Introducción al Álgebra Lineal Soluciones a ejercicios seleccionados

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1 Introducción al Álgebra Lineal Soluciones a ejercicios seleccionados

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3 Introducción al Álgebra Lineal. Soluciones a ejercicios seleccionados. M. Sc. Sebastián Castañeda Hernández. Dr. Agustín Barrios Sarmiento. Barranquilla - Colombia

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5 Contenido 1 Preliminares Introducción Conjuntos y relaciones El concepto de estructura algebraica Semigrupos, monoides y grupos Sistemas de ecuaciones lineales Introducción El espacio R n Sistemas de ecuaciones lineales La ecuación lineal Sistemas de ecuaciones lineales Sistemas homogéneos. Subespacios de R n Dependencia e independencia lineal Norma vectorial. Ortogonalidad Sistemas de inecuaciones lineales Introducción Programación lineal Vectores en R 2 y R Introducción Segmentos dirigidos en E n Aplicaciones geométricas La estructura de espacio vectorial y espacios de matrices Introducción Espacios vectoriales Espacios de matrices sobre un campo

6 4 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento 5.4 Sistemas lineales en K n La matriz identidad. Matrices invertibles

7 Capítulo 1 Preliminares 1.1 Introducción 1.2 Conjuntos y relaciones Ejercicios (a) (b) (c) Claramente I A es reflexiva. Ahora, si (x, y) I A, entonces y = x y (y, x) = (x, y) = (x, x) I A, por lo que I A es simétrica. Finalmente, si x, y, z A y (x, y), (y, z) I A se sigue que x = y y y = z, por lo que x = z y entonces (x, z) I A. Se tiene entonces que I A es transitiva. (d) Errata: La última pareja de la relación R es (d, c) (no (d, a) como aparece en el texto). Dado que I A R se sigue que R es reflexiva, Para la simetría, basta con ver que (a, b), (b, a) R y (c, d), (d, c) R, pues para (x, y) I A claramente (y, x) I A R. Para verificar la transitividad, es 5

8 6 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento suficiente con los casos siguientes: (a, a), (a, b) R = (a, b) R (b, b), (b, a) R = (b, a) R (a, b), (b, b) R = (a, b) R (b, a), (a, a) R = (b, a) R (a, b), (b, a) R = (a, a) R (b, a), (a, b) R = (b, b) R y los seis que resultan reemplazando en lo anterior cada ocurrencia de a y b por c y d, respectivamente. 2. Si X, Y, Z A, entonces se cumple: ( x)(x X = x X) = X X X Y Y X = X = Y, lo que muestra que la inclusión es reflexiva y antisimétrica en P(A). Ahora, si X Y y Y Z, entonces se tiene: x X = x Y = x Z, es decir, necesariamente X Z, con lo que se cumple la propiedad transitiva. 3. Sean A y B conjuntos cualesquiera. Entonces se cumple x A B = x A x B = x A x A = x A x B = x A B, por lo que se tienen las dos relaciones A B A (también A B B) y A A B (también B A B). Si A B se tienen, además, Capítulo 1. Preliminares

9 Introducción al Álgebra Lineal 7 x A = x A x B = x A B x A B = x A x B = x B x B = x B, por lo que A A B, A B B, y por lo tanto A = A B, A B = B. Puesto que la proposición x es falsa, se sigue que ( x)(x = x A), es una proposición verdadera, por lo que A para todo conjunto A y se sigue que A = A y A =. 4. (a) Es función, pero no es inyectiva. (b) No es función. (c) Si S = {(x, x 2 ) x N}, entonces, si Dom(S) y Ran(S) denotan el dominio y el rango de S, respectivamente, tenemos Dom(S) = N Ran(S) = {x 2 x N} = {1, 4, 9, 16,... } S es una función inyectiva. (d) Con las notaciones indicadas para dominio y rango en el item anterior, tenemos para la relación dada, notada por R: Dom(R) = Ran(S), Ran(R) = Dom(S), siendo S la relación del ejercicio anterior. R es una función inyectiva. (e) Si T es la relación dada entonces Dom(T ) = Dom(R), Ran(T ) = Z. T no es función ((1, 1), (1, 1) T, por ejemplo). (f) Sea H la relación dada, entonces Dom(H) = Ran(H) = R. H es una función inyectiva Conjuntos y relaciones

10 8 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento 1.3 El concepto de estructura algebraica Ejercicios Si (A, ) es una estructura modulativa y e 1, e 2 son neutros, entonces e 1 = e 1 e 2 = e 2. Ahora, sea (A, ) una estructura asociativa y modulativa, con neutro e, y supongamos que x A es un elemento invertible. Si z, y son inversos de z, entonces se tiene x z = y x = e, por lo que z = e z = (y x) z = y (x z) = y e = y. 2. (a) 2 3 = 11, = 4. (b) La conmutatividad y asociatividad se demuestran por cálculos directos. Por otra parte, claramente x 0 = 0 x = x, para todo real x, por lo que 0 es el (único) elemento neutro para. Ahora, si x R, x es invertible (respecto de ) si y solo si la ecuación (en y) x y = xy + x + y = 0 tiene soluciones reales. Es decir, existe al menos un real y tal que (x + 1)y = x. Pero esta ecuación tiene solución real y = x x + 1, si y solo si x 1 (para x = 1 se tiene la inconsistencia 0 = 1). Así no es invertiva pues 1 no tiene inverso. (c) Del item anterior se tiene que los inversos de 1, 0 y 1 son, respectivamente, 1 2, 0, (d) Para reales x, y se tiene que x y = xy+x+y = 1 (x+1)(y+1) = 0 x = 1 y = 1. Lo que muestra que A { 1} es cerrado bajo. Así, (A, ) es un grupo abeliano. 3. (a) a y b son neutros a izquierda. (b) (a c) e = a, mientras que a (c e) no está definido. 4. La estructura deseada la tiene Z 2 = {0, 1} con la adición módulo 2. Se puede transportar dicha estructura al conjunto A = {a, b} (ver ejercicios Capítulo 1. Preliminares

11 Introducción al Álgebra Lineal 9 5 y 6) estableciendo una función biyectiva de A con {0, 1}. Si establecemos a 0, b 1, la operación está dada por la tabla siguiente (en la tabla de la adición módulo 2 reemplace 0 por a y 1 por b): a b a a b b b a 5. Si f : A B es biyectiva, entonces la función inversa de f, notada f 1 está definida por f 1 = {(x, y) (y, x) f}; es decir, se tiene y = f 1 (x) si y solo si x = f(y). Se cumple que f(f 1 (x)) = x, para todo x B f 1 (f(x)) = x, para todo x A. Ahora bien, puesto que es una ley de composición interna y f es biyectiva, se garantiza que para cada x, y B el elemento f(f 1 (x) f 1 (y)) B es único, de modo que es una función bien definida. Las demostraciones de las propiedades asociativa, conmutativa, etc, en (B, ), en caso de que se cumplan en (A, ), son relativamente sencillas. Mostremos algunas de ellas. Supongamos que es asociativa, entonces para x, y, z B se tiene (x y) z = (f(f 1 (x) f 1 (y))) z = f(f 1 (f(f 1 (x) f 1 (y))) f 1 (z)) = f((f 1 (x) f 1 (y)) f 1 (z)) = f(f 1 (x) (f 1 (y) f 1 (z))) = x (y z) Ahora, si e es elemento neutro en (A, ), entonces para x B se tiene x f(e) = f(f 1 (x) f 1 (f(e)) = f(f 1 (x) e) = f(f 1 (x)) = x De manera similar se demuestra que f(e) x = x, de modo que f(e) es neutro en (B, ) El concepto de estructura algebraica

12 10 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento 6. Para los dos primeros literales transporte las estructuras deseadas desde (Z 3, +) y (Z 6, +), respectivamente. Por otra parte, Z puede ponerse en correspondencia biunívoca con B = N de la manera siguiente: Es decir, mediante la biyección f : Z N definida por { 2n, si n < 0; f(n) = 2n + 1, si n 0.. para n Z. La estructura de grupo abeliano de (Z, +) se transfiere a N definiendo para x, y N x y = f(f 1 (x) + f 1 (y)), como en el ejercicio anterior. En la nueva estructura, el neutro en N es f(0) = 1. Como ejemplos, tenemos 2 3 = f( 1 + 1). = f(0) = = f( 2 + ( 3)) = f( 5) = = f(2 + 5) = f(7) = 15 En general, puede probarse que para n 1, n 2 N, se tiene que n 1 n 2 es n 1 + n 2, si ambos son pares, o n 1 + n 2 1, si ambos son impares. Cuál es la suma si uno es par y el otro impar? 1.4 Semigrupos, monoides y grupos 1. Este Ejercicios Capítulo 1. Preliminares

13 Capítulo 2 Sistemas de ecuaciones lineales 2.1 Introducción 2.2 El espacio R n. Ejercicios (a) 2v + 3w 5u = ( 13, 18, 7). (b) 3(v u)w = (126, 189, 315). (c) (v + 2w) 3u = 213. (d) (3u 2w) 2v = 14. (e) (u u)v + 3w = (44, 85, 167). 2. (a) x = 1 (5v 3u) = (4, 6.5, 1). 2 ( (b) x = 50 3, 50 ) 3, 100. (c) x = (2t 4s, t, s), siendo t y s reales arbitrarios. 3. (a) v+w = ( 4, 9, 2.5), 1 ( 3 w = 5 3, 7 3, 1 6 (b) i. x = 1 ( 2 (w 3v) = 4, 1 2, 19 ). 4 ii. x = 1 ( 3 (5w u 2v) = 9, 92 9, 83 ) ) (, 3v+2w 1u = 7, , ).

