El producto escalar: longitudes, a ngulos y perpendicularidad

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(1)

5.5.

El producto escalar: longitudes, ´

angulos y

perpen-dicularidad

Hemos introducido ecuaciones de rectas y planos a trav´es de la representaci´on de puntos y vectores en un sistema de coordenadas ortogonal en el espacio. En esta secci´on aparecer´an en escena dos conceptos b´asicas de la geometr´ıa: las distancias y los ´angulos. En nuestra presentaci´on tendr´a un lugar destacado la noci´on de producto escalar de dos vectores, un n´umero asociado a cada pareja de vectores que puede calcularse con mucha facilidad a partir de sus expresiones en coordenadas. Veremos tambi´en c´omo el producto escalar permite cal-cular longitudes de vectores, distancias entre puntos y ´angulos entre vectores. En partical-cular, nos permitir´a reconocer relaciones de perpendicularidad.

A los efectos de hacer evidente la geometr´ıa de la situaci´on haremos primero una discusi´on de todos estos conceptos en el plano R2. En la secci´on 5.5.2 discutiremos la extensi´on al

espacio de dimensi´on tres R3. Aunque no exploraremos la geometr´ıa de espacios de m´as de

tres dimensiones, vale la pena mencionar que todo es muy f´acilmente generalizable a un espacio de dimensi´on cuatro, cinco o m´as.

5.5.1.

Longitudes, ´

angulos, producto escalar: discusi´

on preliminar

en el plano

Cuando dibujamos el vector ~U = (u1, u2)

en el plano coordenado, los n´umeros u1 y u2

identifican las proyecciones del vector sobre los ejes coordenados. El vector queda repre-sentado por un segmento que es la hipotenu-sa de un tri´angulo rect´angulo cuyos catetos miden u1 y u2, tal como se muestra en la

fi-gura 5.114

Indicaremos con la notaci´on |~U | la longi-tud del vector ~U , a la que llamaremos tam-bi´en el m´odulo de ~U .

u1

u2 U

Figura 5.114

Aplicando el viejo y querido Teorema de Pit´agoras, concluimos que

|~U |2 = u21+ u22. (5.20)

Por lo tanto, el m´odulo |~U | de un vector se puede calcular a partir de sus coordenadas como

|~U | = q

u2

1+ u22. (5.21)

Ejercicio 257 Cuando u1 o u2 son menores o iguales que 0 la interpretaci´on de estos n´

ume-ros como longitudes de los catetos de un tri´angulo dejan de tener sentido, pero la f´ormula (5.20) para la longitud de ~U sigue siendo v´alida. ¿Por qu´e?

(2)

Ejemplo 96 El vector (5, 12) tiene un m´odulo igual a |(5, 12)| = √52+ 122 = 13.

Ejercicio 258

1. Calcular el m´odulo de (10, 24) y de (−15, −36).

2. Encontrar otro vector de coordenadas enteras y m´odulo entero, que no sea un m´ultiplo

entero de (5, 12).

A partir de la longitud de vectores en R2 podemos calcular la distancia entre dos puntos

p y Q cualesquiera del espacio como la longitud del vector diferencia Q − P . Si P = (xP, yP), Q = (xQ, yQ),

tendremos entonces

d (P, Q) = |Q − P | = q

(xQ− xP)2+ (yQ− yP)2, (5.22)

donde d(P, Q) representa la distancia de P a Q.

Ejemplo 97 En la figura representamos el cuadrado de lado 1 que tiene v´ertices A = (1, 0), B = (2, 0), C = (2, 1) D = (1, 1).

La diagonal AC tiene longitud igual a la distancia que separa los puntos A y C, d(A, C) = |(2, 1) − (1, 0)| = |(1, 1)| =√12+ 12 =2.

El c´alculo de la longitud de la otra diagonal es similar.

d(B, D) = |(2, 0) − (1, 1)| = |(1, −1)| =p12+ (−1)2 =2.

Naturalmente, las dos diagonales del cuadrado tienen la misma longitud, el c´elebre n´umero

irracional √2.

