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6 ejercicios de geometría: rectas y planos, espacio euclídeo, problemas métricos

En otro artículo de esta Web se proponían y se resolvían 5 problemas de geometría. Los problemas del bloque dedicado a la Geometría en las matemáticas de 2º de Bachillerato los podemos dividir, fundamentalmente, en problemas de dos tipos: los problemas sobre posiciones relativas entre rectas y planos, y los problemas métricos. Los primeros no son difíciles de resolver si se entiende bien el Teorema de Rouché (aunque hay otras formas de resolverlos). Los segundos, y quizá más interesantes, son problemas en los que entra en escena el producto escalar y el producto vectorial, es decir, los problemas de ángulos, distancias y perpendicularidad. Por eso es muy importante entender con claridad los conceptos de producto escalar y de producto vectorial así como sus aplicaciones. Se recomienda para ello una lectura atenta y comprensiva de los dos artículos siguientes:

  1. Proyecciones. Producto escalar de vectores. Aplicaciones.
  2. Producto vectorial. Producto mixto de tres vectores. Aplicaciones.

A continuación se proponen y se resuelven completamente otros seis ejercicios de geometría, lo que viene a completar, con los otros cinco ejercicios comentados al principio, una serie de ejercicios de geometría que pueden servir de modelo para el aprendizaje de esta parte de las matemáticas en un segundo curso de Bachillerato y, por tanto, para afrontar con éxito los problemas de geometría que puedan aparecer en las pruebas de acceso a la universidad (selectividad).

Problema 1

a) Dados los puntos \(P(4,2,3)\) y \(Q(2,0,-5)\), da la ecuación implícita del plano \(\pi\) de modo que el punto simétrico de \(P\) respecto a \(\pi\) es \(Q\).

b) Calcula el valor del parámetro \(\lambda\in\mathbb{R}\) para que el plano determinado por los puntos \(P\), \(Q\) y \(R(\lambda,1,0)\) pase por el origen de coordenadas.

Solución

a) El plano \(\pi\) que se pide es el que pasa por el punto medio de \(P\) y \(Q\) (punto que podemos llamar \(M\)) y es perpendicular al vector que une \(P\) con \(Q\):

\[\overrightarrow{PQ}=(-2,-2,-8)\]

06 ejercicios geometria 01

El punto medio \(M\) de \(P\) y \(Q\) es fácil de calcular:

\[M\left(\frac{4+2}{2},\frac{2+0}{2},\frac{3+(-5)}{2}\right)=M(3,1,-1)\]

El plano \(\pi\) que buscamos, por ser \(\overrightarrow{PQ}=(-2,-2,-8)\) un vector perpendicular al mismo, tiene ecuación implícita

\[\pi\equiv-2x-2y-8z+D=0\]

Como el plano pasa por el punto \(M\), tenemos:

\[-2\cdot3-2\cdot1-8\cdot(-1)+D=0\Rightarrow-6-2+8+D=0\Rightarrow D=8\]

Por tanto el plano \(\pi\) que buscamos tiene ecuación implícita

\[\pi\equiv-2x-2y-8z=0\]

b) Recordemos que los puntos \(P\) y \(Q\) son \(P(4,2,3)\) y \(Q(2,0,-5)\). Podemos tomar como uno de los vectores directores del plano el vector \(\overrightarrow{PQ}=(-2,-2,-8)\), o bien este otro: \(\vec{u}=(1,1,4)\), que tiene la misma dirección que el anterior. Puesto que el plano también debe pasar por \(R(\lambda,1,0)\), otro vector director de tal plano será \(\vec{v}=\overrightarrow{PR}=(4-\lambda,1,3)\). De este modo disponemos de un punto \(P\) y de dos vectores, \(\vec{u}\) y \(\vec{v}\) que definen el plano determinado por los puntos \(P\), \(Q\) y \(R\). Sus ecuaciones paramétricas son:

\[\begin{cases}
        x=4+\alpha+(4-\lambda)\beta\\
        y=2+\alpha+\beta\\
        z=3+4\alpha+3\beta
      \end{cases}\]

La ecuación general o implícita del plano se obtiene desarrollando la siguiente ecuación:

\[\left|\begin{array}{ccc}
                x-4 & 1 & 4-\lambda \\
                y-2 & 1 & 1 \\
                z-3 & 4 & 3
              \end{array}
      \right|=0\]

Como el plano anterior ha de pasar por el origen de coordenadas la ecuación debe cumplirse para \(x=0\), \(y=0\), \(z=0\). Es decir:

\[\left|\begin{array}{ccc}
                -4 & 1 & 4-\lambda \\
                -2 & 1 & 1 \\
                -3 & 4 & 3
              \end{array}
      \right|=0\Rightarrow(-12-3-32+8\lambda)-(-12+3\lambda-6-16)=0\Rightarrow\]

\[\Rightarrow 5\lambda-13=0\Rightarrow\lambda=\frac{13}{5}\]

Problema 2

Dados los planos \(\pi\equiv ax+2y+z=4\), \(a\in\mathbb{R}\), y \(\pi'\equiv 2x-4y-2z=b\), \(b\in\mathbb{R}\):

a) Razona para qué valores de \(a\,,b\in\mathbb{R}\) son \(\pi\) y \(\pi'\) coincidentes.

b) Razona para qué valores de \(a\,,b\in\mathbb{R}\) son \(\pi\) y \(\pi'\) paralelos no coincidentes.

c) Razona para qué valores de \(a\,,b\in\mathbb{R}\) son \(\pi\) y \(\pi'\) perpendiculares.

Solución

Consideremos el sistema formado por ambos planos:

\[\begin{cases}
  ax+2y+z=4\\
  2x-4y-2z=b
\end{cases}\]

La matriz \(A\) de los coeficientes y la matriz ampliada \(A|b\) son, respectivamente:

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
            a & 2 & 1 \\
            2 & -4 & -2
          \end{array}
\right)\quad;\quad
A|b=\left(\begin{array}{cccc}
            a & 2 & 1 & 4 \\
            2 & -4 & -2 & b
          \end{array}
\right)\]

a) Para que ambos planos sean coincidentes los rangos de ambas matrices deben ser igual a uno y, por tanto, las dos filas de ambas matrices han de ser proporcionales, lo que nos lleva a la siguiente expresión:

\[\frac{a}{2}=\frac{2}{-4}=\frac{1}{-2}=\frac{4}{b}\]

De donde claramente han de ser \(a=-1\) y \(b=-8\).

b) Para que ambos planos sean paralelos no coincidentes el rango de la matriz de los coeficientes ha de ser igual a uno y el de la ampliada igual a dos, lo que nos lleva ahora a la siguiente expresión:

\[\frac{a}{2}=\frac{2}{-4}=\frac{1}{-2}\neq\frac{4}{b}\]

Luego en este caso debe ser \(a=-1\) y \(b\neq-8\).

c) Para que ambos planos sean perpendiculares basta que también lo sean sus vectores normales o perpendiculares. El vector normal del plano \(\pi\) es \(\vec{u}=(a,2,1)\) y el vector normal del plano \(\pi'\) es \(\vec{v}=(2,-4,-2)\). Por tanto:

\[\pi\perp\pi'\Leftrightarrow\vec{u}\perp\vec{v}\]

Si \(\vec{u}\) y \(\vec{v}\) son perpendiculares, su producto escalar ha de ser igual a cero:

\[\vec{u}\cdot\vec{v}=0\Rightarrow 2a-8-2=0\Rightarrow a=5\]

Por tanto, para que \(\pi\) y \(\pi'\) sean perpendiculares debe ser \(a=5\) y \(b\) puede tomar cualquier valor.

Problema 3

Dado el plano \(\pi\equiv x-z=0\) y las rectas

\[r\equiv\begin{cases}
x=1+\lambda\\
y=2\\
z=-1-\lambda
\end{cases},\,\lambda\in\mathbb{R}\quad;\quad
s\equiv\begin{cases}
x+y=2\\
4y+2z=6
\end{cases}\]

a) Halla el ángulo que forman \(\pi\) y \(r\). Razona cuántos planos hay perpendiculares a \(\pi\) que contengan a la recta \(r\).

b) Halla la posición relativa de \(\pi\) y \(s\). Razona cuántos planos hay perpendiculares a \(\pi\) que contengan a la recta \(s\).

Solución

a) Es fácil demostrar que el plano \(\pi\) y la recta \(r\) se cortan en un punto. Si sustituimos las ecuaciones de \(r\) en el plano \(\pi\) tenemos:

\[1+\lambda-(-1-\lambda)=0\Rightarrow2+2\lambda=0\Rightarrow\lambda=-1\]

Además el punto de corte de \(\pi\) y \(r\) será el punto \(P(0,2,0)\).

El ángulo de la recta y el plano ha de ser el complementario del ángulo que formen la recta y un vector perpendicular del plano. Es decir, el complementario del ángulo que forman un vector director de la recta y un vector perpendicular al plano.

06 ejercicios geometria 02

Pero es que, en este caso, un vector director de la recta es \(\vec{u}=(1,0,-1)\) y un vector perpendicular al plano es \(\vec{v}=(1,0,-1)\). Como los vectores son iguales el ángulo que forman es cero, es decir, el plano \(\pi\) y la recta \(r\) son perpendiculares.

De lo anterior se deduce que hay infinitos planos perpendiculares a \(\pi\) que contienen a la recta \(r\), precisamente todos los planos del haz de base la recta \(r\).

b) Consideremos el sistema formado conjuntamente por el plano \(\pi\) y la recta \(s\):

\[\begin{cases}
    x-z=0\\
    x+y=2\\
    4y+2z=6
  \end{cases}\]

La matriz de los coeficientes del sistema anterior es:

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
               1 & 0 & -1 \\
               1 & 1 & 0 \\
               0 & 4 & 2
             \end{array}
  \right)\]

Se tiene que \(|A|=2-4=-2\neq0\), con lo que el rango de la matriz de los coeficientes es igual a tres, que coincidirá también con el de la matriz ampliada y con el número de incógnitas. Por tanto, el sistema es compatible determinado (solución única), lo que quiere decir que el plano \(\pi\) y la recta \(s\) son secantes: se cortan en un punto \(P\) (nos podemos hacer una idea observando la figura anterior).

En este caso solamente hay un plano perpendicular a \(\pi\) que contenga a la recta \(s\). Precisamente el plano determinado por \(P\), un vector normal del plano \(\pi\) y un vector director de la recta \(s\). Todos los demás planos del haz de base la recta \(s\) ya no son perpendiculares al plano \(\pi\).

Problema 4

a) Determina el valor del parámetro \(k\in\mathbb{R}\) para que la recta

\[\begin{cases}
    x=1+\lambda\\
    y=k-\lambda\\
    z=\lambda
  \end{cases}\quad\lambda\in\mathbb{R}\]

esté contenida en el plano \(\pi\equiv x+2y+z=7\).

b) Para el valor de \(k\) obtenido en el apartado anterior, obtén la ecuación implícita de un plano \(\pi'\) que corte perpendicularmente a \(\pi\), de modo que la intersección de ambos planos sea \(r\).

