y + c1 z = u1 c2 z = u2 c3 z = u3 (12.30) no es escalonado cuando c2 = 0 y c3 = 0 o también cuando c2 = 0 y c3 = 0. b3 es distinto de cero. con ello se elimina la incógnita x en la segunda ecuación. con lo cual se elimina la incógnita z en la tercera ecuación. Sumando a la tercera ecuación en (12. la primera multiplicada por − . a3 es distinto de cero. Los pasos a seguir en este caso son: • Se mantiene la primera ecuación y se suma a la segunda ecuación. con lo cual se elimina la incógnita x a1 de la tercera ecuación.28) y consideremos el caso en el cual al menos uno de los números a1 . Si en el sistema (12.30) el cual ya es escalonado cuando c2 = 0 y c3 = 0 o también cuando c2 = 0 y c3 = 0. c2 . podemos suponer que a1 = 0.29) de la forma a1 x + b1 y + c1 z = u1 b2 y + c2 z = u2 c3 z = u3 el cual es un sistema escalonado. Si ocurre que también b1 = b2 = b3 = 0. procedemos como en el caso en el cual . El sistema (12. en el segundo caso se suma a la tercera ecuación. Si al menos uno de estos números es distinto de cero.12. en ambos casos. c3 . Se obtiene así. En el primer caso. b2 . a3 si al menos uno de los números b1 . la seb gunda multiplicada por − 3 . a2 . 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. Luego se suma a a1 a3 la tercera ecuación. 9.2. 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. la primera multiplicada por −3. Por tanto las incógnitas y los mencionados símbolos pueden omitirse durante el proceso.28) a un sistema escalonado. y. 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. efectuando las operaciones elementales con las filas de la matriz aumentada del sistema. Finalmente. 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. z y los símbolos = y + no juegan ningún papel. Método de eliminación de Gauss 415 b1 = 0 o b2 = 0 o b3 = 0. 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. y sumando a la tercera fila. obteniéndose que el conjunto solución consta 13/3 únicamente del vector ⎝ 5/3 ⎠ −3 . Ejemplo 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 segunda multiplicada por 2. A las operaciones elementales con ecuaciones. 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.12. en lugar de efectuarlas con las ecuaciones.13 Consideremos el sistema 2x − y + z = 4 2x + 2y + 3z = 3 6x − 9y − 2z = 17 del ejemplo 12. las incógnitas x. Para transformarlo en un sistema escalonado equivalente. trabajaremos con su matriz aumentada. se tiene lo siguiente: a) El sistema homogéneo AX = O tiene únicamente la solución trivial si y sólo si la matriz A es invertible. b) Si A no es invertible y A = O. S = TX0 (SH ) . Si X0 es una solución particular del sistema no homogéneo AX = U y SH es el conjunto solución del sistema homogéneo asociado AX = O. 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.23). En el siguiente resultado se relaciona el conjunto solución de un sistema no homogéneo soluble AX = U. En en primer lugar tenemos: El sistema (12.3 se ilustra lo expresado en este último resultado. Xh ∈ SH el cual es la imagen del conjunto SH bajo la traslación TX0 .3 Otros resultados básicos Ahora estableceremos algunos resultados generales acerca de sistemas del tipo (12. entonces el conjunto solución del sistema AX = U es elconjunto S = X ∈ R3 / X = X0 + Xh . AX = U. el conjunto solución del sistema AX = O es todo R3 .8). 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.12. Cuando la matriz A es inverible. con el conjunto solución del sistema homogéneo asociado AX = O. . En cuanto al sistema homogéneo AX = O . resultados que son completamente similares a los ya establecidos para sistemas de dos ecuaciones con dos incógnitas. la única solución del sistema es X = A−1 U. en los casos en que SH es una recta o un plano. es decir. c) Si A = O. En la figura 12. tiene solamente una solución si y sólo si la matriz A es invertible. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 416 12. 9.417 12. Otros resultados básicos Figura 12. Tenemos por último. de las columnas de la matriz A.15 Consideremos el sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −3 2 x u ⎝1 −3 2⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ v ⎠ 1 −3 2 z w (12. Los ejemplos que siguen a continuación hacen referencia a los resultados anteriores. lo siguiente: El sistema AX = U es soluble si y sólo si el vector U es C. Ejemplo 12. Ejemplo 12.3.14 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.31) .3.L. Este sistema es soluble si y sólo si el vector ⎛denotemos ⎞ u ⎝ v ⎠ es C.32) son. el sistema (12. si y sólo si ⎝ v ⎠ ∈ L. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 418 ⎛ ⎞ u Sabemos que este sistema es soluble si y sólo si el vector ⎝ v ⎠ es C.32) son múltiplos escalares de la primera entonces las⎛C. de las columnas de la matriz A. 2 ⎞ 0 ⎝ 1 ⎠. son los vectores de la recta L generada por dicho 1 vector.31) es no soluble pues este vector no es múltiplo escalar de ⎝ 1 ⎠.⎞de las tres columnas en (12.L.31) es soluble si y sólo si el vector ⎝ v ⎠ es múltiplo escalar w ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u 1 del vector ⎝ 1 ⎠ . Es de 1 ⎛ ⎞ u resaltar que en este caso los vectores ⎝ v ⎠ para los cuales el sistema (12. de las columnas w ⎛ ⎞ 1 ⎝ 1 ⎠. si ⎝ v ⎠ = ⎝ −4 ⎠ entonces 1 w 7 ⎛ ⎞ 1 el sistema (12. la cual es la recta L. es decir. Por otra parte.L. ⎛ ⎞ u Por tanto.33) y por A su matriz de coeficientes. si ⎝ v ⎠ = ⎝ −5/4 ⎠ entonces el sistema (12.31) es soluble ya que w −5/4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 u 2 este vector es múltiplo escalar de ⎝ 1 ⎠ . 1 ⎛ ⎞ −3 ⎝ −3 ⎠ .31) es soluble w conforman una recta que pasa por el origen. en realidad. los múltiplos 1 escalares del vector ⎝ 1 ⎠. como la segunda y la tercera columnas en (12.34) . 3 ⎛ ⎛ ⎞ 2 ⎝ −5 ⎠ .32) Ahora. de los vectores w ⎛ ⎞ 1 ⎝ −1 ⎠ . Ejemplo 12. −3 ⎛ ⎞ 2 ⎝ 2 ⎠ 2 (12.12.16 Consideremos el sistema ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 2 x u ⎝−1 1 −5⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ v ⎠ 2 3 −5 z w (12. es decir. −5 (12.L. es decir. w 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5/4 u Por ejemplo. Método de Gauss-Jordan El lector puede comprobar que el determinante de la matriz A es cero y por tanto los vectores en (12. Así las cosas.34) son L.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. de la dos primeras.L.33) es soluble puesto que w 8 este vector pertenece al plano P ya que él satisface la ecuación (12. las C. en realidad.34) es C.34) son.419 12. se observa que los dos primeros vectores en (12.17 Consideremos el sistema 2x − y + z = 4 2x + 2y + 3z = 3 6x − 9y − 2z = 17 . es decir. el cual es el plano P. ⎛ ⎞ u Es de resaltar que en este caso los vectores ⎝ v ⎠ de R3 para los cuales el sistema w (12. las C.D. si y sólo si ⎝ v ⎠ ∈ P.4.33) es soluble. de las tres columnas en (12. ⎛ de⎞las 1 dos primeras. 12. tiene todos los pivotes iguales a uno y también ceros encima de cada pivote en la columna correspondiente a éste. Ahora. además de ser escalonada. Ejemplo 12. de los w ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u 0 1 vectores ⎝ −1 ⎠ y ⎝ 1 ⎠ .34) son L.L.33) es soluble si y sólo si el vector ⎝ v ⎠ es C. 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. 3 Se deja al lector comprobar que una ecuación para dicho plano P es 5x + 3y − z = 0 (12. es decir.35).L.I.35). el sistema (12. luego debe tenerse que la tercera columna en (12. conforman un plano que pasa por el origen. Una matriz con estas características se dirá una matriz escalonada reducida.35) ⎛ ⎞ u En resumen. w 3 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 u Por ejemplo. Por otra parte. 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. son los vectores del plano P generado por los vectores ⎝ −1 ⎠ y 2 ⎛ ⎞ 0 ⎝ 1 ⎠. si ⎝ v ⎠ = ⎝ 1 ⎠ entonces el sistema (12.L. En el ejemplo 12. 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. ∗ I3 .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. 3 y −1.13. con lo cual obtenemos la matriz ⎛ ⎞ 1 0 5/6 | 11/6 ⎝0 1 2/3 | −1/3⎠ 0 0 1 | −3 Por último.. la segunda fila por 13 y la tercera fila por −1. En general. la tercera multiplicada por − 23 y a la primera fila. U donde U ∗ es la única solución del sistema. sumamos a la segunda fila.12. • Como se obtuvo solución única. la matriz de coeficientes del sistema inicial (y también la de cada uno de los sistemas en el proceso de eliminación ) es invertible. Para tener 1 en el lugar de los pivotes 2. multiplicamos la primera fila por 12 . 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.9 y 12. 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 . se tiene lo siguiente: . la segunda multiplicada por 12 . Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 420 de los ejemplos 12. la tercera multiplicada por − 56 . múltiplos apropiados de la primera fila. podemos conseguirceros en .... ya que A es invertible).. a2 . obtendremos una matriz aumentada A . sumando a la segunda y a la tercera fila de la matriz en (12. al menos uno de los números a1 .36) y supongamos que A es invertible. primera y tercera filas de A .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 . podemos suponer que b2 = 0. U se obtiene siempre una matriz de la forma .36). U ⎛ ⎞ 1 0 c1 | u1 . U = ⎝0 b2 c2 | u2 ⎠ 0 b3 c3 | u3 (12. a) Si al aplicar el método de eliminación de Gauss-Jordan a la matriz A . ∗ entonces U ∗ es la única solución del sistema se obtiene la matriz I3 .38) . Es claro que siendo a1 = 0. Puesto que A es invertible. múltiplos apropiados de la segunda fila. se pueden conseguir ceros debajo de a1 en la primera columna. a3 es no nulo.4.. b) Si A es invertible entoncesal aplicar el método de eliminación de Gauss. U . U = ⎝a2 a3 Para probarlo digamos que ⎞ b1 c1 | u1 b2 c2 | u2 ⎠ b3 c3 | u3 (12.. pero ello no puede ocurrir pues las columnas de A son L.421 12. U = ⎝0 1 c2 | u2 ⎠ 0 0 c3 | u3 (12. A .. U AX = U y además la matriz A es invertible. b3 es no nulo (si fuera b2 = b3 = 0. Intercambiando filas si es necesario. Método de Gauss-Jordan Consideremos un sistema AX = U. U . ⎛ a1 . Si después de obtener dichos ceros. si fuese necesario. primera fila. de la forma dividimos la segunda fila por b2 se obtiene una matriz aumentada A . entonces la segunda columna de A será múltiplo escalar de la primera columna.. ∗ I3 . . A . dividimos por a1 la . Intercambiando las filas segunda y tercera en A . Jordan a la matriz A . U de la forma ⎛ ⎞ 1 b1 c1 | u1 . podemos asumir que a1 = 0. U donde U ∗ es la única solución del sistema AX = U . donde A es una matriz 3 × 3 y U un vector de R3 . Siendo los puestos correspondientes a b1 y b3 sumando a la b2 = 0. Sólo es necesario probar lo afirmado en b). A .I... Si luego . Afirmamos que en A al menos uno de los números b2 . y c . pero ello no ocurre ya que las columnas de A son L.38) es invertible. para ver esto basta dar el mismo argumento que se dio para mostrar la invertibilidad de la matriz A . Afirmamos que en dicha matriz A .40) Así que resolviendo estos sistemas encontraremos las columnas de A−1 y por tanto. I3 ... Si luego de ello dividimos por c3 la tercera matriz de la forma ⎛ 1 0 0 | . ⎝A | 0 ⎠ (12. U = ⎝0 1 0 | 0 0 1 | fila obtendremos.L.. . Siendo c3 = 0. ∗ I3 . respectivamente. c3 = 0 (Si fuese c3 = 0. U3∗ (12. finalmente. por ser A una matriz correspondientes a c1 invertible). la tercera columna de A sería C. la matriz A−1 . segunda y tercera columnas de A−1 son. podemos conseguir ceros en los puestos . sumando a la primera y segunda filas de A . I3 . segunda y tercera columna de A−1 . Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 La matriz A en (12. U3∗ la primera. ∗ U1 U2∗ U3∗ −1 A = | | | Ahora. respectivamente. los vectores ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 A−1 ⎝ 0 ⎠ . Sabemos que la primera.422 12.42) siendo U1∗ . obtendremos matrices . A−1 ⎝ 0 ⎠ 0 0 1 los cuales son. A−1 ⎝ 1 ⎠ ... . U múltiplos apropiados de la 2 tercera fila. ⎝A | 1 ⎠ . I3 .41) | 1 | 0 | 0 de los sistemas en (12.40).41) a (12. A⎝ y ⎠ = ⎝ 1 ⎠ A⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 1 0 z z 0 z (12. las únicas soluciones de los sistemas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 0 x x 1 A⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠. par⎞ 0 0⎠ 1 . Así. es claro que el paso de (12. Ya sabemos que si aplicamos el método de Gauss-Jordan a las matrices aumentadas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ | 0 | 0 | 1 ⎝A | 0 ⎠ . respectivamente.I.39) u∗2 ⎠ ∗ u3 Es claro que U ∗ es la única solución del sistema AX = U . U2∗ . U2∗ . El método de eliminación de Gauss-Jordan proporciona otra manera de hallar la inversa de cualquier matriz 3 × 3 que sea invertible. U1∗ . como se explica a continuación: Sea A una matriz 3 × 3 invertible. una ⎞ u∗1 (12. Hemos probado así lo afirmado en b).42) tiendo del arreglo (matriz) ⎛ | 1 0 ⎝ A | 0 1 | 0 0 puede hacerse simultáneamente. de las dos primeras columnas en A . 18 Consideremos la matriz ⎛ ⎞ 2 −1 3 1 0⎠ A = ⎝1 4 −3 2 la cual es invertible... partiendo de A . 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. Método de Gauss-Jordan . I3 .. I3 . 1 0 | A . Partimos de la matriz ⎛ 2 −1 3 | . y a la primera la segunda multiplicada por 13 . 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 −2.423 12. el procedimiento para calcular A−1 usando operaciones elementales sobre las filas es: .4. y a la tercera fila la primera multiplicada por −4. I3 hasta obtener . • Se realizan operaciones elementales sobre las filas de la matriz A . 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.. B • La matriz B es A−1 Ejemplo 12. • Se forma la matriz A .. 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. I3 = ⎝1 4 −3 2 | de cero. la segunda multiplicada por − 73 . es decir. 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 . Hallar el conjunto solución de cada uno de los siguientes sistemas de ecuaciones lineales e interpretarlo geométricamente. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 424 Sumando a la segunda fila la tercera multiplicada por multiplicada por 15 obtenemos la siguiente matriz 3 5.1 1. 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. 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. utilizando el método de eliminación de Gauss. .5 Ejercicios Sección 12. a) Escribirlo en la forma matricial AX = U b) Hallar. el conjunto solución del sistema e interpretarlo geométricamente. 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. 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. Para cada uno de los siguientes sistemas de ecuaciones lineales. mostrando que ⎛ ⎞⎡ ⎛ ⎞⎤ 2 −1 3 −2 7 3 1 ⎝1 1 0⎠ ⎣ ⎝ 2 8 −3⎠⎦ = I3 15 4 −3 2 7 −2 −3 12.12.2 2. 1 a) Hallar una ecuación para la parábola que pasa por los puntos P = . empleando sistemas de ecuaciones lineales. sabiendo que la temperatura en cada . 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 = . 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. 1 −1 −2 Q= yR= . planteando y resolviendo un sistema apropiado de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas. Resolver el problema planteado en cada uno de los siguientes literales. P2 y P3 descritos en cada literal.R = y es tal que su eje focal es paralelo al eje y. 5 7 d) Calcular los números a. 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 ⎠ .5. y y z de los puntos correspondientes de la placa metálica triangular que se muestra en la figura siguiente. P2 : 3x + y − 5z − 10 = 0 y P3 : 7x + 5y − 17z = 40 ⎛ ⎞ −7/3 b) P1 : x + y − 8z = −7. 5. b y c tales que los polinomios (a + 3) x2 +(2a − 2c + 10) x+ 6c y −2bx2 − 3bx + (a − 4b + 9) sean iguales.425 12. Calcular las temperaturas x. 4 −1 2 Q= . 3 ⎛ ⎞ 0 c) P1 : 2x − y + 5z = 0. −1 3 1 c) Encontrar el polinomio cúbico tal que su gráfica pasa por los puntos P = . 2 2 −10 4. 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. a) P1 : x − y + z + 5 = 0. Hallar la intersección de los planos P1 . 12. ilustraciones y pastas respectivamente. 6. 8. A partir de la siguiente figura. se gastan 20. 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. 4 y 8 dólares en papel. Una nutricionista está planeando una dieta que proporcione ciertas cantidades de vitamina C. mostrar que los cosenos de los ángulos α. Para los de pasta dura los gastos son de 10. ilustraciones y pastas respectivamente. β y γ. b y c del triángulo . ¿Cuántos libros de cada clase se pueden producir con este presupuesto? 7. calcio y magnesio. Para los de pasta rústica la empresa gasta 5 dólares en papel. y los lados a. 1100 para ilustraciones y 2000 para pastas. Una empresa editorial produce tres clases de libros: Con pasta rústica. 2 dólares en ilustraciones y 3 dólares en pastas. La siguiente tabla muestra el número de miligramos de cada nutriente que aporta una unidad de cada tipo de comestible. 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. Para los de pasta de lujo. 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. 290 mg de calcio y 180 mg de magnesio. determinar el número de unidades diarias de cada comestible que la nutricionista debe sugerir para que la dieta contenga los nutrientes requeridos. II y III. con pasta dura y con pasta de lujo. a) Escribirlo en la forma matricial AX = U. ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ 1 ⎨ x ⎬ a) X0 = ⎝ −1/2 ⎠ . b y c de tal forma que el sistema sea consistente. Para cada uno de los siguientes literales. 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. sabiendo que X0 es una solución particular del sistema AX = U. Sea A una matriz de orden 3 y U un vector no nulo de R3 .427 12. SH = ⎝ y ⎠ ∈ R3 2x − 3y + z = 0 ⎩ ⎭ 3 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 SH es la recta generada por el vector ⎝ −3 ⎠ b) X0 = ⎝ 3 ⎠ . Para cada uno de los sistemas dados. 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. −5 6 ⎧⎛ ⎞⎫ ⎛ ⎞ 0 ⎨ 0 ⎬ SH = ⎝ 0 ⎠ c) X0 = ⎝ 1 ⎠ . ⎩ ⎭ −3 0 Sección 12.4 11. hallar el conjunto solución S del sistema AX = U y expresarlo como una traslación del conjunto solución SH del sistema homogéneo asociado AX = O.3 10.5. 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. . Ejercicios ABC. hallar la matriz A−1 mediante el método de Gauss-Jordan. utilizando el método de eliminación de Gauss-Jordan. Para cada numeral.12. 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 = ⎝ 3 ⎠ 1 −4 5 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1/2 1/3 0 1/3 iii) A = ⎝ 0 1/3 1/2⎠ . U = ⎝ 1/6 ⎠ 1/2 1/3 1/2 5/6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 −1 ⎝ ⎝ ⎠ 1 ⎠ iv) A = −1 0 −1 . U = 1 1 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cosθ −senθ 0 −senθ v) A = ⎝senθ cosθ 0⎠ . U = ⎝ cosθ ⎠ 0 0 1 −2 . el conjunto solución del sistema. en caso afirmativo. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −1 0 1 1 i) A = ⎝1 0 1⎠ . a) Determinar si la matriz A es invertible y. Sistemas de ecuaciones lineales 3 × 3 428 b) Hallar. b) Si A es invertible resolver el sistema AX = U utilizando A−1 . U = ⎝ 0 ⎠ 1 1 0 −1 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 2 −5 4 −2 ii) A = ⎝1 −2 1⎠ . 1) cada número ai (i = 1. 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 .13 Determinantes de orden 3 13. 3) aparece acompañado de un determinante de orden 2 y está precedido por el signo + o por el signo −. 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 . 2.1 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. Observe que la expresión (13. 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 (13.1) Nos referiremos a los determinantes de matrices 3 × 3 también como determinantes de orden 3. éste se puede expresar en términos de la posición que ocupa ai : dicho signo es (−1)1+i .2) c2 c3 c1 c3 c1 c2 c1 c2 c3 429 . 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) 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. 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. De manera que la igualdad (13. En la expresión (13. se obtiene como resultado a1 b2 c3 − a1 b3 c2 + a2 b3 c1 − a2 b1 c3 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1 (13. tres correspondiendo a las filas y tres correspondiendo a las columnas. De manera que: Para cualquier matriz A de orden 3. 2. a3 de la primera fila de la matriz A.3) se puede obtener el lado derecho de (13. ella apareció de manera natural.2).3) se puede obtener otros desarrollos para el determinante de A. el lector puede comprobar sin ninguna dificultad que factorizando en (13. ⎛ ⎞ Ejemplo 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.2). a2 . por a2 y por a3 .1) se desarrollan los determinantes de orden 2 y luego se realizan los productos por a1 . b3 . Ahora. Determinantes de orden 3 El escalar que acompaña a ai (i = 1.1). hay seis maneras de calcular el determinante de A mediante el desarrollo por cofactores. Cuando en el lado derecho de la igualdad (13. Por ejemplo. factorizando los elementos de cualquiera de las otras filas de A o también factorizando los elementos de cualquiera de las columnas. dicho lado derecho se conoce como desarrollo del determinante mediante cofactores de la primera fila.3) los elementos a3 .3) se puede obtener el lado derecho de (13. 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 . Es claro que de la expresión (13. también de (13. es decir. el lado derecho de (13. similares al lado derecho en (13. resolviendo sistemas de ecuaciones lineales de tres ecuaciones con tres incógnitas. factorizando los elementos de la primera fila.1).3) Es de señalar que fue esta expresión la que dio origen inicialmente al concepto de determinante de orden 3. así como de (13. simplemente factorizando en ella los escalares a1 . 3) en el lado derecho de la igualdad anterior se llama cofactor de ai . como lo veremos más adelante.1 −2 1 4 Calcular el determinante de la matriz A = ⎝ 4 1 0⎠ . 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.430 13. 431 13. matriz det AT = det (A) Para probar lo anterior. luego de que este concepto se introdujo en el capítulo 9. como se puede observar. A continuación listaremos los resultados más importantes en los que apareció involucrando el concepto de determinante de una matriz 3 × 3. ⎛ ⎞ a1 a2 a3 Sean A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ y T : R3 −→ R3 la transformación lineal cuya matriz es A. sea A una matriz 3×3 como al inicio de este capítulo. 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) . .1. a3 ⎛ ⎞ b1 V = ⎝b2 ⎠ b3 ⎛ ⎞ c1 y Z = ⎝c2 ⎠ c3 2. c1 c2 c3 1. 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. dado que los determinantes de orden 2 tiene la propiedad que estamos probando para los de orden 3. se tiene que: Para cualquier A de orden 3. 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. Luego. el lado derecho de la igualdad anterior es precisamente el desarrollo de det (A) mediante cofactores de la primera fila de A. det (A) = U · (V × Z) donde ⎛ ⎞ a1 U = ⎝a2 ⎠ . En efecto. ya que al usar la tercera columna no se hace necesario calcular los cofactores de las dos componentes nulas de esa columna. 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. al igual que para determinantes de orden 2. Definición y algunos resultados básicos cualquier otra fila de A. 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 . si y sólo si det (A) = 0. ⇐⇒ 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. Ahora. V y Z son como en 1. Determinantes de orden 3 3. la cual se explicó en el capítulo 6. para el determinante de una matriz b1 b2 Pues bien. en relación con una manera de resolver sistemas de ecuaciones lineales de dos ecuaciones con dos incógnitas y tres ecuaciones con tres incógnitas.5) . de la expresión a1 b2 − a2 b1 a1 a2 .I. Si det (A) = 0. Para el caso del sistema a1 x + a2 y = u (13.I. Quizá el lector se pregunte cómo surgió inicialmente tal expresión y por qué ella es la análoga para matrices 3 × 3. Las filas de A son L. si y sólo si det (A) = 0 En efecto. 4.I. el resultado 4.4) b1 x + b2 y = v cierta manera de proceder. 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. el sistema A ⎝ y ⎠ = ⎝ u3 z única si y sólo si det (A) = 0. Cualquiera sea el vector ⎝ u2 ⎠. Las columnas de la matriz A son L.3). ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x u1 5. conduce al siguiente resultado: ⎛ ⎞ u1 u2 ⎠ tiene solución u3 son las columnas de Las filas de A son L. ⇐⇒ Las columnas de AT son L. m T −1 = A−1 = 1 det (A) donde U.432 13. dado que det (A) = det AT y puesto que las filas de A AT .I. conduce a que si a1 b2 − a2 b1 = 0. obteniéndose así el siguiente resultado.1. con el mismo denominador que aparece en (13.433 13. y se denotó en la forma a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c2 c3 Es más.8) En forma similar se obtienen expresiones análogas para x y para y. el denominador en las expresiones anteriores se llamó determinante a1 a2 .6) x= a1 a2 a1 a2 b1 b2 b1 b2 igualdades conocidas como fórmulas de Cramer para el sistema (13.3).4).7) Con el fin de imitar el procedimiento empleado con el sistema (13. escribimos las dos primeras ecuaciones en (13. 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 (13.4): . el cual es completamente análogo a lo obtenido para el sistema (13.7). para y y para z también podían expresarse como determinantes de orden 3. También sabemos que dichas expresiones pueden del sistema (13. se obtiene una ecuación que sólo contiene la incógnita z.7). Definición y algunos resultados básicos Como ya sabemos. Pasemos ahora a mostrar cómo surgió la expresión (13. se encontró que los numeradores en las expresiones para x.3).5) y suponiendo que a1 b2 − a2 b1 = 0. el cual es el escalar en (13.8).4).4) y se denotó b1 b2 escribirse en la forma a1 u u a2 b1 v v b2 y y= (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. Dicho denominador se llamó determinante del sistema (13.7) en la forma a1 x + a2 y = u − a3 z b1 x + b2 y = v − b3 z Usando las fórmulas en (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. se tiene que u a2 a3 v b2 b3 w c2 c3 x= a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c2 c3 . c2 ⎛ ⎞ a3 A3 = ⎝ b3 ⎠ c3 ⎛ (13.434 13.7) en la forma xA1 + yA2 + zA3 = U donde ⎞ a1 A1 = ⎝ b1 ⎠ . como A2 · (A2 × A3 ) = 0 y A3 · (A2 × A3 ) = 0 entonces xA1 · (A2 × A3 ) = U · (A2 × A3 ) Por tanto.10) por A2 × A3 se obtiene xA1 · (A2 × A3 ) + yA2 · (A2 × A3 ) + zA3 · (A2 × A3 ) = U · (A2 × A3 ) Ahora. Es de señalar que las fórmulas (13. como se muestra a continuación: Escribamos el sistema (13. Determinantes de orden 3 a1 a2 a3 0. el sistema (13. 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.9) se pueden deducir más fácilmente.9) Las igualdades en (13.10) ⎛ ⎞ u y U =⎝ v ⎠ w Tomando producto escalar en ambos lados de (13.7) 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 . a2 a3 b2 b3 c2 c3 a1 b1 c1 y= a1 b1 c1 u a3 v b3 w c3 . c1 ⎛ ⎞ a2 A2 = ⎝ b2 ⎠ .7). 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 (13.9) son las fórmulas de Cramer para el sistema (13. 11) tiene solución única y halle dicha solución empleando las fórmulas de Cramer.11) por el método de eliminación de Gauss y también empleando la matriz A−1 . det (A) 2 −1 4 2 2 3 6 −9 17 z= det (A) (13. por lo general hay que realizar muchas más operaciones que con el método de eliminación de Gauss.435 13. .9). Vale la pena resaltar que cuando se emplean las fórmulas de Cramer. −6 3 y= −10 5 = .12) Calculando los determinantes que aparecen en los numeradores de las igualdades en (13. −3 Se recuerda al lector que en el capítulo 12 se resolvió el sistema (13. x= det (A) 2 4 1 2 3 3 6 17 −2 y= . 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. De manera similar se llega a las otras dos fórmulas en (13.11) tiene solución única. la única solución del sistema es ⎝ 5/3 ⎠ .1.9). −6 3 z= 18 = −3 −6 ⎛ ⎞ 13/3 Por tanto. Según las fórmulas de Cramer dicha solución está dada por: 4 −1 1 3 2 3 17 −9 −2 . 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 (13.2 Muestre que el sistema 2x − y + z = 4 2x + 2y + 3z = 3 6x − 9y − 2z = 17 (13. Ejemplo 13. Solución: Sea A la matriz de coeficientes del sistema dado. En realidad.12) se obtiene que x= 13 −26 = . Definición y algunos resultados básicos la cual es la primera de las fórmulas en (13. • Si una de las filas de A es múltiplo escalar de otra de las filas de A entonces det (A) = 0. 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. el determinante de la nueva matriz es t det (A) . Si se multiplica una de las filas de una matriz A por un escalar t. 1. es decir. el determinante sólo cambia de signo. det (A) = 0.D.2 Propiedades básicas A continuación listaremos las propiedades básicas de los determinantes de orden 3. entonces el det (A) = 0. Nótese que una matriz diagonal es tanto triangular superior como triangular inferior. a1 + a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 a2 a3 a1 a2 a3 b2 b3 = b1 b2 b3 + b1 b2 b3 3. 5. La propiedad 8. En particular. Determinantes de orden 3 13. Si se intercambian dos filas de una matriz A. 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. 4. . dice entonces que el determinante de cualquier matriz triangular es el producto de los números en la diagonal principal de la matriz. det (AB) = det (A) det (B) a1 a2 a3 8. se tiene que: • Si la matriz A posee una fila nula. el determinante de la nueva matriz es − det (A) . 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. 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. 6. Si las filas de una matriz A son L. 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. Si una fila de la matriz A se sustituye por la suma de ella y un múltiplo escalar de otra fila de A.436 13. el determinante de la nueva matriz es igual a det (A) . 2. las cuales son completamente análogas a las ya establecidas en el capítulo 6 para los determinantes de orden 2. det AT = det (A) 7. • Si la matriz A posee dos filas iguales. puede considerarse probada. ya se probó al inicio de este capítulo. su prueba no la daremos por lo laboriosa que es.I. La prueba es análoga si las filas que se intercambian son la primera y la tercera o la segunda y la tercera. En cuanto a la propiedad 7. se tiene que las filas de una matriz A son L. si y sólo si det (A) = 0. a2 ⎛ ⎞ b1 V = ⎝b2 ⎠ b3 ⎛ ⎞ c1 y Z = ⎝c2 ⎠ c3 con lo cual podremos usar propiedades del producto escalar. 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. ta1 ta2 ta3 b1 b2 b3 = (tU ) · (V × Z) c1 c2 c3 = t [U · (V × Z)] = t det (A) . La prueba en los otros casos es similar. 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 ⎠ . si y sólo si det (A) = 0.437 13. es más.. Prueba de 1. La propiedad 6. Propiedades básicas La propiedad 4.2. del producto cruz y del producto mixto.D. La probaremos para el caso en el cual se multiplica la primera fila de la matriz A por un escalar t. Sólo daremos la prueba para el caso en el cual se intercambian las dos primeras filas de la matriz A. se sigue que las propiedades 1..438 13. Determinantes de orden 3 Prueba⎛de 3. son también válidas si en cada una de ellas se sustituye “fila(s)” por “columna(s)”. 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. por la propiedad 4.⎞ a1 Si U = ⎝ a2 ⎠. y 4. las cuales se refieren a filas. Probemos la propiedad 8. Por otra parte. 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.4. para el caso en el cual la matriz es triangular superior. puede probarse a partir de las propiedades 3.. La prueba en los otros casos es similar. entre las propiedades dadas. 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. a1 a2 a3 ta1 ta2 ta3 = 0 c1 c2 c3 pues la segunda fila es múltiplo escalar de la primera. . La propiedad 5. Por tanto. Prueba de 5. Ahora. a1 a2 a3 a1 a2 a3 b1 + ta1 b2 + ta2 b3 + ta3 = b1 b2 b3 c1 c2 c3 c1 c2 c3 Prueba de 8... y 5. 3. como por ejemplo una matriz triangular. Esta manera de proceder se ilustra en el ejemplo 13. las propiedades 1. 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. 4. es equivalente a la igualdad a3 U + U · (V × Z) = U · (V × Z) + U · (V × Z) la cual sabemos es válida. 2. la igualdad que aparece en 3.. −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). = −3 0 4 −1 2 −1 2 3 Por propiedad 5 : Se sumó a la tercera fila. Propiedades básicas Ejemplo 13.4 Halle el determinante de la matriz ⎞ 0 1 −4 ⎝−3 6 9⎠ 4 −1 2 ⎛ empleando las propiedades 1. la segunda 0 0 42 multiplicada por −7 = −3 (−1) (1) (42) Por propiedad 8. 3⎞ ⎛ −8 0 1 • Si D = ⎝ 0 2 4 ⎠ . det (C) = (−8) (2) 12 = −8. det (A) = 0 pues una de las filas de A es nula. Ejemplo 13. ya que D es una matriz 0 0 1/2 triangular. ⎛ −2 • Si C = ⎝8/3 0 3 0 4 8 2 0 ⎞ 7 0⎠ . 8 ⎞ −1 3 ⎠ . det (B) = 0 pues la primera y tercera columnas de B son 7 ⎞ 1 7 −4/3 −28/3⎠ .2. 2 y 5 hasta obtener el determinante de una matriz triangular superior.3 ⎛ −2 • Si A = ⎝ 0 −1 ⎛ −1 • Si B = ⎝ 3 7 iguales. la primera = −3 0 1 −4 0 7 14 multiplicada por 4.439 13. 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. = 126 . 2 y 5 de los determinantes de orden 3. 13.5 ⎞ ⎛ a1 a2 a3 Sea A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ .3 Aplicaciones geométricas Ahora procederemos a extender a los determinantes de orden 3. Sea P el plano generado por X1 y X2 . como det (A) = −5 entonces det (B) = 3 (−5) = −15. X3 de R3 . −3c1 c3 − 4c1 c2 Solución: Partiremos de det (B) y emplearemos la propiedad 1. Determinantes de orden 3 Ejemplo 13.440 13. 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. Empezaremos definiendo el concepto de terna orientada de vectores de R3 . X2 segundo y X3 tercero. Ahora. halle el determinante de la matriz c1 c2 c3 ⎞ ⎛ −3a1 a3 − 4a1 a2 B = ⎝ −3b1 b3 − 4b1 b2 ⎠ . Sabiendo que det (A) = −5. X2 . vista como una terna ordenada con X1 primero. la primera multiplicada por 4 Por propiedad 1 : Se intercambian las columnas segunda y tercera. respecto a la relación entre determinantes y orientación y entre determinantes y áreas de paralelogramos. . Consideremos una terna de vectores linealmente independientes X1 . Por propiedad 5 : Se sumó a la segunda columna. los resultados obtenidos en el capítulo 6. 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 13.1). E3 está orientada positivamente ya que E3 está en el semiespacio principal determinado por el par E1 . Consideremos los vectores de R3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x1 x2 x3 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ X1 = y1 .6 a) La terna E1 . El plano P separa al espacio en dos partes disjuntas. si y sólo si (X1 × X2 ) · X > 0. Ejemplo 13. la terna X1 .2. Pues bien.1. X3 se dirá orientada negativamente. X2 . Relacionemos ahora el concepto de terna orientada de vectores con el de determinante. llamaremos semiespacio principal determinado por el par ordenado X1 . X2 . de esas dos partes. X3 se dirá orientada positivamente si el vector X3 pertenece al semiespacio principal determinado por el par X1 . E2 .441 13. 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 . E3 está orientada positivamente ya que (E1 × E2 ) · E3 = E3 · E3 = 1 y 1 > 0.2). E3 está orientada negativamente . E1 . b) Ya que (E1 × E2 ) · (−E3 ) = E3 · (−E3 ) = −1 y −1 < 0.(Ver figura 13. la terna E1 . X2 a la parte que contiene al vector X1 × X2 . X2 = y2 y X3 = y3 ⎠ z1 z2 z3 . E2 .3. Si (X1 × X2 ) · X3 < 0. es decir. O también. E2 . X2 . si (X1 × X2 ) · X3 > 0. la terna de vectores X1 . E2 pues E3 = E1 × E2 . Figura 13. la terna E1 . la terna E2 . es decir. Aplicaciones geométricas Figura 13. −E3 está orientada negativamente c) Como (E2 × E1 ) · E3 = (−E3 ) · E3 = −1 y −1 < 0. X3 está orientada positivamente. T (X2 ) . X2 . X3 está orientada positivamente. la terna T (X1 ) . X3 vectores L. T (X3 ) también está orientada positivamente.I. X2 . X2 . de R3 . T (X3 ) está orientada negativamente. X2 . X3 está orientada positivamente si y sólo si X1 X2 X3 >0 det | | | b) La terna X1 . Se dice que T cambia la orientación si siempre que una terna X1 . Se dice que T preserva la orientación si siempre que una terna de vectores X1 . X3 está orientada negativamente si y sólo si X1 X2 X3 <0 det | | | ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ Ejemplo 13.7 −1 3 0 Consideremos la terna de vectores X1 = ⎝ 0 ⎠ . . T (X2 ) . X2 = ⎝ −1 ⎠ . 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 . la terna T (X1 ) .442 13. X3 = ⎝ 1 ⎠. Sea ahora T : R3 −→ R3 una transformación lineal invertible. 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 . X2 . a) La terna X1 . X2 . 2 4 −1 Veamos si esta terna de vectores está orientada positivamente o si está orientada negativamente. X3 está orientada positivamente. Veamos si T preserva o cambia la orientación: Partamos de la terna E1 . T (X2 ) = ⎝ y2 ⎠ . Veamos que T cambia la orientación. E2 . el signo del determinante de una transformación lineal del espacio nos dice si la transformación preserva o cambia la orientación. de la cual sabemos que está orientada positivamente. X3 está orientada Ahora como det | | | positivamente. T cambia la orientación. 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. X2 . En efecto. entonces T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) det <0 | | | Luego. Aplicaciones geométricas Ejemplo 13. T (E2 ) = E2 . 