Ejemplo 98 Dado un punto C = (a, b) en el plano y un n´umero r > 0, la circunferencia C que tiene centro C y radio r es el conjunto formado por los puntos (x, y) del plano que est´an a distancia r de C. Es decir, los puntos para los que se satisface

d ((x, y), (a, b)) = |(x − a, y − b)k =p(x − a)2+ (y − b)2 = r.

Como hab´ıamos escogido r > 0 y las distancias nunca pueden ser negativas, la ecuaci´on es equivalente a

(x − a)2+ (y − b)2 = r2, (5.23)

que se obtiene elevando al cuadrado ambos miembros de la ´ultima igualdad. Concluimos as´ı que la ecuaci´on (5.23) caracteriza a todos los puntos que est´an sobre la circunferencia de centro (a, b) y radio r.

(3)

Ejercicio 259 Si en la ecuaci´on (??) se toma r = 0 en vez de r > 0, ¿qu´e puntos la

satisfacen?

Ejercicio 260 Dados los puntos A = (0, 0) y B = (1, 0), ubicar en el plano un punto C de modo que el tri´angulo ABC sea equil´atero.

Ejercicio 261 Hemos definido la distancia entre P e Q como la longitud del vector Q − P . La distancia entre Q y P es entonces la longitud de Q − P . ¿Qu´e relaci´on guardan entre s´ı estas dos distancias? Demostrar esta relaci´on a partir de la f´ormula (5.22) para la distancia entre dos puntos P e Q.

Nuestro pr´oximo objetivo es introducir el producto escalar entre dos vectores ~U y ~V . Comenzamos por dar la definici´on y a continuaci´on discutimos el por qu´e de la definici´on y su sentido geom´etrico.

Definici´on 8 Dados dos vectores ~

U = (u1, u2), ~~V = (v1, v2),

en R2, definimos su producto escalar ~U · ~V por la expresi´on

~

U · ~V = u1v1+ u2v2. (5.24)

Para mostrar el sentido geom´etrico de esta definici´on consideraremos en el plano (x, y) los puntos

P = O + ~U , Q = O + ~V ,

donde O = (0, 0) es el origen de coordenadas del plano. En la figura 5.115 representamos los puntos P y Q, los vectores ~U y ~V y al vector diferencia

Q − P = (O + ~V ) − (O + ~U ) = ~V − ~U = (v1− u1, v2− u2).

. El tri´angulo OP Q tiene lados longitudes

a = d(P, O) = |~U |, b = d(Q, O) = |~V |, c = |~V − ~U |.

Desarrollaremos los c´alculos en la expresi´on (5.22) de |~V − ~U |. Para evitar la ra´ız cuadrada trabajaremos con su cuadrado:

|~V − ~U |2 = (v1− u1)2+ (v2− u2)2. (5.25)

Simplemente desarrollando los cuadrados y ordenando convenientemente los t´erminos, po-demos transformar (5.25) en

|~V − ~U |2 = u21+ u22+ v12+ v22− 2(u1v1+ u2v2). (5.26)

Los dos primeros sumandos suman el cuadrado del m´odulo de ~U , el tercero y el cuarto el cuadrado del m´odulo de ~V . En el ´ultimo sumando del miembro de la derecha aparece el producto escalar ~U · ~V Por lo tanto

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En este punto, vamos a recordar el Teorema del Coseno. Una generalizaci´on del Teorema de Pit´agoras que establece la igualdad

c2 = a2+ b2− 2ab cos θ

para el el tri´angulo OP Q, donde θ es el ´angulo entre los vectores ~U y ~V . Escribiendo lo mismo, pero con la notaci´on de m´odulos de vectores, el Teorema del Coseno viene a decirnos que x y u1 u2 U P Q V a b c v1 v2 V − U θ O b b Figura 5.115 |~V − ~U |2 = |~U |2+ |~V |2− 2|~U ||~V | cos θ. (5.28) De la comparaci´on de (5.27) con (5.28) surge que

~

U · ~V = |~U ||~V | cos θ. (5.29)

La sencilla expresi´on algebraica (5.24) resulta tener un significado geom´etrico muy impor-tante.