14 12 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento ( iii. y = 6, 5, 7 ) 2x, donde x es un vector arbitrario de R 3, 2 o sea y = (6 2t, 5 2r, 72 ) 2s, siendo t, r y s reales cualesquiera. 4. (a) Para todo real α, se tiene α0 = α(0, 0,..., 0) = (α(0), α(0),..., α(0)) = (0, 0,..., 0) = 0. (b) Si v = (v 1, v 2,..., v n ), entonces 0v = (0v 1, 0v 2,..., 0v n ) = (0, 0,..., 0) = 0. (c) Si α = 0 o si v = 0 se tiene, por las demostraciones previas, que αv = 0. Supongamos entonces que αv = 0. Si α 0, existe su inverso multiplicativo y se debe tener que α 1 (αv) = α 1 0 = 0, por lo que v = 1v = (α 1 α)v = α 1 (αv) = Sistemas de ecuaciones lineales La ecuación lineal Ejercicios (a) 2x + 2y = 6 se obtiene de x + y = 3 multiplicando ambos miembros por 2, por lo que las dos ecuaciones son equivalentes. (b) Como en el anterior, las dos ecuaciones son equivalentes, ahora en R 3, pues 2x + 2y + 0z = 6 se obtiene multiplicando por 2 ambos miembros de x + y + 0z = 3. (c) No son equivalentes, pues tienen universos distintos 1. 1 Si se identifica, sin embargo, cada pareja (a, b) de R 2 con una terna (a, b, 0) R 3, de modo que R 2 se considera un subespacio de R 3, entonces el conjunto solución de 2x + 2y = 6 en R 3 contiene una copia del de la ecuación x + y = 3 en R 2. Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

15 Introducción al Álgebra Lineal 13 (d) (0, 1) es una solución de la ecuación 2x 2 + 3xy = 6x, pero no lo es de 2x + 3y = 6 pues 2(0) Se sigue que las ecuaciones no son equivalentes. (e) No son equivalentes. Considere, por ejemplo, el vector ( 3, 0) (f) las ecuaciones x + y = 0 y (x + y) 2 = 0, en R 2, son equivalentes. (g) Son equivalentes las dos ecuaciones dadas. Utilice el hecho de que para todo real a, se cumple que a (a) No es lineal en x, y y z. Haciendo u = x 2, v = y 2, la ecuación es lineal en u, v, z con las restricciones u, v 0. (b) No es lineal en θ. Si u = Sen(θ), v = Cos(θ), con u 2 + v 2 = 1, entonces la ecuación es lineal en u y v. Nótese, sin embargo, que la restricción u 2 + v 2 = 1 no es lineal en u y v. (c) La ecuación no es lineal en x, y y z. Con u = (x 1) 2 = x 2 2x + 1, se convierte en lineal en u, y y z con la restricción u En cada caso, S denota el conjunto solución de la ecuación correspondiente. En algunos casos se muestran dos o más formas para el mismo conjunto. (a) S = {(5 3t, t) t R} = {( ) } t, 5 t 3 t R. (b) S = {(5 3t, t, s) t, s R} = {( t, 5 t, s) t, s R }. 3 (c) S = {(t, 19 2t + s, s) t, s R} = {(t, s, 2t + s 19) t, s R} También se puede escribir como S = {( 19 t+s, t, s ) t R }. 2 (d) S = {(t, 3t + 2s u, s, u) t, s, u R}. (e) S = {(t, s, u, v, 1 2t + s 3v) t, s, u, v, R}. (f) S = {(t, s, u, v, 1 2t + s 3v, w) t, s, u, v, w R}. 4. (a) Ver Teorema 2.4.1, página 66. (b) Si u 1 y u 2 son soluciones de a x = b, entonces a (u 1 + u 2 ) = a u 1 + a u 2 = 2b. Puesto que 2b = b si y sólo si b = 0, se sigue que u 1 + u 2 no es solución si b 0. Por otra parte, se tiene que 0u 1 = 0 no es solución de a x = b. Se sigue que el conjunto solución de la ecuación considerada no es cerrado. (c) Ver teorema ya citado Sistemas de ecuaciones lineales

16 14 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento (d) Si a = 0, se tiene la ecuación nula y el conjunto solución es R n. Para todo u = (u 1, u 2,..., u n ) podemos escribir u = u 1 (1, 0,..., 0) + u 2 (0, 1, 0,..., 0) +... u n (0, 0,..., 0, 1). Si a = (a 1, a 2,..., a n ) 0, existe al menos una componente, digamos a i, diferente de cero. Prócedase entonces como se indica en el ejemplo 2.3.1, numeral Sistemas de ecuaciones lineales Ejercicios FE y FER indicarán que la matriz dada está en forma escalonada y/o forma escalonada reducida, respectivamente. (a) FE. (b) FE. (c) FER (y, por tanto, también FE). (d) Ninguna de las dos. (e) Ninguna de las dos. 2. Se muestran a continuación las salidas que produce matlab para las formas escalonadas reducidas de las matrices indicadas (comando rref()). (a) A = >> rref(a) ans = Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

17 Introducción al Álgebra Lineal 15 (b) B = >> rref(b) ans = (c) Ya está en FER. (d) D = >> rref(d) ans = (e) E = >> rref(e) 2.3. Sistemas de ecuaciones lineales

18 16 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento ans = Se muestra, en cada caso, la FER de la matriz ampliada, dada por el programa Matlab, y el correspondiente conjunto solución. (a) >> rref([ ; ; ]) ans = Conjunto solución S = {(1, 2, 0)}. (b) Conjunto solución S = {(1, 2, 0, t) t R}. (c) >> rref([ ; ; ]) ans = Conjunto solución S = {(1 + 4t, 2 5t, t) t R}. (d) >> rref([ ; ; ; ; ]) ans = Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

19 Introducción al Álgebra Lineal Sistema inconsistente. S =. (e) >> rref([ ; ; ; ]) ans = Conjunto solución S = {(0, 1 t, 2 t, t) t R}. (f) >>rref([ ; ; ; ]) ans = S = {(16 2t 7s + 9u, t, s, u) t, s, u R}. Observe que todas las ecuaciones on equivalentes a la primera. (g) Fe de erratas. En la tercera ecuación del sistema propuesto se escribió, por error de transcripción, 7x 1 +2x 2 + x 3 = 24. Si se toma con se obtiene la FER >> rref([ ; ; ; ]) ans = Sistemas de ecuaciones lineales

20 18 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento y el sistema es inconsistente. Para el otro caso se tiene >> rref([ ; ; ; ]) ans = y el sistema tiene solución única. S = {(2, 3, 4)}. 5. (a) S = {(4, 1)}. (b) S = {(4, 1)}. {( ) } 5 2t (c) No aplica la regla de Cramer. S =, t t R. 3 (d) No aplica. El sistema es inconsistente. 6. Se muestra la forma escalonada reducida en cada caso. (a) >> rref([1 1 5;1-1 3]) ans = (b) >> rref([2 3 5;3 4 8]) ans = (c) >> rref([3 2 5;6 4 10]) ans = Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

21 Introducción al Álgebra Lineal (d) >> rref([1 2 6;3 6 5]) ans = (a) Si (1, 1, 2) es la única solución, el sistema tiene al menos tres ecuaciones y es equivalente a uno con matriz ampliada cuya forma escalonada reducida es Puede transformarse este sistema en uno equivalente, con el mismo número de ecuaciones, realizando operaciones elementales en los renglones. (b) Agregue a la matriz mostrada en el item anterior un renglón de ceros y transfórmela hasta obtener lo pedido. (c) Cada ecuación del sistema tiene la forma ax + by + cz = d y debe ser satisfecha por (1, 1, 2). Es decir, se debe cumplir que a b + 2c d = 0 que es una ecuación homogénea en las incógnitas a, b, c, d. Encuentre entonces dos soluciones de dicha ecuación homogénea. (d) Como en el anterior, encontrando dos soluciones no triviales de la ecuación homogéna indicada. (e) Como en los dos ejercicios anteriores pero encontrando soluciones del sistema homogéneo {a b + 2c d = 0 3a + c d = Sistemas de ecuaciones lineales

22 20 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento (f) El sistema es equivalente a uno con FER ( ). 3 (g) El sistema es equivalente a uno con FER (h) Si x 1, x 2, x 3, x 4 son las variables del sistema, se deben cumplir: s = x 4 t = x 3 x 4 x 2 = 3 2t = 3 2x 3 + 2x 4 x 1 = 2 + t = 2 + x 3 x 4 por lo que se tiene el sistema { x2 + 2x 3 2x 4 = 3 x 1 x 3 + x 4 = 2 8. (a) El determinante del sistema es λ = λ2 1 = (λ + 1)(λ 1). El sistema tiene solución única si y solo si tal determinante es diferente de 0. Es decir, tiene solución única si λ ±1. Para λ = 1 y λ = 1 se ( obtienen, respectivamente, los sistemas 1 2 con matrices ampliadas ) ( 1 2 y ). El primero tiene 4 infinitas soluciones y el segundo es inconsistente. ( ) 1 2 Se puede también llevar la matriz ampliada 3 2 λ a λ + 5 la forma escalonada, obteniendo ( ) ( ) λ λ 1 0 (λ + 1)(λ 1) λ 1 Analizando el último renglón se tiene: Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

