MA 1116 Segundo Parcial 2019 Verano Tipo A pdf

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(1)Julio-Agosto 2019 MA1116 - Matemáticas III Solución Parcial 2 (30 %) Turno 2-3 Pregunta 1 (11 ptos.) Considere el plano π1 : −x + y + 3z = 31, y las rectas de ecuación   x = −1 − 5γ y = 8 + 2γ L1 : x + 2 = 3 − y ; z = 2 L2 :  z = 6 − 2γ a) Halle las ecuaciones paramétricas de la recta L que pasa por el punto P = L1 ∩ L2 y que es paralela al plano π1 y ortogonal a la recta L1 . b) Halle la ecuación cartesiana del plano π que contiene al punto P y a los puntos de intersección del plano π1 con las rectas L1 y L2 . c) Use proyección para hallar el vector cuya norma otorga la distancia del punto A(−3, 0, −1) a la recta L. Solución a) Para hallar la ecuación de una recta en el espacio, en general, es necesario conocer un punto que pase por la recta y la dirección de la misma (o conocer dos puntos que pasen por la recta, pero en este caso es conveniente lo anterior). Como tenemos que la recta L que buscamos pasa por el punto P = L1 ∩ L2 , lo primero que debemos hacer es hallar este punto explı́citamente. Para esto, comenzamos por escribir la recta L1 en su forma paramétrica:   x = −2 + t y = 3−t L1 :  z = 2 Para hallar la intersección de las rectas L1 y L2 debemos igualar los x, y y z de las ecuaciones paramétricas de las rectas lo cual nos genera el sistema   −2 + t = −1 − 5γ 3 − t = 8 + 2γ  2 = 6 − 2γ. .  . 5γ + t −2γ − t  2γ. = = =. 1 5 4. De donde se deduce que los valores de los parámetros que satisfacen las ecuaciones son γ = 2 y t = −9. Sustituyendo estos valores en cualquiera de las rectas respectivas obtenemos el punto P (−11, 12, 2). 1.

(2) Ası́, sabiendo que la recta que buscamos pasa por P solo basta hallar la dirección. Como L debe ser paralela al plano π1 , esto significa que la dirección de la recta debe ser ortogonal al vector normal de dicho plano (pues por definición el vector normal de un plano es ortogonal a cualquier vector sobre el mismo o paralelo a él); y como L debe ser ortogonal a la recta L1 entonces el vector director de L debe ser ortogonal al vector director de L1 . Sean d~ el vector director de la recta L, ~n1 = (−1, 1, 3) el vector normal del plano π1 (deducido del enunciado), y d~1 = (1, −1, 0) el vector director de la recta L1 (deducido bien sea del enunciado, o bien de las ecuaciones paramétricas establecidas luego). Como buscamos que d~ ⊥ d~1 y d~ ⊥ ~n1 ; entonces debemos elegir d~ = d~1 × ~n1 , pues dará un vector con las propiedades buscadas. Ası́ i d~ = 1 −1. j −1 1. k 0 = −3i − 3j + 0k = (−3, −3, 0) 3. Tomamos d~ = (1, 1, 0) pues solo nos interesa la dirección mas no la magnitud ni el sentido de ésta. Luego, con la dirección d~ y el punto P (−11, 12, 2) ya podemos construir la ecuación de la recta. Consideramos Q(x, y, z) un ~ De donde obtenemos las punto genérico en la recta L. Hacemos P~Q = λd. ecuaciones paramétricas   x + 11 = λ y − 12 = λ  z − 2 = 0λ.   x = y = L :  z =. . −11 + λ 12 + λ 2. b) Es conocido que para hallar la ecuación de un plano basta conocer tres puntos que estén en él (o conocer un punto y su vector normal, pero es conveniente lo anterior primero para luego llevarlo a este otro caso). El enunciado establece que el plano que buscamos contiene tres puntos: P (−11, 12, 2) (que lo hallamos en el inciso a)), R = π1 ∩ L1 y S = π1 ∩ L2 . Ası́ que debemos comenzar por hallar los puntos R y S explı́citamente. Empezamos por hallar R. Considerando las ecuaciones paramétricas de L1 determinadas en el inciso anterior, sustituimos los valores de x, y y z en la ecuación del plano π1 , obteniendo −(−2 + t) + (3 − t) + 3(2) = 31 Despejando t tenemos que t = −10. Sustituyendo este parámetro en L1 obtenemos el punto R(−12, 13, 2). Análogamente, sustituyendo ahora los valores de x, y y z de L2 en la ecuación del plano π1 , y despejando el parámetro, obtenemos que γ = 4. Sustituyendo este valor en L2 tenemos el punto S(−21, 16, −2). 2.