Solución

a) Las ecuaciones continuas de la recta son

\[x-1=\frac{y-k}{-1}=z\]

Y de aquí obtenemos las ecuaciones implícitas de la recta:

\[\begin{cases}
    -x+1=y-k\\
    x-1=z
  \end{cases}\Rightarrow
  \begin{cases}
  x+y=1+k\\
  x-z=1
  \end{cases}\]

Si a estas ecuaciones añadimos la ecuación del plano tenemos un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:

\[\begin{cases}
    x+y=1+k\\
    x-z=1\\
    x+2y+z=7
  \end{cases}\]

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada asociadas a este sistema son, respectivamente:

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
              1 & 1 & 0 \\
              1 & 0 & -1 \\
              1 & 2 & 1
            \end{array}
  \right)\quad;\quad A|b=\left(\begin{array}{cccc}
                                 1 & 1 & 0 & 1+k \\
                                 1 & 0 & -1 & 1 \\
                                 1 & 2 & 1 & 7
                               \end{array}
  \right)\]

El rango de la matriz de los coeficientes es al menos dos pues contiene un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{cc}
            1 & 1 \\
            1 & 0
          \end{array}
  \right|=0-1=-1\neq0\]

Pero además se tiene que

\[\left|\begin{array}{ccc}
            1 & 1 & 0 \\
            1 & 0 & -1 \\
            1 & 2 & 1
          \end{array}
  \right|=0\]

pues la tercera columna es igual a la segunda menos la primera. De aquí se deduce que el rango de la matriz de los coeficientes es igual a dos: \(r(A)=2\). Pero es que, además,

\[\left|\begin{array}{ccc}
            1 & 1 & 1+k \\
            1 & 0 & 1 \\
            1 & 2 & 7
          \end{array}
  \right|=(1+2+2k)-(7+2)=2k-6\]

De aquí se deduce que si \(k\neq3\), el rango de la matriz ampliada es tres: \(r(A|b)=3\). En este caso el sistema es incompatible (no tiene solución). Sin embargo, si \(k=3\), \(r(A|b)=r(A)=2<3=n\) y el sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones).

De lo anterior hemos de deducir que la recta estará contenida en el plano en el caso de que haya infinitas soluciones (la propia recta) y esto ocurre, como hemos visto, cuando \(k=3\).


Hay otra forma de hacer este apartado. Además es mucho más rápida que la anterior.

Para que la recta esté contenida en el plano, cualquier punto de la recta debe satisfacer la ecuación del plano, es decir, sea quien sea \(\lambda\in\mathbb{R}\), se ha de cumplir:

\[1+\lambda+2(k-\lambda)+\lambda=7\Leftrightarrow1+\lambda+2k-2\lambda+\lambda=7\Leftrightarrow2k=6\Leftrightarrow k=3\]

Por tanto, para este valor de \(k\) la recta está contenida en el plano. Para cualquier otro valor de \(k\) la ecuación \(2k=6\) daría lugar a una contradicción y, en ese caso, no existe ningún punto en común entre la recta y el plano, es decir, son paralelos.

b) Sea un punto \(P\) de \(r\) (que también lo será de \(\pi\)): \(P(1,3,0)\). Sea también un vector director de \(r\): \(\vec{u}=(1,-1,1)\). Tomemos también un vector normal o perpendicular al plano \(\pi\): \(\vec{v}=(1,2,1)\). El plano \(\pi'\) determinado por el punto \(P\) y los vectores \(\vec{u}\) y \(\vec{v}\) es claramente perpendicular a \(\pi\) y su intersección con éste es claramente la recta \(r\) pues pasa por \(P\in r\) y tiene la dirección de un vector director de \(r\). Hallemos pues la ecuación implícita de \(\pi'\):

\[\left|\begin{array}{ccc}
                x-1 & 1 & 1 \\
                y-3 & -1 & 2 \\
                z & 1 & 1
              \end{array}
      \right|=0\Rightarrow(-x+1+2z+y-3)-(-z+y-3+2x-2)=0\Rightarrow\]

\[\Rightarrow -3x+3z+3=0\Rightarrow \pi'\equiv x-z-1=0\]

06 ejercicios geometria 03

Problema 5

a) Estudia la posición relativa de las rectas

\[r\equiv x=-y=z\quad;\quad s\equiv x=y=z-2\]

b) Calcular la distancia entre \(r\) y \(s\).

Solución

a) Un punto y un vector director de \(r\) son \(A(0,0,0)\) y \(\vec{u}=(1,-1,1)\). Un punto y un vector director de \(s\) son \(B(0,0,2)\) y \(\vec{v}=(1,1,1)\). Consideremos el vector \(\overrightarrow{AB}=(0,0,2)\) y las matrices

\[\left(\begin{array}{c}
                \vec{u} \\
                \vec{v}
              \end{array}
      \right)=\left(\begin{array}{ccc}
                       1 & -1 & 1 \\
                       1 & 1 & 1
                     \end{array}
      \right)\quad;\quad\left(\begin{array}{c}
                                \vec{u} \\
                                \vec{v} \\
                                \overrightarrow{AB}
                              \end{array}
      \right)=\left(\begin{array}{ccc}
                      1 & -1 & 1 \\
                      1 & 1 & 1 \\
                      0 & 0 & 2
                    \end{array}
      \right)\]

El rango de la primera matriz es dos porque contiene un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{cc}
                1 & -1 \\
                1 & 1
              \end{array}
      \right|=1-(-1)=2\neq0\]

El rango de la segunda matriz es tres porque su determinante es distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{ccc}
                1 & -1 & 1 \\
                1 & 1 & 1 \\
                0 & 0 & 2
              \end{array}
      \right|=2\cdot\left|\begin{array}{cc}
                            1 & -1 \\
                            1 & 1
                          \end{array}
      \right|=2\cdot2=4\neq0\]

Por tanto las rectas \(r\) y \(s\) se cruzan.

b) Para hallar la distancia entre \(r\) y \(s\) hallaremos el plano \(\pi\) que  contiene a \(s\) y es paralelo a \(r\). Las ecuaciones implícitas de la recta \(s\) son:

\[\begin{cases}
        x-y=0\\
        x-z+2=0
      \end{cases}\]

El haz de planos de arista la recta \(s\) será entonces:

\[\lambda(x-y)+\mu(x-z+2)=0\Leftrightarrow(\lambda+\mu)x-\lambda y-\mu z+2\mu=0\]

Para que un plano de este haz sea paralelo a la recta \(r\) se debe cumplir que el vector perpendicular al plano \((\lambda+\mu,-\lambda,-\mu)\) sea perpendicular al vector director de \(r\), es decir, que el producto escalar de ambos sea cero:

\[(\lambda+\mu,-\lambda,-\mu)\cdot(1,-1,1)=0\Leftrightarrow \lambda+\mu+\lambda-\mu=0\Leftrightarrow \lambda=0\]

Así, podemos elegir \(\lambda=0\), \(\mu=1\), con lo que \(\pi\equiv x-z+2=0\).

06 ejercicios geometria 04

La distancia entre las dos rectas será igual a la distancia entre la recta \(r\) y el plano \(\pi\) recién hallado. Esta distancia coincide con la distancia entre cualquier punto \(P\) de \(r\) y el plano \(\pi\). En general, la distancia de un punto \(P(p_1,p_2,p_3)\) y un plano \(\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0\) viene dada por la fórmula:

\[d(P,\pi)=\frac{|Ap_1+Bp_2+Cp_3+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\]

Por tanto, en nuestro caso, teniendo en cuenta que \(A(0,0,0)\in r\):

\[d(r,s)=d(r,\pi)=d(A,\pi)=\frac{|2|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\]

Problema 6

a) Calcula la distancia del punto \(P(-1,2,0)\) a la recta

\[r\equiv\begin{cases}
  -x+y+2z=0\\
  y+z=1
  \end{cases}\]

b) Calcula el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\).

Solución

a) No es difícil obtener las ecuaciones paramétricas de \(r\):

\[\begin{cases}
     x=1+\lambda\\
     y=1-\lambda\\
     z=\lambda
   \end{cases}\]

Hallaremos el plano \(\pi\), perpendicular a \(r\) que contiene al punto \(P\). Evidentemente, un vector normal de este plano será un vector director de \(r\), que es \(\vec{u}=(1,-1,1)\). Por tanto, la ecuación general del plano será de la forma \(x-y+z+D=0\). Además, como este plano ha de contener al punto \(P(-1,2,0)\), tenemos que: \(-1-2+D=0\Rightarrow D=3\). Entonces:

\[\pi\equiv x-y+z+3=0\]

Este plano debe cortar a la recta \(r\) en un punto \(M\). Entonces, la distancia del punto \(P\) a la recta \(r\) coincidirá con la distancia del punto \(P\) al punto \(M\), o lo que es lo mismo, con el módulo del vector \(\overrightarrow{PM}\) (ver figura siguiente).

06 ejercicios geometria 05

Sustituyendo un punto cualquiera de la recta en el plano, tenemos:

\[1+\lambda-1+\lambda+\lambda+3=0\Rightarrow3\lambda+3=0\Rightarrow\lambda=-1\]

Sustituyendo tenemos que el punto de corte de la recta \(r\) con el plano \(\pi\) es \(M(0,2,-1)\), con lo que \(\overrightarrow{PM}=(1,0,-1)\). Finalmente, la distancia de \(P\) a \(r\) será:

\[d(P,r)=d(P,M)=|\overrightarrow{PM}|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}\]

Hay otra forma de hallar la distancia entre un punto \(P\) y una recta \(r\), que consiste en aplicar la siguiente fórmula:

\[d(P,r)=\frac{|(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)|}{\sqrt{u_1^2+u_2^2+u_3^2}}\]

donde \(P(p_1,p_2,p_3)\) es el punto en cuestión y \(A(a_1,a_2,a_3)\) y \(\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)\) son un punto y un vector director de la recta, respectivamente.

En nuestro caso \(P(-1,2,0)\) y un punto y un vector director de \(r\) son, respectivamente: \(A(1,1,0)\), \(\vec{u}=(1,-1,1)\). De este modo:

\[(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)=(-2,1,0)\times(1,-1,1)=\left|\begin{array}{ccc}
                                                                                 i & j & k \\
                                                                                 -2 & 1 & 0 \\
                                                                                 1 & -1 & 1
                                                                               \end{array}\right|\rightarrow\]

\[(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)=(i+2k)-(k-2j)=i+2j-k\]

Por tanto:

\[d(P,r)=\frac{|(1,2,-1)|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}}=\frac{\sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}=\sqrt{2}\]

b) Llamemos \(R\) al punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\). Está claro entonces que \(M\) es el punto medio de \(R\) y \(P\) (ver figura anterior). Por tanto, si notamos \(R(a,b,c)\) tenemos que:

\[\frac{a-1}{2}=0\quad;\quad\frac{b+2}{2}=2\quad;\quad\frac{c}{2}=-1\]

De donde rápidamente se deduce que \(a=1\), \(b=2\) y \(c=-2\) con lo que el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\) es \(R(1,2,-2)\).