23 Introducción al Álgebra Lineal 21 El sistema tiene solución única si y sólo si λ 2 1 0, pues en tal caso se obtendría en dicha posición un uno principal. El sistema tiene infinitas soluciones si y solo si λ 2 1 = (λ + 1)(λ 1) = 0 y λ 1 = 0, es decir, si y solo si λ = 1. El sistema es inconsistente si y solo si λ 2 1 = (λ + 1)(λ 1) = 0 y λ 1 0, es decir, si y solo si λ = 1. (b) Hay solución única para λ / {0, 2}. Para λ = 0 o λ = 2 se obtienen sistemas inconsistentes. (c) El sistema es equivalente a uno con matriz ampliada Se concluye que: λ λ 2 1 λ + 1 Hay solución única si y solo si λ / { 2, 1, 1}. Hay infinitas soluciones si y solo si λ = 1. El sistema es inconsistente si y solo si λ { 2, 1}. 9. Las demostraciones son sencillas y son consecuencia inmediata de las propiedades de campo de los reales. 10. En cada caso, si un punto tiene un par de coordenadas (x 0, y 0 ), tal par es solución de de la ecuación ax + by = c. Así, se obtiene una ecuación x 0 a + y 0 b = c en a, b y c. Esta ecuación puede escribirse como 1c x 0 a y 0 b = 0, que es homogénea en c, a y b. En definitiva se tiene, en cada caso, un sistema de ecuaciones lineales homogéneas en a, b y c. Si existen soluciones no triviales con a 0 o b 0, una tal solución proporciona una ecuación de una recta que pasa por los puntos dados. Geométricamente es claro que si se dan al menos dos puntos distintos, entonces existe o una única recta o ninguna que pase por el conjunto de puntos dados Sistemas de ecuaciones lineales

24 22 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento (a) Para P (1, 2), Q(2, 4) tenemos ( ) ( ). 0 Obteniendo c = 0 y a = 2b, con b arbitrario (pero diferente de cero). Así se obtiene la familia de ecuaciones 2bx + by = 0 b( 2x + y) = 0, b 0. Como todas son equivalentes se tiene, como se esperaba, una única recta que pasa por los puntos dados. (b) La única solución del sistema homogéneo correspondiente es la trivial, por lo que-como se esperaba- no existe una recta que pase por los puntos dados. (c) Se obtiene la familia de ecuaciones equivalentes k( 3x + 7y) = 38k, k Procediendo como en el ejercicio anterior se obtienen sistemas (no homogéneos) en a, b y c. Cada ecuación es de la forma c + x 2 0a + x 0 b = y 0, donde (x 0, y 0 ) es el par de coordenadas de un punto dado. (a) La matriz ampliada del sistema es (variables c, a, b) Se obtiene la única solución c = b = 0, a = 1; es decir y = x 2. (b) y = (1 + b)x 2 + bx, con b 1. (c) No existe una parábola, con eje de simetría paralelo al eje Y, que pase por los puntos dados (sistema inconsistente). (d) y = x 2 + x + 3. (e) y = 2x 2 + 3x + 1. (f) y = x 2 x. (g) Sistema inconsistente. Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

25 Introducción al Álgebra Lineal Si x i es el número de artículos de la clase i {1, 2, 3, 4} a producir en un día, se tiene el sistema x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = x x 2 20x 3 90x 4 = x 3 + x 4 = 150 con las restricciones 300 x 1, x 2, x 3, x 4 0, x 1, x 2, x 3, x 4 N 0. Resolviendo el sistema obtenemos la forma escalonada reducida de la matriz ampliada: Tenemos así que x 1 = 14x , x 2 = x 4, x 3 = 150 x 4. De las condiciones de no negatividad de los x i obtenemos. x 1 = 14x x x 2 = x 4 0 x 3 = 150 x 4 0 x = 150 Se tiene entonces que si 140 x 4 150, se deben fabricar x 4 artículos de la clase 4, 150 x 4 artículos de la clase 3, x 4 artículos de la clase 2 y 14x = 150 x 2 artículos de la clase 1. La tabla siguiente muestra algunas de las posibilidades de producción. x 4 x 3 x 2 x Nótese que el número de soluciones es finito (once en total). 13. Si se elimina la última ecuación del sistema anterior, la forma escalonada reducida es ahora ( ) Sistemas de ecuaciones lineales

26 24 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento Figura 2.1: Problema 13. Se tiene entonces que x 3, x 4 son, en principio, números enteros no negativos y menores o iguales a 300. Para x 1 y x 2 se tienen x 1 = x x 4, x 2 = x 3 22x 4. De la no negatividad de x 1 y x 2 se obtiene entonces el sistema de inecuaciones lineales 2, en x 3, x 4 7x x x x El conjunto solución (en parejas de números reales) es la región (sombreada) del plano mostrada en la figura 2.1. Tal región está entre las gráficas de las rectas 7x x 4 = 3000 y 8x x 4 = 3300 del plano x 3 x 4. El punto de intersección de tales rectas tiene las coordenadas aproximadas mostradas para P en la gráfica. Cualquier solución está dada por parejas (x 3, x 4 ) de enteros en la región mostrada y los correspondientes valores ya indicados para x 1 y x 2 que dependen de x 3 y x 4. Así, 2 Ver capítulo siguiente. Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

27 Introducción al Álgebra Lineal 25 por ejemplo, para x 3 = 100 (ver gráfica), se debe cumplir que (100) x (100) , de modo que 110 x Es decir x 4 podrá tomar cuatro valores distintos cuando x 3 = 100. Para este caso específico la tabla siguiente muestra los posibles esquemas de producción. x 3 x 4 x 1 x Debe notarse que el valor máximo posible de x 3 es, aparentemente, 235. Sin embargo, para tal valor no existen valores admisibles (enteros) para x 4. Puesto que x 3 x x 3, una condición suficiente (aunque no necesaria en general) para que x 4 sea entero es x x Resolviendo esta última inecuación se tiene que x , de modo que si x 3 es un entero no negativo, menor o igual a 202 se garantiza la existencia de soluciones. Para este valor de x 3 se tiene x , por lo que x 4 tomaría el valor de Como en el anterior pero ahora con las restricciones x 1 = x 3 +21x 4 10, x 2 = x 3 22x 4 50, x 3, x Las soluciones vienen determinadas por parejas (x 3, x 4 ), con valores enteros y en la región R del plano x 3 x 4 definida por las inecuaciones x 3 21 x x x x Es decir, R es la región por encima de la recta 7x x 4 = 3010, por debajo de la recta 8x x 4 = 3250, a la derecha de x 3 = 100 y por 2.3. Sistemas de ecuaciones lineales

28 26 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento encima de x 4 = 100. Veáse la figura 2.2, en la cual se han exagerado algunas dimensiones para mejor ilustración. Figura 2.2: Problema 14. La tabla abajo muestra algunos valores de x 3 y el intervalo [a, b] correspondiente a las posibilidades (como número real) para x 4, siendo a = x 3 21, b = x Se muestran también, cuando existe un valor entero válido para x 4, los valores de x 1 y x 2. Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

29 Introducción al Álgebra Lineal 27 x 3 a b x 4 x 1 x Nótese que para x 3 = 126 y x 3 = 129 no existen valores enteros en el intervalo [a, b] correspondiente, por lo que tales valores no son admisibles. Por otro lado, para x 3 = 100 existen dos valores admisibles para x 4 y, por lo tanto dos soluciones posibles para el problema. Como en el problema anterior una condición suficiente para la existencia de soluciones enteras es que b a 1, en este caso se tiene 100 x Tal condición, como lo muestra la tabla, no es necesaria. 15. (a) Falso. Una condición necesaria, pero no suficiente, es que m n. El sistema x + y = 3 x y = 1 2x + 2y = 6 tiene como única solución (2, 1) y se tiene que m = 3 > 2 = n. { x + y = 3 (b) Falso. Un contraejemplo es en el cual m = n = 2 x + { y = 1 x + y = 3 pero es inconsistente. El sistema es otro sistema 2x + 2y = 6 con m = n = 2 y tiene, en este caso, infinitas soluciones. (c) Falso. Si el sistema no es homogéneo podría ser inconsistente. Por ejemplo x+y+z = 2, x+y+z = 4 es un sistema con más incógnitas que ecuaciones, pero es inconsistente (d) Falso. El sistema con matriz ampliada tiene solución Sistemas de ecuaciones lineales

30 28 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento única. En general, la presencia de un renglón nulo no implica conclusión alguna sobre el número de soluciones del sistema. (e) La afirmación es verdadera sólo si se habla de ecuaciones no nulas. En general, es falsa ya que la ecuación nula es múltiplo de cualquier ecuación. En ese caso sólo se podría quitar la ecuación nula del sistema sin alterar el conjunto solución. (f) Falso. En un sistema con solución única la última columna de la forma escalonada no tiene uno principal. 2.4 Sistemas homogéneos. Subespacios de R n. Ejercicios (a) S = {(1, 2, 0) + (0, 0, 0)}, S H = {(0, 0, 0)} = (0, 0, 0). (b) S = {(1, 2, 0, t) t R} = {(1, 2, 0, 0) + t(0, 0, 0, 1) t R}, S H = {t(0, 0, 0, 1) t R} = (0, 0, 0, 1). (c) S = {(1 + 4t, 2 5t, t) t R} = {(1, 2, 0) + t(4, 5, 1) t R}, S H = {t(4, 5, 1) t R} = (4, 5, 1. (d) S =, S H = {(0, 0, 0)} = (0, 0, 0). (e) S = {(0, 1 t, 2 t, t) t R} = {(0, 1, 2, 0) + t(0, 1, 1, 1) t R}, S H = {t(0, 1, 1, 1) t R} = (0, 1, 1, 1). (f) S = {(16, 0, 0, 0) + ( 2t 7s + 9u, t, s, u) t, s, u R} S H = {( 2t 7s + 9u, t, s, u) t, s, u R} = ( 2, 1, 0, 0), ( 7, 0, 1, 0), (9, 0, 0, 1) (g) Si la tercera ecuación es 7x 1 2x 2 + x 3 = 24 se tiene S =, S H = {(0, 0, 0)} = (0, 0, 0). Para el caso en que la ecuación tercera es 7x 1 + 2x 2 + x 3 = 24 tenemos 2. (a) v = 11 6 w w 2. S = {(2, 3, 4) + (0, 0, 0)}, S H = {(0, 0, 0)} = (0, 0, 0). Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