Ejemplo 99 El factor cos θ puede tomar valores entre −1 y 1. Es igual a 1 cuando el coseno del ´angulo θ vale cero. Esta situaci´on corresponde a dos vectores colineales que tienen el mismo sentido. Ver la figura 5.116

Mientra 0 < θ < π/2 el coseno es positivo. Eso corresponde a situaciones como las que se esquematiza en la figura 5.117 en las que la proyecci´on de ~V sobre ~U tiene el mismo sentido que ~U (un comentario an´alogo puede hacerse respecto a la proyecci´on de ~U sobre ~V ). Es notable el caso en que los vectores ~U y ~V son ortogonales, como se muestra en la figura 5.118: entonces θ = π/2 y ~U · ~V = 0, de modo que el producto escalar caracteriza la ortogonalidad entre vectores.

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V U θ = 0 b Figura 5.116 V U θ Figura 5.117

Cuando π/2 < θ < π el coseno del ´angulo es negativo. La relaci´on que hay entre los vectores es la que aparece en la figura 5.119

θ V U Figura 5.118 θ V U Figura 5.119

Por ´ultimo, el caso θ = π es el de dos vec-tores colineales con sentido opuesto: un vector es m´ultiplo del otro con una constante nega-tiva.

θ = π

V U

b

Figura 5.120

Observaci´on 48 Cuan ~U y ~V son ortogonales el producto escalar es nulo, los vectores son ortogonales, el tri´angulo OP Q es rect´angulo, el Teorema del Coseno se reduce al Teorema de Pit´agoras y tenemos la igualdad

|V − U|2 = |U|2+ |V |2

que puede verse como una expresi´on del Teorema de Pit´agoras en t´erminos del m´odulo de vectores.

Ejercicio 262 Mostrar que cuando U y V son ortogonales, tambi´en se cumple

|U + U|2 = |U|2+ |V |2. (5.30)

La expresi´on (5.30) para la suma de dos vectores ortogonales tambi´en puede verse como una versi´on del Teorema de Pit´agoras. Identificar cu´al es el tri´angulo sobre el que hay que

razonar en este caso. ♠ ♣

Observaci´on 49 El m´odulo de un vector ~U puede expreserse a partir del producto escalar como

(6)

Vemos entonces que nociones geom´etricas b´asicas como la longitud de los vectores y la distancia entre puntos pueden calcularse a partir del producto escalar. En realidad, toda la geometr´ıa del plano y euclidiano puede derivarse del producto escalar y su sencilla f´ormula. ♠

Ejemplo 100 Consideremos en el plano los vectores (1, 0) y (1, 1). Su producto escalar es

(1, 0) · (1, 1) = 1 × 1 + 0 × 1 = 1. Sus m´odulos son

|(1, 0)| =√1 = 1, |(1, 1)| =√1 + 1 =√2.

De acuerdo con la f´ormula (5.29) el ´angulo θ entre estos dos vectores debe satisfacer

1 = 1 ×√2 cos θ, por lo tanto,

cos θ = √1 2.

El ´angulo θ en el intervalo [−π, π] que sa-tisface esta igualdad es θ = π/4. Este valor refleja el hecho de que los vectores (1, 0) y (1, 1) son, respectivamente, un cateto y la hi-potenusa de un tri´angulo rect´angulo is´osceles,

ver la figura 5.121. x y 1 1 θ Figura 5.121

Ejemplo 101 El producto escalar entre los vectores (1, 1) y (−1, 1) es 1 × (−1) + 1 × 1 = −1 + 1 = 0.

El valor del coseno del ´angulo θ entre estos vectores tiene que ser nulo, por lo que

θ = π 2

y los dos vectores resultan ser

perpendicula-res.

1 −1

1

θ

Los ejemplos 99 y 101 muestran que la perpendicularidad puede caracterizarse por el producto escalar. Si el producto escalar ~U · ~V de dos vectores nulos ~U y ~V es nulo, entonces el valor que corresponde al ´angulo entre los dos vectores es θ = π/2 y son vectores perpen-diculares. Cuando alguno de ellos es nulo, el producto escalar es necesariamente cero. En este caso no podemos definir un ´angulo, pero no hay inconveniente en declarar al vector nulo

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como un vector perpendicular u ortogonal a todos los vectores del espacio. El vector nulo adquiere as´ı la curiosa caracter´ıstica de ser a la vez ortogonal y colineal con cualquier otro vector, pero esto no debe causarnos ninguna dificultad: el cero en el campo num´erico y el vector nulo en el conjunto de los vectores son entes muy particulares.