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. −E3 está orientada negativamente.3. E3. Para ello tomemos una terna cualquiera de vectores de R3 ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ x1 x2 x3 X1 = ⎝ y1 ⎠ . X2 = ⎝ y2 ⎠ . T (E3 ) = −E3 y dado que la terna E1 .8 Consideremos la reflexión respecto al plano xy. −z1 −z2 ⎛ ⎞ x3 T (X3 ) = ⎝ y3 ⎠ −z3 estáorientada negativamente. concluimos que T no preserva la orientación. es decir. ya que la terna X1 . se tiene: . X3 = ⎝ y3 ⎠ z1 z2 z3 orientada positivamente y mostremos que la terna ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ x1 x2 T (X1 ) = ⎝ y1 ⎠ .443 13. Al igual que para las transformaciones lineales del plano. Como T (E1 ) = E1 . E2 . Tomemos una terna cualquiera X1 . es decir. z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x xcosθ − ysenθ Rθz ⎝ y ⎠ = ⎝ xsenθ + ycosθ ⎠ z z . X3 está orientada positivamente) entonces T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) >0 det | | | T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) | | | Luego. 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. como se quería probar. 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. Para probar a) digamos que m (T ) = A. Como sabemos.13) X1 X2 X3 = det A det | | | X1 X2 X3 > 0 (ya que la terna Ahora. T (X2 ) . T (X2 ) . X2 . a) T preserva la orientación si y sólo si det (T ) > 0. T (X1 ) . es decir. E3 está orientada positivamente y dado que T preserva la orientación tenemos que la terna T (E1 ) . Ejemplo 13. La prueba de b) es completamente análoga. Puesto que la terna E1 . que det (A) > 0. para cualquier y ⎠ ∈ R3 . Determinantes de orden 3 Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal invertible. E2 . X3 orientada positivamente y mostremos que la terna T (X1 ) . como det (A) > 0 (por hipótesis) y det | | | X1 . Supongamos ahora que det (T ) > 0. b) T cambia la orientación si y sólo si det (T ) < 0.9 Consideremos la rotación Rθz por un ángulo de θ radianes (−2π < θ < 2π) alrededor del ⎛ ⎞ x ⎝ eje z. Supongamos primero que T preserva la orientación y probemos que det (T ) > 0. T (X3 ) está orientada positivamente.444 13. X2 . T (E2 ) . que det (A) > 0 y probemos que T preserva la orientación. 445 13. Aplicaciones geométricas así que Luego.10 Consideremos.3. dicha imagen T (P) es el . Sea P el paralelepípedo determinado por los vectores linealmente independientes X1 . ⎛ ⎞ 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. 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 . Como el lector puede probar. Ahora relacionaremos el determinante con el volumen de un paralelepípedo . Ejemplo 13. X2 . X3 de R3 . 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. la transformación Dr : ⎛ R3 ⎞ −→ R3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x rx ⎝ y ⎠ −→ Dr ⎝ y ⎠ = ⎝ ry ⎠ z z rz de la cual sabemos que es invertible. para r = 0. .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 ⎠ .14) | | | • Si T : R3 −→ R3 es una transformación lineal invertible entonces Volumen de T (P) = |det (T )| Volumen de P (13. X3 . por tanto. X3 . b) Calcule el volumen del paralelepípedo T (P) . Determinantes de orden 3 paralelepípedo determinado por los vectores linealmente independientes T (X1 ) .446 13. 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 . 0 −1 1 a) Calcule el volumen del paralelepípedo P determinado por los vectores X1 . según la igualdad (13. X2 = ⎝ 1 ⎠ y X3 = ⎝ −1 ⎠ .15) ⎛ ⎞ Ejemplo 13. T (X2 ) . X2 . X2 . T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) Volumen de T (P) = det | | | Ahora.13) det T (X1 ) T (X2 ) T (X3 ) | | | = det (T ) det X1 X2 X3 | | | luego. X1 X2 X3 • Volumen de P = det (13. T (X3 ). ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 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. 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.15). Volumen de T (P) = |det (T )| 2 ⎞ ⎛ 1 0 1 Ahora.14).14).4 Ejercicios Sección 13.1 1. T (X2 ) . ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 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 . b) De acuerdo con la fórmula (13. Ejercicios Solución: a) De acuerdo con la fórmula (13. el volumen del paralelepípedo P es 2 unidades cúbicas.447 13. calcular el determinante de A desarrollándolo por cofactores de cualquier fila o columna y determinar si A es invertible. T (X3 ) y luego usando la fórmula (13. 13. ⎛ ⎞ 1 0 2 ⎝ ⎠ Volumen de P = det −1 1 −1 0 −1 1 Ahora.4. Para la matriz A. 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. dada en cada literal. Observe que el volumen del paralelepípedo T (P) también se puede obtener calculando primero las imágenes T (X1 ) . Volumen de T (P) = |−3| 2 = 6 unidades cúbicas. b y c. z x+y ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ 2 0 1 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ b) T es tal que T (E1 ) = 1 . T (E2 ) = −1 y T (E3 ) = 3 ⎠. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −x + z a) T ⎝ y ⎠ = ⎝ y − z ⎠ . −1 1 2 c) T = S ◦ R. 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. (Observar que se obtiene la misma expresión al aplicar la ley del coseno). 5.448 13. . 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. 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 d) T es la reflexión respecto al plano P generado por los vectores ⎝ 1 ⎠ y ⎝ −1 ⎠ . cos β y cos γ (ver ejercicio 8 del capítulo 12). hallar todos los valores de λ tales que la matriz A − λI3 no es invertible. a) Para la matriz A. 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 ⎠ . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 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. 1 1 3. Para cada una de las siguientes transformaciones lineales T : R3 −→ R3 calcular el determinante de T y decir si T es invertible. Determinantes de orden 3 2. la matriz ⎝ 1 2 3 ⎠ no es invertible? 2−α α+3 α+7 4. 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. det A b) Para todo α ∈ R se tiene det (αA) = α3 det A. c) Para todo k ∈ N se tiene det Ak = (det A)k . Calcular: c) det (3AB)−1 a) det (−2A) b) det 3A2 B −1 d) det −B T A−1 e) det ABA−1 11. 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 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. a) Demostrar que det ⎝ a b c ⎠ = (b − a) (c − a) (c − b) . dada en cada literal. Sea A una matriz de orden 3. ⎛ 2 3 ⎝ a) A = 0 2 0 0 A.4. Hallar el determinante de cada una de las siguientes matrices empleando operaciones elementales de fila. Ejercicios Sección 13. Si det A = −2.449 13. e) Si AT = −A entonces A no es invertible.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 . Sea A = ⎝5 0 2⎠ . f) Si A es invertible y AT = A−1 entonces 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. Demostrar: a) Si A es invertible entonces det A−1 = 1 . d) Si A2 = A entonces det A = 0 o det A = 1. 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. Para la matriz det A−1 . Este determinante es a2 b2 c2 llamado determinante de Vandermonde de orden 3. 10. Y = ⎝ 1 ⎠ . Z = ⎝ 3 ⎠ −1 0 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ b) X = −1 . Z = ⎝ 0 ⎠ −6 7 −5 14. decir si la terna X. Y = ⎝ −1 ⎠ . .3 13. X3 son linealmente independientes y. determinar si X1 . Z = ⎝ 0 ⎠ 3 4 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −8 7 d) X = ⎝ −4 ⎠ . T (X2 ) y T (X3 ) sin calcular estos vectores. calcular el volumen del paralelepí-pedo determinado por los vectores T (X1 ) . Y. Sección 13. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 5 −1 2 16. Para la terna de vectores X1 . Z = 0 ⎠ 3 7 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 1 −1 2 c) X = ⎝ 3 ⎠ . Z está orientada positivamente o negativamente. Determinantes de orden 3 12. Y = −3 . Sean X1 = ⎝ −1 ⎠ . X2 . Sean A y B matrices de orden 3. X2 . en caso afirmativo. en caso afirmativo. Y. X3 dada en cada literal.450 13. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 0 a) X = ⎝ 1 ⎠ . X2 = ⎝ 3 ⎠ . calcular el volumen del paralelepípedo determinado por los vectores T (X1 ) . z y+z a) Determinar si T preserva la orientación o la cambia. X3 . X2 . Y = ⎝ 5 ⎠ . Mostrar que. Considerar la transformación lineal T : R3 −→ R3 dada por T ⎝ y ⎠ = ⎝ x − y ⎠. X3 = ⎝ 1 ⎠ . X3 = ⎝ −7 ⎠ 4 −3 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x+y 15. Z dada en cada literal determinar si dichos vectores son linealmente independientes y. hallar el volumen del paralelepípedo determinado por los vectores X1 . ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 1 −1 2 a) X1 = ⎝ −1 ⎠ . X3 = ⎝ −1 ⎠ 5 3 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 4 b) X1 = ⎝ −5 ⎠ . X2 = ⎝ 0 ⎠ . en general no es cierto que det (A + B) = det A + det B. T (X2 ) y T (X3 ) sin calcular estos vectores. b) Para cada terna de vectores dada en el ejercicio 14 que resulte linealmente independiente. a) T = Rxπ 4 b) T es la reflexión respecto al plano xy. Para la transformación lineal 1 3 4 T dada en cada literal. X2 = ⎝ 1 ⎠ . Para la terna de vectores X. T (C) y T (D) . AC y AD es igual al volumen del paralelepípedo determinado por los vectores T (B) .4. b) El volumen del prisma triangular cuya base es el triángulo ABC y tal que AD es una de sus aristas. C y D puntos no coplanares del espacio y sea T la transformación dada por T (X) = X − A. B. 2 17.451 13. AC y AD. calcular utilizando 1 1 3 −1 determinantes: a) El volumen del paralelepípedo de aristas AB. B = ⎝ 1 ⎠ . ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 1 0 Si A = ⎝ −2 ⎠ . Ejercicios c) T es la reflexión respecto a la recta x = y = −z. 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. Sean A. . C = ⎝ 1 ⎠ y D = ⎝ 0 ⎠ . Es fácil ver que el volumen del paralelepípedo de aristas AB. Determinantes de orden 3 .452 13. 1 Definiciones. 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 × 2.1). 453 .1 Sea P un plano que pasa por el origen y sea S la reflexión respecto al plano P. Si A es una matriz 3 × 3. Ejemplo 14. por otra parte. 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. Figura 14. Al igual que en el caso del plano. X = O. Se dice que λ es un valor propio de T si existe un vector X de R3 . Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal y sea λ un escalar. 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.1.14 Valores propios y vectores propios 14. tal que T (X) = λX Si λ es un valor propio de T . Es claro que si X es un vector de P entonces S (X) = X. 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. cada vector no nulo X de R3 tal que T (X) = λX se dice un vector propio de T correspondiente a λ. ⎞ ⎛ λ1 T (E1 ) = ⎝ 0 ⎠ = λ1 E1 . la cual es ⎛ ⎞ r 0 0 ⎝0 r 0⎠ 0 0 r Ejemplo 14. 0 ⎛ ⎞ 0 T (E3 ) = ⎝ 0 ⎠ = λ3 E3 λ3 ⎛ Luego λ1 .3 Sea T una transformación lineal con matriz diagonal ⎞ ⎛ λ1 0 0 D = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ 0 0 λ3 ⎛ ⎞ x Así. Ejemplo 14. es igualmente válido para la matriz de Dr . se tiene S (Y ) = −Y = −1Y. Lo afirmado para Dr . 0 ⎞ 0 T (E2 ) = ⎝ λ2 ⎠ = λ2 E2 . Similarmente. 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. ya que para cada uno de dichos vectores X se tiene que S (X) = X = 1X.454 14. para cualquier ⎝ y ⎠ en R3 . pues para tales vectores Y. Es más. E2 . respecto a valores y vectores propios.2 Consideremos la transformación lineal Dr : R3 −→ R3 . λ2 . 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. Puesto que para todo X de 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. ⎛ ⎞ x ⎝ Supongamos que λ es un valor propio de T y sea y ⎠ un vector propio de T corresz pondiente a λ. λ3 respectivamente. λ2 . Dr (X) = rX. Valores propios y vectores propios Luego. r es el único valor propio de Dr (¿por qué?). λx = λ1 x. 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. Veamos que T no tiene otros valores propios. λ3 son valores propios de T (de D) y E1 . E3 son vectores propios de T (de D) correspondientes a λ1 . λy = λ2 y λz = λ3 z . z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ λ1 x x x T ⎝ y ⎠ = D ⎝ y ⎠ = ⎝ λ2 y ⎠ z z λ3 z En particular. 1) donde d.455 14. Si ya sabemos que λ es un valor propio de T (de A). o sea. De igual forma que para una transformación lineal del plano. que sólo dos de ellas sean iguales o que las tres sean distintas. a1 − λ a2 a3 b1 b2 − λ b3 = 0 c1 c2 c3 − λ en la cual λ se considera una incógnita. • La matriz A − λI3 no es invertible • det (A − λI3 ) = 0. Como el lado izquierdo de (14. se tiene que las siguientes afirmaciones son equivalentes: • λ es un valor propio de T (de A) • Existe X ∈ R3 . pudiendo ocurrir que esas tres raíces sean iguales. como x = 0 o y = 0oz= 0 (pues ⎝ y ⎠ = O) entonces z λ = λ1 o λ = λ2 o λ = λ3 Así que λ1 .2) . existe λ0 ∈ R tal que p (λ0 ) = 0.1) es un polinomio de grado 3 en λ entonces dicha ecuación tiene exactamente 3 raíces en los complejos. ∞) y por tanto la gráfica de p corta al eje λ por lo menos una vez. Cálculo de valores y vectores propios ⎛ ⎞ x Ahora. X = O. tal que AX = λX • El sistema (A − λI3 ) X = O tiene solución no trivial. por ser p una función polinómica. λ3 son los únicos valores propios de T (de D). Ahora como el grado del mencionado polinomio es 3. los vectores propios de T (de A) correspondientes a λ son las soluciones no triviales del sistema homogéneo (A − λI3 ) X = O es decir.1). La ecuación det (A − λI3 ) = 0. p es continua en todo el intervalo (−∞. Sea T : R3 −→ R3 una transformación lineal con matriz ⎛ ⎞ a1 a2 a3 A = ⎝ b1 b2 b3 ⎠ c1 c2 c3 y sea λ un escalar. λ2 . dicha ecuación adquiere la forma −λ3 + dλ2 + eλ + f = 0 (14. es fácil ver que lim p (λ) = ∞ y lim p (λ) = −∞ λ→−∞ λ−→∞ Además. es decir. e y f son ciertas constantes.1. Definiciones. Esto puede probarse así: Sea p (λ) = −λ3 +dλ2 +eλ+f. podemos asegurar que al menos una de dichas raíces es real. del sistema ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ a2 a3 x a1 − λ 0 ⎠ ⎝ ⎝ b1 ⎠ ⎝ b2 − λ b3 y = 0 ⎠ c1 c2 c3 − λ z 0 (14. Desarrollando el determinante. se llama ecuación característica de T (de A). es decir. 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. o es un plano que pasa por el origen o es todo R3 . como la matriz de coeficientes del sistema (14.2) es una recta que pasa por el origen. Ahora. 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 .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. el conjunto solución Eλ de (14.2) no es invertible (pues λ es valor propio de T (de A)) entonces. 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 ya sabemos. Ejemplo 14. 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). 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. 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 .456 14. • Si λ es un valor propio de T (de A). El espacio propio de T (de A) correspondiente a λ1 = 0 es.1. 1 Por último.457 14. 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. como sabemos. los cuales son los valores propios de T (de A). 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. Definiciones. 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 ⎞ ⎛ . la recta generada por el vector ⎛ Observe ⎞ 1 ⎝ 0 ⎠. 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. la cual es λ = 1. Ejemplo 14. Valores propios y vectores propios ⎛ Observe ⎞ ⎛ que 1 −1 ⎝ 1 ⎠y⎝ 0 0 1 La situación 14. relativa entre los espacios propios E0 y E2 es como se ilustra en la figura Figura 14. θ = 0 y θ = π En este caso la ecuación (14. λ = 1 es el único valor propio de Rθz . . Como ya se sabe. las cuales son λ = cos θ ± isenθ.3) cuyas raíces son los números λ=1 y λ = cos θ ± isenθ Ahora. Por tanto. y dos raíces no reales.2 E⎞2 es un plano que pasa por el origen. Se presentan entonces los siguientes casos: Caso 1. 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. 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. Consideremos la transformación lineal Rzθ . el plano generado por los vectores ⎠.458 14.5 Sea θ tal que 0 ≤ θ < 2π.2. si y sólo si θ = 0 o θ = π. es decir. λ = cos θ ± isenθ es real si y sólo si senθ = 0.3) tiene una raíz real. la cual aparece sólo una vez.3). Así que los valores propios de Rπz son λ = 1 y λ = −1. Definiciones.3) tiene dos raíces reales distintas. el eje z. el único valor propio de Rθz es λ = 1 y E1 es el eje z. como en el caso 1. es decir. 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 . tenemos que: • Si θ = 0 y θ = π. ¿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. θ = 0 Es claro que en este caso Rθz es la transformación identidad I. E1 es el eje z y E−1 es el plano xy. .14. ella se repite tres veces. El espacio propio E1 de Rπz correspondiente a λ = 1 es.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. Caso 3. por los vectores de R3 que Rθz deja fijos. Así que el espacio propio E−1 de Rπz es el plano xy. Caso 2. pues los vectores X de dicho plano son los únicos vectores de R3 tales que Rπz (X) = (−1) X Resumiendo. θ = π En este caso la ecuación (14. el plano xy. los valores propios de Rθz son λ = 1 yλ = −1. Evidentemente esos vectores son los que están sobre el eje z y por lo tanto el espacio propio E1 es el eje z. 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. pues los vectores del eje z son los únicos vectores de R3 que permanecen fijos bajo Rzπ . una es λ = 1. como era de esperarse. 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. Nótese que en este caso λ = 1 es la única raíz de la ecuación (14. y la otra es λ = −1. la cual aparece dos veces. λ3 respectivamente entonces AX1 = λ1 X1 .460 14. linealmente independientes. AX3 = λ3 X3 Luego.6) . Si X1 . X3 son vectores propios de A. entonces A = P DP −1 donde X1 X2 P = | | y λ1 0 D= 0 λ2 Pues bien. para matrices de orden 3 se tiene un resultado completamente análogo: Sea A una matriz de orden 3. Valores propios y vectores propios Recordemos que para una matriz A de orden 2 se tiene que si X1 . correspondientes a los valores propios λ1 . X2 . AX2 = λ2 X2 .5) (14. λ2 respectivamente. AX1 AX2 AX3 λ1 X1 λ2 X2 λ3 X3 = | | | | | | Y como X1 X2 X3 AX1 AX2 AX3 =A | | | | | | y entonces (14. correspondientes respectivamente a los valores propios λ1 .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. λ2 . X2 . λ2 . linealmente independientes. 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. X2 son dos vectores propios de A. Si X1 . AP = P D donde X1 X2 X3 P = | | | ⎛ ⎞ λ1 0 0 y D = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ 0 0 λ3 (14. X3 son vectores propios de A correspondientes a los valores propios λ1 . 5) se obtiene A = P DP −1 como se quería probar. 0 1 Los siguientes vectores propios de A ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 1 −1 X1 = ⎝ 0 ⎠ . Cálculo de valores y vectores propios 461 Ahora. Definiciones. entonces la matriz P es invertible. X3 se ilustra en la figura 14. λ3 respectivamente. X2 . En tal caso.7).3. X3 = ⎝ 0 ⎠ 1 0 1 son linealmente independientes.I.6 Consideremos la matriz ⎛ ⎞ 1 1 −1 A=⎝ 0 2 0⎠ −1 1 1 del ejemplo 14. 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. X3 de la matriz P son vectores propios de A. a los valores propios λ1 .1.4) a (14. reversando los pasos que condujeron de (14. linealmente independientes.4.7) El lector puede probar. .14. Ejemplo 14. correspondientes.6). con P y D matrices como en (14. Para esta matriz se encontró que sus valores son λ1 = 0 y λ2 = 2. que si una matriz A de orden 3 admite una factorización del tipo (14. si además los vectores X1 . entonces las columnas X1 . 