31 Introducción al Álgebra Lineal 29 (b) v = ( 3 2t)w 1 + tw 2 + 2w 3, para t un real cualquiera. (c) v no es combinación lineal de w 1 y w 2. (d) v = 3w 1 + w 2. (e) Como en el anterior v = 3w 1 + w 2 + 0w 3. (f) v no es combinación lineal de w 1 y w 2. (g) v = 3w 1 + w 2 + 0w 3. (h) v no es combinación lineal de w 1 y w Para v 1, v 2,..., v m dados, si v = (a, b), en el caso de R 2, o v = (a, b, c), para el caso R 3, entonces los m vectores dados generan al espacio correspondiente si y solo si para todo v el sistema con matriz ampliada ( v T 1 v2 T... vm v ) T T es consistente. (a) Con v = (a, b) se tienen los siguientes resultados. i. El sistema es consistente solamente para b = 2a, por lo que los vectores v 1 = (1, 2), v 2 = (2, 4) no generan a R 2. ii. v 1 = (1, 2), v 2 = (2, 4) y v 3 = ( 1, 3) generan a R 2. Resolviendo el sistema correspondiente se tiene que v = (a, b) = α 1 v 1 + α 2 v 2 + α 3 v 3, donde α 2 es arbitrario, α 3 = b 2a y α 1 = a + α 3 2α 2. 5 iii. (1, 2) y ( 1, 5) generan a R 2. En este caso se tiene: ( ) ( ) 5a + b b 2a v = (a, b) = (1, 2) + ( 1, 5). 7 7 (b) Ahora consideramos v = (a, b, c). i. El sistema es consistente para 4a 7b + c = 0. Por tanto los vectores (1, 1, 3) y ( 1, 0, 4) no generan a R 3. ii. Los vectores dados no generan a R 3 pues el sistema es consistente solamente si a 5b + 2c = 0. iii. Los vectores dados no generan a R 3 pues el sistema es consistente solamente si 3a 3b + c = 0. iv. Los vectores generan a R 3. En este caso tenemos: (a, b, c) = a(1, 1, 0) + (4b 4a c)(0, 1, 3) + 3a 3b + c (0, 2, 8) Sistemas homogéneos. Subespacios de R n.

32 30 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento v. Como (1, 1, 0), (0, 1, 3) y (0, 2, 8) generan a R 3, entonces los vectores (1, 1, 0), (0, 1, 3), (0, 2, 8) y ( 1, 4, 5) también lo generan. Una solución del sistema correspondiente sería con los tres primeros escalares como en el ejercicio anterior y el último (el que multiplica a ( 1, 4, 5)) tomado como 0. Si se resuelve el sistema se encuentran infinitas soluciones, con una variable arbitraria. 4. Considere primero un vector v = (a, b) R 2. Es claro que si v = (0, 0), entonces v = {(0, 0)}, así que suponga que v (0, 0). Si existiera un escalar α tal que αv = (αa, αb) = ( b, a) se tendrían αa = b αb = a = αa = b = α 2 b = b(α 2 + 1) = 0 = b = 0 a = αb = α(0) = 0, lo que contradice la no nulidad de v. En definitiva, un solo vector no puede generar a R 2. Ahora si v 1, v 2 son dos vectores de R 2 y son múltiplos escalares (no nulos) claramente v 1, v 2 = v 1 R 2. Se concluye que si v 1 y v 2 generan a R 2, entonces no pueden ser múltiplos escalares. Suponga ahora que v 1 y v 2 no son múltiplos escalares el uno del otro y consideremos la ecuación αv 1 + αv 2 = (0, 0), la cual tiene claramente la solución trivial α 1 = α 2 = 0. Si existiera otra solución (β 1, β 2 ) (0, 0). Se tendría β 1 v 1 = β 2 v 2, lo cual implicaría que los vectores son múltiplos, escalares, contrario a lo supuesto. Así, si v 1 ( = (v 11, v 21 ) y v 2 = (v 12, v 22 ), v11 v el sistema homogéneo con matriz ampliada 12 v 21 v 22 0 ) tiene solución 0 única, por lo que v 11 v 12 v 21 v 22 0, de donde se ( sigue que para todo v = (a, b) R 2, el sistema con matriz v11 v ampliada 12 v 21 v 22 a ) es consistente (tiene solución única). Es decir b v 1, v 2 = R Claramente cada vector u i, i = 1, 2,..., m, está en el conjunto S = {α 1 u 1 + α 2 u α m u m α 1, α 2,..., α m R}, por lo que S no es vacío. Considere ahora dos combinaciones lineales u = α 1 u 1 + α 2 u α m u m, w = β 1 u 1 + β 2 u β m u m en S y un Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

33 Introducción al Álgebra Lineal 31 escalar α y muestre que u + w y αu son también combinaciones lineales de los vectores u 1, u 2,..., u m. 6. (a) El enunciado es verdadero. Todo subespacio, S, de R n es también un espacio vectorial, por lo que necesariamente el vector nulo pertenece al mismo. También puede probarse usando el hecho de que S es no vacío y cerrado, por lo que existe en el mismo al menos un vector v = (v 1, v 2,..., v n ) S y entonces 0v = (0, 0,..., 0) S. (b) Enunciado falso. Si, por ejemplo, S = {(0, 0), (1, 3)}, entonces (0, 0) S pero S no es cerrado ya que 2(1, 3) = (2, 6) / S. (c) Enunciado falso. (0, 0) (t, t + 2) para todo real t. Por lo que el vector nulo no está en el conjunto indicado. (d) Enunciado falso. El conjunto del ejercicio anterior es el conjunto solución de la ecuación lineal x + y = 2 y, como se indicó antes, tal conjunto no es un subespacio de R 2. (e) Enunciado falso. Por ejemplo, S = {(0, t) t R} y T = {(s, 0) s R} son subespacios de R 2, pero aunque (1, 0), (0, 1) S T se tiene que (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) / S T. (f) Verdadero. Si S y T son subespacios de R n, entonces 0 R n S T, por lo que S T. Ahora si v 1, v 2 S T y α R, entonces v 1 + v 2 S, v 1 + v 2 T, αv 1 S, αv 1 T, de donde se sigue que v 1 + v 2, αv 1 S T. (g) Enunciado verdadero. Claramente 0 R n = 0 R n + 0 R n U + V. Considere ahora vectores u 1, u 2 U, v i, v 2 V y α R, es fácil mostrar que (u 1 + v 1 ) + (u 2 + v 2 ), α(u 1 + v 1 ) U + V Dependencia e independencia lineal Ejercicios (a) Conjunto l.d. Un conjunto con un único vector es l.i solo si el vector es no nulo. (b) Conjunto l.i. (c) Conjunto l.d. Todo conjunto que contiene al vector nulo es necesariamente l.d Sistemas homogéneos. Subespacios de R n.

34 32 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento (d) Conjunto l.d. (2, 4) = 2(1, 2). (e) Conjunto l.i. Los dos vectores no son múltiplos escalares. (f) Conjunto l.d. Son tres vectores en R 2. (g) Conjunto l.i. Los vectores dados no son múltiplos. (h) Conjunto l.d. (i) Conjunto l.i. (j) Conjunto l.d. 2. Si v 1, v 2 R n, entonces v 1, v 2 son l.d si y solo si existen escalares α 1, α 2 no todos nulos tales que α 1 v 1 + α 2 v 2 = 0 R n. Como α 1 0 o α 2 0 se sigue que v 1 = α 2 v 2 o v 2 = α 1 v 1. α 1 α 2 Recíprocamente, si uno de los dos es múltiplo del otro, es decir v i = αv j, para algún i {1, 2}, j i, entonces se tiene que y los vectores son l.d. 1v i + ( α)v j = 0 R n, 3. Si v 1 = (v 11, v 21 ), v 2 = (v 12, v 22 ), entonces v 1, v 2 son l.i si y solo si el sistema homogéneo ( v11 v 12 v 21 v 22 0 ) 0 tiene solución única, lo cual es equivalente a v 11 v 12 v 21 v Véase teorema (a) Si S = no puede existir una combinación lineal finita de vectores de S, luego S es l.i. (b) Si 0 R n S, entonces 10 R n es una combinación lineal nula no trivial de elementos de S, luego S es l.d. (c) Si S es l.d existen v 1, v 2,..., v m S y una combinación lineal nula no trivial de ellos. Si T S, entonces la misma combinación lineal nula no trivial indicada es una combinación lineal de elementos de T. Se sigue que T es l.d. Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

35 Introducción al Álgebra Lineal 33 (d) Si S es l.i y T S, entonces T no puede ser l.d pues entonces, por el ejercicio anterior, también lo sería S. (e) Si S es l.d y tiene más de dos elementos, entonces existen v 1, v 2,..., v m S, con m 2, y escalares α 1, α 2,..., α m, no todos nulos tales que m α i v i = 0 R n. i=1 Escogiendo α j 0, se tiene que m v j = i=1 i j α i α j v i. 2.5 Norma vectorial. Ortogonalidad. Ejercicios Consideremos v, w, no nulos en R n. Si v = αw, α 0, se tiene u v = 1 v v = 1 αw (αw) ( ) ( ) α 1 = α w w = ±u w, de donde se sigue que v w. Recíprocamente, si v w, se tiene u v = ±u w y entonces y haciendo α = ± v w v = v u v = ± v u ( w = ± v ) ( w u w ) w se tiene que v = αw. 2. Si v = (v 1, v 2,..., v n ) es un vector cualquiera de R n, el sistema con matriz ampliada v 1 ( e T 1 e T 2... e T n v t) v v v n 2.5. Norma vectorial. Ortogonalidad.