En la pr´oximo secci´on, veremos c´omo el producto escalar se generaliza del conjunto R2

de los vectores en el plano al conjunto R3 de los vectores en el espacio. Aunque la

geo-metr´ıa del espacio tridimensional pueda parecernos mucho m´as compleja, la sencilla f´ormula (8) que define el producto escalar puede generalizarse casi sin esfuerzo a vectores con tres componentes, simplemente agregando un sumando m´as.

5.5.2.

El producto escalar en R

3

y su geometr´ıa

Nuestra primera definici´on simplemente generaliza la definici´on para vectores de R2.

Definici´on 9 Dados dos vectores ~

U = (u1, u2, u3) V = (v~ 1, v2, v3)

en R3, definimos su producto escalar ~U · ~V por la expresi´on

~

U · ~V = u1v1+ u2v2+ u3v3. (5.31)

Ejemplo 102 El producto escalar entre ~

U = (5, 9, 2), V = (1, −1, 2),~ es

5 × 1 + 9 × (−1) + 2 × 2 = 5 − 9 + 4 = 0.

Como veremos a m´as adelante, en el ejemplo 106, los vectores ~U y ~V son ortogonales. El producto escalar de un vector ~U =

(u1, u2, u3) por s´ı mismo es

~

U · ~U = u21+ u22+ u23. (5.32) Este n´umero es mayor o igual que cero, y so-lo es cero cuando ~U es el vector nulo (0, 0, 0). Aplicando dos veces el Teorema de Pit´agoras a dos tri´angulos diferentes ubicados en dos planos diferentes, no es demasiado complejo ver que ~U · ~U es el cuadrado de la longitud del vector ~U . Ver la figura 5.122, que muestra el vector ~U como la diagonal OP de un parale-lep´ıpedo de lados u1, u2 y u3 en el espacio.

Una primera aplicaci´on del Teorema de Pit´agoras al tri´angulo O′P′′Pimplica que la

diagonal OP′ de la base tiene una longitud l

u1 u2 u3 P P′ P′′ l O U Figura 5.122

(8)

que satisface

l2 = u21+ u22. Una segunda aplicaci´on al tri´angulo OP′P implica

|OP |2 = l2+ u23 = u21+ u22+ u23

Indicaremos con |~U | la longitud del vector ~U , de modo que podemos escribir |~U | =

q u2

1+ u22+ u23 =p ~U · ~U. (5.33)

Ejemplo 103 Consideremos el vector ~ U = (4, −1, 8). El producto ~U · ~U es |~U |2 = 42+ (−1)2+ 82 = 16 + 1 + 64 = 81, de modo que |~U | = 9.

Ejercicio 263 Hallar todos los vectores colineales con ~U que tienen m´odulo 1 Igual que para el caso del producto escalar en el plano, es v´alida la igualdad

~

U · ~V = |~U ||~V | cos θ. (5.34)

La raz´on es que el mismo an´alisis geom´etrico basado en el Teorema del Coseno que hicimos para el caso plano, puede hacer en un plano que contenga las direcciones de ~U y ~V .

Si ~U y ~V son vectores no nulos, podemos calcular el ´angulo entre ellos como el ´unico valor de θ que hace que

cos θ = U · ~V~

|~U ||~V |. (5.35)

Si ~U · ~V = 0 diremos que los vectores son ortogonales. Observemos que en el caso de vectores no nulos el ´angulo entre ellos π/2, y esta noci´on de ortogonalidad coincide con la habitual de perpendicularidad.

Ejemplo 104 Consideremos X = (√3, 1, 0) y determinemos los valores que la expresi´on 5.35 arroja para el ´angulo con los tres vectores coordenados

e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1).

Comencemos por observar que

(9)

Los vectores ei, i = 1, 2, 3, tienen m´odulo 1, por lo que el producto de los m´odulos es igual

a 2 en todos los casos. Los productos escalares dan X · e1 =

3, X · e2 = 1, X · e3 = 0.