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La regla de Cramer

Consideremos un sistema de \(n\) ecuaciones lineales con \(n\) incógnitas como el siguiente:

\[\left\{\begin{array}{c}
    a_{11}x_1+a_{12}x_2+\ldots+a_{1n}x_n=b_1 \\
    a_{21}x_1+a_{22}x_2+\ldots+a_{2n}x_n=b_2 \\
    .................................... \\
    a_{n1}x_1+a_{n2}x_2+\ldots+a_{nn}x_n=b_n
  \end{array}
\right.\]

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada del sistema son las siguientes:

\[A=\left(
    \begin{array}{cccc}
      a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} \\
      a_{21} & a_{22} & \ldots & a_{2n} \\
      \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
      a_{n1} & a_{n2} & \ldots & a_{nn} \\
    \end{array}
  \right)\quad;\quad
  A|b=\left(
    \begin{array}{cccc|c}
      a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} & b_1\\
      a_{21} & a_{22} & \ldots & a_{2n} & b_2\\
      \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\
      a_{n1} & a_{n2} & \ldots & a_{nn} & b_n\\
    \end{array}
  \right)
\]

Según el teorema de Rouché, si el rango de la matriz de los coeficientes es igual que el rango de la matriz ampliada el sistema es compatible. Si además, dicho rango coincide con el número de incógnitas, es decir, si \(r(A)=r(A|b)=n\), entonces el sistema es compatible determinado, o sea, que tiene solución única. La condición necesaria y suficiente para que se cumpla lo anterior es que el determinante de la matriz de los coeficientes sea distinto de cero, es decir:

\[|A|\neq0\Leftrightarrow r(A)=r(A|B)=n\]

En este caso, la solución del sistema viene dada por según una serie de identidades que se conocen con el nombre de regla de Cramer:

\[x_1=\frac{\left|\begin{array}{cccc}
              b_1 & a_{12} & \ldots & a_{1n} \\
              b_2 & a_{22} & \ldots & a_{2n} \\
              \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
              b_n & a_{n2} & \ldots & a_{nn}
            \end{array}
\right|}{|A|}\]

\[x_2=\frac{\left|\begin{array}{cccc}
              a_{11} & b_1 & \ldots & a_{1n} \\
              a_{21} & b_2 & \ldots & a_{2n} \\
              \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
              a_{n1} & b_n & \ldots & a_{nn}
            \end{array}
\right|}{|A|}\]

\[\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\]

\[x_n=\frac{\left|\begin{array}{cccc}
              a_{11} & a_{12} & \ldots & b_1 \\
              a_{21} & a_{22} & \ldots & b_2 \\
              \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
              a_{n1} & a_{n2} & \ldots & b_n
            \end{array}
\right|}{|A|}\]

Obsérvese que, en la práctica, para obtener la incógnita \(x_i\) se dividen los valores de dos determinantes. El del numerador es el mismo que el de la matriz de los coeficientes, con la salvedad de que la columna \(i\) se sustituye por la columna de los términos independientes. El denominador es el determinante de la matriz de los coeficientes en todos los casos.

Veamos algunos ejemplos de aplicación de la regla de Cramer.

Ejemplo 1

Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones:

\[\begin{cases}
  8x-6y+2z=-1\\
  3x+y-z=10\\
  -x+3y-2z=5
\end{cases}\]

El determinante de la matriz de los coeficientes es:

\[|A|=\left|\begin{array}{ccc}
              8 & -6 & 2 \\
              3 & 1 & -1\\
              -1 & 3 & -2
            \end{array}
\right|=(-16-6+18)-(-2+36-24)=-4-10=-14\]

Como el determinante anterior es distinto de cero el sistema es compatible determinando (rango de la matriz de los coeficientes, igual al rango de la matriz ampliada, igual a tres, que es el número de incógnitas). Aplicando la regla de Cramer obtenemos las soluciones:

\[x=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              -1 & -6 & 2 \\
              10 & 1 & -1\\
              5 & 3 & -2
            \end{array}
\right|}{-14}=\frac{(2+30+60)-(10+120+3)}{-14}=\frac{92-133}{-14}=\frac{-41}{-14}=\frac{41}{14}\]

\[y=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              8 & -1 & 2 \\
              3 & 10 & -1\\
              -1 & 5 & -2
            \end{array}
\right|}{-14}=\frac{(-160-1+30)-(-20+6-40)}{-14}=\frac{-131+54}{-14}=\frac{-77}{-14}=\frac{77}{14}=\frac{11}{2}\]

\[z=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              8 & -6 & -1 \\
              3 & 1 & 10\\
              -1 & 3 & 5
            \end{array}
\right|}{-14}=\frac{(40+60-9)-(1-90+240)}{-14}=\frac{91-151}{-14}=\frac{-60}{-14}=\frac{30}{7}\]

Ejemplo 2

La regla de Cramer también es útil cuando el sistema es compatible indeterminado. Consideremos el sistema siguiente:

\[\begin{cases}
  x+y+z+t=4\\
  x-y+z=1\\
  y-z+t=1
\end{cases}\]

La matriz de los coeficientes es

\[A=\left(\begin{array}{cccc}
            1 & 1 & 1 & 1 \\
            1 & -1 & 1 & 0 \\
            0 & 1 & -1 & 1
          \end{array}
\right)\]

cuyo rango es 3 porque contienen un menor de orden tres distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{ccc}
          1 & 1 & 1 \\
          1 & -1 & 1 \\
          0 & 1 & -1
        \end{array}
\right|=(1+1)-(-1+1)=2-0=2\]

Por tanto, el rango de la matriz ampliada también es 3 (el menor anterior nos serviría para demostrarlo) y, como el número de incógnitas es 4, el sistema es compatible determinado. El grado de libertad del sistema es igual al número de incógnitas menos el rango, en este caso, es igual a 1. Si llamamos \(t=\lambda\) el sistema lo podemos reescribir así:

\[\begin{cases}
  x+y+z=4-\lambda\\
  x-y+z=1\\
  y-z=1-\lambda
\end{cases}\]

El determinante hallado anteriormente es el determinante de la matriz de los coeficientes de este sistema, es decir, \(|A|=2\). Aplicando la regla de Cramer tenemos:

\[x=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              4-\lambda & 1 & 1 \\
              1 & -1 & 1\\
              1-\lambda & 1 & -1
            \end{array}
\right|}{2}=\frac{(4-\lambda+1-\lambda+1)-(-1+\lambda-1+4-\lambda)}{2}=\frac{4-2\lambda}{2}=2-\lambda\]

\[y=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              1 & 4-\lambda & 1 \\
              1 & 1 & 1\\
              0 & 1-\lambda & -1
            \end{array}
\right|}{2}=\frac{(-1+1+\lambda)-(-4+\lambda+1-\lambda)}{2}=\frac{3-\lambda}{2}\]

\[z=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              1 & 1 & 4-\lambda \\
              1 & -1 & 1\\
              0 & 1 & 1-\lambda
            \end{array}
\right|}{2}=\frac{(-1+\lambda+4-\lambda)-(1-\lambda+1)}{2}=\frac{1+\lambda}{2}\]

Por tanto, las soluciones son:

\[(x,y,z,t)=\left(2-\lambda,\frac{3-\lambda}{2},\frac{1+\lambda}{2},\lambda\right)\]

Soluciones que también podemos escribir del siguiente modo:

\[(x,y,z,t)=\left(2,\frac{3}{2},\frac{1}{2},0\right)+\lambda\left(-1,-\frac{1}{2},\frac{1}{2},1\right)\]

Desde el punto de vista geométrico, la igualdad anterior viene ser la ecuación vectorial de una recta en un espacio de dimensión cuatro. O sea, que el sistema de ecuaciones del cual hemos extraído las soluciones no es otra cosa que una recta en el hiperespacio.

Ejemplo 3

Usando la regla de Cramer también podemos hallar el punto de corte de dos rectas. Por ejemplo, sean las rectas

\[r\equiv\begin{cases}
x+2y-z=1\\
-x+y-3z=2
\end{cases}\quad;\quad
s\equiv\begin{cases}
x+y=0\\
3x+2y+z=a
\end{cases}\]

Vamos a hallar el valor del parámetro \(a\) para el que ambas rectas son secantes y, para ese valor de \(a\), hallaremos el punto de corte. El sistema de ecuaciones formado por ambas rectas es

\[\begin{cases}
  x+2y-z=1\\
  -x+y-3z=2\\
  x+y=0\\
  3x+2y+z=a
\end{cases}\]

La matriz de los coeficientes es

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
                   1 & 2 & -1 \\
                   -1 & 1 & -3 \\
                   1 & 1 & 0 \\
                   3 & 2 & 1
                 \end{array}\right)\]

cuyo rango es 3 ya que contiene un menor de orden tres distinto de cero, por ejemplo

\[\left|\begin{array}{ccc}
          1 & 2 & -1 \\
          -1 & 1 & -3 \\
          1 & 1 & 0
        \end{array}
\right|=(-6+1)-(-1-3)=-5+4=-1\neq0\]

La matriz ampliada \(A|b\) es una matriz cuadrada de orden 4. Hallemos su determinante:

\[\left|\begin{array}{cccc}
          1 & 2 & -1 & 1 \\
          -1 & 1 & -3 & 2 \\
          1 & 1 & 0 & 0 \\
          3 & 2 & 1 & a
        \end{array}\right|=
\left|\begin{array}{cccc}
          1 & 1 & -1 & 1 \\
          -1 & 2 & -3 & 2 \\
          1 & 0 & 0 & 0 \\
          3 & -1 & 1 & a
        \end{array}\right|=\]

\[=\left|\begin{array}{ccc}
        1 & -1 & 1 \\
        2 & -3 & 2 \\
        -1 & 1 & a
      \end{array}
\right|=\left|\begin{array}{ccc}
        1 & -1 & 1 \\
        0 & -1 & 0 \\
        0 & 0 & a+1
      \end{array}
\right|=-a-1\]

De lo anterior se deduce que si \(a\neq-1\), el determinante anterior es distinto de cero, o lo que es lo mismo, el rango de la matriz ampliada es \(4\). Y como el rango de la matriz de los coeficientes es \(3\), el sistema será incompatible. En este caso las rectas no serán secantes (serán paralelas o se cruzarán).