36 34 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento tiene solución única, lo que muestra que B = {e i i = 1, 2,..., n} genera a R n. En particular, si v = (0, 0, 0,..., 0), la única solución es la trivial, con lo que se tiene que B es l.i y, por lo tanto, es una base para R n. Finalmente, es fácil verificar que para i, j {1, 2,..., n} se tiene e i e j = { 1, si i = j; 0, si i j. lo que muestra que B es un conjunto ortonormal. 3. Errata. Lo que se debe probar es que S es un subespacio de R n (no S, como aparece en el texto). Se tiene claramente que si v S entonces v 0 R n = 0, con lo que 0 R n S y S. Ahora, si u, w S y α R, para todo v S se tiene que (αu + w) v = α(u v) + (w v) = α(0) + 0 = 0, lo que demuestra que S es cerrado. 4. (a) Si S = R 2 y v = (v 1, v 2 ) S, entonces v es ortogonal a todo vector de R 2, en particular se tiene: 0 = v (1, 0) = (v 1, v 2 ) (1, 0) = v 1 = 0 0 = v (0, 1) = (v 1, v 2 ) (0, 1) = v 2, y entonces v = (0, 0), por lo que S {(0, 0)} y como (0, 0) S se sigue que S = (R 2 ) = {(0, 0)}. (b) Para todo S, S R 2, se tiene que S R 2. Si S = {(0, 0)}, entonces para todo v R 2 se tiene v (0, 0) = 0, por lo que v S y, por lo tanto, R 2 S. Se tiene entonces la igualdad S = {(0, 0)} = R 2. (c) Si S = {(1, 2)}, entonces S = {(x, y) R 2 x + 2y = 0} = {( 2t, t) t R} = ( 2, 1) Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

37 Introducción al Álgebra Lineal 35 (d) Si S = {(1, 0), (0, 1)}, entonces tenemos S = {(x, y) R 2 (x, y) (1, 0) = 0, (x, y) (0, 1) = 0} = {(0, 0)}. (e) Si v, w son vectores distintos de R 2 y S = {v, w}, entonces S es el espacio solución del sistema homogéneo con matriz ampliada ( v1 v 2 w 1 w 2 0 ) 0 Analice los diferentes casos teniendo en cuenta que v y w son distintos. En particular, eso significa que no pueden ser ambos iguales a (0, 0), por lo que S R 2. Suponga, sin pérdida de generalidad, que v = (v 1, v 2 ) (0, 0) y concluya que { {(0, 0)}, si v, w no son múltiplos (son l.i); S = ( v 2, v 1 ), si w es múltiplo de v. 5. Sean v = (v 1, v 2, v 3 ), w = (w 1, w 2, w 3 ), vectores no nulos y no paralelos de R 3. El complemento ortogonal de S = {v, w} es el espacio solución del sistema homogéneo ( v1 v 2 v 3 w 1 w 2 w 3 0 ) 0 Puesto que los vectores no son múltiplos escalares el uno del otro, la forma escalonada reducida de la matriz ampliada del sistema no puede tener un renglón nulo. Es decir, necesariamente tiene una de las formas ( 1 0 c 0 1 d 0 ) ( 1 0 0, ) ( o ) 0 para reales c, d. El espacio solución es, por lo tanto, generado por un vector no nulo; es decir S = u = {tu t R}. Ahora, cualquier vector no nulo en S es también un generador de S, por lo que será suficiente con demostrar que v w = (v 2 w 3 v 3 w 2, w 1 v 3 v 1 w 3, v 1 w 2 v 2 w 1 ) ( ) v = 2 v 3 w 2 w 3, v 1 v 3 w 1 w 3, v 1 v 2 w 1 w Norma vectorial. Ortogonalidad.

38 36 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento es un vector no nulo ortogonal tanto a v como w. Para la ortogonalidad, verifique directamente que (v w) v = (v w) w = 0. Ahora, si v w = (0, 0, 0) entonces v 1 v 2 w 1 w 2 = v 2 v 3 w 2 w 3 = v 1 v 3 w 1 w 3 = 0. Ahora, en ninguno de los determinantes 2 2 indicados las dos filas pueden ser nulas pues eso implicaría que v y w serían múltiplos. Si consideramos v 1 v 2 w 1 w 2 = 0, se sigue que una de las dos filas (vectores de R 2 ) es múltiplo de la otra. Supongamos, sin perder generalidad, que (w 1, w 2 ) = α(v 1, v 2 ), con (v 1, v 2 ) (0, 0). Ahora, si v 2 = 0, se tiene v 1 0 y v 1 w 3 = v 3 w 1 de donde w 3 = v 3 v 1 w 1 = v 3 v 1 (αv 1 ) = αv 3 y w = αv (contradicción). Tenemos entonces v 2 0. Un razonamiento similar para v 2 v 3 w 2 w 3 = 0 nos lleva a que existe un β R tal que (w 2, w 3 ) = β(v 2, v 3 ) o (v 2, v 3 ) = β(w 2, w 3 ). En el primer caso, se tiene que w 2 = αv 2 = βv 2, de donde α = β lo que nos llevaría necesariamente a w = αv (contradicción). Consideremos, finalmente, (v 2, v 3 ) = β(w 2, w 3 ), de modo que v 2 = βw 2, v 3 = βw 3, por lo que 0 w 2 = αv 2 = αβw 2, de donde se sigue que αβ = 1 y que β = 1 α por lo que w 3 = αv 3 y w = αv nuevamente. En definitiva, se tiene que v w 0 R n. Tenemos entonces {v, w} = v w. 6. (a) {(1, 2, 5), (3, 4, 6)} = (1, 2, 5) (3, 4, 6) = {t(32, 21, 2) t R}. (b) Si v w, entonces existe α 0 tal que w = αv y, de la definición, se sigue que v w = (0, 0, 0). De igual manera, como v = 1 α w se tiene que u v = 0 u w = 0 = {v, w} = {v} = {w}. Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

39 Introducción al Álgebra Lineal 37 (c) De la definición misma se sigue que v w = w v; en particular, (1, 0, 0) (0, 1, 0) = (0, 0, 1) = (0, 1, 0) (1, 0, 0), lo que muestra que el producto cruz no es conmutativo. Por otra parte ((1, 0, 0) (1, 0, 0)) (0, 1, 0) = (0, 0, 0) (0, 1, 0) = (0, 0, 0) (1, 0, 0) ((1, 0, 0) (0, 1, 0)) = (1, 0, 0) (0, 0, 1) = (0, 1, 0) lo que muestra que el producto cruz no es asociativo (a) La dirección de v = (a, b) es u v = (a, b), por lo que un a2 + b2 vector w es paralelo a v y tiene norma 2 si y solo si 2 w = 2u w = 2(±u v ) = ± (a, b), a2 + b2 de modo que existen dos vectores paralelos a v y con norma 2. (b) w v si y solo si w es paralelo a ( b, a), por lo que existen dos vectores ortogonales a v y con norma 2. (c) {v} = {t( b, a) t R}. 8. (a) Los dos vectores paralelos a v = (a, b, c) y con norma 2, vienen 2 dados por ± (a, b, c). a2 + b 2 + c2 (b) Los vectores ortogonales a v = (a, b, c), con norma 2 forman un conjunto infinito {(x, y, z) ax + by + cz = 0, x 2 + y 2 + z 2 = 4}. (c) {(a, b, c)} = {(x, y, z) ax + by + cz = 0} Norma vectorial. Ortogonalidad.