(3) Ası́, obtenemos que los 3 puntos por donde pasa el plano deseado son P (−11, 12, 2), R(−12, 13, 2) y S(−21, 16, −2). Por tanto, los vectores P~R = (−1, 1, 0) y P~S = (−10, 4, −4) deben estar contenidos en el plano π. Ası́, el vector normal del plano que buscamos está dado por ~n = P~R × P~S. Esto es, i j k ~n = −1 1 0 = −4i − 4j + 6k = (−4, −4, 6) −10 4 −4 Que, nuevamente, no es relevante la magnitud o el sentido del vector normal. Por lo que podemos tomar ~n = (2, 2, −3). Ası́, considerando Q(x, y, z) un punto genérico en el plano π, hacemos P~Q • ~n = 0. De donde obtenemos (x + 11, y − 12, z − 2) • (2, 2, −3) = 0, y finalmente la ecuación del plano buscada es π : 2x + 2y − 3z = −4 c) Consideramos un punto cualquiera sobre la recta L, usaremos P (−11, 12, 2) (haciendo λ = 0 en L, si se quiere ver ası́). Luego, trazamos el vector P~A = (8, −12, −3). Proyectamos este vector sobre la dirección de la recta, d~ = (1, 1, 0).. Proyd~P~A =. P~A • d~ ~ (8, −12, −3) • (1, 1, 0) d= (1, 1, 0) = (−2, −2, 0) ~2 12 + 12 + 02 |d|. El vector cuya norma nos otorga la distancia del punto A a la recta L viene dado por ω ~ = P~A − Proyd~P~A = (8, −12, −3) − (−2, −2, 0) = (10, −10, −3). 3.

(4) Pregunta 2 (7 ptos.) Considere el espacio vectorial P3 junto con la suma y multiplicación por escalares usuales. Sea H = { p(x) ∈ P3 : p00 (1) − p0 (1) = 0, p0 (1) − p(1) = 0} a) Demuestre que H es un subespacio de P3 . b) Halle una base para H y su dimensión. Solución a) Probamos los tres axiomas para chequear que H es subespacio: i) Sea f (x) = ~0 = 0 + 0x + 0x2 + 0x3 . Es claro que ~0 ∈ H, pues f 00 (1) − f 0 (1) = 0, y f 0 (1) − f (1) = 0. ∴ H 6= φ. ii) Sean p(x), q(x) ∈ H. Entonces se satisface p00 (1) − p0 (1) = 0, p0 (1) − p(1) = 0, q 00 (1) − q 0 (1) = 0, q 0 (1) − q(1) = 0. Queremos ver si p(x) + q(x) ∈ H. Como es la suma usual de polinomios, tenemos que p(x) + q(x) = (p + q)(x) y (p+q)00 (1)−(p+q)0 (1) = p00 (1)+q 00 (1)−p0 (1)−q 0 (1) = p00 (1)−p0 (1) + q 00 (1)−q 0 (1) Usando las hipótesis de que p y q están en H, esta última igualdad es 0 + 0 = 0. Con lo cual mostramos la primera condición de estar H. De igual forma se cumple que (p + q)0 (1) − (p + q)(1) = p0 (1) − p(1) + q 0 (1) − q(1) = 0 + 0 = 0 ∴ p(x) + q(x) ∈ H. iii) Sea α un escalar, y p(x) ∈ H. Se satisface p00 (1) − p0 (1) = 0, p0 (1) − p(1) = 0. Queremos ver si αp(x) ∈ H. Chequeamos las condiciones: (αp)00 (1) − (αp)0 (1) = α p00 (1) − p0 (1) = α · 0 = 0 De igual forma se cumple que (αp)0 (1) − (αp)(1) = α p0 (1) − p(1) = α · 0 = 0 ∴ αp(x) ∈ H. Por i), ii) y iii), se ha demostrado que H es subespacio de P3 b) Sea p(x) = a0 +a1 x+a2 x2 +a3 x3 ∈ H. Entonces, p0 (x) = a1 +2a2 x+3a3 x2 y p00 (x) = 2a2 + 6a3 x. Ası́ tenemos que p00 (1) − p0 (1) = (2a2 + 6a3 ) − (a1 + 2a2 + 3a3 ) = 0 4.