Sin embargo, si \(a=-1\), el determinante anterior es igual a cero, con lo que el rango de la matriz ampliada y el de la matriz de los coeficientes es tres, igual que el número de incógnitas. Se trata pues de un sistema compatible determinado (solución única). Es decir, ambas rectas se cortan en un punto. Para hallar el punto de corte resolvemos el sistema. Como el rango es tres, podemos eliminar una de las ecuaciones y usar la regla de Cramer. Es decir, resolveremos el sistema siguiente:

\[\begin{cases}
  x+2y-z=1\\
  -x+y-3z=2\\
  x+y=0\\
\end{cases}\]

Ya hemos visto que el determinante de la matriz de los coeficientes es igual a \(-1\). Por tanto, por la regla de Cramer:

\[x=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 2 & -1 \\
                  2 & 1 & -3 \\
                  0 & 1 & 0
                \end{array}
\right|}{-1}=\frac{(-2)-(-3)}{-1}=\frac{1}{-1}=-1\]

\[y=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 1 & -1 \\
                  -1 & 2 & -3 \\
                  1 & 0 & 0
                \end{array}
\right|}{-1}=\frac{(-3)-(-2)}{-1}=\frac{-1}{-1}=1\]

\[z=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 2 & 1 \\
                  -1 & 1 & 2 \\
                  1 & 1 & 0
                \end{array}
\right|}{-1}=\frac{(4-1)-(1+2)}{-1}=\frac{0}{-1}=0\]

Resumiendo, si \(a=1\), las rectas son secantes y el punto de corte de las rectas \(r\) y \(s\) es el punto \((-1,1,0)\).


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5 ejercicios de geometría: rectas y planos, espacio euclídeo, problemas métricos

En las matemáticas del último curso de bachillerato de ciencias y tecnología, tras hacer un estudio exhaustivo de las matrices, determinantes y la resolución de sistemas de ecuaciones lineales (método de Gauss y Teorema de Rouché-Frobenius), se procede al estudio de la geometría en el espacio. Las matrices, los determinantes, el cálculo de rangos y la resolución de sistemas adquiere todo su sentido en el bloque de geometría afín y euclídea. Una ecuación lineal de primer grado o un sistema de ecuaciones lineales de primer grado con tres incógnitas, son representaciones de rectas y planos en el espacio. En esta misma Web hay varios artículos donde se exponen estas cuestiones. En la siguiente lista se puede enlazar a los artículos mencionados.

  1. La ecuación lineal de primer grado con dos incógnitas. La recta en el plano afín.
  2. Sistemas de dos ecuaciones lineales de primer grado con dos incógnitas.
  3. La ecuación lineal de primer grado con tres incógnitas. El plano en el espacio afín.
  4. Sistemas de ecuaciones lineales. El método de Gauss.
  5. Matrices. Álgebra de matrices.
  6. Determinantes.
  7. Sobre vectores y matrices. Independencia lineal. Rango de una matriz.
  8. Rango de una matriz usando determinantes.
  9. Sistemas de dos ecuaciones lineales de primer grado con tres incógnitas.
  10. La regla de Cramer.
  11. Sistemas de ecuaciones lineales dependientes de un parámetro. El teorema de Rouché-Frobenius.
  12. Proyecciones. Producto escalar de vectores. Aplicaciones.
  13. Producto vectorial. Producto mixto de tres vectores. Aplicaciones.

Para atacar los ejercicios de geometría, los problemas de rectas y planos en el espacio, hay que tener mucha costumbre en la discusión de sistemas de ecuaciones lineales y, por tanto, en el cálculo de determinantes y de rangos de matrices. Como en cualquier otra rama de las matemáticas uno adquiere agilidad en la resolución de problemas resolviendo problemas y equivocándose, sobre todo al principio, con cierta frecuencia. Pero no pasa nada. Al cabo de sumergirse durante un tiempo en este tipo de problemas uno empieza a darse cuenta de cómo funcionan las cosas y como "se ve" la geometría en el espacio y su expresión analítica sobre el papel. Os dejo a continuación cinco ejercicios de este tipo que pueden servir de modelo, pues como estos o similares se pueden encontrar en los exámenes de matemáticas de un último curso de bachillerato, o en las pruebas de acceso a la universidad. Al final del artículo los podéis descargar en pdf. En el siguiente enlace puedes encontrar, además, otros 48 ejercicios de geometría en el espacio (los 20 primeros de ellos, completamente resueltos).

Problema 1

Estudia la posición relativa de los planos siguientes según los distintos valores de \(m\):

\[\begin{array}{l}
{\pi _1} \equiv x + y + z = m + 1\\
{\pi _2} \equiv mx + y + \left( {m - 1} \right)z = m\\
{\pi _3} \equiv x + my + z = 1
\end{array}\]

Solución:

Si vemos los tres planos como un sistema de ecuaciones con \(n=3\) incógnitas, la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son, respectivamente:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1\\
m&1&{m - 1}\\
1&m&1
\end{array}} \right)\ ;\ A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1&{m + 1}\\
m&1&{m - 1}&m\\
1&m&1&1
\end{array}} \right)\]

El determinante de la matriz de los coeficientes es \(\left| A \right| = \left( {1 + m - 1 + {m^2}} \right) - \left( {1 + m + {m^2} - m} \right) = m - 1\).

Por un lado, si \(m\neq1\), el determinante de \(A\) es distinto de cero, es decir, \(r\left( A \right) = 3 = r\left( {A|b} \right) = n\) (sistema compatible determinado), con lo que los tres planos concurren en un único punto cuyas coordenadas son (resolvemos el sistema por la regla de Cramer):

\[x = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{m + 1}&1&1\\
m&1&{m - 1}\\
1&m&1
\end{array}} \right|}}{{m - 1}} = \frac{{\left( {m + 1 + m - 1 + {m^2}} \right) - \left( {1 + m + {m^3} - m} \right)}}{{m - 1}} = \frac{{ - {m^3} + {m^2} + 2m - 1}}{{m - 1}}\]

\[y = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{m + 1}&1\\
m&m&{m - 1}\\
1&1&1
\end{array}} \right|}}{{m - 1}} = \frac{{\left( {m + {m^2} - 1 + m} \right) - \left( {m + {m^2} + m + m - 1} \right)}}{{m - 1}} = \frac{{ - m}}{{m - 1}}\]

\[z = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&{m + 1}\\
m&1&m\\
1&m&1
\end{array}} \right|}}{{m - 1}} = \frac{{\left( {1 + m + {m^3} + {m^2}} \right) - \left( {m + 1 + m + {m^2}} \right)}}{{m - 1}} = \frac{{{m^3} - m}}{{m - 1}} = m\left( {m + 1} \right)\]

Por otro lado, si \(m=1\), el determinante de \(A\) es igual a cero. La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son, en este caso:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1\\
1&1&0\\
1&1&1
\end{array}} \right)\ ;\ A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1&2\\
1&1&0&1\\
1&1&1&1
\end{array}} \right)\]

Se tiene claramente que \(r(A)=2\) pues \(A\) contiene al menos un menor de orden dos distinto de cero. Además, \(r\left( {A|b} \right) = 3\) pues la matriz ampliada contiene un menor de orden tres distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&2\\
1&0&1\\
1&1&1
\end{array}} \right| = \left( {0 + 1 + 2} \right) - \left( {0 + 1 + 1} \right) = 1\]

De lo anterior se deduce que si \(m=1\) el sistema es incompatible, con lo que los planos no tienen ningún punto en común.

Observando detenidamente los coeficientes de \(\pi_1\), \(\pi_2\) y \(\pi_3\), se deduce que \(\pi_1\) y \(\pi_3\) son paralelos y distintos ya que \(\frac{1}{1} = \frac{1}{1} = \frac{1}{1} \ne \frac{2}{1}\). Por tanto, la posición de los tres planos serán la que se representa en la siguiente figura.

5 ejercicios geometria 01

Problema 2

Dada la recta \(r \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x - 2y + z = 1\\
2x + z = 0
\end{array} \right.\), hallar la ecuación de la recta \(s\) que corta perpendicularmente a \(r\) y pasa por el punto \(P\left( {0,2,2} \right)\).

Solución

El punto \(P\left( {0,2,2} \right)\) no está sobre \(r\) como fácilmente se puede comprobar. La recta buscada vendrá determinada por \(P\) y el punto \(Q\) de intersección de \(r\) con el plano \(\pi\) que pasa por \(P\) y es perpendicular a \(r\) (ver figura siguiente).

5 ejercicios geometria 02

Dicho plano tiene por vector normal al vector director de \(r\), que es

\[\vec v = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
i&j&k\\
1&{ - 2}&1\\
2&0&1
\end{array}} \right| = \left( { - 2i + 2j} \right) - \left( { - 4k + j} \right) =  - 2i + j + 4k \Rightarrow \vec v = \left( { - 2,1,4} \right)\]

Por tanto, el plano \(\pi\) es de la forma \(\pi  \equiv  - 2x + y + 4z + D = 0\) e imponiendo que pasa por el punto \(P\left( {0,2,2} \right)\) obtenemos que \(D=10\), con lo que \(\pi  \equiv  - 2x + y + 4z - 10 = 0\).

Resolviendo el sistema \(r \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x - 2y + z = 1\\
2x + z = 0
\end{array} \right.\) obtenemos las ecuaciones paramétricas y la ecuación vectorial de la recta \(r\). Es muy fácil deducir que, si llamamos \(z=\lambda\), entonces \(x =  - \frac{1}{2}\lambda\), \(y =  - \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\lambda\), con lo que la ecuación vectorial de la recta \(r\) es:

\[r \equiv \left( {x,y,z} \right) = \left( {0, - \frac{1}{2},0} \right) + \lambda \left( { - \frac{1}{2},\frac{1}{4},1} \right)\]

Obsérvese que de aquí también se puede deducir que un vector director de \(r\) es \(\left( { - \frac{1}{2},\frac{1}{4},1} \right)\), y por tanto también lo será el vector \(\vec v = \left( { - 2,1,4} \right)\), por ser proporcional al anterior.

Si sustituimos las ecuaciones paramétricas de la recta \(r\) en la ecuación del plano tenemos:

\[- 2\left( { - \frac{1}{2}\lambda } \right) + \left( { - \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\lambda } \right) + 4\lambda  - 10 = 0 \Rightarrow \frac{{21}}{4}\lambda  - \frac{{21}}{2} = 0 \Rightarrow \lambda  = 2\]

Por tanto, el punto \(Q\) es

\[Q\left( { - \frac{1}{2} \cdot 2, - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot 2,2} \right) = Q\left( { - 1,0,2} \right)\]
La recta \(s\) que se pide y que pasa por \(P\left( {0,2,2} \right)\), se halla precisamente a partir de \(P\) y \(Q\), pues \(\overrightarrow {PQ}  = \left( { - 1, - 2,0} \right)\), de donde
\[s \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x =  - \lambda \\
y = 2 - 2\lambda \\
z = 2
\end{array} \right.\]

Problema 3

Hallar la proyección \(r'\) de la recta \(r \equiv \frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{z}{{ - 1}}\) sobre el plano \(\pi  \equiv 2x - y + 3z + 6 = 0\).