40 38 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento Capítulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales

41 Capítulo 3 Sistemas de inecuaciones lineales 3.1 Introducción 3.2 Programación lineal Ejercicios La región se muestra en la figura 3.1. Figura 3.1: Región factible ejercicio 1. 39

42 40 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento 2. La región se muestra en la figura 3.2. Figura 3.2: Región factible ejercicio La región se muestra en la figura 3.3. Figura 3.3: Región factible ejercicio Para los ejercicios 4 a 8 las soluciones (respuestas) se presentan en el texto. Capítulo 3. Sistemas de inecuaciones lineales

43 Capítulo 4 Vectores en R 2 y R Introducción Ejercicios (a) La gráfica de S es el eje Y. (b) (c) La gráfica de S es la región sombreada mostrada en la figura 4.1 Figura 4.1: Ejercicio 1 (c). (d) 41

44 42 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento (e) La gráfica de S consiste de las rectas de ecuaciones x + y = 1 y x + y = 1, ver figura 4.2. Figura 4.2: Ejercicio 1 (e). (f) (g) S es la región entre la recta de ecuación x + y = 2, incluida dicha recta, y la recta de ecuación x + y = 3 sin incluir los puntos de esta última. Véase figura 4.3. Figura 4.3: Ejercicio 1 (g). Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

45 Introducción al Álgebra Lineal 43 (h) (i) S se identifica con el plano Y Z. (j) (k) La gráfica de S es un plano perpendicular al plano XZ, una parte del mismo se muestra en la figura 4.4. Figura 4.4: Ejercicio 1 (k). (l) (m) S tiene como gráfica la circunferencia con centro en (0, 0, 0) y radio 1 sobre el plano Y Z (figura 4.5). Figura 4.5: Ejercicio 1 (m) Introducción

46 44 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento (n) La gráfica de S es la esfera (sólida) con centro en el origen y radio 1. (o) La gráfica de S es la región del espacio comprendida entre las esferas concéntricas con centro en el origen y radios 1 y 2, respectivamente. Véase la figura 4.6. Figura 4.6: Ejercicio 1 (o). 2. (a) Una circunferencia sobre un plano en el cual se ha escogido un sistema de coordenadas rectangular, queda descrita por una ecuación (x h) 2 + (y k) 2 = r 2, donde (h, k) es el par de coordenadas del centro y r es el radio de la circunferencia. Si se escoge el sistema de modo que el origen del mismo sea el centro de la circunferencia, entonces se tiene que S, la circunferencia de radio 5 considerada en el ejercicio, corresponde al subconjunto de R 2 : {(x, y) x 2 + y 2 = 25}. Por supuesto, puede obtenerse un resultado distinto si se escoge de manera diferente el sistema de coordenadas. Por ejemplo, si se escoge como eje x una recta que pase por el centro y como eje Y una tangente a la circunferencia (ver figura 4.7), entonces el centro tiene coordenadas (5, 0) y la circunferencia queda descrita algebraicamente como {(x, y) (x 5) 2 + y 2 = 25}. Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

47 Introducción al Álgebra Lineal 45 Figura 4.7: Circunferencia de radio 5 en el plano. (b) S queda descrito (sistema rectangular escogido con origen en el centro) por {(x, y) x 2 + y 2 25}. (c) Si se escoge el origen del sistema como el centro de la circunferencia y el eje x pasando por dicho centro y de modo que la semicircunferencia quede en un mismo semiplano (de los dos en que el eje escogido divide al plano), entonces la semicircunferencia queda descrita de una de las dos formas {(x, y) y = 25 x 2, 5 x 5} {(x, y) y = 25 x 2, 5 x 5}, dependiendo de si al semiplano donde queda la semicircunferencia se le asigna dirección positiva o negativa, respectivamente, con relación al eje X escogido. (d) Si se escoge el origen como un punto extremo del segmento y el eje X conteniendo el segmento, entonces se tienen las posibilidades {(x, 0) 0 x 5} o {(x, 0) 5 x 0}, dependiendo de si el segmento queda en el semiplano con dirección positiva o negativa (respecto del eje Y ) Introducción

48 46 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento (e) Ver ejercicio siguiente. (f) Escojamos el sistema de coordenadas con origen en el vértice del ángulo recto y de modo que los catetos queden sobre los ejes coordenados, como se indica en la figura 4.8. Figura 4.8: Triángulo rectángulo en el plano. Los catetos quedan descritos como sigue: AB = {(x, 0) 0 x 8} AC = {(0, y) 0 y 6}. La hipotenusa está sobre la recta de ecuación 1 y = 3 x + 6, por lo 4 que tenemos que BC = {(x, y) 3x + 4y = 24, 0 x 8}. La región triangular acotada por los lados del triángulo queda descrita algebraicamente por {(x, y) y 34 x + 6, x 0, y 0 }. 3. Nota y errata: Este ejercicio requiere de la teoría de al menos la sección 4.2, por lo que debería proponerse posteriormente. Como ilustración 1 La ecuación de una recta no paralela al eje Y es de la forma y = mx + b, donde m es la pendiente y (0, b) es la intersección con el eje Y. Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

49 Introducción al Álgebra Lineal 47 resolvemos solo el ejercicio (a), con v 1 = (1, 2), v 2 = (5, 1). Consideramos las coordenadas como medidas paralelamente a los ejes y que las direcciones positivas de los ejes coordenados están determinadas por las direcciones en las que apuntan los vectores v 1 (con relación al eje paralelo a v 2 ) y v 2 (con relación al eje paralelo a v 1 ). Figura 4.9: Sistema coordenado no rectangular. Si P (1, 2) se tiene que (1, 2) = 1(1, 2)+0(5, 1), por lo que P se encuentra sobre la recta (eje coordenado) paralela a v 1 y su coordenada con respecto a dicho eje es 0. La coordenada con relación al otro eje es justamente (1, 2) = 5. Para el punto Q( 3, 5), resolviendo el sistema correspondiente, encontramos que ( 3, 5) = 28 (1, 2) + 9 ( 11 ) (5, 1) 9 Si notamos por c y d (ver figura 4.9) a las distancias (medidas, como se dijo, paralelamente a los ejes) de Q a los ejes correspondientes a v 1 y v 2, respectivamente, se tiene que ( c = 11 ) (5, 1) 9 = , d = (1, 2) 9 9 = Introducción

50 48 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento y las coordenadas de Q son: c = respecto del eje paralelo a v1 9 d = 28 5 respecto del eje paralelo a v Segmentos dirigidos en E n Ejercicios (a) Los ángulos directores de v = (2, 2) son α = β = π 4. (b) 2. (a) (c) α = π 4, β = π 2, γ = 3π 4. (b) (c) Se requiere v = P S = S P cuando la representación de v se ancla en P. Se sigue que el punto final de la representación es S = P + v = (1, 2, 3) + (1, 4, 3) = (2, 6, 6). (d) Se tiene P Q = ( 2, 1, 2), P R = (1, 5, 11), QR = (3, 4, 13). Si existiera un escalar α tal que P Q = ( 2, 1, 2) = α P R = α(1, 5, 11) se tendría que α = 2 = 1 5 = 2 lo cual es una inconsistencia. 11 Así, P Q y P R no son paralelos, por lo que el ángulo entre ellos no es 0 ni π y, por tanto, los tres puntos son vértices de un triángulo. El perímetro es P Q + P R + QR = El ángulo θ = RP Q es el ángulo entre los vectores P Q y P R y satisface que P Q P R cos θ = P Q P R = Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

51 Introducción al Álgebra Lineal 49 ( Así, θ = cos 1 19 ) Se tiene también que 3 ( sen θ = ) 2 P Q P R 1 cos 2 θ = 1 P Q 2 P R 2 P Q 2 ( ) 2 P R 2 P Q P R = y que el área del triángulo es 2 P Q P R a = 1 2 P Q P R sen θ = 1 P Q 2 2 ( ) 2. P R 2 P Q P R (4.1) La ecuación 4.1 es válida para cualquier triángulo con vértices en puntos P, Q, y R cualesquiera (no colineales, por supuesto). Aplicándola al caso presente se tiene: a = 1 2 9(147) 192 = (e) Si deseamos que P Q, P R sean dos lados del paralelogramo, entonces S debe satisfacer que (véase figura 4.10) QS = P R, por lo que S = Q + P R = ( 1, 1, 5) + (1, 5, 11) = (0, 4, 6). 2 De la trigonometría básica se tiene que el área de un triángulo es el semiproducto de las longitudes de dos de sus lados por el seno del ángulo comprendido entre dichos lados Segmentos dirigidos en E n

52 50 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento Figura 4.10: Paralelogramo. (f) Se necesita un vector v ortogonal a P Q y con la misma norma. Si escogemos el ángulo recto con vértice en P, entonces se debe determinar un punto X tal v = P X = X P. Puesto que P Q = ( 2, 1, 2), un vector ortogonal al mismo es (existen infinitos) w = (0, 2, 1), podemos entonces tomar v = P Q u w = 3 5 (0, 2, 1), X = P + v = (1, 2, 3) (0, 2, 1). (g) Primero encuentre un vector ortogonal a P R y con norma Suponga que L es la longitud de cada lado del cuadrado. Sobre el plano del cuadrado elija un sistema de coordenadas con origen en uno de los vértices del cuadrado y los ejes conteniendo a lados adyacentes. Muestre que los vectores cuyas representaciones son las diagonales del cuadrado son ortogonales. 4. Para la represnetación canónica de v véase figura Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

53 Introducción al Álgebra Lineal 51 Figura 4.11: Ejercicio Para v = (x, y, z) (0, 0, 0), si θ y ρ son los ángulos directores, se cumple: 4.3 Aplicaciones geométricas x = v cosθcosρ (4.2) y = v senθcosρ (4.3) z = v senρ (4.4) Ejercicios Verifique si P Q y P R (o QR) son múltiplos escalares. 2. Si los puntos son colineales una ecuación vectorial para la recta que los contiene es (x, y, z) = P + t P Q (P o Q pueden ser reemplazados por R). Si no son colineales proceda -para hallar perímetro, área, etc- como en el ejercicio 2 (d) del grupo de ejercicios 4.2.1, página 48. Para el área puede usar también a = P Q P R. Si los puntos son puntos del plano, 4.3. Aplicaciones geométricas