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 . λ2 . ⎛ 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 ⎠ . (14. X3 son L. multiplicando a la derecha por P −1 en ambos lados de (14. X2 = ⎝ 1 ⎠ . X2 . X2 .7). 8). Pasemos entonces a determinar los valores y vectores propios de A. ±2 y ±4 . 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. Como sabemos A es factorizable en dicha forma si y sólo si A tiene tres vectores propios linealmente independientes.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. Ahora. Valores propios y vectores propios Figura 14. Sea p (λ) = −λ3 + 5λ2 − 8λ + 4. es decir.3. 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 . Como el lector debe saber. las raíces enteras de la ecuación (14. entre los números ±1. 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 4.8) de la cual nos interesan las raíces reales.462 14. como p (1) = −1 + 5 − 8 + 4 = 0. Ahora como X1 corresponde al valor propio λ1 = 0 y X2 . si las hay. entonces λ = 1 es una raíz de p (λ) y por tanto λ − 1 es un factor de p (λ) . Figura 14. Es claro entonces que A no tiene tres vectores propios linealmente independientes. . Definiciones. la ecuación (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. y por tanto esos tres vectores propios son linealmente dependientes. Luego la matriz A no es factorizable en la forma A = P DP −1 con P matriz invertible y D matriz diagonal.1. ya que dados tres vectores propios cualesquiera de A.8) es − (λ − 1) (λ − 2)2 = 0 ecuación cuyas raíces son los números λ = 1 y λ = 2. −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 ⎠ .4. como se ilustra en la figura 14. por lo menos dos de ellos deben estar en la recta E1 o en la recta E2 . 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.14. los cuales son los valores propios de A. Cálculo de valores y vectores propios 463 Luego.4. −2 Nótese que en este caso sólo hay dos espacios propios distintos y cada uno de ellos es una línea recta. E1 es la recta generada por el vector ⎝ −1/3 ⎠ o equivalentemente. E1 es la recta 1 ⎛ ⎞ 4 generada por el vector ⎝ 1 ⎠ . Las raíces de la ecuación característica de A son todas reales. 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 . 2. X2 . 4. son ortogonales. se tiene que: Si A es una matriz 3 × 3 simétrica entonces. X3 son tres vectores propios de A mutuamente ortogonales y unitarios. En efecto. pero la matriz B = ⎝4 2 −8⎠ no lo es. A posee tres vectores propios mutuamente ortogonales y unitarios. no se dará. las matrices simétricas de orden 3 tienen propiedades completamente análogas. 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. 1. pues ella requiere de conceptos y argumentos que están fuera de los propósitos de este texto. Vectores propios de A. 3.2 14. Si X1 . usaremos el siguiente resultado: . Pues bien.464 14. correspondientes a valores propios distintos.8 1 0 4 1 4 0 La matriz A = ⎝0 2 −1⎠ es simétrica. 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. λ2 . si A tiene la propiedad AT = A ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Ejemplo 14. 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. correspondientes respectivamente a los valores propios λ1 . En las pruebas de 2. y 3. (AY ) (14. X1 .X2 = 0.X2 = λ1 (X1 .X2 = 0.X2 ) Ahora. como sabemos.(AX2 ).5).X2 ) es decir. como se quería probar. Supongamos que λ1 = λ2 y probemos que X1 y X2 son ortogonales. con X1 = 1.X2 ) = 0 y puesto que λ1 − λ2 = 0 (pues estamos suponiendo que λ1 = λ2 ) entonces X1 . para toda matriz A de orden 3.X2 ) y por otra.X2 ) = λ2 (X1 . X2 dos vectores propios de A. Sean X1 . se tiene que (AX) . Y de R3 se tiene que (AX) . si A es simétrica. presenta un grado de dificultad que supera el nivel de este texto.(AX2 ) = X1 . Por una parte tenemos que (AX1 ). 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 = (AX)T Y = X T AT Y = X T AY = X T (AY ) = X.X2 = (λ1 X1 ) . Ya se sabe que A tiene por lo menos un valor propio λ1 . si AT = A. puede omitir su lectura.5. Figura 14. λ2 respectivamente.Y = X.9) La prueba de este resultado es inmediata ya que. X1 . correspondientes a los valores propios λ1 . Prueba de 3. Por tanto. Se advierte al lector que la prueba de 3.Y = (AX)T Y y (AX)T = X T AT cualesquiera sean los vectores X y Y de R3 . Sea X1 un vector propio de A. (λ2 X2 ) = λ2 (X1 . Y de R3 Prueba de 2. según (14.465 14. . Matrices simétricas Si A es una matriz simétrica de orden 3 entonces para todo par de vectores X.9). podemos escribir (AX) . como (AX1 ). es decir. si el lector lo desea. es decir.2. (λ1 − λ2 ) (X1 . entonces λ1 (X1 .(AY ) para todo par de vectores X.X2 = X1 . probaremos que en el plano P hay dos vectores propios X2 y X3 de A ortogonales y unitarios.10). Sea X ∈ P.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 ∗ . Daremos ahora los detalles del plan anterior. 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 . 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.466 14. 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. los vectores X2 = 1 U U y X3 = 1 V V son dos vectores propios de T .11) ya que T ∗ (X) · Y = T (X) · Y = AX · Y = X · AY = X · T (Y ) = X · T ∗ (Y ) . es decir de A. i) Empezaremos por probar (14. vi) Probado lo anterior ya se puede afirmar que T posee dos vectores propios u2 v1 ortogonales.10) ii) Probado lo anterior. pues esto es válido para toda transformación lineal del plano con matriz v2 simétrica. Valores propios y vectores propios Pues bien. Y de P T ∗ (X) · Y = X · T ∗ (Y ) (14. se considera la restricción T ∗ de T al plano P. v1 u1 y son vii) Se prueba que los vectores U. ortogonales y unitarios en el plano P. u1 . V de P que se identifican con u2 v2 vectores propios de T ortogonales viii) Finalmente. Es claro que para todo par de vectores X. Entonces T (X) · X1 = AX · X1 = X · AX1 (por (14. es decir. Pues bien. existen escalares x 1 . identifica con E2 = 1 iv) Una vez identificado el plano P con R2 .2. 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 .12) Consideremos la función φ : P −→R2 la cual asigna al vector X = x1 F1 + x2 F2 de P. P con el par x2 1 Nótese que F1 se identifica con E1 = pues F1 = 1F1 + 0F2 . como T ∗ (X) es un vector de P. por otra parte. x 2 tales que T ∗ (X) = x 1 F1 + x 2 F2 x 1 de R2 . x1 el par de R2 . . Sean F1 . φ es biyectiva. Como ya sabemos. 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. 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. F2 dos vectores de P unitarios y ortogonales. similarmente F2 se 0 0 . x2 x 2 Resumiendo. se identifica con el vector X = x1 F1 + x2 F2 Sea x2 x2 de P. la transformación T envía y así T ∗ (X) se identifica con el par x 2 x1 x 1 en .13) En la figura 14.467 14. es decir. Matrices simétricas iii) Pasamos ahora a identificar el plano P con R2 . la transformación T ∗ : P −→ P da lugar a se explica a continuación: una transformación T : R2 −→ R2 como x x1 1 en R2 . Es claro que esta función es uno a uno y sobre.6 se ilustra la identificación entre P y R2 y la relación entre las transformaciones T ∗ y T. es tal que T ∗ (U ) = λU . el vector U = u1 F1 + u2 F2 del plano P. podemos afirmar que T posee dos vectores propios vi) v1 u1 . ortogonales.468 14. c = T ∗ (F2 ) · F1 .13)). T ∗ (F1 ) = aF1 + bF2 y T ∗ (F2 ) = cF1 + dF2 y como sabemos (vea (14.6.13)). Valores propios y vectores propios Figura 14. u2 v2 u1 vii) Sea U = u1 F1 + u2 F2 el vector de P que se identifica con el par .11). usando (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. 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. Como la matriz de T es simétrica. Se deja al lector que T es una transformación lineal.12)) a = T ∗ (F1 ) · F1 . tenemos que b = T ∗ (F1 ) · F2 = F1 · T ∗ (F2 ) = T ∗ (F2 ) · F1 = c luego la matriz de T es simétrica. 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. comprobar a c la matriz de T. X3 son tres vectores propios de A ortogonales y unitarios. z1 ⎛ ⎞ x2 X2 = ⎝ y2 ⎠ z2 ⎛ ⎞ x3 y X3 = ⎝ y3 ⎠ z3 . Sean X1 . X3 vectores propios de A ortogonales y unitarios. los vectores U y V son ortogonales. 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. ⎞ ⎛ λ1 0 0 Q−1 AQ = ⎝ 0 λ2 0 ⎠ 0 0 λ3 (14. X2 . y por tanto. Matrices simétricas o equivalentemente. los vectores X2 = 1 U U y X3 = 1 V V son dos vectores propios de A ortogonales y unitarios en el plano P. Así. λ2 . y sea X1 X2 X3 Q= | | | Como X1 . T (U ) = λU lo cual prueba que el vector U del plano P es un vector propio de T. Para ello basta probar que QT Q = I3 Digamos que ⎛ ⎞ x1 X1 = ⎝ y1 ⎠ .469 14. X2 . 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. los vectores X1 . Prueba de 4. correspondientes a los valores propios λ1 . Finalmente. X2 . λ3 . De manera similar se prueba que el vector V = v1 F1 + v2 F2 es un vector propio de A en el plano P. de la matriz A.2. equivalentemente.14) Veamos ahora que la matriz Q tiene la propiedad QT = Q−1 . 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. X2 .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. ⎛ ⎞ 1 0 0 QT Q = ⎝0 1 0⎠ = I3 0 0 1 como se quería probar. tales que QT AQ = D Este resultado se usará en el capítulo siguiente. si Q es una matriz de orden 3 ortogonal entonces sus columnas son vectores unitarios mutuamente ortogonales. con Q ortogonal y D diagonal.) se ha probado que si las columnas de una matriz Q son vectores ortogonales y unitarios entonces Q es una matriz ortogonal. 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 . 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 . de orden 3. siempre se puede transformar mediante una rotación del sistema xyz. como X1 . Observe que en la prueba anterior (prueba de 4. Es claro entonces que la igualdad (14. recíprocamente. 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. . x z y y z ). X3 son unitarios X1 · X1 = X2 · X2 = X3 · X3 = 1 Luego.470 14. el lector puede probar fácilmente que. los conjuntos solución de los sistemas (A − I3 ) X = O. 1 ⎛ ⎞ 1 E3 es la recta generada por el vector Y2 = ⎝ 0 ⎠ . E3 y E4 son. Normalizándolos obtenemos los vectores unitarios ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 1 1 1 1 ⎝ ⎠ 1 1 ⎝ 1 1 2 . 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. correspondientes a los valores propios 1. X2 = 0 ⎠ .2.471 14. 4 respectivamente. Y2 . X2 ∈ E2 y X3 ∈ E4 . los cuales son los valores propios de A. Y2 . los cuales son vectores propios de A ortogonales. Y3 indicados en a). (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 ⎠ . Matrices simétricas Ejemplo 14. b) Considere los vectores Y1 . 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. la matriz √ √ ⎞ ⎛ √ 1/√6 1/ 2 1/ √3 X1 X2 X3 = ⎝2/√6 Q= 0√ −1/√ 3⎠ | | | 1/ 6 −1/ 2 1/ 3 . respectivamente. E3 . Y3 son ortogonales dos a dos y por tanto las rectas E1 . Por tanto. 1 Observe que los vectores Y1 . E4 son mutuamente perpendiculares. b) Halle matrices Q ortogonal y D diagonal tales que QT AQ = D. ya que X1 ∈ E1 . λ2 = 3 y λ3 = 4. Los espacios propios E1 . 3. −1 ⎛ ⎞ 1 E4 es la recta generada por el vector Y3 = ⎝ −1 ⎠ . como lo son los ejes coordenados.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. Los espacios propios E1 y E10 son.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. Y3 se ilustra en la figura 14. 0 2 1 Observe que el vector Y3 es ortogonal tanto a Y1 como a Y2 . nótese además. 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 ⎠ . 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. que Y1 y Y2 no son ortogonales. apareciendo dos veces) y λ2 = 10 (raíz que no se repite). Figura 14. y E10 es la recta generada por el vector Y3 = ⎝ 2 ⎠ .7. los dos valores propios de A son λ1 = 1 (que aparece dos veces) y λ2 = 10 (que aparece una sola vez). Y2 . 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. Por tanto.7. de manera que la recta E10 es perpendicular al plano E1 . .472 14. respectivamente. b) Halle matrices Q ortogonal y D diagonal tales que QT AQ = D. La situación de los espacios propios y de los vectores Y1 . 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. −4 Por tanto.473 14. Tenemos así que los vectores ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −1 1 2 Y1 = ⎝ 1 ⎠ . por ejemplo. X1 = ∗ Y1 Y2 2 3 2 0 −4 ⎛ ⎞ 2 1 1⎝ ⎠ 2 Y3 = X3 = Y3 3 1 . Matrices simétricas Todos los vectores no nulos en el plano E1 son vectores propios de A correspondientes al valor propio λ1 = 1. X2 = Y2∗ = √ ⎝ 1 ⎠ . Y3 = ⎝ 2 ⎠ −4 0 1 son vectores propios de A ortogonales dos a dos. 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 .2. ortogonales. el vector 1 Y2∗ = ⎝ 1 ⎠ el cual se obtiene haciendo z = −4 en la igualdad anterior. los vectores Y1 y Y2∗ son dos vectores propios de A. correspondientes al valor propio 1. es decir. es claro entonces que en E1 hay dos vectores propios de A ortogonales y unitarios. un ⎛ ⎞ vector del plano E1 ortogonal al vector Y1 es. Normalizándolos obtenemos los vectores unitarios ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 1 1 1 1 Y1 = √ ⎝ 1 ⎠ . 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 . decir a cuál valor propio corresponde. . Sabiendo que X = ⎝ 1 ⎠ . 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. 2. b) Para la matriz A dada en cada numeral. e y f. hallar los escalares a.474 14. A − 3I. ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 1 b) Sea A = ⎝a b c ⎠ . con X1 . c) Hallar el determinante de A. Y = ⎝ 0 ⎠ y Z = ⎝ −1 ⎠ 1 −1 0 d e f son vectores propios de A. X2 correspondiendo al valor propio λ1 = 1 y X3 correspondiendo al valor propio λ2 = 10. b) Para cada una de las siguientes matrices determinar si ella es invertible: A + I. 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. hallar los valores propios de A y los correspondientes espacios propios. 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. 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. c. A + 3I.3 QT AQ = D Ejercicios Sección 14.1 1. Por tanto. d. b. Valores propios y vectores propios los cuales siguen siendo vectores propios de A ortogonales. 3. dada en cada literal. hallar tales matrices. determinar si existen matrices P invertible y D diagonal tales que A = P DP −1 y en caso afirmativo. dada en cada literal. hallarlos. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 1 0 0 a) A = ⎝0 0 1⎠ b) A = ⎝0 2 1⎠ 0 c 0 c 0 0 8. Hallar una matriz A de orden 3 tal que los vectores X1 = ⎝ 1 ⎠. Ejercicios ⎞ ⎛ −2 0 0 ii) A = ⎝ 0 3 0 ⎠ 0 0 −2 ⎞ ⎛ 2 1 0 i) A = ⎝0 2 1⎠ 0 0 2 4. . 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 . ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 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. 7. λ2 = 0 y λ3 = 0. c) ¿Posee A tres vectores propios linealmente independientes? En caso afirmativo.3. Para la transformación lineal T dada en cada numeral: a) Hallar los valores propios de T. b) Hallar los espacios propios de A e interpretarlos geométricamente. en R3 .475 14. Para la matriz A dada en cada numeral: a) Hallar los valores propios de A. vi) T = Rxθ con 0 ≤ θ ≤ 2π ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 −3 6. 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. Para la matriz A. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 x z ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 3 ii) T y = 0 ⎠ 3 10 z 0 iii) T es la transformación nula de R3 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 0 1 0 ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ 0 . X2 = ⎝ 0 ⎠ 1 1 ⎞ ⎛ −2 y X3 = ⎝ 1 ⎠ son vectores propios de A correspondientes respectivamente a los 0 valores propios λ1 = 6. Para la matriz A. 476 14.2 10. b y c de tal forma que la matriz sea simétrica. el vector cX también es un vector propio de T correspondiente a λ. en cada literal. es una matriz ortogonal. es decir. un vector propio de T no puede pertenecer a dos espacios propios diferentes. alrededor del eje x. . b) Mostrar que la matriz de la reflexión respecto al plano x + y + z = 0 es una matriz ortogonal . c = 0. hallar los valores de a. Sea T una transformación lineal del espacio. ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 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. 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 dada. a) Mostrar que la matriz de la rotación Rxθ por el ángulo θ. a) Demostrar que todo vector propio de T corresponde a un único valor propio de T . cualquiera sea el ángulo θ. b) Demostrar que si X es un vector propio de T correspondiente a un valor propio λ entonces para todo c ∈ R. Para la matriz A. siempre que X + Y = O. hallar su inversa. dada en cada literal. determinar si A es ortogonal y. 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 . √ √ √ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ −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. en caso afirmativo. 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. Sección 14. b. 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 14.477 14. ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ −1 3 1 1 15. ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 1 1 3⎠ ii) A = ⎝1 0 1⎠ 2 1 1 0 . Ejercicios √ √ ⎞ ⎛ a 1/√2 −1/√ 2 13. encontrar matrices Q y D con las propiedades anteriores. Sin calcular los espacios −2 2 2 1 0 propios de A : a) Verificar que X y Y son vectores propios de A. 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. Sean A = ⎝−4 5 2 ⎠ . 16. X = ⎝ 2 ⎠ y Y = ⎝ 1 ⎠ . b) Mostrar que X es vector propio de A y determinar su valor propio correspondiente. b) Hallar matrices Q ortogonal y D diagonal tales que D = QT AQ. c) ¿Posee A factorización D = QT AQ con Q matriz ortogonal y D matriz diagonal? En caso afirmativo. b) Verificar que vectores propios de A correspondientes a valores propios diferentes son mutuamente ortogonales. c) ¿Posee A tres vectores propios unitarios y ortogonales? En caso afirmativo. Sean A = ⎝1 3 1⎠ y X = ⎝ 1 ⎠. Interpretar geométricamente cada espacio propio. a) Hallar escalares a. c tales que la matriz ⎝ b 1/√6 1/√6 ⎠ sea una matriz c 1/ 3 1/ 3 ortogonal.3. d) Hallar matrices ⎛ −4 0 ⎝ i) A = 0 2 0 3 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. hallarlos. . b) Hallar matrices Q ortogonal y D diagonal tales que D = QT AQ. 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 . c) Hallar la matriz A. 0 −1 además E−5 es el plano generado por ⎝ 1 ⎠ . ⎝ 1 ⎠ y E3 es la recta generada 0 −1 ⎛ ⎞ 1 por ⎝ 1 ⎠ . 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. b) ¿Es la matriz A factorizable en la forma A = QDQT con Q matriz ortogonal y D matriz diagonal? En caso afirmativo. hallar Q y D con la propiedades anteriores. 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. 