Solución

La proyección \(P'\) de un punto \(P\) sobre el plano \(\pi\) (ver figura siguiente) es la intersección con el plano de la perpendicular a \(\pi\) trazada por el punto \(P\). La recta \(r'\), proyección de la recta \(r\) sobre \(\pi\), se obtiene hallando la proyección de dos puntos de \(r\); uno de ellos es el punto de corte \(M\) (caso de que \(r\) y \(\pi\) sean secantes).

5 ejercicios geometria 03

Las ecuaciones paramétricas de \(r\) son

\[r \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + \lambda \\
y = 1 + 2\lambda \\
z =  - \lambda
\end{array} \right.\]

Sustituyendo en la ecuación del plano resulta

\[2\left( {2 + \lambda } \right) - \left( {1 + 2\lambda } \right) + 3\left( { - \lambda } \right) + 6 = 0 \Rightarrow  - 3\lambda  + 9 = 0 \Rightarrow \lambda  = 3\]

Llevando \(\lambda\) a las ecuaciones paramétricas de \(r\) se tiene que \(M\left( {5,7, - 3} \right)\). Otro punto de la recta es claramente \(P\left( {2,1,0} \right)\). La ecuación de la recta que pasa por \(P\) y \(P'\), perpendicular a \(\pi\), tiene por vector director el vector normal del plano, que es \(\vec v = \left( {2, - 1,3} \right)\). Por tanto, las ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por \(P\) y \(P'\) son las siguientes:

\[\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + 2\lambda \\
y = 1 - \lambda \\
z = 3\lambda
\end{array} \right.\]

El punto \(P'\) de corte con el plano lo hallamos de nuevo sustituyendo en la ecuación del plano:

\[2\left( {2 + 2\lambda } \right) - \left( {1 - \lambda } \right) + 3 \cdot 3\lambda  + 6 = 0 \Rightarrow 14\lambda  + 9 = 0 \Rightarrow \lambda  =  - \frac{9}{{14}}\]

De aquí se obtiene que \(P' = \left( {\frac{{10}}{{14}},\frac{{23}}{{14}}, - \frac{{27}}{{14}}} \right)\). Un vector director de \(r'\) (proyección de \(r\) sobre \(\pi\)) es \(\overrightarrow {MP'}  = \left( { - \frac{{60}}{{14}}, - \frac{{75}}{{14}},\frac{{15}}{{14}}} \right)\), con lo que también los será uno proporcional al anterior: \(\vec u = \left( {4,5, - 1} \right)\). Por consiguiente, las ecuaciones paramétricas de \(r'\) son:

\[r' \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x = 5 + 4\lambda \\
y = 7 + 5\lambda \\
z =  - 3 - \lambda
\end{array} \right.\]

Problema 4

Hallar dos puntos, uno de cada una de las rectas

\[r \equiv \frac{{x + 2}}{{ - 5}} = \frac{{y - 2}}{4} = \frac{{z + 5}}{{ - 3}}\ ;\ s \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x =  - \lambda \\
y = 3 + 2\lambda \\
z = 1 + \lambda
\end{array} \right.\]

de manera que la distancia entre ellos sea mínima. Calcula dicha distancia.

Solución

Tenemos las siguientes posibilidades.

  1. \(r\) y \(s\) se cortan en un punto. Entonces la distancia es cero y los puntos buscados coinciden: el punto de corte.
  2. \(r\) y \(s\) son paralelas (si son coincidentes cualquier punto es solución). En este caso hay infinitas soluciones (para cada punto \(A\) de \(r\) consideramos la recta perpendicular a \(r\), y por tanto perpendicular a \(s\), que pasa por \(A\). Esta recta cortará a \(s\) en un punto \(B\). Los puntos \(A\) y \(B\) son la solución al problema).
  3. \(r\) y \(s\) se cruzan. Entonces la solución es única y los puntos buscados son los puntos de intersección de la perpendicular común a \(r\) y a \(s\) con dichas rectas.

Sean \(P\left( { - 2,2, - 5} \right)\) y \(\vec v = \left( { - 5,4,3} \right)\) un punto y un vector director de \(r\); y sean \(Q\left( {0,3,1} \right)\) y \(\vec w = \left( { - 1,2,1} \right)\) un punto y un vector director de \(s\). La posición relativa de \(r\) y \(s\) se puede obtener calculando los rangos de las matrices formadas por \(\vec v\) y \(\vec w\) por un lado, y por \(\vec v\), \(\vec w\) y \(\overrightarrow {PQ}\), por otro. Es muy fácil comprobar que

\[r\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{\vec v}\\
{\vec w}
\end{array}} \right) = r\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 5}&4&{ - 3}\\
{ - 1}&2&1
\end{array}} \right) = 2\ ;\ r\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{\vec v}\\
{\vec w}\\
{\overrightarrow {PQ} }
\end{array}} \right) = r\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 5}&4&{ - 3}\\
{ - 1}&2&1\\
2&1&6
\end{array}} \right) = 3\]

Por tanto las rectas \(r\) y \(s\) se cruzan.

5 ejercicios geometria 04

El vector perpendicular a ambas rectas es

\[\vec u = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
i&j&k\\
{ - 5}&4&{ - 3}\\
{ - 1}&2&1
\end{array}} \right| = \left( {4i + 3j - 10k} \right) - \left( { - 4k - 5j - 6i} \right) = 10i + 8j - 6k \Rightarrow \vec u = \left( {10,8, - 6} \right)\]

Sea \(\pi\) el plano determinado por \(r\) y \(\vec u\):

\[\pi  \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x =  - 2 - 5\lambda  + 10\mu \\
y = 2 + 4\lambda  + 8\mu \\
z =  - 5 - 3\lambda  - 6\mu
\end{array} \right.\]

Pasemos a la ecuación general:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{x + 2}&{ - 5}&{10}\\
{y - 2}&4&8\\
{z + 5}&{ - 3}&{ - 6}
\end{array}} \right| = \left( { - 24x - 48 - 40z - 200 - 30y + 60} \right) - \left( {40z + 200 + 30y - 60 - 24x - 48} \right) =\]

\[=  - 60y - 80z - 280 \Rightarrow \pi  \equiv 3y + 4z + 14 = 0\]

Para hallar \(B\) basta sustituir las ecuaciones paramétricas de \(s\):

\[3\left( {3 + 2\lambda } \right) + 4\left( {1 + \lambda } \right) + 14 = 0 \Rightarrow 10\lambda  + 27 = 0 \Rightarrow \lambda  =  - \frac{{27}}{{10}}\]

de donde

\[\left\{ \begin{array}{l}
x =  - \left( { - \frac{{27}}{{10}}} \right) = \frac{{27}}{{10}}\\
y = 3 + 2 \cdot \left( { - \frac{{27}}{{10}}} \right) =  - \frac{{24}}{{10}}\\
z = 1 + \left( { - \frac{{27}}{{10}}} \right) =  - \frac{{17}}{{10}}
\end{array} \right. \Rightarrow B = \left( {\frac{{27}}{{10}}, - \frac{{24}}{{10}}, - \frac{{17}}{{10}}} \right)\]

Análogamente se halla el plano \(\pi'\) determinado por \(s\) y \(\vec u\), y su intersección con la recta \(r\), que es el punto

\[A\left( {\frac{{31}}{{10}}, - \frac{{52}}{{25}}, - \frac{{97}}{{50}}} \right)\]

La distancia es

\[d\left( {A,B} \right) = \sqrt {{{\left( {\frac{{27}}{{10}} - \frac{{31}}{{10}}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{24}}{{10}} + \frac{{52}}{{25}}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{17}}{{10}} + \frac{{97}}{{50}}} \right)}^2}}  \cong 0,5656\]

Problema 5

Determinar los valores de \(a\) y \(b\) para que los planos

\[\begin{array}{l}
{\pi _1} \equiv x + 2y - z = 1\\
{\pi _2} \equiv 2x + y + az = 0\\
{\pi _3} \equiv 3x + 3y - 2z = b
\end{array}\]

pasen por una misma recta. Hallar el simétrico del punto \(\left( {0,0,0} \right)\) respecto a la recta común anterior.

Solución

Sean \(A\) y \(A|b\) la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada del sistema formado por los tres planos:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2&{ - 1}\\
2&1&a\\
3&3&{ - 2}
\end{array}} \right)\ ;\ A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2&{ - 1}&1\\
2&1&a&0\\
3&3&{ - 2}&b
\end{array}} \right)\]

Para que los tres planos se corten según una recta, el sistema formado por las tres ecuaciones debe ser compatible indeterminado y para ello tanto el rango de \(A\) como el rango de \(A|b\) deben de ser igual a dos.

Por un lado, el determinante de la matriz de los coeficientes ha de ser igual a cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2&{ - 1}\\
2&1&a\\
3&3&{ - 2}
\end{array}} \right| = \left( { - 2 + 6a - 6} \right) - \left( { - 3 - 8 + 3a} \right) \Rightarrow 3a + 3 = 0 \Rightarrow a =  - 1\]

Además, como \(\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2\\
2&1
\end{array}} \right| \ne 0\), se tiene que para \(a=-1\), el rango de \(A\) es dos. Para que la matriz ampliada sea también de rango dos bastará que sea nulo el determinante que se obtiene de suprimir la tercera columna:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2&1\\
2&1&0\\
3&3&b
\end{array}} \right| = \left( {b + 6} \right) - \left( {3 + 4b} \right) \Rightarrow  - 3b + 3 = 0 \Rightarrow b = 1\]

Así pues, si \(a=-1\) y \(b=1\), los planos se cortan en una misma recta \(r\) de ecuación general

\[r \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x + 2y - z = 1\\
2x + y - z = 0
\end{array} \right.\]

Hemos suprimido la tercera ecuación que, para \(a=-1\) y \(b=1\), es combinación lineal de las dos primeras (de hecho, es la suma de ambas).

5 ejercicios geometria 05

Sea \(X = \left( {0,0,0} \right)\), y \(X'\left( {a,b,c} \right)\) el simétrico de \(X\) respecto de la recta \(r\). Entonces \(\overrightarrow {XX'}  = \left( {a,b,c} \right)\) debe ser perpendicular al vector director de \(r\). Además, un punto de \(r\) es el punto medio de \(X\) y \(X'\): \(P\left( {\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c}{2}} \right)\).