54 52 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento aún así puede usar la fórmula anterior identificando (x, y) con (x, y, 0). Una ecuación vectorial del plano que contiene a los puntos no colineales P, Q y R puede ser (x, y, z) = P + t P Q + s P R. Para la ecuación cartesiana, halle primero una normal n = P Q P R y la ecuación correspondiente será n (x, y, z) = n P, ó n (x, y, z) = n Q ó n (x, y, z) = n R. Para hallar la distancia del punto R a la recta que pasa por P y Q existen diversas alternativas (ver figura 4.12): (a) Utilizando proyecciones ortogonales,como se explica en el texto, si d es la distancia pedida, se tiene d = P R P roy P QP R (4.5) d = P R 2 P roy P QP R 2 = P R 2 P R P Q 2 (4.6) P Q 2 (b) Si se considera el área, a, del triángulo con vértices en P, Q y R, entonces d es la altura correspondiente al lado P Q y se tiene que a = 1 2 P Q d = 1 2 P Q P R, de donde se sigue que d = P Q P R P Q (4.7) Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

55 Introducción al Álgebra Lineal 53 Figura 4.12: Distancia de un punto a una recta. Como ilustración, considere los puntos del ejercicio 1 (d): P (1, 2), Q(3, 6) y R(4, 7), los cuales no son colineales ya que P Q = (2, 4) y P R = (3, 5) no son paralelos. Se tiene que 26 P R P roy P QP R = (3, 5) 20 (2, 4) = 1 (2, 1). 5 Si d es la distancia de R a la recta que pasa por P y Q, tenemos de 4.5 d = 1 (2, 1) 5 = O, usando 4.6, d = P R 2 P R P Q 2 = P Q = 1 5 = Finalmente, usando 4.7, tenemos que P Q P R se identifica con el vector (2, 4, 0) (3, 5, 0) = (0, 0, 2), por lo que d = P Q P R P Q = 2 20 = Aplicaciones geométricas

56 54 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento 3. (a) i. La pendiente es m = 3 = 3, por lo que un vector paralelo 1 a la recta es v = (1, 3). Así, una ecuación vectorial para la recta es (x, y) = (0, 0) + t(1, 3) = (t, 3t). ii. La pendiente de la recta es la misma de la de recta de ecuación 2x + 5y = 10, o sea y = 2 x + 2, de modo que la pendiente 5 es m = 2 y un vector paralelo es v = (5, 2). Una ecuación 5 vectorial es entonces (x, y) = (1 + 5t, 3 2t). iii. La pendiente de la recta de ecuación 2x + 5y = 10 es, como en el ejercicio anterior, m = 2, por lo que la pendiente de la 5 recta cuya ecuación se busca es m = 1 m = 5 y, por tanto, 2 un vector paralelo a la misma es v = (2, 5). Así, una ecuación vectorial es (x, y) = (2t, 5t). iv. Para la recta de ecuación cartesiana 5x 4y = 0, cada punto con coordenadas (x, y) satisface y = 5 x, haciendo x = t, se 4 tiene (x, y) = (t, 54 ) t que es una ecuación vectorial para la recta. v. (x, y) = (t, 4). vi. (x, y) = (b, t). vii. Para la recta de ecuación (x, y) = (2 + t, 5 3t) = (2, 5) + t(1, 3), un vector paralelo es v = (1, 3). Por lo tanto, para la recta que pasa por (2, 7) y es paralela a la anterior, una ecuación vectorial es (x, y) = (2, 7) + t(1, 3). viii. (x, y) = P + t P Q = (1, 5) + t(6, 3) ó (x, y) = (1, 5) + t(2, 1). Otras ecuación válida es (x, y) = (7, 8) + s(2, 1). Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

57 Introducción al Álgebra Lineal 55 ix. Un vector paralelo a la recta de ecuación x+y = 5 es v = (1, 1) (o ( 1, 1)) si w = (a, b) (0, 0) es un vector paralelo a la recta cuya ecuación se pide, entonces v y w forman un ángulo de π 4 (o de 3π, pero en este caso se podría tomar el negativo del vector 4 w que también es paralelo a la recta deseada). Figura 4.13: Ejercicio 3 (a) (ix). Se tiene entonces: 0 < v w = a b = a 2 + b 2 ( π ) 2cos = a b 2. Por lo tanto, se tiene 0 < a b = a 2 + b 2 cuadrado se tiene y elevando al a 2 2ab + b 2 = a 2 + b 2 = 2ab = 0. Entonces debe tenerse a = 0 o b = 0. Como a > b, esto significa que w puede ser de una de las dos formas w = (0, b), con b < 0, ó w = (a, 0) con a > 0. Tenemos así dos rectas distintas (ver figura 4.13) que satisfacen las condiciones deseadas: una paralela al vector w 1 = (0, 1) y 4.3. Aplicaciones geométricas

58 56 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento otra paralela a w 2 = (1, 0). Las ecuaciones vectoriales correspondientes son (x, y) = (3, 2 t) (x, y) = (3 + t, 2) x. Procediendo como en el ejercicio anterior, se obtienen dos rectas distintas (figura 4.14) con vectores paralelos w = (a, b), con b < 0 y: Es decir, se obtienen a = 2b + 3b, en un caso, a = 2b b 3, en el otro caso. w 1 = (2 3, 1), w 2 = (2 + 3, 1). Figura 4.14: Ejercicio 3 (a) (x). (b) i. (x, y, z) = (1 t, 2 + 2t, 3 + 2t). ii. (x, y, z) = (3 + t, 4 5t, 6 + 4t). Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

59 Introducción al Álgebra Lineal 57 iii. Existe una familia infinita de rectas perpendiculares a la recta dada y pasando por (3, 2, 4). Cada una de ellas tiene ecuación de la forma (x, y, z) = (3, 2, 4) + s(a, b, c), donde (a, b, c) es un vector no nulo que satisface a 5b+4c = 0. iv. (x, y, z) = (1, 3, 5 + t). v. (x, y, z) = (1, 3 + t, 5). vi. Existe una familia infinita de rectas como las pedidas. Cada una de ellas tiene ecuación de la forma (x, y, z) = (1, 3, 5) + t(a, b, 0), con a 0 ó b 0. vii. Halle la interseción de las rectas dadas resolviendo el sistema que resulta de (2+t, 3 5t, 9 8t) = (6+3s, 17+s, 23+3s), encontrando t = 4, s = 0. El punto de intersección es entonces Q(6, 17, 23). Así, una ecuación vectorial es (x, y, z) = (6t, 17t, 23t). viii. La recta es la intersección de los dos planos. Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de los planos se obtiene (x, y, z) = t (1, 6, 7) = s(1, 6, 7) 7 como ecuación vectorial de la recta. ix. Existen infinitas rectas. Cada una tiene ecuación de la forma (x, y, z) = (1, 3, 1) + t(a, b, c), con a + 2b c = 0 y (a, b, c) (0, 0, 0). x. (x, y, z) = (6t, 3 3t, 0). xi. (x, y, z) = (6 + t, 0, t). xii. Errata: En las ecuaciones paramétricas de la recta dada debería ser: x = 2t, y = 3 + t, z = 5 + 2t. Reemplazando x, y, z, dados en términos de t, en la ecuación del plano, se obtiene t = 5 y el punto de intersección de la 2 recta dada con la recta que se pide (y el plano que la contiene) es P (5, 11/2, 10). Una ecuación vectorial es entonces (x, y, z) = (6, 0, 0) + t(1, 11/2, 10) = (6 + 2s, 11s, 20s) Aplicaciones geométricas

60 58 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento xiii. Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de los planos dados se obtiene la ecuación vectorial de la recta intersección (x, y, z) = ( 5, 10, 0) + t(2, 1, 1) El vector (2, 1, 1) es paralelo a la recta pedida (y al plano que la contiene). Una ecuación vectorial es, por lo tanto, (x, y, z) = (4 + 2t, 1 t, t). xiv. Si v es un vector paralelo a la recta cuya ecuación se pide, entonces v debe ser ortogonal tanto al vector w = (2, 1, 1), vector paralelo a la recta intersección de los dos planos dados (ejercicio anterior), como al vector n = (1, 1, 1), normal al plano de ecuación x + y z = 5. Por lo tanto v debe ser un múltiplo no nulo del producto cruz w n = (2, 1, 1) (1, 1, 1) = (0, 3, 3). Tomando v = (0, 1, 1) se obtiene la ecuación vectorial (x, y, z) = (4, 1 + t, t). xv. Si v = (a, b, c) es un vector paralelo a la recta pedida, entonces v es ortogonal a n = (1, 1, 1) y satisface, por lo tanto, a + b = c. Por otra parte, v forma ángulo de π/4 con el vector w = (2, 1, 1), por lo que se debe tener 0 < v w = 2a b + c = 6 ( π ) a 2 + b 2 + c 2 cos 4 3a = 3 2a 2 + 2b 2 + 2ab, a > 0 Elevando al cuadrado y simplificando se obtiene: a 2 2ab 2b 2 = (a b) 2 3b 2 = 0 a = b + 3b, b > 0 a = b 3b, b < 0 por lo que se obtienen dos rectas con vectores paralelos v 1 = b(1+ 3, 1, 2+ 3), b > 0, y v 2 = b(1 3, 1, 2 3), b < 0. Las dos rectas tendrán ecuaciones vectoriales (x, y, z) = (4, 1, 0) + t(1 + 3, 1, 2 + 3) (x, y, z) = (4, 1, 0) + t( 3 1, 1, 3 2) Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