(5) Por otro lado, p0 (1) − p(1) = (a1 + 2a2 + 3a3 ) − (a0 + a1 + a2 + a3 ) = 0 Desarrollando y simplificando obtenemos que a1 = 3a3 y a0 = a2 + 2a3 . De modo que podemos reescribir H como H = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ P3 : a1 = 3a3 , a0 = a2 + 2a3 Ası́, cualquier polinomio en H como p(x) satisfará: p(x). = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 = (a2 + 2a3 ) + (3a3 )x + a2 x2 + a3 x3 = a2 (1 + x2 ) + a3 (2 + 3x + x3 ). Es decir, cualquier polinomio en H se expresa como una combinación lineal de los polinomios h1 = 1 + x2 y h2 = 2 + 3x + x3 . Por ello, tenemos que H = gen{h1 , h2 } Como tenemos dos vectores donde claramente ninguno es múltiplo escalar de otro, podemos concluir que estos dos vectores son LI. Por tanto, una base para H es βH = {1 + x2 , 2 + 3x + x3 } y ası́ dimH = 2. 5.

(6) Pregunta 3 (7 ptos.) Sea la matriz .  0 1 1 −3  2 −1 −3 4. 1 −1 A=  3 −2. a) Halle una base para el núcleo y una base para la imagen de la matriz A. b) Halle ν(A) y ρ(A). c) Halle el espacio de las filas de A, RA . Solución a) Hallamos la imagen primero. Consideramos ~y ces consideramos el sistema aumentado  1 0 1 a  −1 1 −3 b   3 2 −1 c −2 −3 4 d. = (a, b, c, d) ∈ ImA. Enton   . Mediante operaciones elementales por filas queda: .  a  b+a  c − 2b − 5a  d + 3b + 5a. 1 0 1  0 1 −2   0 0 0 0 0 0. Para no tener inconsistencia, es necesario que c − 2b − 5a = 0. y d + 3b + 5a = 0. De aquı́ que ImA = (a, b, c, d) ∈ R4 : c = 2b + 5a , d = −3b − 5a Luego, .   a a  b   b     c  =  2b + 5a d −3b − 5a. . .   1 0   0   1  = a     5  + b 2 −5 −3. Es decir,    1 0      1 0   ImA = gen   5 , 2    −5 −3 6.        .    .

(7) Como ninguno de estos dos vectores es múltiplo escalar de otro, este conjunto es LI. Ası́, una base para la imagen está dada por    1 0      1 0     5 , 2    −5 −3.        . Ahora, haciendo a = b = c = d = 0 en la matriz aumentada que obtuvimos al hacer reducción por filas, tenemos el sistema que nos permite hallar el núcleo de la matriz. Esto es, . 1 0  0 1   0 0 0 0. 1 −2 0 0.  0 0   0  0. De donde deducimos que si ~x = (x, y, z) ∈ NA , entonces . x+z =0 y − 2z = 0. .   x = −z y = 2z  z=z.       −1 −z x Ası́, y  =  2z  = z  2  ∀z ∈ R 1 z z    −1  Es decir, NA = gen  2  . Como es único, claramente es LI. Por lo   1 que una base para el espacio nulo de A está dado por el único vector     −1  2   1 b) De la parte a) deducimos que ν(A) = 1 y ρ(A) = 2 . c) Por definición, sabemos que el espacio de las filas de A viene dado por          −1 3 −2   1 RA = gen 0 ,  1  ,  2  , −3   1 −3 −1 4. 7.