18. hallar matriz P y D con las propiedades anteriores.478 14. c) Hallar la matriz A. elipse o hipérbola) o es uno de los casos degenerados de cónicas (un punto. ⎛ coeficientes ⎞ x Sea S el conjunto de puntos ⎝ y ⎠ de R3 que satisface una ecuación del tipo (15. B. para la ecuación x2 + y2 + z 2 = −1 se da que S = φ y para la ecuación x2 + y 2 + z 2 = 0 479 . Por ejemplo.1). • S es la unión de dos planos distintos. • S consta de un solo punto. Ahora nos ocuparemos de la ecuación de segundo grado en tres variables x. z Exceptuando ciertos casos. S es llamado una superficie cuádrica o también una superficie cuadrática. los cuales pueden ser paralelos o pueden cortarse. estos casos son los siguientes: • S es vacío. z Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Iz + J = 0 (15. • S es una línea recta. una recta.15 Superficies cuádricas 15. C. y Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 Vimos allí que si una ecuación de la forma anterior representa algún lugar geométrico.1) en la cual por lo menos uno de los A. y. En los casos exceptuados nos referiremos a S como una superficie cuádrica (cuadrática) degenerada. • S es un plano.1 Definiciones En el capítulo 8 se estudió la ecuación de segundo grado en dos variables x. E y F es no nulo. dos rectas distintas paralelas o dos rectas distintas que se cortan). si el conjunto de puntos de R2 que la satisface es no vacío entonces dicho lugar y geométrico es una cónica (parábola. x es decir. D. y. z −z De igual forma. como lo es la circunferencia de la elipse). conos. los cuales son paralelos. si cada −z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x vez que el punto ⎝ y ⎠ satisface la ecuación de S. cilindros hiperbólicos. x2 − 1 = 0. la ⎛ superficie S es (por ejemplo) simétrica respecto al plano xy si ⎞ x cada vez que un punto ⎝ y ⎠ está en S. la unión de los planos distintos x = 1 y x = −1. Ahora. 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. hiperboloides de dos hojas. el eje z. • Extensión de la superficie: Valor que puede tomar cada una de las variables x. En cuanto a las superficies cuádricas. z . afirmamos que hay nueve tipos distintos de ellas: elipsoides. también lo está su simétrico respecto al plano xy. paraboloides elípticos y paraboloides hiperbólicos (la esfera es un caso particular de elipsoide.480 15. Por otra parte. y la unión de los planos distintos x = y y x = −y. para las ecuaciones z 2 = 0. también lo z ⎛ ⎞ x está su simétrico respecto al eje x. el plano z = 0. 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. 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. Superficies cuádricas ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 0 ⎬ S = ⎝ 0 ⎠ . hiperboloides de una hoja. el cual es el punto ⎝ −y ⎠ . los cuales se cortan. cilindros elípticos. z En muchos casos bastará sólo con parte de la información anterior para dibujar la superficie. x2 − y 2 = 0 los conjuntos de puntos que las satisfacen son. cilindros parabólicos. • La simetría respecto a los planos coordenados. el punto ⎝ −y ⎠ también la satisface. En lo que respecta a la simetría. En otras palabras. a los ejes coordenados y al origen. respectivamente. • Las trazas o intersecciones con los planos coordenados y también con planos paralelos a los planos coordenados. es decir. −z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x −x si cada vez que el punto ⎝ y ⎠ satisface la ecuación de S. la superficie se dice una superficie cilíndrica recta o un cilindro recto. el caso de una superficie cilíndrica recta S que tiene como .1. si cada vez que el punto ⎝ y ⎠ satisface la ecuación −z z ⎛ ⎞ x de S. también lo está su simétrico respecto al origen. por ejemplo. el cual es el punto ⎝ −y ⎠. Por cada punto de C trazamos una recta paralela a L y consideramos la unión de todas esas rectas así trazadas. 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. x la superficie S es simétrica respecto al origen si cada vez que un punto ⎝ y ⎠ está en z ⎛ ⎞ −x S.1. 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 15.1a). ⎛ Por ⎞ último. es decir. Definiciones ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x el cual es el punto ⎝ y ⎠ . En forma similar se define la simetría de S −z respecto a los otros ejes coordenados y respecto a los otros planos coordenados. el punto ⎝ −y ⎠ también la −z z satisface. Entre las superficies cuádricas hay algunas que son superficies cilíndricas.481 15. Figura 15. el punto ⎝ y ⎠ también la satisface. Cuando las generatrices son perpendiculares al plano de la directriz (como en la figura 15. A continuación explicaremos lo que se entiende por tal tipo de superficies. Consideremos.1b). dicha unión es una superficie la cual se dice una superficie cilíndrica o también un cilindro. c que aparecen en dichas formas canónicas las asumiremos positivas.2. por supuesto. si y sólo si f (x. En forma análoga. las constantes a. z en la cual z puede tomar cualquier valor en R. 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. una ecuación g (x. z) = 0. Superficies cuádricas directriz una curva C del plano xy descrita por f (x. 15. y=0 Igualmente. y) = 0 y z = 0. y) = 0.482 15. es una ecuación para la superficie cilíndrica recta S. Como ya se dijo. una ecuación h (y. 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. paralelas al eje ⎛ ⎞ ⎛ z.2) . ⎞ x x Es claro que un punto ⎝ y ⎠ de R3 está en S si y sólo si el punto ⎝ y ⎠ está en C. Las generatrices son. z) = 0. y. discutiremos una de ellas y la graficaremos. x=0 Pasaremos ahora sí a presentar los distintos tipos de superficies cuádricas. para cada tipo daremos la(s) forma(s) canónica(s) de la ecuación. la ecuación f (x. y) = 0 como se aprecia en la figura 15. 0 z es decir.2 Elipsoide La forma canónica de la ecuación de un elipsoide es x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c (15. considerada como una ecuación en x.2 Figura 15. Luego. b. 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. y=0 = 1. 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. cuyo tamaño disminuye a medida que el plano y = y0 se aleja del plano xz.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. la superficie es simétrica respecto al origen pues al sustituir en (15. los interceptos con el eje y son los puntos de este eje para los cuales y = ±b.2). sobre el plano z = 0.2). respecto a cada plano coordenado y respecto al origen. Por ejemplo. es la curva conformada por x los puntos ⎝ y ⎠ de R3 con z = 0 y que satisfacen la ecuación (15.2. x=0 Consideremos ahora la traza sobre un plano y = y0 . y los interceptos con el eje z son los puntos del eje z con z = ±c.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. las trazas sobre los planos xz y yz son respectivamente.2) x por −x. las elipses x2 z 2 + 2 a2 c 2 z2 y + b2 c2 = 1. y por −y y z por −z. es simétrica respecto al eje ⎛ x ya⎞que ⎛ ⎞ x x ⎝ ⎝ ⎠ satisface la ecuación (15. Simetría Es claro que la superficie es simétrica respecto a cada eje coordenado. Elipsoide Interceptos con los ejes coordenados Haciendo y = 0 y z = 0 en (15. paralelo al plano xz: Al sustituir y por y0 en la ecuación (15. se obtiene la ecuación (−x)2 (−y)2 (−z)2 + + =1 a2 b2 c2 la cual es equivalente a (15. Análogamente. Análogamente.483 15. es más. es decir. Trazas La traza⎛sobre ⎞ el plano xy. es decir. tal traza se reduce al . es decir. 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.3.484 15. la situación es completamente similar. la superficie es un elipsoide de revolución. Nótese que si. −b ≤ y ≤ b. b2 c x=0 (contenida en el plano yz) alrededor del eje y.2) entonces x2 y2 z2 ≤ 1. y −c≤z ≤c De acuerdo con la información anterior vemos que el elipsoide tiene la forma mostrada en la figura 15. x2 ≤ a2 . 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. si cualesquiera dos de los denominadores en la ecuación (15. la superficie 0 0 no tiene traza sobre el plano y = y0 . por ejemplo. y −c≤z ≤c ⎛ ⎞ x A esta misma conclusión puede llegarse también así: Si el punto ⎝ y ⎠ satisface la z ecuación (15. un punto ⎝ y ⎠ de R3 está en dicha z esfera si y sólo si ⎛ ⎞ x ⎝ y ⎠ = r z . a = c entonces el elipsoide es una superficie de revolución que se genera al rotar la elipse y2 z 2 + 2 = 1. Nótese que si |y0 | > b. En general. entendiéndose por esfera el x ⎝ conjunto de puntos y ⎠ de R3 que equidistan de un punto fijo llamado centro de la z esfera. ≤1 y ≤1 2 2 a b c2 es decir. el elipsoide es una esfera. Para las trazas sobre planos x = x0 y z = z0 . En el caso particular ⎛ a⎞= b = c. y 2 ≤ b2 y z 2 ≤ c2 o equivalentemente −a ≤ x ≤ a. −b ≤ y ≤ b. si z ⎛ ⎞ x ⎝ y ⎠ es un punto de la superficie entonces z −a ≤ x ≤ a.2) son iguales. Superficies cuádricas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 punto ⎝ b ⎠ si y0 = b y al punto ⎝ −b ⎠ si y0 = −b. 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. Hiperboloide de una hoja Figura 15.2) se tiene a = 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 (15.4) Analizaremos a continuación la ecuación (15. 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. ⎛ ⎞ x o equivalentemente. Si en (15.3. 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. Interceptos con los ⎛ ejes ⎞ coordenados ⎛ ⎞ a −a Con el eje x : ⎝ 0 ⎠ y ⎝ 0 ⎠ 0 0 . el análisis para las otras dos es completamente análogo.3.3).485 15. 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. El hiperboloide de una hoja. Nótese que si a = b. correspondiente a la ecuación (15.486 15. 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. respecto a cada plano coordenado y respecto al origen. z = 0 a2 b En general. x = 0 b2 c (contenida en el plano yz) . la hipérbola y2 z 2 − 2 = 1. o también al rotar alrededor del mismo eje. en el plano z = 0 es la elipse x2 y 2 + 2 = 1.4 El eje z (eje asociado con la variable correspondiente al coeficiente negativo) se llama eje del hiperboloide. es decir. x = 0 b2 c2 También son hipérbolas las trazas sobre planos paralelos a los planos xz y yz. y = 0 a2 c (contenida en el plano xz) alrededor del eje z. es decir. se obtiene la z2 ecuación − 2 = 1 la cual no tiene solución para z en R. Por otra parte. las trazas sobre los planos xz y yz son respectivamente. las hipérbolas x2 z 2 − 2 = 1. tiene la forma mostrada en la figura 15. y = 0 a2 c 2 z2 y − = 1. cuyo tamaño aumenta conforme |z0 | crece. Trazas La traza en el plano xy. conforme el plano z = z0 se aleja del plano xy. cualesquiera sean estos planos.3). 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 + . en este caso. c Simetría La superficie es simétrica con respecto a cada eje coordenado. la traza del hiperboloide sobre cualquier plano paralelo al plano xy es una circunferencia y por tanto. el hiperboloide es una superficie de revolución que se genera al rotar la hipérbola x2 z 2 − 2 = 1.3). z = z0 a2 b2 c2 la cual es una elipse (en el plano z = z0 ). respecto a cada plano coordenado y respecto al origen.4.487 15.4.4 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 (15.5). 15.5) 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. 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. . Hiperboloide de dos hojas Figura 15. el análisis para las otras dos ecuaciones es completamente análogo.6) Analizaremos la ecuación (15. esta elipse aumenta ⎛ ⎞de tamaño a medida que |z0 |⎛aumenta. llamadas hojas del hiperboloide. cada una de las variables x. 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. es decir. en este caso.5) se obtiene − x2 y2 − 2 =1 a2 b La traza sobre cualquier plano horizontal z = z0 es la elipse x2 y2 z02 + = − 1. y=0 = 1. z ≥ c o z z ≤ −c. con |z0 | > c. Superficies cuádricas Trazas Las trazas sobre el plano xz y sobre el plano yz son. el eje z (eje correspondiente a la variable con coeficiente positivo en (15. las hipérbolas z 2 x2 − 2 c2 a 2 z y2 − c2 b2 = 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. la traza del hiperboloide con cualquier plano horizontal z = z0 . respectivamente. . a2 b2 c2 z = z0 siempre y cuando |z0 | > c.5 La superficie consta de dos piezas. Para c −c −c < z0 < c. es decir.5)) se dice el eje del hiperboloide. x=0 No hay trazas sobre el plano xy. es una circunferencia y por tanto. La superficie tiene la forma mostrada en la figura 15. Por otra parte. La traza sobre cualquier plano paralelo al plano xz y sobre cualquier plano paralelo al plano yz es una hipérbola. Cuando a = b. la superficie no tiene puntos entre los planos horizontales z = c y z = −c. ⎞ Para 0 0 z0 = c. y puede tomar cualquier en R. pues al hacer z = 0 en (15.488 15. el hiperboloide es una superficie de revolución que se genera al rotar la hipérbola z 2 x2 − 2 = 1. al punto ⎝ 0 ⎠ . x = 0 c2 b (contenida en el plano yz). la superficie no tiene traza sobre el plano z = z0 . dicha traza se reduce al punto ⎝ 0 ⎠ y para z0 = −c. 7).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. .489 15.8) A continuación analizaremos la ecuación (15. 15.5 Cono elíptico Una forma canónica para la ecuación de un cono elíptico es z2 x2 y 2 + = a2 b2 c2 (15.5. el análisis para las otras dos ecuaciones es similar. Cono elíptico Figura 15.5. Interceptos con los ejes coordenados La superficie corta los ejes coordenados únicamente en el origen. respecto a cada plano coordenado y respecto al origen. Simetría La superficie es simétrica respecto a cada eje coordenado. 2 a b c z = z0 la cual aumenta de tamaño conforme |z0 | crece. y0 = 0. Las trazas con planos paralelos a los otros dos planos coordenados son hipérbolas. la traza con el plano vertical y = y0 . y. y=0 = 0. 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. por ejemplo. La traza de la superficie con cualquier plano horizontal z = z0 . z0 = 0.7) se obtiene z2 x2 = .490 15. Por otra parte. Superficies cuádricas Trazas La traza sobre el plano xy se reduce al origen. a2 c2 y=0 o equivalentemente. es la elipse z2 x2 y 2 + 2 = 20 .6 . x=0 las cuales también se cortan en el origen. La superficie tiene la forma mostrada en la figura 15. y=0 las cuales se cortan en el origen. es el hipérbola y02 z 2 x2 − = . z pueden tomar cualquier valor en R. al hacer y = 0 en (15. la traza sobre el plano yz es la unión de las dos rectas y z − b c y z + b c = 0. De manera similar. c2 a2 b2 y = y0 Extensión Las variables x. x=0 = 0. x a − z x z + = 0. Cilindro recto elíptico Figura 15. . Esta ecuación.7 se muestra dicha superficie. en lugar de cono elíptico la superficie se dice cono circular. 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 (15.7)) se dice el eje del cono y el origen es llamado vértice del cono.6.9). c a 15.10) A continuación nos referiremos a la ecuación (15. corresponde a una superficie cilíndrica recta que tiene como directriz la elipse x2 y 2 + 2 = 1.491 15.9) 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. en la cual no aparece la variable z. El eje z (eje correspondiente a la variable despejada en (15. el cono es una superficie de revolución que se obtiene al rotar alrededor del eje z x z (por ejemplo) la recta = .6. las trazas sobre planos horizontales son circunferencias y por tanto en este caso. Cuando a = b. la superficie correspondiente es un cilindro recto que tiene como directriz la hipérbola x2 y 2 − 2 = 1. la ecuación es de la forma (15.492 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 directriz del cilindro es la circunferencia x2 + y 2 = a2 . Cuando a = b. z=0 En este caso el cilindro es una superficie de revolución y se dice un cilindro circular recto. a2 b z=0 contenida en el plano xy.7.7 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) con el signo + en el lado derecho.12) Si por ejemplo. Superficies cuádricas Figura 15.10) la situación es similar. El eje z (eje correspondiente a la variable que no figura en la ecuación) es el eje del cilindro. 15.8 . La superficie tiene la forma mostrada en la figura 15. x = ±cz 2 .8. Cilindro recto parabólico Figura 15.13) y = ±ax2 .8.14) Si por ejemplo. z = ±by2 (15.8 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. z=0 contenida en el plano xy.9 . Es de señalar que para cada una de las superficies correspondientes a las ecuaciones (15.2) a (15.12). 15. la ecuación es y = ax2 la superficie correspondiente es un cilindro recto que tiene como directriz la parábola y = ax2 . porque ellas no poseen un centro de simetría. Las superficies que siguen a continuación son llamadas cuádricas sin centro. Por ello. en el sentido de que la superficie es simétrica respecto al origen. x = ±by 2 z = ±ax2 . dichas superficies son llamadas cuádricas con centro.493 15. La superficie tiene la forma mostrada en la figura 15. y = ±cz 2 . el análisis para las restantes ecuaciones es completamente similar.15).15) x por −x y y por −y se obtiene una ecuación equivalente). 15. b2 c x2 z 2 + 2 = ±by a2 c (15. 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. ni respecto al origen.9.9 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 al plano xy. Interceptos con los ejes coordenados. Superficies cuádricas Figura 15. se obtiene la ecuación x2 y 2 + 2 =0 a2 b .15) con el signo + al lado derecho y c > 0. pero no lo es respecto a los otros ejes.494 15.15) a2 b y2 z 2 + 2 = ±ax.16) Analizaremos a continuación la ecuación (15. Trazas Al hacer z = 0 en (15. Simetría La superficie es simétrica con respecto al eje z (pues al cambiar en (15. y = 0 a2 y2 = cz. Figura 15. En este caso la superficie se dice un paraboloide circular. y = 0 a (contenida en el plano xz) alrededor del eje z. z0 > 0. en este caso. Por otra parte. la traza sobre el plano xy ⎞ x se reduce al origen.⎛por tanto. Extensión Las variables x.9. son circunferencias y por tanto.495 15. por ejemplo.10. x = 0 b2 Las trazas sobre planos paralelos a los planos xz y yz también son parábolas. . las parábolas x2 = cz.10. Si a = b. la parábola x2 cz = 2 . exceptuando únicamente el origen. es la elipse x2 y 2 + 2 = cz0 . todos los puntos ⎝ y ⎠ que satisfacen la ecuación z x2 y 2 + 2 = cz a2 b cumplen la condición z ≥ 0. Paraboloide elíptico la cual se satisface únicamente cuando x = 0 y y = 0. las trazas con planos z = z0 . z = z0 a2 b mientras que las trazas sobre los planos xz y yz son respectivamente. lo cual indica que la superficie está arriba del plano xy. el paraboloide es una superficie de revolución que se genera al rotar. La forma del paraboloide elíptico es como se muestra en la figura 15. z0 > 0. La traza sobre cualquier plano horizontal z = z0 . mientras que z sólo puede tomar valores no negativos. y pueden tomar cualquier valor. z=0 las cuales se cortan en el origen. 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. b2 a z = z0 .19) se obtiene y 2 x2 − 2 =0 b2 a es decir. es decir. la ecuación y 2 x2 − 2 = cz (15. Superficies cuádricas 15. la traza sobre el plano xy está conformada por las rectas − y x − b a y x + b a = 0. también es simétrica con respecto a los planos xz y yz. − 2 = ±by (15.17) con signo − en el lado derecho. z0 = 0.18) 2 b c a2 c De ellas analizaremos a continuación la ecuación (15. Simetría La superficie es simétrica respecto al eje z.19) b2 a El análisis de las otras ecuaciones es completamente similar. las trazas sobre los planos xz y yz son. Por otra parte.