Un vector director de \(r\) es:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
i&j&k\\
1&2&{ - 1}\\
2&1&{ - 1}
\end{array}} \right| = \left( { - 2i - 2j + k} \right) - \left( {4k - j - i} \right) =  - i - j - 3k \Rightarrow \vec u = \left( { - 1, - 1, - 3} \right)\]

Como, según se ha dicho, \(\overrightarrow {XX'}  \bot \vec u\), entonces:

\[\overrightarrow {XX'}  \cdot \vec u = 0 \Rightarrow  - a - b - 3c = 0 \Rightarrow a + b + 3c = 0\]

Por otra parte, \(P\) debe satisfacer las ecuaciones de \(r\):

\[\left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{2} + 2\frac{b}{2} - \frac{c}{2} = 1\\
2\frac{a}{2} + \frac{b}{2} - \frac{c}{2} = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + 2b - c = 2\\
2a + b - c = 0
\end{array} \right.\]

Finalmente \(X' = \left( {a,b,c} \right)\) se halla resolviendo el sistema

\[\left\{ \begin{array}{l}
a + b + 3c = 0\\
a + 2b - c = 2\\
2a + b - c = 0
\end{array} \right.\]

cuyas soluciones son \(a =  - \frac{8}{{11}}\), \(b = \frac{{14}}{{11}}\) y \(c =  - \frac{2}{{11}}\). Entonces \(X' = \left( { - \frac{8}{{11}},\frac{{14}}{{11}}, - \frac{2}{{11}}} \right)\).


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Sistemas de ecuaciones lineales dependientes de un parámetro

Vamos a hacer uso del Teorema de Rouché-Frobenius para resolver sistemas de ecuaciones lineales de primer grado. En particular, dedicaremos este artículo a resolver sistemas de ecuaciones lineales que dependan de un parámetro. Recordemos pues, en primer lugar, el enunciado del Teorema de Rouché-Frobenius.

Teorema de Rouché-Frobenius

Sea

\[\left\{ \begin{array}{l}
{a_{11}}{x_1} + {a_{12}}{x_2} + \,.\,.\,.\,.\,.\, + {a_{1n}}{x_n} = {b_1}\\
{a_{21}}{x_1} + {a_{22}}{x_2} + \,.\,.\,.\,.\,.\, + {a_{2n}}{x_n} = {b_2}\\
\,\,\,.................................\\
{a_{m1}}{x_1} + {a_{m2}}{x_2} + \,.\,.\,.\,.\,.\, + {a_{mn}}{x_n} = {b_m}
\end{array} \right.\]

un sistema de \(m\) ecuaciones lineales con \(n\) incógnitas y sean también

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{{a_{11}}\,\,\,\,{a_{12}}\,\,.\,.\,.\,.\,.\,\,\,{a_{1n}}}\\
{{a_{21}}\,\,\,\,{a_{22}}\,\,.\,.\,.\,.\,.\,\,\,{a_{2n}}}\\
{.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,}\\
{{a_{m1}}\,\,\,\,{a_{m2}}\,\,.\,.\,.\,.\,.\,\,\,{a_{mn}}}
\end{array}} \right)\quad;\quad A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{{a_{11}}\,\,\,\,{a_{12}}\,\,.\,.\,.\,.\,.\,\,\,{a_{1n}}\,\,\,\,{b_1}}\\
{{a_{21}}\,\,\,\,{a_{22}}\,\,.\,.\,.\,.\,.\,\,\,{a_{2n}}\,\,\,\,{b_2}}\\
{.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,}\\
{{a_{m1}}\,\,\,\,{a_{m2}}\,\,.\,.\,.\,.\,.\,\,\,{a_{mn}}\,\,\,\,{b_m}}
\end{array}} \right)\]

la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada, respectivamente, asociadas al sistema. Llamemos \(r(A)\) al rango de la matriz \(A\) y \(r(A|b)\) al rango de la matriz ampliada. Entonces:

1. Si \(r(A)\neq r(A|b)\) el sistema es incompatible (no tiene solución).

2. Si \(r(A)=r(A|b)\) el sistema es compatible. Además:

2.1. Si \(r(A)=r(A|b)=n\), el sistema es compatible determinado (solución única).

2.2. Si \(r(A)=r(A|b)<n\), el sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones). En este caso, llamando \(r\) al rango, se pueden expresar \(r\) incógnitas en función de las \(n-r\) restantes. Al número \(n-r\) se le llama grado de libertad del sistema.

Ejemplo 1

En el sistema

\[\left\{ \begin{array}{l}
3x + 2y + 5z - t = 2\\
2x - y - z + t = 3\\
x + y + 3z - 2t = 4
\end{array} \right.\]

tenemos que

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3&2&5&{ - 1}\\
2&{ - 1}&{ - 1}&1\\
1&1&3&{ - 2}
\end{array}} \right)\quad;\quad A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3&2&5&{ - 1}&2\\
2&{ - 1}&{ - 1}&1&3\\
1&1&3&{ - 2}&4
\end{array}} \right)\]

Ya vimos en otro artículo cómo calcular el rango de una matriz usando los determinantes. En este caso, tanto el rango de la matriz de los coeficientes, como el rango de la matriz ampliada, es al menos tres. Pero es que hay por lo menos un menor de orden tres distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3&2&5\\
2&{ - 1}&{ - 1}\\
1&1&3
\end{array}} \right| = \left( { - 9 - 2 + 10} \right) - \left( { - 5 + 12 - 3} \right) =  - 1 - 4 =  - 5 \ne 0\]

Por tanto \(r = r(A) = r(A|b) = 3 < 4 = n\), con lo que, aplicando el Teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones). Como su grado de libertad es \(n - r = 4 - 3 = 1\), entonces tres de las incógnitas se expresarán en función de una restante. Usando el menor distinto de cero que hemos escogido anteriormente (formado por las tres primeras columnas), tomaremos como incógnita libre la última, que pasaremos al segundo miembro, y aplicaremos la regla de Cramer. Es decir, si llamamos \(t=\lambda\), el sistema se puede escribir así:

\[\left\{ \begin{array}{l}
3x + 2y + 5z = 2 + \lambda \\
2x - y - z = 3 - \lambda \\
x + y + 3z = 4 + 2\lambda
\end{array} \right.\]

cuyas soluciones son:

\[x = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{2 + \lambda }&2&5\\
{3 - \lambda }&{ - 1}&{ - 1}\\
{4 + 2\lambda }&1&3
\end{array}} \right|}}{{ - 5}} = \frac{{5 + 5\lambda }}{{ - 5}} =  - 1 - \lambda \,\]

\[y = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3&{2 + \lambda }&5\\
2&{3 - \lambda }&{ - 1}\\
1&{4 + 2\lambda }&3
\end{array}} \right|}}{{ - 5}} = \frac{{50 + 15\lambda }}{{ - 5}} =  - 10 - 3\lambda\]

\[z = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3&2&{2 + \lambda }\\
2&{ - 1}&{3 - \lambda }\\
1&1&{4 + 2\lambda }
\end{array}} \right|}}{{ - 5}} = \frac{{ - 25 - 10\lambda }}{{ - 5}} = 5 + 2\lambda\]

Ejemplo 2

Dado el sistema

\[\left\{ \begin{array}{l}
2x + y - z = 4\\
x - y + 2z = 1\\
x + 2y + z = 0\\
x + 2y + 5z =  - 3
\end{array} \right.\]

tenemos que la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son las siguientes:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2&1&{ - 1}\\
1&{ - 1}&2\\
1&2&1\\
1&2&5
\end{array}} \right)\quad;\quad A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2&1&{ - 1}&4\\
1&{ - 1}&2&1\\
1&2&1&0\\
1&2&5&{ - 3}
\end{array}} \right)\]

En este caso \(r(A)=3\), ya que hay un menor de orden tres distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2&1&{ - 1}\\
1&{ - 1}&2\\
1&2&1
\end{array}} \right| = \left( { - 2 + 2 - 2} \right) - \left( {1 + 1 + 8} \right) =  - 2 - 10 =  - 12 \ne 0\]

Y también \(r(A|b)=3\), pues el único menor de orden cuatro (el menor principal de orden cuatro) es igual a cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2&1&{ - 1}&4\\
1&{ - 1}&2&1\\
1&2&1&0\\
1&2&5&{ - 3}
\end{array}} \right| = \begin{array}{*{20}{c}}
{{f_1} - 2{f_2}}\\
{{f_2} - {f_3}}\\
{}\\
{{f_4} - {f_3}}
\end{array} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
0&3&{ - 5}&2\\
0&{ - 3}&1&1\\
1&2&1&0\\
0&0&4&{ - 3}
\end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3&{ - 5}&2\\
{ - 3}&1&1\\
0&4&{ - 3}
\end{array}} \right| = 0\]

Obsérvese las transformaciones que se han hecho para hallar el determinante. Primero hemos hecho ceros teniendo en cuenta las propiedades de los determinantes (se pueden hacer de muchas otras formas distintas) y luego hemos desarrollado por los elementos de la primera columna. El último determinante (el de orden tres) es igual a cero porque la última fila es igual a la opuesta de la primera menos la segunda (aunque también se puede calcular aplicando la regla de Sarrus).

Por tanto \(r(A) = r(A|b) = 3 = n\), con lo que el sistema es compatible determinado (solución única). Para resolverlo podemos eliminar la última ecuación pues, por ser \(r(A|b) = 3\), dependerá linealmente de las demás. Las soluciones son:

\[x = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
4&1&{ - 1}\\
1&{ - 1}&2\\
0&2&1
\end{array}} \right|}}{{ - 12}} = \frac{{\left( { - 4 - 2} \right) - \left( {1 + 16} \right)}}{{ - 12}} = \frac{{ - 6 - 17}}{{ - 12}} = \frac{{23}}{{12}}\]

\[y = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2&4&{ - 1}\\
1&1&2\\
1&0&1
\end{array}} \right|}}{{ - 12}} = \frac{{\left( {2 + 8} \right) - \left( { - 1 + 4} \right)}}{{ - 12}} = \frac{{10 - 3}}{{ - 12}} =  - \frac{7}{{12}}\]

\[z = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2&1&4\\
1&{ - 1}&1\\
1&2&0
\end{array}} \right|}}{{ - 12}} = \frac{{\left( {1 + 8} \right) - \left( { - 4 + 4} \right)}}{{ - 12}} = \frac{{9 - 0}}{{ - 12}} =  - \frac{9}{{12}} =  - \frac{3}{4}\]

Sistemas que dependen de un parámetro

Es corriente que, dado un sistema de ecuaciones lineales, alguno o algunos de los coeficientes o de los términos independientes sean desconocidos y dependan de uno o más parámetros. Discutir un sistema de ecuaciones dependiente de uno o más parámetros es identificar para qué valores de los parámetros el sistema es compatible, distinguiendo los casos en que es determinado o indeterminado.

Es posible discutir sistemas de ecuaciones lineales utilizando el método de Gauss. Aquí veremos cómo hacerlo con la ayuda de los determinantes. Como mejor se entiende es viendo algunos ejemplos.