Los ´angulos θi entre X y ei deben satisfacer entonces

cos θ1 =

3/2, cos θ2 = 1/2, cos θ3 = 0,

de lo que deducimos

θ1 = π/6, θ2 = π/3, θ3 = π/2.

Estos valores confirman que la definici´on de ´angulo que hemos dado es razonable. Ejemplo 105 Los vectores

e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1),

son vectores de m´odulo uno. Son, respectivamente, vectores directores de los ejes coordenados Ox, Oy y Oz, que apuntan en el sentido positivo de los ejes. Es f´acil verificar que

e1· e2 = e2· e3 = e3· e1 = 0.

Esta propiedad muestra que la noci´on de ortogonalidad asociada con el producto escalar es consistente con nuestra visi´on geom´etrica de las ternas de n´umeros de R3 como las

coorde-nadas de vectores, referidas a un sistema de ejes perpendiculares. Ejemplo 106 Los vectores (5, 0, 2) y (1, −1, 2), del ejemplo 102, p´agina 226, son ortogonales. ♣

Ejercicio 264 Hallar el valor del ´angulo entre las siguientes parejas de vectores en el espacio: 1. (1, 1, 0) y (1, 0, 0);

2. (1, 0, 0) y (−1, 2, 3); 3. (1, 1, −2) y (1, 1, 1).

Ejercicio 265 Mostrar que para cualquier vector ~U = (u1, u2, u3) el vector ~V = (u2, −u1, 0)

es perpendicular a ~U . Interpretar geom´etricamente este nuevo vector.

Ejercicio 266 Calcular el ´angulo que forma un vector no nulo X consigo mismo y con −X. Ejercicio 267 Hallar todos los vectores que son ortogonales a ~U = (1, 2, −1).

Ejercicio 268

1. Mostrar que los vectores ~

V = (2, −1, 0), W = (1, 0, 1),~

(10)

2. Mostrar que punto Q = (x, y, z) pertenece al plano de ecuaciones    x = 2 + 2µ + ν, y = 3 − µ, z = −1 + nu,

si y solo si el vector (x − 2, y − 3, z + 1) es ortogonal a ~U .

3. Interpretar geom´etricamente los resultados de las partes anteriores.

Ejercicio 269 Hallar todos los vectores que son ortogonales a ~U = (1, 2, −1) y a ~V = (2, 1, 0)

Ejercicio 270 Hallar la normal com´un a las rectas de ecuaciones reducidas    x = 1 + 2λ, y = 1 + λ, z = −5,    x = 1 + λ, y = 3 + 2λ, z = 2 − λ,

Calcular la distancia entre las dos rectas. Sugerencia: en el ejercicio252 se construy´o una recta que ten´ıa una direcci´on dada y cortaba dos rectas conocidas.

La siguiente proposici´on recoge y sistematiza algunas propiedades b´asicas del producto escalar que se desprenden directamente de su definici´on, y que usaremos libremente en lo sucesivo.

Proposici´on 10 Sean ~U , ~V y W vectores de R3, y α un n´umero real cualquiera. Entonces

el producto escalar satisface las propiedades

No negatividad y no degeneraci´on: ~U · ~U ≥ 0 y ~U · ~U = 0 si y s´olo si ~U es el vector nulo;

Linealidad respecto a la primera variable: • (~U + ~V ) · W = ~U · W + ~V · W ;

• (α~U ) · ~V = α(~U · ~V ); Simetr´ıa: ~U · ~V = ~V · ~U . Ejercicio 271

1. Demostrar la proposici´on 10 .

2. Demostrar tambi´en que el producto escalar ~U · ~V tambi´en depende linealmente del vector ~V .

3. Mostrar que el producto escalar del vector nulo O con cualquier otro vector del espacio es igual a 0 y que es el ´unico vector del espacio que tiene esta propiedad.

(11)

Ejercicio 272

1. Consideremos los vectores u = (2, −1, −1)/3, v = (1, −2, 1). Hallar |u|, |v| y el ´angulo entre u e v.

2. Sean u y v dos vectores de R3. Hallar |v| sabiendo que el ´angulo entre u y v es igual a

π/4, |u| = 3 y que u − v es perpendicular a u.