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. las parábolas − x2 a2 y2 b2 = cz. Trazas Si se hace z = 0 en (15.17) a2 b y2 z2 x2 z 2 − 2 = ±ax. respectivamente. pero no lo es respecto al plano xy. ni respecto al origen. z=0 = 0. x=0 La traza sobre un plano horizontal z = z0 . y x y x + =0 b a b a Por tanto.496 15. es la hipérbola y 2 x2 − 2 = cz0 . pero no lo es respecto a los otros ejes. y=0 = cz. acá consideraremos los cambios de coordenadas asociados con traslación y rotación de los ejes coordenados. z puede tomar cualquier valor en R. Extensión Cada una de las variables x. . La forma del paraboloide hiperbólico es como se muestra en la figura 15. a2 b2 y = y0 la cual se abre hacia abajo.497 15. y. 15. y. y. Por ejemplo. Las trazas sobre los planos paralelos a los planos xz y yz son parábolas.11. y tengan la misma orientación positiva y también la misma unidad de medida de éstos (figura 15. z. de manera que lo nuevos ejes coordenados x . 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.11 Figura 15. Cambio de sistema de coordenadas la cual tiene su eje transverso paralelo al eje y cuando z0 > 0. z sean respectivamente paralelos a los ejes x.12). Traslación de ejes De manera similar al plano.11 Cambio de sistema de coordenadas Tal como hicimos en el plano. la traza sobre el plano vertical y = y0 es la parábola y02 x2 = −cz + .11. y paralelo al eje x cuando z0 < 0. z + l respectivamente. y. z según las ecuaciones x = x − h. el lector puede comprobar. Se obtiene 2 2 x + h + z + l − 2 x + h − 4 y + k − 4 z + l + 17 = 0 . Si el nuevo origen O z ⎛ ⎞ h ⎝ tiene terna de coordenadas k ⎠ respecto al sistema xyz. y.21). algunas ecuaciones de segundo grado en tres variables x. Usando las ecuaciones (15. Al igual que para las ecuaciones de segundo grado en dos variables. y = y − k. l razonando exactamente como en el caso de la traslación de ejes en el plano. que las nuevas coordenadas x .22) Intentemos mediante una traslación de ejes. y.498 15.22) x. 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 . z pueden simplificarse mediante una traslación de los ejes x. y + k.20) z = z + l (15. z = z − l (15. según las ecuaciones x = x + h.1 Consideremos la ecuación x2 + z 2 − 2x − 4y − 4z + 17 = 0 (15. y. transformarla en una ecuación con el menor número posible de términos lineales. z por x + h. z se relacionan con las viejas x. sustituimos en la ecuación (15.12. y. Superficies cuádricas Figura 15. y . Supongamos que se ha realizado una traslación de⎛los ⎞ ejes coordenados x. Primer método. equivalentemente. y = y + k. z como se ilustra en el ejemplo siguiente. Ejemplo 15.21) o. z = z − 2 (15. con el ánimo de simplificar al máximo la ecuación (15. del nuevo sistema x y z sea el punto O = 2 .22).25) y sustituyendo en (15. Escribamos la ecuación (15. o. (x − 1)2 + (z − 2)2 − 4y + 12 = 0 (x − 1)2 + (z − 2)2 = 4 (y − 3) (15.22) 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.24).22) tendrá. l = 2 y despejando k se obtiene k = 3. Ahora. tomemos h = 1. Téngase presente que las ecuaciones en (15. l = 2 y elijamos k de tal modo que h2 + l2 − 2h − 4l − 4k + 17 = 0 Sustituyendo en esta ecuación h = 1. Segundo método.23) Nótese que esta ecuación (15. haciendo el cambio x = x − 1. 2 2 x + z = 4y (15.23) está en forma canónica y corresponde a un paraboloide circular que tiene como eje al eje y (ver figura 15. z .25) corresponden a trasladar ⎛ ⎞el sistema xyz de tal modo que el origen 1 ⎝ 3 ⎠ en el sistema xyz.13). y . Por tanto. Cambio de sistema de coordenadas Desarrollando los cuadrados y agrupando términos semejantes en x . pero que es imposible hacer que ella no tenga término lineal en y . 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). si escogemos como nuevo origen el punto ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 h ⎠ ⎝ ⎝ 3 ⎠ k = O = 2 l la ecuación (15.499 15.23). la forma más simple 2 2 x + z − 4y = 0 es decir. en las nuevas variables x .11.24) Por tanto. y . equivalentemente. y = y − 3. obtenemos de nuevo la ecuación (15. Supongamos que se ha efectuado una rotación de los ejes x. y. 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 . Superficies cuádricas Figura 15. y. E2 . E2 . Figura 15.14).⎛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 ⎠. z respectivamente y sean E1 . Veamos cómo se relacionan estas z dos ternas de coordenadas del punto P .500 15. E3 los vectores canónicos sobre los ejes x.14. 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. 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.13. Sean E1 . E2 = ⎝ b2 ⎠ . | | | En virtud de las relaciones (15. de la igualdad I3 = QT Q resulta que 1 = det QT Q = det QT det (Q) = (det (Q))2 por tanto.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 .27) ⎞ ⎛ ⎞ x x ⎝ ⎠ ⎝ y ⎠. 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. E3 está orientada E1 E2 E3 positivamente y Q = entonces det (Q) = 1. de (15. como la terna de vectores E1 .28) y (15. Cambio de sistema de coordenadas o. Q tiene la propiedad Q−1 = QT y en consecuencia.28) se obtiene que X = QT X (15.30) .501 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. xE1 + yE2 + zE3 = x E1 + y E2 + z E3 Digamos ahora que respecto al sistema xyz ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ a1 a2 E1 = ⎝ b1 ⎠ . Volvamos a la ecuación Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Iz + J = 0 (15.27) toma la z c1 c2 c3 ⎛ igualdad que nos da ⎛ ⎞ x Si X = ⎝ y ⎠. det (Q) =±1.29) Algo más.11. E2 .28) Nótese que las columnas de Q son vectores unitarios y ortogonales y por tanto la matriz Q es una matriz ortogonal. z forma X = QX (15.26) ⎞ a3 E3 = ⎝ b3 ⎠ c3 ⎛ (15. equivalentemente. Ahora. es decir. c1 c2 En estas condiciones la igualdad ⎛ ⎞ ⎛ x ⎝ y ⎠ = x ⎝ z (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. 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.32) ⎛ ⎞ x y X=⎝ y ⎠ z Así.30) puede expresarse en la forma X T MX + U T X + J = 0 (15. Superficies cuádricas y supongamos que al menos uno de los coeficientes D. como el lector puede verificar. ⎛ ⎞ x y X =⎝ y ⎠ z Gx + Hy + Iz = U T X ⎛ ⎞ G U =⎝ H ⎠ I con (15. 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. la ecuación (15. . mediante una rotación de ejes. En primer lugar. dado que la matriz M es simétrica. 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. Procederemos. A continuación probaremos que esta ecuación puede transformarse.31) la cual ya no contiene términos cruzados x y . 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. E y F es no nulo. x z ni y z .33) Ahora bien. 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) = 1.502 15. y con término en xy. empleando vectores y matrices. 28)) X = QX Ahora veremos que al sustituir X por QX en la ecuación (15. esta ecuación es equivalente a la ecuación (X )T DX + U T QX + J = 0.36) . y . E3 = b3 ⎠ c1 c2 c3 (E1 es la primera columna de Q. 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 ⎠. E2 = b2 .33). la ecuación anterior puede escribirse como (X )T QT MQX + U T (QX ) + J = 0 y puesto que QT MQ = D. E2 la segunda y E3 la tercera) la cual está conformada por vectores unitarios y ortogonales y además está orientada positivamente. z son precisamente ⎛ dichos⎞vectores E1 . E2 . E3 respectivamente. 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. en el cual los vectores canónicos correspondientes a los ejes x . la relación entre X y X es (vea (15. En efecto.35) Ahora.35) es 2 2 2 λ1 x + λ2 y + λ3 z + G x + H y + I z + J = 0 (15. Pues bien.34) QX MQX + U T QX + J = 0. Cambio de sistema de coordenadas Teniendo que Q es ortogonal y det (Q) = 1 consideramos la terna ordenada ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a1 a2 a3 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ E1 = b1 . al hacer dicha sustitución se obtiene T (15. con el mismo origen del sistema xyz. dicha terna de vectores determina un nuevo sistema cartesiano x y z .11. En este punto usaremos el hecho de que (QX )T = (X )T QT y así. z Como ya sabemos. ésta se convierte en una ecuación que no contiene términos cruzados. (15.503 15. Finalmente identifique el lugar geométrico correspondiente a la ecuación dada.30) se transforma mediante una rotación en la ecuación (15. si fuese necesario.37) ⎛ ⎞ −6 1 y U = √ ⎝ 12 ⎠ 6 6 Observe que la matriz M es simétrica. realice una traslación de ejes con el propósito de eliminar o reducir a uno solo los términos lineales. Nótese que el término constante J no cambia. Ejemplo 15.504 15. Luego.36). M = ⎝1 2 −1 4 ⎛ ⎞ x X =⎝ y ⎠ z (15. λ2 = 3 y λ3 = 0 y que los espacios prorecta generada por el vector pios correspondientes E6 . siempre es posible transformar una ecuación del tipo (15. ⎛ ⎞ ⎛ la ⎞ 1 1 X1 = ⎝ 0 ⎠.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. la cual es de la forma (15.2 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). ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ G a1 b1 c1 G ⎝ H ⎠ = ⎝a2 b2 c2 ⎠ ⎝ H ⎠ = QT U I a3 b3 c3 I Hemos probado así que la ecuación (15. E3 y E0 son. 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 = 6.31). 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. respectivamente. Puede probarse (y esto está fuera del alcance del texto) que mediante cambios apropiados de coordenadas. 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⎠ . están relacionados (como sabemos) así: X = QX (15. y . Por tanto. E3 . Y2 = = √ ⎝ 1 ⎠ . pues la terna E1 . como debe ser dado que 1 la matriz M es simétrica. E3 está orientada positivamente. y . E2 . Sean entonces E1 = Y1 .505 15.38) Para transformar la ecuación dada en una ecuación en las nuevas variables x . esta matriz Q es ortogonal. Y3 = =√ ⎝ 2 ⎠ X1 X X 2 3 6 2 3 −1 1 1 ⎛ El lector puede verificar que la terna ordenada Y1 . E3 = Y3 y formemos la matriz E1 E2 E3 Q= | | | Como sabemos. tres vectores propios de M ortogonales dos a dos y unitarios. E2 . respectivamente. dicho sistema x y z está orientado según la regla de la mano derecha. las cuales son perpendiculares dos a dos. Cambio de sistema de coordenadas ⎞ −1 vector X3 = ⎝ 2 ⎠. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x Los vectores de coordenadas X = ⎝ y ⎠ y X = ⎝ y ⎠ de un mismo punto. correspondientes respectivamente a λ1 = 6.11. 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. relativos z z a los sistemas xyz y x y z respectivamente. es decir.39) . Y3 está orientada positivamente. z son. z sustituimos X por QX en la ecuación (15.37). 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. E2 = Y2 . los vectores E1 . Y2 . λ2 = 3 y λ3 = 0 son ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1 1 1 1 X1 X2 X3 Y1 = = √ ⎝ 0 ⎠ . 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 . 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.40). E1 y E4 son. La ecuación (15. Dejamos que el lector muestre que los valores propios de M son λ1 = −2. y que los correspondientes ⎛ espacios ⎞ propios 1 E−2 . λ2 = 1 y λ3 = 4.41) ⎛ ⎞ 12 y U =⎝ 6 ⎠ 6 Observe que la matriz M es simétrica.15 Figura 15. la recta generada por el vector X1 = ⎝ 2 ⎠.40) Hemos transformado así la ecuación dada en la ecuación (15. 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. 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⎠ . la recta 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 generada por el vector X2 = ⎝ 1 ⎠ y la recta generada por el vector X3 = ⎝ −2 ⎠. respectivamente. cuya forma se muestra en la figura 15.506 y 15. 0 −2 0 ⎛ ⎞ x X =⎝ y ⎠ z (15. las −2 1 .15.39) es equivalente a 2 2 6 x + 3 y + 6z = 0 (15. ⎛ ⎞ x Como sabemos. E3 se escogió orientada positivamente. Cambio de sistema de coordenadas 507 cuales son perpendiculares dos a dos. Y3 = = ⎝ −2 ⎠ X1 3 X2 3 X3 3 2 −2 1 El lector puede verificar que en este caso la terna ordenada Y1 . los vectores E1 . luego (por ejemplo) la terna ordenada Y2 . E2 y E3 . Y3 está orientada negativamente. Por tanto. está dada por X = QX (15. 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 . Sean entonces ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 2 1 1 1 E1 = Y2 = ⎝ 1 ⎠ .11.41). Y1 . ya que la terna E1 . E2 = Y1 = ⎝ 2 ⎠ . dicho sistema x y z está orientado según la regla de la mano derecha. Y2 . y . λ2 = 1 y λ3 = 4 son ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 2 X1 X2 X3 1 1 1 Y1 = = ⎝ 2 ⎠ . relativos a los sistemas xyz y x y z resz pectivamente. tres vectores propios de M ortogonales dos a dos y unitarios.43) X . Y2 = = ⎝ 1 ⎠ .42) Sustituyendo X por QX en la ecuación (15. 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. z son. como debe ser dado que la matriz M es simétrica. correspondientes respectivamente a λ1 = −2. E2 . la relación entre los vectores de coordenadas X = ⎝ y ⎠ y z ⎛ ⎞ x X = ⎝ y ⎠ de un mismo punto del espacio.15. Y3 está orientada positivamente. respectivamente. E3 = Y3 = ⎝ −2 ⎠ 3 3 3 2 −2 1 y formemos la matriz E1 E2 E3 Q= | | | Como ya se sabe. la ecuación (15.46) es equivalente a la ecuación en forma canónica (en el sistema x y z ) (x )2 (y )2 (z )2 (15. Por último.508 15. Procederemos ahora a eliminar términos lineales en la ecuación (15.44) la cual no contiene términos cruzados. la ecuación (15. Superficies cuádricas Ahora. 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.46) la cual ya no tiene términos cruzados ni lineales. Téngase presente que el cambio de variables (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.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. ⎛ ⎞⎛ ⎞ 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. y = y − 3. haciendo el cambio de variables x = x + 3.45) 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 .16 .45) la ecuación anterior adquiere la forma 2 2 2 23 − 2 y + 4 z = − x 4 (15.43) es equivalente a 2 2 2 x − 2 y + 4 z + 6x + 12y + 6z = 1 (15.44). z = z + 3 4 (15. Y3 . Y3 correspondiendo a λ2 = 0 El lector puede verificar que la terna ordenada Y1 . Y3 = X3 = 0 ⎠ X1 X2 5 5 0 0 1 con Y1 correspondiente a λ1 = 2 y Y2 . habría que obtener dos vectores ortogonales no nulos en el plano P que sustituirían a los vectores X2 . Y2 está orientada positivamente. 0 0 0 ⎛ ⎞ x X =⎝ y ⎠ z (15.48) ⎛ ⎞ 2 1 y U = √ ⎝ −1 ⎠ 5 0 Observe que la matriz M es simétrica. son ⎛ correspondientes ⎞ −1 respectivamente.11. tres vectores propios de M ortogonales y unitarios son los vectores ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −1 2 0 1 ⎝ 1 ⎝ ⎠ X1 X2 ⎝ ⎠ =√ =√ Y1 = 2 . 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. 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⎠ . . Observe además.509 15. X3 en lo que sigue). Dejamos que el lector muestre que los valores propios de M son λ1 = 2 y λ2 = 0. y que los espacios propios E2 y E0 . que los vectores X2 y X3 son ortogonales (si ésto no fuese así. así que (por ejemplo) la terna Y1 . Y2 . Y3 está orientada negativamente.16. dado que la matriz M es simétrica. Por tanto. Cambio de sistema de coordenadas Figura 15. como debe ser. Y2 = 1 . 49) es equivalente a 2 4 3 2 x − x + z = 0 5 5 (15. z respectivaque E1 . Denotando X = y ⎠ los vectores de coordenadas de un mismo y yX = z z punto del espacio.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.ćomo y (15. tenemos (como es sabido) que X = QX Reemplazando X por QX en la ecuación (15. equivalentemente. Superficies cuádricas Sean entonces y formemos la matriz E1 = Y1 . Procederemos ahora a eliminar términos lineales en (15. E3 son los vectores ⎛ ⎞ canónicos ⎞ ⎛ correspondientes x x ⎝ ⎝ ⎠ mente. como ya se sabe.510 15. E3 = Y2 E1 E2 E3 Q= | | | la cual. en T T Q MQ X + U T QX = 0 X Como QT MQ = D. E2 . E2 = Y3 . ésta se convierte en (QX )T MQX + U T QX = 0 o. para lo cual la escribimos en la forma 2 2 3 2 x − x + z = 0 5 5 .50).48). y . 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 .50) la cual no tiene términos cruzados. la ecuación anterior es equivalente a T X DX + U T QX = 0 Ahora. relativos a los sistemas xyz y x y z respectivamente. 5 y = y . equivalentemente.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. haciendo el cambio de variables 1 x = x − . z = z − 2 15 la ecuación (15.17.51) Así.52) la cual no tiene términos cruzados y sólo un término lineal.511 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. la ecuación (15.51) se transforman en la ecuación 2 3 z =0 2 x + 5 (15. 1 2 3 2 z − =0 2 x − + 5 5 15 (15. Figura 15. Por último.17.11. Para cada una de las siguientes ecuaciones.512 15. f) Con base en la información anterior. realizar una traslación de ejes coordenados para transformarla en una ecuación con el menor número de términos lineales. b) Hallar los interceptos con los ejes coordenados. Escribir las ecuaciones de rotación. identificar la superficie S y determinar su eje. c) Analizar la simetría con respecto a cada eje coordenado. identificar la superficie S y graficarla. Para cada una de las siguientes ecuaciones cuadráticas. 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 luego una traslación de ejes con el fin de eliminar o reducir a uno solo los términos lineales y escribir las ecuaciones de traslación. Para la superficie S cuya ecuación está dada en cada literal. .12 Ejercicios Sección 15. 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 15.1 a sección 15. hallar la forma canónica para la ecuación de S. Superficies cuádricas 15. graficar la superficie.11 3. Considere la superficie S con ecuación 16y 2 + 16z 2 − 9x2 + 144 = 0 a) Hallar la forma canónica para la ecuación de S. Si es necesario. 2. realizar una rotación de ejes de tal manera que la ecuación transformada no tenga términos mixtos.10 1. d) Hallar las trazas con los planos coordenados e identificarlas. a cada plano coordenado y al origen. e) Hallar e identificar las trazas de la superficie con planos paralelos a los planos coordenados. Escribir las ecuaciones de traslación y la nueva ecuación. Identificar el lugar geométrico correspondiente. 12. 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 . hallar la ecuación respecto al último sistema coordenado e identificar la superficie. Ejercicios 513 Finalmente.15. Superficies cuádricas .514 15. 6 i − 0. w = −1 − 3 u − v 3 → → → u − 2− v√ 13.64− w − 1. a) 5.67◦ b) a = 0. −16 22. 7. 104.4 √ √ − 2 6− → − → → 12. dirección 55. −6 25. magnitud 10440.87◦ b) − w = − 21 5 i + 5 j − → − → − → − → c) 5.6 j 515 → c) − w = √ → → 3 3− 3− 2 i + 2 j .84− z Sección 1. b) − p = 1.4 millas/hora en dirección S 61.1 2.08. b) − w = √54 − → − → 5 3− 5 3− v 14. a) 11. a) − v = −3 2 i − 3 2 j b)− u = 0 i − 5 j = −5 j − → 28 − → → 27. DE = 34 AB + 12 BC − → y = → −5 − 4 v Sección 1. 19. a) 150◦ b) 3 b) −5 → − q = 6. 