61 Introducción al Álgebra Lineal 59 xvi. La recta pedida contiene al origen, el cual está también sobre el plano de ecuación x + 5y 3z = 0. Por lo tanto este último es el mismo plano que contiene a la recta. Existen infinitas de tales rectas, cada una de ellas tiene una ecuación vectorial de la forma (x, y, z) = t(3c 5b, b, c), donde b y c son reales tales que b 0 o c 0. xvii. Existen, como en el ejercicio anterior, infinitas rectas que satisfacen las condiciones dadas, una por cada punto del plano dado. Así, si P (a, b, c) es un punto cualquiera del plano, entonces se satisface que a+3b 4c = 6 y v = (a, b, c) = (6 3b+4c, b, c) es un vector paralelo a la recta que pasa por el origen e intersecta al plano dado en P. Una ecuación vectorial es entonces 4. (a) Véase figura (x, y, z) = t(6 3b + 4c, b, c). Figura 4.15: Ejercicio 4 (a). Sean P 1, P 2, P 3, P 4 los puntos deseados, enumerados en la dirección 4.3. Aplicaciones geométricas

62 60 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento del vector P Q. Entonces para cada i = 1, 2, 3, 4 se cumple que P i = P + i P Q = (2 i, i, ) i. Por lo que los puntos pedidos son P 1 (1, 6/5, 27/5), P 2 (0, 3/5, 29/5), P 3 ( 1, 12/5, 31/5) y P 4 ( 2, 21/5, 33/5). (b) El punto medio de P Q es 1 (P + Q) = ( 1/2, 3/2, 6) y el vector 2 P Q = ( 5, 9, 2) es normal al plano, por lo que el mismo tiene ecuación cartesiana 5x + 9y + 2z = ( 5, 9, 2) ( 1/2, 3/2, 6) = 28. (c) Determine un vector v ortogonal a P Q y con la mitad de la norma del mismo. Los otros dos vértices del cuadrado son puntos S y T con v = MS = T M, siendo M( 1/2, 3/2, 6), punto medio de P Q. Figura 4.16: Ejercicio 4 (c). (d) Halle un vector w ortogonal a P Q y con la misma norma. Luego tome P R = w y despeje R. Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

63 Introducción al Álgebra Lineal 61 (e) Vea ejercicio (a). 5. (a) El sistema resultante de (2 3t, 4 + 5t, 3 + 2t) = P = (5, 1, 5), tiene como única solución t = 1, lo que muestra que P está en L. Si en lugar de P se toma Q( 4, 14, 2), el sistema correspondiente es inconsistente. (b) Cada punto (x, y, z) de L es de la forma (2 3t, 4 + 5t, 3 + 2t), para algún real t. Ahora, para un tal punto se tiene 3x+y+2z = 3(2 3t)+(4+5t)+2( 3+2t) = 6 9t+4+5t 6+4t = 4; es decir, sus coordenadas satisfacen la ecuación del plano Π, por lo que L Π. (c) La recta L pasa por R(2, 4, 3) y es paralela a v = ( 3, 5, 2). Todo plano que la contenga contiene a R y debe tener un vector normal (a, b, c) (0, 0, 0), ortogonal a v, por lo que debe satisfacer c = 1 (3a 5b). 2 Podemos tomar entonces n = (2a, 2b, 3a 5b), con a 0 o b 0. La familia de planos que contienen a L está descrita por 2ax + 2by + (3a 5b)z = (2a, 2b, 3a 5b) (2, 4, 3) = 23b 5a, con a 0 o b 0. (d) Se obtienen tres ecuaciones vectoriales, con pares de generadores distintos, despejando cada una de las tres variables: ( ) 4 (x, y, z) = 3, 0, 0 + t( 1, 3, 0) + s( 2, 0, 3) (x, y, z) = (0, 4, 0) + t(1, 3, 0) + s(0, 2, 1) (x, y, z) = (0, 0, 2) + t(2, 0, 3) + s(0, 2, 1) ( ) 4 Nótese que los puntos A 3, 0, 0, B(0, 4, 0) y C(0, 0, 2), son las intersecciones del plano con los ejes coordenados. Ahora, AB y AC forman un par de generadores de Π, así como también CB y CA. Por otra parte, la ecuación del plano proporciona todos los puntos que se deseen para hallar otras ecuaciones vectoriales Aplicaciones geométricas

64 62 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento (e) Toda recta perpendicular a Π es paralela al vector normal N = (3, 1, 2) e intersecta al plano en un punto. Existen, por supuesto, infinitas de tales rectas, descritas por (x, y, z) = (a, 4 3a 2c, c) + t(3, 1, 2), a, c R (a) P Q y P R forman un par de generadores y P Q P R es una normal. (b) Las rectas dadas son paralelas y tienen a v = ( 1, 1, 2) como un vector paralelo. Los puntos P (2, 5, 3) y Q(4, 1, 0) son puntos pertenecientes cada uno a una sola de las rectas dadas. Por lo tanto el vector w = P Q es paralelo al plano pedido y forma con v un par de generadores del mismo. v w es un vector normal al plano. (c) El punto Q(2, 0, 8) está en la recta dada, la cual no contiene a P y es paralela a v = (5, 3, 4). De modo que w = P Q y v forman un par de generadores del plano y v w es normal al mismo. (d) Las rectas dadas se intersectan en el punto P (6, 1, 7) y no son paralelas. Los vectores paralelos a dichas rectas, v = (1, 1, 4) y w = (1, 3, 8), forman un par de generadores del plano que las contiene y v w es una normal a dicho plano. 7. (a) Igualando (2 + t s, 3 2t + 4s, 7 8s) = (7/4, 5, 1) se obtiene un sistema consistente con s = 3/4, t = 1/2, de modo que P Π. Si se toma Q(7, 7, 6), por el contrario, se obtiene una inconsistencia. (b) Un vector normal al plano Π es n = 1 (1, 2, 0) ( 1, 4, 8) = (8, 4, 1) 2 por lo que una ecuación cartesiana para Π es 8x + 4y + z = (8, 4, 1) (2, 3, 7) = 35. Para el plano paralelo a Π que contiene a R(7, 7, 6) se tiene 8x + 4y + z = (8, 4, 1) (7, 7, 6) = También podría escribirse (x, y, z) = (a, b, c)+t(3, 1, 2), con a, b y c arbitrarios, pero toda recta con una ecuación tal intersecta al plano Π en un único punto, como puede probarse fácilmente. Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.

65 Introducción al Álgebra Lineal 63 (c) Verifique que la terna (4 t, 1 + 4t, 7 8t) satisface la ecuación cartesiana del plano Π hallada en el item anterior (8x + 4y + z = 35). Por otra parte, si n es normal al plano pedido, entonces es ortogonal tanto a n = (8, 4, 1), normal a Π, como a w = ( 1, 4, 8), vector paralelo a L, de modo que n es un múltiplo escalar no nulo de n w = ( 36, 63, 36). Tomando n = (4, 7, 4), se tiene la ecuación cartesiana del plano pedido: 4x 7y 4z = (4, 7, 4) (4, 1, 7) = 5, de la cual se puede obtener fácilmente una ecuación vectorial. 8. Si n 1 y n 2 son normales a Π 1 y Π 2, respectivamente, entonces Π 1 y Π 2 son paralelos si y solo si n 1 y n 2 son múltiplos no nulos el uno del otro. Esto es equivalente a decir que cada vector normal a un plano lo es al otro. Esto, a su vez, equivale a decir que las ecuaciones de Π 1 y Π 2 son equivalentes, respectivamente, a ecuaciones cartesianas ax + by + cz = d 1 (4.8) ax + by + cz = d 2 (4.9) para constantes reales d 1 y d 2, siendo (a, b, c) un vector normal a los planos. Así, Π 1 y Π 2 se identifican con los conjuntos soluciones (no vacíos) de 4.8 y 4.9, respectivamente. Ambas ecuaciones tienen la misma ecuación homogénea asociada ax + by + cz = 0 la cual corresponde a un plano que pasa por el origen y tiene ecuación (x, y, z) = tv 1 + tv 2, siendo v 1 y v 2 generadores del plano y del subespacio solución de la ecuación homogénea. Ahora, la ecuación del plano Π i es de la forma (x, y, z) = a i + tv 1 + sv 2, siendo a i una solución particular de la ecuación de Π i. Así, todo par de generadores del espacio solución de la ecuación homogénea lo es tanto de Π 1 como de Π Aplicaciones geométricas

66 64 Castañeda Hernández/ Barrios Sarmiento 9. (a) Consideremos primero el caso de la recta en el plano con ecuación ax + by = c, a 0 o b 0. El vector v = ( b, a) es paralelo a la recta, como se puede verificar fácilmente. De modo que si P (x 0, y 0 ), la distancia de P a la recta es (ver figura 4.17) d = QP 2 P roy vqp 2, siendo Q(x 1, y 1 ) un punto cualquiera de la recta, es decir ax 1 + by 1 = c. Figura 4.17: Ejercicio 9. Tenemos entonces: d = QP 2 ( QP v) 2 v 2 (a 2 + b 2 )[(x 0 x 1 ) 2 + (y 0 y 1 ) 2 ] [b(x 0 x 1 ) a(y 0 y 1 )] 2 = a 2 + b 2 [a(x 0 x 1 ) + b(y 0 y 1 )] 2 = a 2 + b 2 = ax 0 + by 0 (ax 1 + by 1 ) a2 + b 2 = ax 0 + by 0 c a2 + b 2 Capítulo 4. Vectores en R 2 y R 3.