Ejemplo 3

Discutiremos el sistema de ecuaciones

\[\left\{ \begin{array}{l}
ax + y + z = 2a\\
x - y + z = a - 1\\
x + (a - 1)y + az = a + 3
\end{array} \right.\]

según los valores del parámetro \(a\in\mathbb{R}\).

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son, respectivamente:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
a&1&1\\
1&{ - 1}&1\\
1&{a - 1}&a
\end{array}} \right)\quad;\quad A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
a&1&1&{2a}\\
1&{ - 1}&1&{a - 1}\\
1&{a - 1}&a&{a + 3}
\end{array}} \right)\]

El rango de ambas es al menos dos pues hay un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1\\
{ - 1}&1
\end{array}} \right| = 1 - ( - 1) = 2\]

Además

\[\left| A \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
a&1&1\\
1&{ - 1}&1\\
1&{a - 1}&a
\end{array}} \right| = ( - {a^2} + 1 + a - 1) - ( - 1 + a + {a^2} - a) =\]

\[= ( - {a^2} + a) - ({a^2} - 1) =  - 2{a^2} + a + 1\]

Entonces \(\left| A \right| = 0 \Leftrightarrow  - 2{a^2} + a + 1 = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - \frac{1}{2}\\
a = 1
\end{array} \right.\,\).

Veamos ahora las distintas opciones que se pueden presentar.

Si \(a \ne  - \frac{1}{2}\) y \(a\ne1\), \(\left| A \right| \ne 0\) y entonces \(r\left( A \right) = r\left( {A|b} \right) = 3 = n\), con lo que el sistema es compatible determinado (solución única).

Si \(a =  - \frac{1}{2}\), la matriz ampliada es

\[A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1/2}&1&1&{ - 1}\\
1&{ - 1}&1&{ - 3/2}\\
1&{ - 3/2}&{ - 1/2}&{5/2}
\end{array}} \right)\]

cuyo rango es tres, pues hay un menor de orden tres distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1/2}&1&{ - 1}\\
1&{ - 1}&{ - 3/2}\\
1&{ - 3/2}&{5/2}
\end{array}} \right| = \left( {\frac{5}{4} - \frac{3}{2} + \frac{3}{2}} \right) - \left( {1 + \frac{5}{2} - \frac{9}{8}} \right) = \frac{5}{4} - \frac{{19}}{8} =  - \frac{9}{8} \ne 0\]

Por tanto, en este caso, \(r\left( A \right) = 2 \ne r\left( {A|b} \right) = 3\), con lo que el sistema es incompatible.

Finalmente, si \(a=1\), la matriz ampliada es

\[A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1&2\\
1&{ - 1}&1&0\\
1&0&1&4
\end{array}} \right)\]

cuyo rango también es tres pues vuelve a haber un menor de orden tres distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&2\\
1&{ - 1}&0\\
1&0&4
\end{array}} \right| = ( - 4 + 0 + 0) - ( - 2 + 4 + 0) =  - 4 - 2 =  - 6 \ne 0\]

Por tanto, otra vez \(r\left( A \right) = 2 \ne r\left( {A|b} \right) = 3\), y el sistema vuelve a ser incompatible.

En el primer caso, cuando \(a \ne  - \frac{1}{2}\) y \(a\ne1\), podemos hallar la solución única aplicando la regla de Cramer. Recordemos que \(\left| A \right| =  - 2{a^2} + a + 1\). Entonces:

\[x = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{2a}&1&1\\
{a - 1}&{ - 1}&1\\
{a + 3}&{a - 1}&a
\end{array}} \right|}}{{ - 2{a^2} + a + 1}} = \frac{{\left( { - 2{a^2} + a + 3 + {a^2} - 2a + 1} \right) - \left( { - a - 3 + {a^2} - a + 2{a^2} - 2a} \right)}}{{ - 2{a^2} + a + 1}} = \]

\[= \frac{{\left( { - {a^2} - a + 4} \right) - \left( {3{a^2} - 4a - 3} \right)}}{{ - 2{a^2} + a + 1}} = \frac{{ - 4{a^2} + 3a + 7}}{{ - 2{a^2} + a + 1}}\]

\[y = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
a&{2a}&1\\
1&{a - 1}&1\\
1&{a + 3}&a
\end{array}} \right|}}{{ - 2{a^2} + a + 1}} = \frac{{\left( {{a^3} - {a^2} + 2a + a + 3} \right) - \left( {a - 1 + 2{a^2} + {a^2} + 3a} \right)}}{{ - 2{a^2} + a + 1}} = \]

\[= \frac{{\left( {{a^3} - {a^2} + 3a + 3} \right) - \left( {3{a^2} + 4a - 1} \right)}}{{ - 2{a^2} + a + 1}} = \frac{{{a^3} - 4{a^2} - a + 4}}{{ - 2{a^2} + a + 1}}\]

\[z = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
a&1&{2a}\\
1&{ - 1}&{a - 1}\\
1&{a - 1}&{a + 3}
\end{array}} \right|}}{{ - 2{a^2} + a + 1}} = \frac{{\left( { - {a^2} - 3a + a - 1 + 2{a^2} - 2a} \right) - \left( { - 2a + a + 3 + {a^3} - 2{a^2} + a} \right)}}{{ - 2{a^2} + a + 1}} =\]

\[= \frac{{\left( {{a^2} - 4a - 1} \right) - \left( {{a^3} - 2{a^2} + 3} \right)}}{{ - 2{a^2} + a + 1}} = \frac{{ - {a^3} + 3{a^2} - 4a - 4}}{{ - 2{a^2} + a + 1}}\]

Como se puede apreciar, para cada valor del parámetro   hay un sistema distinto y su correspondiente solución única. Por ejemplo, si \(a=-1\), tendríamos que \(x=0\), \(y=0\), \(z=-2\) (¡compruébese!).

Hay una interpretación geométrica de todo esto. Sabemos que una ecuación lineal del primer grado con tres incógnitas representa un plano en el espacio. Pues bien, si \(a=-\frac{1}{2}\) o \(a=1\), los tres planos no tienen ningún punto en común.

Sin embargo, si \(a \ne  - \frac{1}{2}\) y \(a\ne1\), los tres planos tienen un punto en común, el punto de coordenadas

\[\left( {\frac{{ - 4{a^2} + 3a + 7}}{{ - 2{a^2} + a + 1}},\frac{{{a^3} - 4{a^2} - a + 4}}{{ - 2{a^2} + a + 1}},\frac{{ - {a^3} + 3{a^2} - 4a - 4}}{{ - 2{a^2} + a + 1}}} \right)\]

Ejemplo 4

Dados los planos \(\alpha  \equiv x + y + z = 1\), \(\beta  \equiv ax + y = 1\), \(\gamma  \equiv x + (a + 1)z = 0\), determinar la posición relativa de los mismos según los valores del parámetro \(a\in\mathbb{R}\).

Planteemos el sistema formado por los tres planos:

\[\left\{ \begin{array}{l}
x + y + z = 1\\
ax + y = 1\\
x + (a + 1)z = 0
\end{array} \right.\]

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son, respectivamente:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1\\
a&1&0\\
1&0&{a + 1}
\end{array}} \right)\quad;\quad A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1&1\\
a&1&0&1\\
1&0&{a + 1}&0
\end{array}} \right)\]

El rango de ambas es al menos dos pues hay un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1\\
1&0
\end{array}} \right| = 0 - 1 =  - 1 \ne 0\]

Además, el determinante de \(A\) es

\[\left| A \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1\\
a&1&0\\
1&0&{a + 1}
\end{array}} \right| = (a + 1 + 0 + 0) - (1 + a(a + 1) + 0) = (a + 1) - (1 + {a^2} + a) =  - {a^2}\]

Entonces \(\left| A \right| = 0 \Leftrightarrow  - {a^2} = 0 \Leftrightarrow a = 0\).

Los distintos casos que se pueden dar los analizamos a continuación.

Si \(a\ne0\), entonces \(r\left( A \right) = r\left( {A|b} \right) = 3 = n\), con lo que el sistema es compatible determinado (solución única). Esta solución es:

\[x = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1\\
1&1&0\\
0&0&{a + 1}
\end{array}} \right|}}{{ - {a^2}}} = 0\]

\[y = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1\\
a&1&0\\
1&0&{a + 1}
\end{array}} \right|}}{{ - {a^2}}} = \frac{{\left( {a + 1} \right) - \left( {1 + {a^2} + a} \right)}}{{ - {a^2}}} = \frac{{ - {a^2}}}{{ - {a^2}}} = 1\]

\[z = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1\\
a&1&1\\
1&0&0
\end{array}} \right|}}{{ - {a^2}}} = 0\]

Si \(a=0\), la matriz ampliada es

\[A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1&1\\
0&1&0&1\\
1&0&1&0
\end{array}} \right)\]

cuyo rango es dos pues todos los menores de orden tres son iguales a cero. También es fácil decidir que el rango es dos argumentando que la tercera fila es la primera menos la segunda.

Por tanto, en este caso, \(r\left( A \right) = r\left( {A|b} \right) = 2 < 3 = n\), con lo que el sistema es compatible indeterminado, es decir,  hay infinitas soluciones. Vamos a hallarlas. El grado de libertad del sistema es \(3-2=1\), con lo que una incógnita va libre y las otras dos dependen de ella. Pongamos pues \(z=\lambda\) y eliminemos la última ecuación. El sistema es el siguiente:

\[\left\{ \begin{array}{l}
x + y + z = 1\\
y = 1
\end{array} \right.\]

Rápidamente vemos que las soluciones del sistema anterior son \(x=-\lambda\), \(y=1\), \(z=\lambda\).

La interpretación geométrica de los dos casos anteriores es la siguiente.

Si \(a\ne0\) los tres planos se cortan en un punto de coordenadas

\[\left( {x,y,z} \right) = \left( {0,1,0} \right)\]

Si \(a=0\) los tres planos se cortan según una recta de ecuación vectorial

\[\left( {x,y,z} \right) = \left( { - \lambda ,1,\lambda } \right) = \left( {0,1,0} \right) + \lambda \left( { - 1,0,1} \right)\]

Ejemplo 5

Discutamos por último el sistema

\[\left\{ \begin{array}{l}
x - y = 5\\
y + z = a\\
x - 2z = 3\\
2x - 3z = a
\end{array} \right.\]

para los diferentes valores del parámetro \(a\in\mathbb{R}\).