111.3 → → v. a) −5/6 → 18. 47.5 16.7 √ − √ − → → − → − → − → → → 26.7 km/h en dirección N 28.53 km Sección 1.07◦ E b) 0.31 libras fuerza.6 20.61.7◦ E 5.Respuestas Respuestas Ejercicios Capítulo 1 Sección 1.81.73 km. DE = 2 AC − 3 AB −−→ − −→ −−→ 9. Sección 1. c) − x = 94 − −→ −−→ 1 −→ 2 − 8.8 i − 5.76 √ b) 2 3 Sección 1. w = − 3 u − 9 → 15. a) 1. 3 libras Seccion 1.12 → → → c) − u = 1. −0.8 j . b = 1. 306.5◦ 4.2 3. a) 2 17. 3◦ c) a = 3 ó a = −3 −8/3 X= 1/2 √ √ 6 3+5 2 √ 6−5 2 c) a = 2. − 41 .2 3/2 1. 3 2. b = −2 b) i) No existen 36. 10. a) α = − 34 b) α = 17 √ − → − → − → 2 37.5 unidades cuadradas. a) − 3 b) 170 c) 55 2 32. 82 i − 82 j 38. 275.b = −1 2 b) S = c) 5 unidades cuadradas. ||QM|| = 210 ||QB|| = 310 −→ − → − → e) 116. 51 25 i + 25 j . → + 5 2− → 2− u u 34. Respuestas Ejercicios Capítulo 2 Sección 2. PR = i + 5 j √ −−→ − −−→ −−→ −−→ → − → − → − → d) QB = i − 13 j .Respuestas 516 √ − → − → 28.19◦ √ − → − → b) − 3 i − 3 j . T2 = 5 i − 5 3 j √ 31. c) QM = 32 i − 12 j . 33. 311. a) ac + b) ac + bd < 0 bd > 0 −7 6 39. −1 2 −1 b) Z = −E1 + 11E 2 1 1 ◦ f) 90 g) √2 −1 h) b = 3 2 . 0.53 i − 0. − 17 i − 17 j √ √ √ − → √2 − − → √2 − − → − → √2 − → → → + 2− →. b) punto medio de P Q : 5/2 −3 punto medio de RS : 0 2. QR = 2 √i + 2 j . F = −20 i . 7.94◦ b) 5. a) R = b) R = 1 6 −−→ − − −→ −→ − → − → − → − → → − → 40. j = 2 u −2 i + 3 j = 1 2 1 2 2 2 u2 35. 6. 122. 8. no perpendiculares. a) QP = i − 3 j . 225◦ √ − → − → c) 14 i − 16 j . a) R = −2 −9 Sección 2. no perpendiculares. 0 → 18 − → → 27 − → 9 162 − 3 − c) − 6. a) 3 b) 4 → 27 − → 18 − b) perpendiculares. 9. vector cero. 0. T1 = 15 i + 5 3 j . a) Z = 122.22◦ . 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. b) i = 2 u1 − 2 u2 . 26 i + 26 j 42. a) 157. i 2 . a) 4. − → − → b) 0. ii) a = 11. a) ángulo agudo. a) i) Si existen.36 j − → − → − → − → 68 85 − 17 41. si son perpendiculares. − 41 i + 41 j .57◦ f) QS = 1.3 √ 5.19◦ √ − √ − − → − → − → − → − → → − → → 29. a) i − 11 j . 2 113.19◦ √ d) 5 2 e) 10. 13 i − 13 j → → 1 − 4 − c) ángulo obtuso.83◦ . 2 i + 2 j . 11. 6. m = −2 −1 1 1 −1 3 −3 15.5 unidades cuadradas. t = 5. a) (U · V )W = b) U · (V + W ) = −14. √ 16. −4/3 1/3 1 26 1 12. 33 −4 1 2 27. √ 2 19. 2 10. S= b) 17/3 unidades cuadradas. 9 Sección 3. 53/2.3 6. a) 1 b) 8 c) 57 d) 13 2 14. (3 − 4 3)/2 (3 + 4 3)/2 0 −1 11. 23. P = 25 y Q = 25 44 3 Respuestas Ejercicios Capítulo 3 Sección 3. 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. b) 254 3 unidades cuadradas.√ 5. a) . 2 1 y 5 3. 53/2. a) ∈ R /6x − 4y + 3 = 0 b) ∈R / 3 4 y y x c) ∈ R2 /x2 + y2 − 6x + 5 = 0 y 21. y −3 7 t∈R b) Colineales. a) 4x − y = −8 d) 8x + 5y = 7 7. 5 2 x2 y 2 x x 2 2 + =1 20. b) 2 10. a) No √ colineales. 2 5 √ √ √ √ −13/3 c) 5 2/2. a) =t .Respuestas 517 √ √ √ (−4 − 3 3)/2 (−4 + 3 3)/2 √ √ 10. b) Se pueden construir tres paralelogramos y todos tienen la misma área. a) Q = . a) 3x − y = 3 3 Sección 3. 22. U/(V · W ) = 5 −3 13 √ √ 3 7 e) − 5 5 f) 13 13.64 10/3 x 18. 3. ∈ R2 /(x − a)2 + (y − b)2 = r2 . 3. d) 17.1 x −1 1. P = .64. y circunferencia con centro en el punto P0 y radio r. b) 5 2/2.2 4. t∈R y 3 x 3 −5 c) = +t . 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 . a) y = 43 x + 43 x 2 −3 b) = +t . D. 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. a) 2 b) 22/3 5 √ √ x 1 26. No 34. 18. k = −3/5. 16. a) 150◦ b) 15◦ c) 90◦ d) 12.6 24. a) 3 b) 2 −1 d) 30◦ C c) 3 −2 3 d) 1 e) Sí. 2/5 1 −1 −1 f) 1/2 . No es posible. y = −3 − 23 t. a) F = 95 C + 32 c) 68◦ F 10. a) No paralelas.4 −1 11. e) Sección 3. √ √ 28. X = −Z − 3W b) L. a).. a) L. t ∈ R. 22.5 13. h = 10/3 Sección 3.I. −40o F = −40◦ C.53◦ Sección 3.. PU xy = x0 b) PU x y = 0 y . Sección 3.8 33. Sección 3.7 √ 25. t∈R a) = −5 y −4 1 y 2 x −1 1 x 0 c) = +t . y 0 0 y 1 a) k = ±2/3 b) k = ±2. 23. a) b) 3x − 2y = 17 c) 17/ 13 5/ 13 x 29. ∈ R2 3x + 4y = 30 o 3x + y = 0 y 30. 1/7 17/5 −1/5 b) Paralelas c) Perpendiculares y se cortan en P = 1 x −3 2 x 3 +t . 21. 19.1 1. t∈R b) = +t . t ∈ R d) =t . Respuestas Ejercicios Capítulo 4 Sección 4. no perpendiculares.5 unidades cuadradas. a) b) 13 10/7 24/7 √ √ x + 5y = −5 2 x + 5y = 5 2. a) x = 1 + t. se cortan en P = 14.Respuestas 518 d) y = −x + 7 9. 15. 10. a) c) 3/ 5 · = 13 b) 5 y 2 √ t∈R b) 13 27. para cualquier U ∈ R2 . Para r = 2 a) x = 2x. 2 . m (T ) = 3 1 1 −2 c)No lineal x . x ≤ 0 b) S (C1 ) = xy ∈ R2 : y = 34 x. . a) T y = y2 Sección 4. 6. 6 2 13 0 g) 1 . es decir 1 2/3 r −1/3 + s −1/3 : 0 ≤ r ≤ 1.2 0 −1 1 −3 4 4. m (T ) = = 65/2 −40 2 −1 3 2 d) No lineal Sección 4.Respuestas 3. 8. a) b) 5 −1 0 4 3 1 −7 −3 5. T y = (x+5y)/2 x−2y T −10 15 b) Lineal. 1 1/2 −3/2 −1/2 b) −1/2 . . Para r = 13 1 1 a) x = y 3 x. 3 −3 00 e) 0 . 29 x (3x−4y)/5 a) SU y = (−4x−3y)/5 c). x < 0 12. 3/2 1/2 1 −7 −3 c) −3 . y = 3 2/3 −1/3 b) i) . es decir x 2 y ∈ R : 0 ≤ x ≤ 3. iv) Recta y = 2x − 1. 6 . PU 2. 3/2 (2 3−1)/2 x x2 b)T = PU .4 10. 0 . 1 1 −1 0 d) 0 . 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. a) eje x : xy ∈ R2 : y = 0 3 b) Segmento de recta entre el origen y el punto 0 . y = 2y . a) Lineal. . 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. 0 ≤ s ≤ 1 1 iii) Circunferencia con centro en el origen y radio 23 .3 7. x 1 x−y d). 5 . 0 √3/2 −(√3+2)/2 −1/2 √ √ h) 1/2 . a) 0 . 11. 1 −1/3 2/3 −1/3 ii) Paralelogramo determinado por −1/3 y . y = 2 −x+y a = 4a+10b b = 10a+25b 29 . −1 . y = 0 . Respuestas 520 b) i) 4 −2 −2 . iv) Recta y = 2x − 6 . 0 ≤ s ≤ 1 iii) Circunferencia con centro en el origen y radio 4. 6 ii) Paralelogramo determinado por −24 y −26 : r −24 + s −26 : 0 ≤ r ≤ 1. 1/2 √3/2 √3y √ √ π 13. es decir R π (L) = t 1+√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. 0 ≤ s ≤ 1 . R− 3 (P) = r (2− 3)/2 Para θ = π 3 . a) i) m R− 3 = ii) R− π3 xy = 12 −x+ 3x+y − 3/2 1/2 √ √ √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. Si a = 0 y 2a + 3b = 0. eje x. 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 . ii) x = xcos2θ − ysen2θ. es decir 1+ 3 (1−2√3)/2 1/2 iv) Paralelogramo determinado por √3+2 /2 y √3/2 . y = − a 2a+3b . iii) 15. x = xcosθ + ysenθ. 0 ≤ s ≤ 1 ( ) x = −xsenθ − ycosθ. t ∈ R R π3 (L) = t 1+ 3 1−√3 √ . es decir ( ) 1/2 (1−2√3)/2 √ π R 3 (P) = r √3+2 /2 + s 3/2 : o ≤ r ≤ 1. Su área es 1 unidad cuadrada. Paralelogramo determinado por 10 y −3 1 . 18. 0 ≤ r ≤ 1 x 2 ∈ R : 1 ≤ x ≤ 2. b. c. b. TU (S) = y Cuadrado de vértices 13 . 14 . .a) P = X ∈ R2 : X = A + t(B − A) + r(D − A). d ∈ R. c. 0 ≤ s ≤ 1 Paralelogramo determinado por −85 y −94 . a) m (T ) = b) T xy = (x−19y)/4 −3x+5y −3 5 5 c) T (P) = r −8 + s −94 : 0 ≤ r ≤ 1. d ∈ R. m (T ) = c d 19. eje y 16. 24 . x. 3 ≤ y ≤ 4 : 20. x by 0 b . 23 . 1/4 −19/4 17. Si a = 0 y 2a + 3b = 0. 0 ≤ t ≤ 1. T y = cx+dy . Respuestas Sección 4. 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 . a) m (T1 ) = .5 1 −1 21. 0 −1 1 0 23. a) m (P ) = b) m P ◦ R π2 = 0 0 0 0 . . . 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 2 −y : Rotación. a) A = . T 2 = D4 25. 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. CD = 0 0 0 −1 −10 10 5 −11 1 0 1 0 2 2 . F = DC = . m T = 0 4 0 2 . 2 4 0 −2 0 . B = . m (T ) = . 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. a) T 3 xy = −2x−2y 2x−2y = −2 −x+y 28.Respuestas 522 x+y b) 04 26. b) S xy = −2x+y −2x+y . a) A = . U = 11 3 −1 b) A−1 = − 15 −1 −1 −3 2 . b = 4 6. 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. a) No b) Sí. 7.2 2 1 9. 1 π 29. TU1 ◦ R 2 ◦ TU2 xy = −y x + −1 . T −1 xy = −x+y = e) Invertible. T −1 xy = (1/2)x = b) Invertible. T −1 xy = 3x−2y −x+y −1 1 −1 1/2 0 . única solución −1 f) No soluble. m T (1/5)y 0 1/5 −1 x−2y 1 −2 . T −1 = T h) Invertible. única solución 00 e) Soluble. a) Se cortan en el punto −11 b) No se cortan c) Se cortan en el punto 14/45 4/15 4. m T = −2 5 d) No invertible −1 −1 1 . a) Invertible. m T 0 −1 −1 x x xcosθ + ysenθ cosθ senθ −1 i) Invertible. t ∈ R. 137 boletas para adultos y 313 boletas para niños.1 y −11/2 1.6 3 −2 . Dos soluciones particulares son 0 1/2 2. a) Soluble. a = 2. T −1 = T f) Invertible. b) i) T −1 xy = (x+y)/2 y y (x−y)/2 (x−2y)/5 (x+3y)/10 37. x . X = −19/3 13/3 32. a) (TU ◦ T ) xy = 2−y Reflexión con respecto al eje x seguida de la transformación TU con U = 02 Sección 4. el conjunto solución es la recta con ecuación 4x − 6y = 0 c) Soluble. 30. T −1 xy = xy . 3. 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. T −1 xy = −2x+5y c) Invertible. m T 1 0 g) No invertible x −1 1 0 = T −1 xy = −y . xy = 11 0 + t 1 . el conjunto solución es la recta con ecuación 3x − y2= 6 d) Soluble. m T −1 = Respuestas Ejercicios Capítulo 5 Sección 2 11 0 5. −13/7 −5/7 5. única solución −1/2 b) Soluble. m T = . m T 2x−y 2 −1 −1 0 1 = . 10. b) . a) 22 unidades cuadradas b) 88 unidades cuadradas c) 66 unidades cuadradas d) 550 unidades cuadradas e) 22 unidades cuadradas f) 22 unidades cuadradas. a) 1 unidad cuadrada b) 6 unidades cuadradas. U = 2 −4 −1 3 4 −1 . a) Para todo vector uv de R2 se tiene que el sistema es soluble. a) Invertible y cambia la orientación b) No invertible c) Invertible y preserva la orientación 4. f(x) = 2. 8/5 b) −1/5 g(x) = cot x − tan x . X2 = −1+ o X = 2 1− 3 1− 3 3+√3 6.1 1.5 unidades cuadradas. 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 = 1−3√3 9. 17. a) 7 unidades cuadradas b) 23. a) 30x + 40y = 1250 b) 15 unidades del fertilizante tipo I y 20 unidades de fertilizante tipo II 4T1 − T2 = 50 11. T2 = 22◦ −T1 + 4T2 = 70 x+y = 1 12. a) −52/31 77/31 14. x − 2 4 14. 11. b = 5a 16. No. 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 6.2 3. c) 224 unidades cuadradas d) 80 unidades cuadradas. U = (4y + 5) −12 3 c) No soluble 15. a) 16 unidades cuadradas b) 32 unidades cuadradas.Respuestas 523 1 c) X = A−1 U = − 15 −2 d) U = 25 23 + 15 −1 −1 10x + 25y = 650 10. a) Orientado negativamente b) Orientado positivamente c) Orientado negativamente d) Orientado positivamente. La recta con ecuación y = −1. No 5x + 5y = 5 13. para cada y ∈ R +y b) Soluble. Sección 6.5 unidades cuadradas c) 31. 12. b) Para todo vector uv que sea múltiplo escalar de 57 se tiene que el sistema es soluble. Sección 6. a) b) T1 = 18◦ .4 13. a) Soluble.3 √ −1−√3 √ 3 √ 5. vectores no nulos de la recta con ecuación λ2 = −1 vectores no nulos de la recta con ecuación x = 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 . λ1 = 1. generada por el vector 1 √ √ −1=0 b) λ1 = 2 + 5. t = 0. t = 0. a = 0 y b = 3 8. a) λ − 1 = 0. λ1 = 1. t = 0. vectores no nulos de la recta con ecuación y = x . Para λ2 : t . λ1 = 1.5 16. d) λ1 = 3. Para λ2 : vectores no nulos de la recta L 2 3. . Para A1 : a) (λ − + 1) = 0 1 c) Para λ1 = 3 : t . r = 0 7. λ2 = 1 b) Para λ1 : vectores no nulos de la recta que pasa por el origen y es perpendicular a L. vectores no nulos de la recta 1 1 √ − 2 . λ2 = 2 − 5 Para A6 : a) λ2 − 4λ √ −1 + 5 . Dr. vectores no nulos de la recta generada por c) Para λ1 : t 2 √ √ −1 + 5 −1 − 5 . t = 0. vectores no nulos del eje y vector . a) i) 6 ii) −15 b) Sí. t = 0. Para λ2 = −1 : t 1 2 2 b) λ = 4 Para A2 : a) λ − 8λ + 16 = 0 3 3 c) t .1 3) (λ b) λ1 = 3. a) λ1 = 0.Respuestas 524 Sección 6. vectores no nulos de la recta con ecuación y = 2x λ2 = 2. λ2 = − 2 2 . vectores no nulos de la recta generada por el 2 0 1 . a) λ1 = 3. t = 0. b) No existen c) λ = 2. 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. Para λ2 : t . λ2 = −1 1. vectores no nulos de la recta con ecuación y = 0. y = 2x. λ2 = −1 b) λ2 − 1 = 0. λ2 = −1 2 c) λ − 1 = 0. λ2 = −1 6. vectores no nulos de el vector 2 2√ −1 − 5 la recta generada por el vector 2 2. t = 0. t . t = 0. t = 0. 0 1 −1 . t = 0. 1 1 0 −1 Sección 7. . t = 0. D= . t = 0 b) No existen. Para A8 : a) λ1 = 3. D= b) P = 0 −3 1 1 −2 1 Para A6 : a) λ1 = 0. t = 0. t 1 1 0 Para A3 : a) λ1 = 3. 1 2 1 −2 5 0 b) P = . λ2 = 4. t = 0. t .Respuestas 525 Sección 7. t = 0 b) No existen. t = 0 b) No existen. t = 0. 0 1 .2 1 9. t . t √ . Para A1 : a) λ = 1. t = 0. t 1 1 3 0 1 −1 . t = 0. t . t .3 1 10. Para A2 : a) λ = 1. λ2 = −5. D = A3 b) P = I2 1 Para A4 : a) λ1 = 0. λ2 = −1. t . Para A5 : a) λ1 = 3. λ2 = −3. b) P = √ 0 4 3 1 1 −1 . λ2 = 5. . 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 . t . t 1 1 1 −1 3 0 b) P = . D= . 0 0 . D= . t 1 3 √ 0 0 1 − 3 . t = 0. t . 2 1 0 0 √ 1 − 3 Para A7 : a) λ1 = 0. θ = tan−1 (2) 1 √ . = m Rπ 4 −2 = m (Rθ ) . − 3 = m Rπ 1 3 . r=2 e) C = −√37 . f) (x −1)2 + (y + 1)2 = 8 √ 0 . r = 10 1/2 √ d) C = −1/2 . r = 5 . 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. r = 5 2. a) C = −2/3 0 .1 1. r = 53 c) C = −3 b) C = 55 . −1 = m Rπ 1 4 Respuestas Ejercicios Capítulo 8 Sección 8. eje focal y = 1. F = 2+−3 7 . directriz y = −2. F = 3/20 . directriz x = 0. F = 05 . A = 20 . l = 6 b) V = 00 . V = −3 .4 √ 11. V = −2 −5 1 −7 3 . e = 4/5. F = 7/2 1 1 1 d) V = 1 . l = 4 5. eje focal y = 0. V = 13 . eje focal x = 0 15. e = 5/13. l = 4. F = −50 . A = −2 . V = −2 −3 . e = 3/5. e = 3/5.9 Km. l = 8/25 1 c) C = 15 . F . F = 02 . centro C = 00 . V = 1/4 b) C = 0 . x2 y2 13. F = . A = 1/5 . 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 − . V = 10 . V .5 16. + =1 202500 180000 14.5 −1 −1 −1 −1 = = e) C = −1 . x2 y 2 + = 1. 4 −2 A = 5 . F = 0 . √ A = −62 . A = 5 .3 3. F = 19 . F = 2−−3 7 . A = 0 . puntos de intersección 48 y −84 6. a) x2 + (y + 5)2 = 25 b) (x − 4)2 + y 2 = 64. a) V = 0 . 3 −5 A = −2 .6 √ 6 √ d) C = −32 . 12 A = −12 0 . Mínimo: 14707218. 25 2/2 Sección 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. eje focal x = 1. a) C = 00 . V = −13 . l = 4 −2 e) V = −1 0 . vértices V = −40 y V = 04 . F = 2 .6√metros 7.4 y2 x2 (x + 3)2 (y − 4)2 8. 600 millas. focos F = −20 y F = 02 . eje focal y = 0. l = 288/13 −1/4 0 −3/20 . l = 3. 0 0 A = −1/5 . 2 21 12.Respuestas 526 Sección 8. a) 4x2 + 3y 2 − 48 = 0 b) Elipse. 16. l = 8 1/2 . elipse 36 9 Sección 8. Máxima: 15206781. V = 0 0 . directriz x = − 52 . F = 0 . F = 0 0 . l = 6. directriz x = 32 . l = 12 c) V = 1 . e = 7/4. eje focal x = 0. directriz y = 0. V = 10 . F = 11 . 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 Km. l = 12. A = −63 . centro C = −21 . A = 8 . e = 41/5. l = 2 c) C = 00 . e = 5/2. eje focal y = 1. par de rectas paralelas √ 2 √ 2 par de rectas que se cortan j) x − 2/2 − y − 3 2/2 = 0. V = −10 0 0 . focos F = −61 y F = 21 . asíntotas y = ± √25 x. a) C = 00 . V = 02 . asíntotas y + 2 = ± 32 (x − 1) . hipérbola 2 2 i) 5 (x )2 = 9. √ A = −32 . e = 3/2. c) Par de rectas que se cortan f) Elipse i) Punto: −1 −5 l) Hipérbola Sección 8. √ A = −51 .8 21. asíntotas (y − 3) = ± 12 (x + 3) . asíntotas y − 1 = ± 3 (x + 2) 18. V = −20 . √ √ A = − 0 5 .6 20. elipse c) 9 7 d) (x )2 − (y )2 = 1. parábola √ 2 x − 2 (y )2 + = 1.Respuestas 527 √ 10 √ . V = −52 . asíntotas y + 6 = ± (x − 2) . l = 5 √ 3 √ d) C = −21 . a) x = 12 (y )2 . F = −6−2√2 . A = 11 . A = 05 . V = −1 −2 . Sección 8. a) Elipse b) Circunferencia d) Hipérbola e) Parábola g) Elipse h) Parábola j) Elipse k) Elipse m) Ningún lugar geométrico. A = −34 . hipérbola e) 4 (x )2 − (y )2 = 1. parábola √ 2 y + 2 (x )2 g) − = 1. √ 0 0 4 A = −8 . l = 9 √ √ e) C = −33 .8 b) C = −62 . F = 1−−213 . F = −30 . √ vértices V = −41 y V = 01 . V = −2 . l = 1 x2 y2 + =1 18 11 19. hipérbola 4 . asíntotas y = ± 5 x. V = −72 . V = −13 . √ A = −61 . F = 2 041 . hipérbola f) x = − 14 (y )2 . V = 17. F = −20 41 . F = −3−3 5 . √ 2 √ 2 x − 8/ 5 y + 14/ 5 k) + =1 elipse 60 80 √ √ l) 4 − 10 (x )2 + 4 + 10 (y )2 = 36. elipse m) (x )2 − (y )2 = 1. e = 13/2. hipérbola 2 2 √ √ (3− 13) 2 (3+ 13) 2 h) (x ) − (y ) = 5. e = 2. F = 03 . F = 1+−213 . b) Hipérbola. F = −3+3 5 . F = −6+2 √2 . V = −53 . parábola b) x = − (y )2 . 31 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ◦ 97. dir ( v ) = 123.3 ⎛ ⎞ ⎞ 56.96 √ √ → → → → v = 17. dir (− ◦ 145. elipse 9 9 22. a) − v = 4.89◦ 165.Respuestas 528 √ 2 √ 2 6 x + 5/2 y + 5/2 n) + = 1. dir (− v ) = ⎝ 90◦ ⎠ 2.85◦ ⎠ 137.2◦ √ − → − → ⎝ e) v = 29. dir (− v ) = ⎝ 56.96◦ ⎠ c) − v = 53.96◦ ⎠ d) − v ) = ⎝ 75.37◦ 90◦ √ → → → → b) − v = 13.5 90◦ ⎞ ⎛ 68. a) ⎝ −4 ⎠ b) ⎝ 10 ⎠ −2 0 √ . dir (− v ) = ⎝ 90◦ ⎠ ◦ ◦ 0 146.97◦ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −7 −17 3. k = −14 Respuestas Ejercicios Capítulo 9 Sección 9. √ − − → →. 3 − → − → → − → − → i + j + k b) 4 3 i + j + k 4. a) no existe b) v = i + k . plano xz 2 √ − 2 − √ − → → − → → → → 3 j + k √o − v = 3j − √ k 6. a)− u = 3 √ √ → 2− 2− → − → 5. a) − v = √ √ √ − → → →. 1294.62◦ − − → − → →. cos α = 0. α2 = 135◦ ⎞ 140. F2 = −25 2 i + 25 2 j 8. a) γ 1 = 90◦ .9659 √ − √ − √ − − → → → − → − → → b) F1 = −15 3 i + 15⎛j . cos γ = 0. 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 7.224. cos β = 0. cos θ = cos α cos α + cos β cos β + cos γ cos γ 10. 19. a) recto b) obtuso c) agudo.4 14. t = 2 y t = − 2 − → − → − → −3 i + j + 5 k 1 b) unidad cúbica 2 . 22. ⎝ → − c) F1 + F2 = 79. 17.61◦ ⎠ 90◦ 9.07◦ Sección 9. 16. OAB : 36. 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 = 0.36 Newtons.93◦ . b = 11 √ 11 13. b) cos φ = − a) senφ = 14 14 − → → − → − → − → − → − → → a) − v = (−1 − 2b) i + b j +√(−3 − 2b) k . ⎛ √ 11 5 3 . a) 5 3 c) OBA : 53. 21. 18. dir F1 + F2 = 50. a = − . 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 . 7 13 12. 15. 73◦ → 3 − 1 − → e) 6 f) 10.56◦ ⎠ 56. dirección:⎝ 75.05.06 √ c) Magnitud: 402 ≈ 20. 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 √ →. cos β = √ .Respuestas − → − → − → 23. a) 5 i − 4 j + 9 k → 1− → 1− → 7− → b) − x = i + j − k 3 ⎛ 6 ⎞6 ◦ 37.89 d) − √ i + √ k 10 10 1 3 −4 g) cos α = − √ . √ . b = ± √ p) a = 0.5 24. c = −1 d) a = −2c.74◦ 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 8 1 28. √ 2 21 2 35 2 15 2/3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4/9 22/9 29. b = c. a) i) 6E1 − 4E2 − 2E3 ii) 52 E1 − 12E2 − 23 2 E3 −3 −2 5 b) cos α = √ . b = 1. ej. b = . 35 → − → − → − n) Los múltiplos escalares no nulos del vrctor 3 i + 5 j + k 1 2 1 7 n ˜) a = 9 o) a = ∓ √ . Sección 9. c ∈ R. a) Z y W. cos β = √ . b) ± 9 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 8 4 ⎝ −1 ⎠ c) proyY X = ⎝ 2 ⎠ .: −2X + Y + V = O 26. b) m = 0. a) W = (a + c) E1 + (a + b + c) E2 + (a + b) E3 c) a = 2. proyX Y = 9 13 2 3 529 . 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) √ . 1 − → − → − l) ± √ 3 i +5j + k m) 35 unidades cuadradas. W = ⎝ −8/9 ⎠ . Z y U . n = 5 1 −1 √ 27. W y U. Z = ⎝ −1/9 ⎠ 8/9 10/9 ⎛ ⎞ 7 2⎝ −4 ⎠ 30. Cada uno de los ángulos es cos = 54. 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. a) Son coplanares b) no coplanares. P QR : 64.1 1. c) 2 √ a ´rea = 24 cuadradas. 1√ 2 2 b) a b + a2 c2 + b2 c2 unidades cuadradas.81 unidades cuadradas. S2 = ⎝ 0 ⎠ . Están sobre L los puntos P2 y P4 2.6◦ . Volumen = unidades cúbicas 3 2 44. 14 unidades cuadradas. a) no coplanares b) coplanares 2 43. a) i) √ ii) 6 √ 1 4 2 iii) b) unidades cúbicas. Por ejemplo z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 0 S=⎝ 3 ⎠ b) t ⎝ 1 ⎠ . 41. 2 0 2 √ b) √14 unidades cuadradas. x = 1 + t. 2√ 3 |ab| unidades cuadradas. y = −3 + t. 33. 