(8) Sin embargo, por teorema sabemos que si A es equivalente por filas a B, entonces RA = RB . De modo que tendrı́amos     0   1    0 RA = RB = gen , 1   1 −2 Donde en este caso solo tenemos las filas en donde se pudo colocar pivote en la forma escalonada reducida de la matriz A. Sean r1 y r2 estas filas y sea ~v = (a, b, c) un vector genérico en RA . Entonces buscamos el conjunto de los ~v tales que ~v = c1 r1 + c2 r2 Lo cual genera el sistema aumentado:   1 0 a  0 1 b  1 −2 c Aplicando operaciones elementales por filas se lleva a la matriz aumentada equivalente:   1 0 a  0 1  b 0 0 c − a + 2b Ası́, para no tener inconsistencia es necesario que c − a + 2b = 0. Luego, podemos reescribir RA = (a, b, c) ∈ R4 : c = a − 2b. 8.

(9) Pregunta 4 (5 ptos.) Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. a) El subconjunto H = {A ∈ Mn : A es antisimétrica} es un subespacio de Mn . b) Si {~v1 , ~v2 , ~v3 } es un conjunto linealmente independiente de un espacio vectorial V , entonces el conjunto {2~v1 − ~v2 , ~v3 − 3~v1 , ~v1 + ~v2 − ~v3 } también lo es. Solución a) Verdadero. i) Sea ~0 ∈ Mn la matriz nula de orden n. Es claro que ~0 ∈ H pues esta matriz es, en particular, antisimétrica. Ası́, H 6= φ. ii) Sean A, B ∈ H. Entonces tenemos que At = −A y B t = −B. Luego, (A + B)t = At + B t = −A − B = −(A + B) Es decir, A + B ∈ H, por lo que H es cerrado bajo la suma usual de matrices. iii) Sea A ∈ H y α un escalar. Tenemos de nuevo que At = −A. Luego, (αA)t = αAt = α(−A) = −(αA) Es decir, αA ∈ H, por lo que H es cerrado bajo la multiplicación por un escalar usual de las matrices. Por i) ii) y iii), probamos que H es subespacio de Mn . b) Falso. Si {~v1 , ~v2 , ~v3 } es un conjunto LI de un espacio vectorial V , entonces sabemos que si para cualesquiera c1 , c2 , c3 escalares se tiene c1~v1 + c2~v2 + c3~v3 = ~0 entonces necesariamente c1 = c2 = c3 = 0. Veamos ahora si el otro conjunto satisface esto: Sean α1 , α2 , α3 escalares, supongamos α1 (2~v1 − ~v2 ) + α2 (~v3 − 3~v1 ) + α3 (~v1 + ~v2 − ~v3 ) = ~0 Desarrollando y reescribiendo, obtenemos (2α1 − 3α2 + α3 )~v1 + (−α1 + α3 )~v2 + (α2 − α3 )~v3 = ~0 9.

(10) La cual es una combinación lineal de los ~vi igualada al vector cero de V . Por hipótesis, sabemos que estos coeficientes deben ser cero, lo cual genera el sistema   2α1 − 3α2 + α3 = 0 −α1 + α3 = 0  α2 − α3 = 0 Resolviendo este sistema homogéneo, se obtienen infinitas soluciones. Por lo que NO necesariamente se debe cumplir α1 = α2 = α3 = 0. Es decir, este conjunto es linealmente dependiente (LD).. Prof. Jorge Sánchez [email protected]. 10.

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