3. Hallar |v| y |u + v| sabiendo que el ´angulo entre u y v es π/4, que |u| = 3 y que el ´angulo entre u + v y u es igual a π/6.

4. ¿Es cierto que si v es un vector no nulo entonces la igualdad u·v = w ·v implica u = w? ¿Qu´e puede decirse de u − w?

Ejercicio 273

1. Hallar el ´angulo que forman dos diagonales en el cubo.

2. Se consideran cuatro puntos coplanares A, B, C y D. Hallar la condici´on necesaria y suficiente sobre las longitudes de los lados del cuadril´atero ABCD para que las diagonales del cuadril´atero ABCD sean perpendiculares.

3. Sea ABCD un tetraedro.

a) Probar que−−→AD ·−−→CB +−−→BD ·−→AC +−−→CD ·−→BA = 0

b) Si adem´as −→AB ⊥−−→CD y −−→AD ⊥−−→CB, probar que −→AC ⊥−−→BD.

5.5.3.

Ejercicios adicionales

Ejercicio 274 Productos notables.

Sean X e Y vectores de R2 o R3. Demostrar que se satisfacen las igualdades

1. |X + Y |2 = |X|2+ |Y |2+ 2X · Y ;

2. (X + Y ) · (X − Y ) = |X|2− |Y |2.

Ejercicio 275 Regla del paralelogramo Sean X e Y dos vectores cualesquiera. Probar que

1

2 |X + Y |

2

+ |X − Y |2 = |X|2

+ |Y |2. Interpretar geom´etricamente este resultado.

Ejercicio 276

1. Sean X e Y dos vectores cualesquiera. Probar que X · Y est´a determinado conociendo |X|, |Y | y |X + Y |. Mostrar que tambi´en queda determinado conociendo |X|, |Y | y |X − Y |.

(12)

2. Si |X| = 3, |Y | = 4 y |X + Y | = 5, hallar X · Y y el ´angulo entre los vectores X e Y . Repetir para |X| = 3, |Y | = 4 y |X − Y | = 5.

3. Para el caso en que |X| = |Y | = |X −Y | = 1, hallar X ·Y y el ´angulo entre los vectores X e Y .

Proposici´on 11 Sean ~U y ~V vectores en R3, y α un n´umero real cualquiera. Entonces el

m´odulo | · | satisface las propiedades

1. No negatividad y no degeneraci´on: |~U | ≥ 0 y |~U | = 0 si y s´olo si ~U es el vector nulo del espacio.

2. Homogeneidad: αX = |α||X|.

3. Desigualdad triangular: |X + Y | ≤ |X| + |Y |.

Ejercicio 277 Demostrar la proposici´on anterior. Si se desea demostrar la propiedad trian-gular usando las propiedades del producto escalar, puede ser ´util considerar |X + Y |2 y que

la igualdad (5.34) implica

(13)

5.6.

Perpendicularidad y ecuaciones de planos

Por cada punto de un plano α pasa una ´unica recta perpendicular a α. Todas las perpen-diculares a α son paralelas entre s´ı. De este modo, cada plano define una direcci´on ortogonal a ´el en el espacio, que puede caracterizarse por cualquier vector ~N no nulo en esa direcci´on. Diremos que el vector ~N es un vector normal al plano α. A su vez, fijamos un punto cualquie-ra P0 en α, un segundo punto pertenecer´a a α si y solo si el vector P − P0 es ortogonal a ~N .

En esta secci´on veremos que la ecuaci´on reducida de un plano puede interpretarse como la expresi´on por medio del producto escalar de est´a condici´on de ortogonalidad entre vectores. Esta interpretaci´on nos permitir´a calcular con facilidad la proyecci´on sobre un plano dado de cualquier punto del espacio.

5.6.1.