36. 35. e) 2 854 ≈ 58. ⎞ x a) S puede ser cualquier punto ⎝ y ⎠ tal que x − 5y − 5z = −8. z = 2 . 2 3 3 Respuestas Ejercicios Capítulo 10 Sección 10. 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. t ∈ R 0 −1 √ c) Z = 5 √ √ 3 a) −4 b) Z = 8 3 c) cos θ = − 2 b) 20.21 d) P RQ : 25. S3 = ⎝ 0 ⎠ . 39.45 unidades cuadradas. 38.4◦ √ unidades lineales. 3 145 10 42. 40. ⎛ 2 unidades ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 0 4 −2 a) S1 = ⎝ −2 ⎠ . ⎛ ⎞ 15/4 √ a) Área del paralelogramo: 172 unidades cuadradas b) X = ⎝ 1 ⎠ 13/4 √ a) 3 74 ≈ 25.Respuestas 530 ⎞ ⎛ ⎞ 2 10 13 ⎝ ⎠ 1 ⎝ 1 −22 ⎠ d) X = + 9 9 2 1 Paralelo a W Ortogonal a W ⎛ ⎛ 31. 37. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 7 −1 ⎝ −2 ⎠ y ⎝ −2 ⎠ . 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 = = .3 4 901 12. a) Se cruzan b) ⎛ No son perpendiculares ⎞ ⎛ 5/3 3/2 c) Con el plano xy : ⎝ −1/3 ⎠ . b) L. ⎞ ⎠.53 3 10. z = 2.Respuestas 531 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 x 4 ⎝ y ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + t⎝ 1 ⎠ √ z −5 2 x= 3 + 4t. x = 3. punto de intersección ⎝ f) 13 2 −3 −11/7 Sección 10. por ejemplo. 37/21 ⎠ 85/21 14.21 ⎛ ⎞ b) 77. Dos puntos de L distintos de P son. Sección 10. a) ⎝ 2 ⎠ 2 y y−1 z−4 x−4 = . = . b) −3/2 3 −3/2 3 11. a) 2 −26 −22 26 ◦ ◦ ◦ 9. x − 3y + 4z = −3 ⎞ ⎠. a) 37. ⎛ 3. b) ⎛ 53 ⎞ 31/21 ⎝ 13.D. y = −2.4 15. 4. 5. 6.z=0 8 4 x−2 y−5 z = = −3/2 9/2 −3 Sección√10. a) ⎝⎝ y ⎠ − ⎝ 1 ⎠⎠ · ⎝ 2 ⎠ = 0 1 1 z 17. Q3 y ⎛Q ⎛4 ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ 0 x 1 b) 2y + z = 1 16.I. x = y = −z z−3 37 c) − x y = . 3 7 √ √ P ·D 186 1518 a) t = − b) i) ii) 2 3 11 D a) L.2 y+3 z −2 x+4 x−1 = = b) =y−7= 8.79 c) 25. . a) ii) 13x − 5y − 6z = −30 b) x − 2y − 4z = 0 c) L1 y L2 se cortan. z = 5 − 2t. . b) 0 c) 90◦ 4 696 c) 0◦ v) a) No se cortan y son paralelas. y+4 z+5 25. 29.D.22◦ 1 ⎠ y no son perpendiculares. b) L.5 b) φ = 47. 30. P2 y P4 son paralelos 19. 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. no contenida.73◦ 11 √ c) x = −1 + 2t + 2s. y = −1 − 7t. no contenida b) Conjunto vacío. z = t d) = y = − 5 13 13 13 34. y = 1 − 3t. a) ⎝ −3 ⎠ . sí contenida. 36 49 c) 50.12◦ 18.63◦ ii) a) Se cruzan y no son perpendiculares. y = −2 − t + 3s. 11x + 15y − 4z = −65. a) P1 y P3 son perpendiculares.Respuestas 532 Sección10. z = 4t 24.7 31. . P√ 2 : x = 6 − t − s. no contenida d) La recta dada. 28. z = −3 + t 21. y = t. b) 6 ⎛ ⎞ 2 iv) a) Se cortan en ⎝ −1 ⎠ y son perpendiculeres. a) L. 2x − 3y + 5z = 24 20.6 ⎞ 1 1 26. x = 3 − 6t.789 c) b) 54. z = s 33 13 ≈ 6. 1/2 23. 2 ⎛ ⎞ 7/2 c) ⎝ 0 ⎠ . a) P1 : 6x − 2y + 3z = −6.D. a) ⎝ 2 ⎠ 3 −2 27. Dos⎛soluciones: 4y − 3z = 1 y z = 1 ⎞ 2 22. 2y + z = 12 b) 2 14 b) 5 √ b) x − 2y + 4z = 4 a) 4/ 21 Sección 10. a) x + 2y + 9z = −55 b) x = 2 + 4t. b) x − 3 = = −3 −2 Sección ⎛ 10. W = 0U − V + Z c) L. y = − 4t. z = 1 + 2t + s 33. b) √ 251 √ 2 c) 90◦ iii) a) Se cruzan y son perpendiculares. b) 35 √ a) 2y + z = 2. b) 22/ 26 z 2 5 x e) x = − 3t.I. ⎛ ⎞ −7/9 7 b) c) Q = ⎝ −14/9 ⎠ 3 14/9 ⎛ ⎞ 10 ⎝ i) a) Se cortan en b) 0 c) 25. m (T ) = ⎝0 0 0⎠ 0 1 0 ⎛ ⎞ 1 1 0 c) No es lineal d) Es lineal.2 ⎛ ⎞ 0 0 1 4.Respuestas Respuestas Ejercicios Capítulo 11 Sección 11. a) PU ⎝ y ⎠ = 3x + y − 2z ⎠ . m (T ) = ⎝1 0 0⎠ 0 1 0 ⎛ ⎞ 1 0 0 b) Es lineal.1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9x + 3y − 6z 4 x 1 1 ⎝ 1 ⎝ 1. 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 ⎠ . 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. a) Es lineal. 2 1 z 0 (−x + z) ⎛ ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 x √ x √1 −1 ⎠ c) T ⎝ y ⎠ = ⎝ 3y√ − z /2 ⎠ . 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 ⎠ . 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. z −2x + 2y + z 1 −5 ⎛ ⎞ 1 ⎝ En a) y b) U = −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. T ⎝ y ⎠ = ⎝ x−y−z T ⎝ −15 ⎠ = ⎝ −20 ⎠ z (x + y) /2 25 −25/2 533 . 1 √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ −1 x − y 3 /2 √ √1 x√ T⎝ 3 ⎠=⎝ 3 ⎠ 3. T⎝ − 3 ⎠=⎝ √ z −1 − 3 y + 3z /2 Sección 11. 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) ⎝ 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. 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. z = 2t 5 −1 8 ⎧⎛ ⎫ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 ⎨ ⎬ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 11. a) m (T ) = ⎝ 1 −3 3⎠ b) ⎝ 4 ⎠ 4 −1 −5 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 9 x x − y + 2z 8. y = 43 + 10t. b) Hay infinitas respuestas. a) Hay infinitas respuestas. 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. Para cualquiera de ellas defina T (E1 ) . y = t. T (E3 ) de modo que estos tres vectores correspondan a puntos del plano dado y dos de ellos sean L. −1 ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎨ x ⎬ 9. . a)T (L) = −1 + t −3 t∈R : ⎩ ⎭ 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 recta que pasa por el punto⎝ −1 ⎠ con vector director ⎝ −3 ⎠ . a) m (T ) = ⎝3 1 4⎠ b) 2x + 2y − z = 0 c) x = −3t. Para cualquiera de ellas defina T (E1 ) .534 Respuestas ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 2 3 7. z = − 43 − 10t 12. T (E2 ) .I. T (E2 ) . ((2S + T ) S) ⎝ y ⎠ = ⎝ 6y 3 3 z −2 2 7 −2x + 2y + 7z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x z x x+y+z 14. (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 ⎠ . (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⎠ . a) m (T + S) = ⎝ 2 1 2⎠ .Respuestas 535 Sección 11. (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⎠ . 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 ⎝ 15.3 ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 4 2 −2 4x + 2y − 2z x 1 1 13. 0 3 17⎠ −38 −34 52 ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √ x 3√ − 3y +2z /4 x . 0 3 3 −2 2 1 z −2x + 2y + z ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 1 0 −2 x − 2z x 1 1 2⎠ . a) i) SU−1 = SU con U = ⎝ 2/3 ⎠ . 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. SU−1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 4x − y + 8z ⎠ 9 4x + 8y − z z 2/3 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ 7x + 4y − 4z x 1 1 ⎝ −2 ⎠. 16.4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −7x + 4y + 4z x 1/3 1 19. T ⎝ y ⎠ = ⎝ √22 (y − z) ⎠ . R−1 ⎝ y ⎠ = ⎝ 4x + y + 8z ⎠ ii) R−1 U = RU con U = U 9 −4x + 8y + z z 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 x x ⎝ 1 ⎠. x ⎠. T ⎝ √2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 2 z 2 2 (y + z) 2 Sección 11. ⎝ y ⎠ = ⎝ −y ⎠ b) R−1 R−1 U = RU con U = U 0 z z ⎛ . 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. b) (T S)−1 ⎝ y ⎠ = ⎝ −x ⎠ z −y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x/a 25. 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 = −2 b) abc = 0. a) a = 0.D. T −1 ⎝ y ⎠ = ⎝ y/b ⎠ z z/c ⎛ ⎞ ad − bc 0 0 1 −1 ⎝ d) ad − bc = 0. b) L. ⎛ ⎞ −1 1 0 21. A = 0 d −b⎠ ad − bc 0 −c a 26.I. 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 ⎞ ⎠ ⎞ ⎠ . 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 = 2. A−1 = ⎝ 1 −1 1⎠ 2 −1 1 1 ⎛ ⎞ −1 1 1 1⎝ −1 1 −1 1⎠ ii) Invertible. a) i) Invertible. a) L. ⎞ ⎬ ⎨ x 1. Temperatura en los puntos x. a) Recta que pasa por el punto 25/4 0 1 ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 0 ⎬ b) ⎝ 1 ⎠ c) Conjunto vacío. ⎩ ⎭ 1 b) − 2x + 5y + 3z = 0 4. 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.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 ⎠ .2 ⎧⎛ ⎞⎫ ⎞⎫ ⎛ ⎨ 7/2 ⎬ ⎨ 47/6 ⎬ ii) ⎝ −2 ⎠ 2. 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 ⎠ . . c = 3 c) p (x) = −4x3 − 8x2 + 2x + 11 5. a) y = 2x2 − x + 3 d) a = 1. b) i) ⎝ 22/3 ⎠ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ 0 9/2 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x −19 −5 ⎬ ⎨ x iii) ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = ⎝ 12 ⎠ + z ⎝ 3 ⎠ . z : 14◦ . b = −2. respectivamente. 17◦ y 14◦ . 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 ⎠ . y. 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. no invertible c) det A = −3. z = 2 a2 + b2 − c2 5. 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. i) a) A es invertible. cos γ = 2ab ⎛ ⎞ 0 b) ⎝ −1 ⎠ 0 ⎛ ⎞ 4/3 b) ⎝ −1 ⎠ 1 ⎛ ⎞ 0 b) ⎝ 1 ⎠ −2 . 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. 2 de comestible II y 1 de comestible III. invertible b) det A = 0. 7. 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 ⎠ . x = 0. invertible c) det T = 0. 55 libros con pasta dura. b) ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 2 ⎬ i) ⎝ 1 ⎠ ⎭ ⎩ 3 ⎧⎛ ⎞⎫ ⎨ 1/2 ⎬ iii) ⎝ 1/2 ⎠ ⎩ ⎭ −2 ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ ⎛ x ⎞ −3/7 ⎨ x ⎬ ii) ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = z ⎝ −4/7 ⎠ . y = 1. 200 libros de pasta rústica. A no es invertible. invertible d) det A = 8. 4 unidades de comestible I. z ∈ R ⎩ ⎭ z z 1 12. a) i) λ = −1 y λ = 8 ii) λ = −2 y λ = 1 b) Para todo valor de α. no invertible d) det T = −1. invertible b) det T = −10. invertible 2. a) − 2a + b + c = 0 ⎧ ⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ ⎛ x ⎞ x −32/11 ⎨ ⎬ 95 ⎝ y ⎠ ∈ R3 ⎝ y ⎠ = z ⎝ −3/11 ⎠ .3 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎨ x 13 ⎬ 10. invertible 3. z ∈ R c) k = ⎩ ⎭ 11 z z 1 Sección 12. 4.4 11. a) det T = −2. t ∈ R ⎭ ⎩ z z −5 6 ⎧⎛ ⎞⎫ 0 ⎬ ⎨ ⎝ 1 ⎠ c) S = TX0 (SH ) = ⎩ ⎭ −3 Sección 12.1 1.Respuestas 538 6. 40 libros con pasta de lujo. A−1 iv) a) A no es invertible v) a) A es invertible. a) det A = −12. 9. Respuestas 539 Sección 13. ⎝ −1 ⎠ .3 13. a) 48 b) 9 c) 1 7. orientada positivamente d) L. a) L.1 1.⎛λ2 =⎞5 ii) a) λ1 =⎧ ⎫ ⎬ ⎨ x b) E4 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = z = 0 : eje y ⎭ ⎩ z . a) T cambia la orientación b) 24 unidades cúbicas 16. 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 −1 c) Sí.D. 12 unidades cúbicas b) No son L. 15.I. a) det B = −3 b) det C = −4 c) det D = −2 d) det E = −10 8. Y no es vector propio de T . orientada negativamente.. a) L. ⎩ ⎭ z 1.. b) i) (b − a) (c − a) (c − b) (a + b + c) ii) (b − a) (c − a) (c − b) (ab + ac + bc) 10.I. ⎫ ⎛ λ⎞ ⎨ x ⎬ E−2 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = 0 : plano xz. c) L. a) X es un vector propio de T correspondiente a λ = 0. orientada negativamente b) L. 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 ⎠ . ⎛ λ2 =⎞ −2 4. c) det (A) = −9 2. a) − 24 b) − 243/4 c) − 1/324 d) 4/3 e) − 4 −1 1 −1 −1 1 11. ⎝ 1 ⎠ . a) λ1 = −1. E2 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = z = 0 : eje x ⎭ ⎩ z ii) λ1 = 2 =3 ⎧−2.I. ⎝ 0 ⎠ 1 0 1 4.. a) 10 unidades cúbicas b) 5 unidades cúbicas c) 10/3 unidades cúbicas Respuestas Ejercicios Capítulo 14 Sección 14. A + I y A − 3I no son invertibles.. b) i) λ1 = 2.I.2 6. 14. b) a = b = c = d = ⎧ e= ⎫ ⎛ f =⎞1 ⎬ ⎨ x 3.I. a) det A b) det A = = −1 c) det A = 8 2 Sección 13. ⎩ ⎭ z ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎨ x ⎬ E3 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = z = 0 : eje y. a) 14 unidades cúbicas b) 14 unidades cúbicas c) 14 unidades cúbicas 17. λ2 = 3 b) A + 3I es invertible. ⎝ 1 ⎠ . ⎝ 0 ⎠ −1 0 1 λ2 =⎞ 2 iv) a) λ1 = −1. 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 ⎠ . −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 1 c) Sí. 5/2. λ2 = 1 5. z = 0 : recta generada por ⎝ −1 ⎠ ⎩ ⎭ z 0 c) No.540 Respuestas ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎬ ⎨ x E5 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = y = 0 : eje z ⎭ ⎩ z c) No. ⎝ 1 ⎠ . ⎫ ⎧⎛ ⎛ ⎞ 1 x ⎬ ⎨ b) E−1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = −y = z : recta generada por ⎝ −1 ⎠ ⎭ ⎩ 1 z ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ 1 ⎨ x ⎬ E2 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = −y. i) a) λ1 = 12. ⎫ ⎧⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 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 . c = 1/ 3 o a = 0. a) E5 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = y = z b) λ = 2 ⎭ ⎩ z c) Sí. b = c = 1 b) a y b reales tales que a = b y c = 4 c) c = 1.2 10. P = ⎝2 1 0 ⎠ . ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎬ ⎨ x E1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = z = 0 : eje x. A−1 = ⎝ senθ cos θ 0⎠ 0 0 1 c) No es ortogonal d) No es ortogonal √ √ √ √ 13. i) a) λ1 = −4. 1 0 −1 0 0 3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0 1 0 0 0 0 d) No existen. λ2 = 5. λ1 = 1 y λ2 = −1. A = ⎝1 2 3⎠ 1 2 3 7. c = −13 √ ⎞ √ ⎛ 0√ 1/√2 −1/√ 2 11. E−1 = ⎭ ⎩ z ⎛ ⎞ 1 2 3 6. a) a = 0. E1 = R3 . b = 2/ 6. b = −2/ 6. a) Sí existen. A−1 = ⎝ 1/√6 −2/√ 6 1/√6⎠ 1/ 3 1/ 3 1/ 3 ⎛ ⎞ cos θ −senθ 0 b) Es ortogonal. c) Sí existen.Respuestas 541 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎬ ⎨ x vi) Si θ = 0 y θ = π. √ √ ⎞ ⎛ √ ⎛ ⎞ 1/√3 −1/√ 2 1/√6 5 0 0 Q = ⎝1/√3 1/ 2 1/ √6 ⎠ . Si θ = 0. b = 0 y a cualquier real d) a = 11. D = ⎝0 3 0⎠ b) No existen. a) Es ortogonal. D = ⎝0 1 0⎠ 0 0 2 −1 0 1 Sección 14. D = ⎝0 2 0⎠ 0 0 2 1/ 3 0 −2 6 16. P = ⎝ 1 0 1⎠ . λ1 = 1. a) Para todo c ∈ R. a) a = 2. ⎭ ⎩ z ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎬ ⎨ x 3 ⎝ ⎠ ∈R y x = 0 : plano yz. λ1 = 1. λ3 = −1 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎬ ⎨ x E−4 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = z = 0 : eje x ⎭ ⎩ z . Rθx = Rπx . ya que A es simétrica. E1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 y = z = 0 : eje x ⎭ ⎩ z Si θ = π. D = ⎝ 0 1 0⎠ 0 0 1 1/3 0 −4/3 2 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎬ ⎨ x 15. b = −9. b) Q = ⎝ 2/3 1/ 2 1/3 √2 ⎠ . c = −1/ 3 √ √ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ −2/3 1/√2 −1/3√ 2 10 0 0 14. Rθx = I. c > 0 b) Para todo c ∈ R ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 5 0 0 8. ⎝ 0 ⎠ . ya que A es simétrica.542 Respuestas ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 ⎬ ⎨ x E5 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = 0. ya que A es simétrica. ⎝ 1/√2 ⎠ . ⎝ 1/√3 ⎠ . y = z : recta generada por ⎝ 1 ⎠ ⎭ ⎩ 1 z ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎛ ⎞ 0 ⎨ x ⎬ E−1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = 0. ⎝ −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⎠ . y = −z : recta generada por ⎝ 1 ⎠ ⎩ ⎭ −1 z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0√ 0√ 1 c) Sí. ⎝ 1/ 2 ⎠ . D = 0 0 0⎠ 0 0 3 0 2/ 6 1/ 3 iv) a) λ1 = 1. 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. ya que A es simétrica. λ3 = −4 . 1 ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 ⎬ ⎨ x E3 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = −y = z : recta generada por ⎝ −1 ⎠ ⎭ ⎩ 1 z √ ⎞ √ ⎞ ⎛ ⎛ √ ⎞ ⎛ 1/√3 −1/√6 1/√2 c) Sí. ⎝ 1/ 2 ⎠ . ⎝ 1/ √2 ⎠ 0 1/ 2 −1/ 2 ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 1 0√ 0√ −4 0 0 d) Q = ⎝0 1/√2 1/ √2 ⎠ . λ2 = 3 ⎧⎛ ⎞ ⎫ ⎨ x ⎬ E0 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x − y + z = 0 : plano que pasa por el origen y tiene ⎩ ⎭ z ⎛ ⎞ 1 vector normal ⎝ −1 ⎠ . D = ⎝ 0 5 0 ⎠ 0 0 −1 0 1/ 2 −1/ 2 ii) a) λ1 = 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 . D = ⎝0 −1 0 0 −1 0 2/ 6 1/ 3 iii) a) λ1 = 0. λ2 = 6. ⎝ 1/√6 ⎠ . ⎛ya que A posee 3 vectores propios L. a) − − =1 16 9⎞ 9 ⎛ ±4 b) ⎝ 0 ⎠ .1 a sección 15. D = ⎝ 0 −5 0⎠ 0 −1 1 0 0 3 b) Sí. 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.I. ya que A es simétrica.Respuestas ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 ⎬ ⎨ x y z E1 = ⎝ y ⎠ ∈ R3 x = 0. a) E−3 = ∈R ⎭ ⎩ z √ √ √ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1/ √3 1/√2 1/ √6 2 0 0 b) Q = ⎝−1/√3 1/ 2 −1/√ 6⎠ . =− : 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. ya que √ √ ⎞ √ A es simétrica ⎛ ⎞ ⎛ −1/√ 2 −1/√6 1/√3 −5 0 0 Q = ⎝ 1/ 2 −1/√ 6 1/√3⎠ . ⎝ −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⎠ . a cada eje y a cada plano coordenado.10 x2 y 2 z 2 1. D = ⎝0 6 0⎠ 0 0 −4 −3/5 4/5 2 −4/5 2 17. no hay interceptos con los ejes y y z. hipérbola plano xz : 16 9 543 . 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. ⎝ 4/5 ⎠ . ⎝ 3/5√2 ⎠ . 0 c) Simetría con respecto al origen. x2 y 2 d) plano xy : − = 1. ⎞ ⎛ ⎞ −1 0 1 −5 0 0 Q=⎝ 1 1 1⎠ . a) Sí. hipérbola 16 9 x2 z 2 − = 1. circunferencia si |x0 | > 4. eje y 2 3 . 9 9 16 ⎛ ⎞ x0 ⎝ 0 ⎠ si |x0 | = 4 y no existe si |x0 | < 4 0 e) plano z = z0 : f) 2. hipérbola para todo z0 ∈ R 16 9 9 2 2 x z y2 plano y = y0 : − = 1 + 0 . hiperboloide de una hoja. elipsoide 9 4 36 x2 z2 − y2 + = 1. z2 x2 y 2 − = 1 + 0 .Respuestas 544 No existe traza con el plano yz. hipérbola para todo y0 ∈ R 16 9 9 2 2 2 z x y plano x = x0 : + = 0 − 1. a) b) x2 y 2 z 2 + + = 1. hiperboloide de dos hojas.Respuestas c) − 545 x2 y2 + − z 2 = 1. eje y 16 4 d) x2 + z 2 = y 2 . cono circular recto. eje y e) y2 + z 2 = 12x. eje x 1/4 . paraboloide elíptico. cilindro recto parabólico. eje z 1/4 y2 = 1.Respuestas 546 f) z = y 2 − g) x2 + x2 . eje z 4 1 h) z = x2 . cilindro ecto elíptico. eje z 4 . paraboloide hiperbólico. eje z √ ⎛ √ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 1/ 5 −4/3√ 5 2/3 x x 4. elipsoide. z = 3 (y )2 − 7 (x )2 paraboloide hiperbólico. a) ⎝ y ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝ 0√ 5/3 √5 2/3⎠ . eje z c) x = x − 2. z = z − 4. elipsoide. y = y + 2. y = y − 12. . eje x d) x = x. (x )2 − (y )2 − (z )2 = 1 hiperboloide de dos hojas. eje y f) x = x + 9. cilindro recto hiperbólico. 4 (x )2 + 9 (y )2 − (z )2 = 0 cono elíptico.11 3. y = y + 1. y = y − 2. z z −2/ 5 −2/3 5 1/3 2 2 2 (x ) + (y ) + 10 (z ) = 100. z = z − 1. y = y − 3. eje z 9 4 Sección 15. z = z + 2. b) x = x + 1. (x )2 + 16 (z )2 = 16y paraboloide elíptico. a) x = x − 1. eje z e) x = x + 1.Respuestas i) 547 x2 y 2 − = 1. (x )2 (z )2 + (y )2 + = 1. z = z − 3. z = z. eje z 4 9 (x )2 (y )2 (z )2 + − = 1 hiperboloide de 3 6 9 una hoja. y = y − 3. z = z + 5. z = z − √ . hiperboloide de una hoja. z z 0 2/ 6 1/ 3 √ 389 20 17 2 x = x + . e) ⎝ y ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝1 z z 0 1/ 2 −1/ 2 2 )2 = 3. z z 0 2/ 6 1/ 3 2 4 x = x . cilindro recto elíptico. y = y + √ . hiperboloide de dos hojas. paraboloide elíptico. eje z − (x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 3/5 −4/5 x 0 ⎠. 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 ⎠ . 144 6 6 3 3 2 8 (z ) = √ x .Respuestas 548 √ √ √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1/√ 2 −1/√6 1/√3 x x b) ⎝ y ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝ 1/ 2 −1/√ 6 1/√3⎠ . y = y − √ . paraboloide elíptico. c) ⎝ y ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝1 0 z 0 4/5 3/5 z 2 2 (z ) (x ) + = y . eje z 9 3 9 ⎛ . eje y 9⎛ 4 √ √ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √ 1/ √3 1/√2 −1/√ 6 x x d) ⎝ y ⎠ = QT ⎝ y ⎠ con Q = ⎝1/ 2 1/√6 −1/√ 3⎠ . eje x (y )2 + 2 3⎛2 ⎞ √ ⎞ √ ⎛ ⎛ ⎞ x 0 1/ 2 1/ 2 x 0√ 0√ ⎠ . z = z − √ 6 3 )2 − (y )2 + 2 (z )2 = 1. z 2/3 −1/3 −2/3 z (x )2 (y )2 (z )2 + − = 1. 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Geometría Vectorial y Analítica. Abraham Asmar

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