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son, respectivamente:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}&0\\
0&1&1\\
1&0&{ - 2}\\
2&0&{ - 3}
\end{array}} \right)\quad;\quad A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}&0&5\\
0&1&1&a\\
1&0&{ - 2}&3\\
2&0&{ - 3}&a
\end{array}} \right)\]

El rango de la matriz \(A\) es tres, pues hay un menor de orden tres distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}&0\\
0&1&1\\
1&0&{ - 2}
\end{array}} \right| =  - 2 - 1 =  - 3\]

Hallemos el determinante de la matriz \(A|b\), que es cuadrada de orden cuatro:

\[\left| {A|b} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}&0&5\\
0&1&1&a\\
1&0&{ - 2}&3\\
2&0&{ - 3}&a
\end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}&0&5\\
1&0&1&{a + 5}\\
1&0&{ - 2}&3\\
2&0&{ - 3}&a
\end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&{a + 5}\\
1&{ - 2}&3\\
2&{ - 3}&a
\end{array}} \right| = \]

\[ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&{a + 5}\\
0&{ - 3}&{ - a - 2}\\
0&{ - 5}&{ - a - 10}
\end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 3}&{ - a - 2}\\
{ - 5}&{ - a - 10}
\end{array}} \right| = (3a + 30) - (5a + 10) =  - 2a + 20\]

Se deja al lector que analice las propiedades de los determinantes que se han utilizado para calcular el determinante anterior. Por tanto \(\left| B \right| = 0 \Leftrightarrow a = 10\), con lo que podemos hacer la siguiente discusión:

Si \(a \ne 10 \Rightarrow r\left( {A|b} \right) = 4 \ne r\left( A \right) = 3\) y el sistema es incompatible.

Si \(a = 10 \Rightarrow r\left( {A|b} \right) = r\left( A \right) = 3\) y el sistema es compatible determinado (solución única). En este caso el sistema adopta la forma siguiente:

\[\left\{ \begin{array}{l}
x - y = 5\\
y + z = 10\\
x - 2z = 3\\
2x - 3z = 10
\end{array} \right.\]

Podemos eliminar la última ecuación y aplicar la regla de Cramer para obtener la solución del sistema.

\[x = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
5&{ - 1}&0\\
{10}&1&1\\
3&0&{ - 2}
\end{array}} \right|}}{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}&0\\
0&1&1\\
1&0&{ - 2}
\end{array}} \right|}} = \frac{{( - 10 - 3 + 0) - (0 + 20 + 0)}}{{ - 3}} = \frac{{ - 33}}{{ - 3}} = 11\]

\[y = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&5&0\\
0&{10}&1\\
1&3&{ - 2}
\end{array}} \right|}}{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}&0\\
0&1&1\\
1&0&{ - 2}
\end{array}} \right|}} = \frac{{( - 20 + 5 + 0) - (0 + 0 + 3)}}{{ - 3}} = \frac{{ - 18}}{{ - 3}} = 6\]

\[z = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}&5\\
0&1&{10}\\
1&0&3
\end{array}} \right|}}{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}&0\\
0&1&1\\
1&0&{ - 2}
\end{array}} \right|}} = \frac{{(3 - 10 + 0) - (5 + 0 + 0)}}{{ - 3}} = \frac{{ - 12}}{{ - 3}} = 4\]


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Sistemas de dos ecuaciones lineales de primer grado con tres incógnitas

Un sistema de dos ecuaciones lineales de primer grado con tres incógnitas tiene la siguiente forma

\[\left\{ \begin{array}{l}
Ax + By + Cz + D = 0\\
A'x + B'y + C'z + D = 0
\end{array} \right.\qquad(1)\]

Ya sabemos que una ecuación lineal de primer grado con tres incógnitas es, desde el punto de vista geométrico, un plano en el espacio. En este caso tenemos dos en su forma general:

\[\pi  \equiv Ax + By + Cz + D = 0\quad \text{;}\quad \pi ' \equiv A'x + B'y + C'z + D' = 0\]

Las posibles posiciones relativas de dos planos en el espacio son tres: coincidentes, paralelos y secantes. Utilizaremos el teorema de Rouché para interpretar las soluciones del sistema e identificarlas con la posición relativa correspondiente.

Sean pues, respectivamente,

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
A&B&C\\
{A'}&{B'}&{C'}
\end{array}} \right)\quad\text{;}\quad\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
A&B&C&{ - D}\\
{A'}&{B'}&{C'}&{ - D'}
\end{array}} \right)\]

la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada del sistema (1). Como hay tres incógnitas escribiremos \(n=3\). Veamos ahora los casos que se pueden presentar.

Caso 1

\[{\rm{rango}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
A&B&C\\
{A'}&{B'}&{C'}
\end{array}} \right) = {\rm{rango}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
A&B&C&{ - D}\\
{A'}&{B'}&{C'}&{ - D'}
\end{array}} \right) = 1 < 3 = n\]

El sistema es compatible indeterminado. Es decir, existen infinitas soluciones. En este caso las filas son proporcionales, con lo que los dos planos serán coincidentes. La condición pues para que esto ocurra es

\[\pi  \equiv \pi ' \Leftrightarrow \frac{A}{{A'}} = \frac{B}{{B'}} = \frac{C}{{C'}} = \frac{D}{{D'}}\]

Caso 2

\[{\rm{rango}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
A&B&C\\
{A'}&{B'}&{C'}
\end{array}} \right) = 1 \ne {\rm{rango}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
A&B&C&{ - D}\\
{A'}&{B'}&{C'}&{ - D'}
\end{array}} \right) = 2\]

El sistema no tiene solución, con lo que los planos serán paralelos. En este caso las filas de la matriz de los coeficientes son proporcionales, pero no lo son las de la matriz ampliada. Por tanto es fácil deducir que la condición para que los dos planos sean paralelos es la siguiente:

\[\pi\, |\,|\,\pi ' \Leftrightarrow \frac{A}{{A'}} = \frac{B}{{B'}} = \frac{C}{{C'}} \ne \frac{D}{{D'}}\]

Caso 3

\[{\rm{rango}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
A&B&C\\
{A'}&{B'}&{C'}
\end{array}} \right) = {\rm{rango}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
A&B&C&{ - D}\\
{A'}&{B'}&{C'}&{ - D'}
\end{array}} \right) = 2 < 3 = n\]

El sistema vuelve a ser compatible indeterminado. Es decir, hay infinitas soluciones. La única posibilidad es que estas soluciones, al ser el rango dos y no ser las filas proporcionales, estén sobre la recta donde se cortan ambos planos. En este caso los planos son secantes según una recta: \(\pi  \cap \pi ' = r\). Las soluciones, o lo que es lo mismo, la recta de corte de ambos planos, se puede obtener hallando las soluciones del sistema (que dependerán de un parámetro). De este modo obtendríamos las ecuaciones paramétricas de la recta. De hecho, si los planos son secantes según una recta \(r\), al conjunto de las dos ecuaciones del sistema se les llama ecuaciones implícitas de la recta:

\[r \equiv \left\{ \begin{array}{l}
Ax + By + Cz + D = 0\\
A'x + B'y + C'z + D = 0
\end{array} \right.\]

Veamos un ejemplo de este último caso.

Sean los planos \(\pi  \equiv 2x - 3y + z - 1 = 0\) y \(\pi ' \equiv  - x + y - 4z + 1 = 0\). El sistema formado por ambos es:

\[\left\{ \begin{array}{l}
2x - 3y + z - 1 = 0\\
 - x + y - 4z + 1 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2x - 3y + z = 1\\
 - x + y - 4z =  - 1
\end{array} \right.\]

Es muy fácil darse cuenta de que

\[{\rm{rango}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2&{ - 3}&1\\
{ - 1}&1&{ - 4}
\end{array}} \right) = {\rm{rango}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2&{ - 3}&1&1\\
{ - 1}&1&{ - 4}&{ - 1}
\end{array}} \right) = 2\]

pues hay un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2&{ - 3}\\
{ - 1}&1
\end{array}} \right| = 2 - 3 =  - 1 \ne 0\]

Si llamamos \(z=\lambda\), el sistema lo podemos escribir así:

\[\left\{ \begin{array}{l}
2x - 3y = 1 - \lambda \\
 - x + y =  - 1 + 4\lambda
\end{array} \right.\]

cuyas soluciones son, aplicando la regla de Cramer:

\[x = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{1 - \lambda }&{ - 3}\\
{ - 1 + 4\lambda }&1
\end{array}} \right|}}{{ - 1}} = \frac{{1 - \lambda  - \left( {3 - 12\lambda } \right)}}{{ - 1}} = \frac{{ - 2 + 11\lambda }}{{ - 1}} = 2 - 11\lambda\]

\[y = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2&{1 - \lambda }\\
{ - 1}&{ - 1 + 4\lambda }
\end{array}} \right|}}{{ - 1}} = \frac{{ - 2 + 8\lambda  - \left( { - 1 + \lambda } \right)}}{{ - 1}} = \frac{{ - 1 + 7\lambda }}{{ - 1}} = 1 - 7\lambda\]

Estas soluciones las podemos escribir así:

\[\left( {x,y,z} \right) = \left( {2 - 11\lambda ,1 - 7\lambda ,\lambda } \right) = \left( {2,1,0} \right) + \lambda \left( { - 11,7,1} \right)\]

que no es otra cosa que la ecuación vectorial de la recta que pasa por el punto \(P\left( {2,1,0} \right)\) y tiene vector director \(\vec u = \left( { - 11,-7,1} \right)\).

En la siguiente figura se pueden apreciar los dos planos y la recta donde se cortan ambos.

sistemas03


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Apuntes de Geometría para Matemáticas II

En los apuntes siguientes se trata, de manera esquemática (son "sólo" 13 páginas), todo el bloque de geometría de la materia Matemáticas II, de 2º de Bachillerato (modalidad de Ciencias y Tecnología). Los contenidos están divididos de la siguiente manera.

Matemáticas II - Geometría

  1. Coordenadas o componentes de un vector.
  2. División de un segmento en n partes iguales.
  3. Vector director de una recta y ecuaciones de la recta.
  4. Ecuaciones de un plano.
  5. Posiciones relativas de dos rectas.
  6. Posiciones relativas de una recta y un plano.
  7. Posiciones relativas de dos planos.
  8. Ecuaciones implícitas de la recta.
  9. Haz de planos.
  10. Producto escalar de dos vectores.
  11. Producto vectorial de dos vectores.
  12. Producto mixto de tres vectores.
  13. Ángulo de dos vectores.
  14. Vector perpendicular a un plano.
  15. Ángulo de dos rectas.
  16. Ángulo de dos planos.
  17. Ángulo de recta y plano.
  18. Distancia entre dos puntos.
  19. Ecuación normal de un plano.
  20. Distancia de un punto a un plano.
  21. Distancia entre dos planos paralelos.
  22. Distancia de un punto a una recta.
  23. Distancia entre una recta y un plano paralelos.
  24. Distancia entre dos rectas paralelas.
  25. Distancia entre dos rectas que se cruzan.
  26. Área de un triángulo.
  27. Área de un paralelogramo.
  28. Volumen de un tetraedro.
  29. Volumen de un paralelepípedo.

Descárgalos aquí:

Apuntes de geometría. Matemáticas II. 2º Bachillerato.

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