El producto escalar y la ecuaci´

on del plano

Vamos a comenzar por analizar las ideas principales de esta secci´on en un ejemplo. Ejemplo 107 En el ejemplo 91, p´agina 212 de la secci´on 5.3 consideramos el plano α de ecuaci´on reducida

2x + 3y − z + 4 = 0. (5.36)

Es f´acil ver que P0 = (2, −1, 5) es un punto de α. En efecto, sustituyendo sus coordenadas

en (5.36) encontramos

2 × 2 + 3 × (−1) − 1 × 5 + 4 = 0. (5.37) Cuando restamos de la ecuaci´on (5.36) que caracteriza a cualquier punto del plano la ecua-ci´on (5.37) que corresponde a un punto en particular, obtenemos

2(x − 2) + 3(y + 1)) − (z − 5) + 4 = 0. (5.38) Observemos que

(x − 2, y + 1, z − 5)

es el vector ~P0P desde el punto P0 = (2, −1, 5) a un punto gen´erico P = (x, y, z) en el plano.

Podemos interpretar entonces el miembro de la izquierda como el producto escalar de ~P0P

con el vector (2, 3, −1) y escribir (5.38) en la forma

(2, 3, −1) · (x − 2, y + 1, z − 5) = 0.

El vector (2, 3, −1) es ortogonal a cualquier vector paralelo al plano. Diremos entonces que ~

N = (2, 3, −1) es un vector normal al plano.

Ejercicio 278 Encontrar otro vector normal al plano α. Encontrar todos los vectores nor-males al plano α que tienen m´odulo 1.

(14)

Cuando en el ejemplo 91 estudiamos el plano α encontramos que admite las ecuaciones param´etricas    x = λ, y = µ, z = 4 + 2λ + 3µ, (5.39)

lo que implica que los vectores ~

U = (1, 0, 2), V = (0, 1, 3),~

son vectores directores del plano. Un c´alculo directo muestra que ambos son ortogonales a ~N : (2, 3, −1) · (1, 0, 2) = 0, (2, 3, −1) · (0, 1, 3) = 0.

Observaci´on 50 La condici´on de ortogonalidad entre los vectores directores y los vectores normales a un plano provee una buena estrategia de verificaci´on cuando se pasa de ecuaciones param´etricas o reducidas y viceversa: los vectores directores de la forma param´etrica deben ser ortogonales al vector normal que se lee en los coeficientes de la ecuaci´on reducida. Si adem´as el punto base de la ecuaci´on param´etrica verifica la ecuaci´on reducida, entonces la ecuaci´on reducida y las ecuaciones param´etricas representan al mismo plano.

Ejercicio 279 Las ecuaciones param´eticas (5.39) tiene al punto P1 = (0, 0, 4) como punto

base del plano α. Verificar que el vector diferencia

P1− P0 = (0, 0, 4) − (2, −1, 5)

es ortogonal al vector normal al plano. Escribir P1 − P0 como combinaci´on lineal de los

vectores directores ~U y ~V . ¿Qu´e relaci´on guardan los coeficientes de la combinaci´on lineal con los valores µ y ν de los par´ametros que permiten obtener de las ecuaciones (5.39) las

coordenadas de P0? ♠ ♣

El razonamiento que presentamos en el ejemplo 107 es completamente general. Toda ecuaci´on de la forma

ax + by + cz + d = 0, (5.40)

con alguno de los coeficientes a, b o c no nulo, representa un plano α en R3 y cualquier

plano en R3 puede representarse por medio de una ecuaci´on de este tipo. Las coordenadas

de cualquier punto particular P0 = (x0, y0, z0) en α satisfacen

ax0+ by0+ cz0+ d = 0. (5.41)

Restando (5.41) de (5.40) encontramos que cualquier punto P = (x, y, z)

en α debe satisfacer

(15)

Encontramos as´ı que el vector

~

N = (a, b, c)

de los coeficientes de la ecuaci´on, es ortogonal a cualquier vector que se obtenga como la diferencia de dos puntos en el plano α. En particular, este vector es ortogonal a cualquier pareja de vectores directores del plano. Es corriente llamar N al vector (a, b, c), y decir que es un vector normal al plano α. Todav´ıa podemos escribir en forma m´as concisa la ecuaci´on del plano, como

N · (P − P0) = 0, (5.42)

donde P (x, y, z) es un punto gen´erico del plano y P0(x0, y0, z0) un punto particular que hemos

escogido como base.

Ejemplo 108 El plano α de los ejemplos 89 y 90, en las p´aginas 210 y 211 respectivamente, tiene como ecuaci´on reducida

x + z = 1. Por tanto un vector normal a α es

~

N = (1, 0, 1). El punto

P0 = (1, 0, 0)

pertenece al plano. La ecuaci´on del plano puede escribirse entonces como (1, 0, 1) · (x − 1, y, z) = 0.

Dos vectores directores de α plano son

U = (1, −2, −1), V = (−1, 3, 1).

Verifiquemos que se cumple que N es ortogonal a U y a V. Para eso calculamos U · N = (1, −2, −1) · (1, 0, 1) = 1 · 1 − 2 · 0 − 1 · 1 = 0,

V · N = (−1, 3, 1) · (1, 0, 1) = −1 · 1 + 3 · 0 + 1 · 1 = 0.

Encontramos que, efectivamente, se cumplen las condiciones de ortogonalidad entre ~N y ~U

y entre ~N y ~V .

Ejercicio 280 La ecuaci´on reducida de un plano no es ´unica. Dada una ecuaci´on del plano, al multiplicarla por cualquier constante no nula se convierte en otra ecuaci´on qu´e representa el mismo plano. ¿C´omo afecta esta operaci´on al vector normal formado por los coeficientes de la ecuaci´on?

Ejercicio 281 Volver a los ejercicios 241, 242 y 243, en la p´agina 213. Para cada uno de los planos que se construyeron en esos ejercicios encontrar un vector normal y una pareja de vectores directores. Verificar que el vector normal es perpendicular a los vectores directores. Haber identificado un vector normal al plano permite caracterizar la perpendicularidad entre rectas y planos: una recta y un plano son perpendiculares si cualquier vector normal al plano y cualquier vector director de la recta son colineales.

(16)

Ejercicio 282 Hallar ecuaciones param´etricas y reducidas de la recta r que es perpendicular al plano de ecuaci´on

x − 2y + z = 0

y pasa por el punto (3, −2, 5). Determinar la intersecci´on de r con el plano.

Ejercicio 283 Hallar la ecuaci´on del plano α que pasa por el punto P = (−1, 5, 6) y es perpendicular a la recta r de ecuaciones param´etricas

   x = 1 − λ, y = 2 + λ, z = 4 + 3λ,

Determinar ecuaciones param´etricas y reducidas de la recta s que es la perpendicular a r por P .

5.6.2.

Proyecci´

on de un punto sobre un plano

Dado un conjunto C de puntos y un punto Q que no pertenece a ´el, es en muchos casos natural preguntarse cu´al o cu´ales de los puntos de C es el m´as cercano a Q. Cuando C es un plano hay un ´unico punto m´as cercano, que es la proyecci´on de Q sobre el plano. En esta secci´on vamos a estudiar c´omo construir esta proyecci´on y c´omo calcular la distancia de Q al plano.

Ejemplo 109 Vamos a buscar el punto Q′ del plano α de ecuaci´on

2x + 3y − z + 4 = 0 m´as pr´oximo al punto Q = (−3, −7, 5), que no pertenece a α.

La idea que usaremos para encontrar Q′ es trazar la recta perpendicular a α por Q y

cortarla con el plano. Como punto base para esta recta usaremos el propio Q. La direcci´on est´a dada por el vector normal al plano,

~

N = (2, 3, −1),

que tomaremos como vector director de la recta. Un juego de ecuaciones param´etricas es entonces    x = −3 + 2λ, y = −7 + 3λ, z = 5 − λ.

El punto Q′ debe satisfacer la ecuaci´on del plano, de modo que

2(−3 + 2λ) + 3(−7 + 3λ) − (5 − λ) + 4 = 0. Haciendo los c´alculos y ordenando la expresi´on encontramos la ecuaci´on

−28 + 14λ = 0, (5.43)

de donde despejamos λ = 2 para construir

(17)

Observaci´on 51 Como siempre, podemos verificar que Q′efectivamente pertenezca al plano

sustituyendo sus coordenadas en la ecuaci´on

2 × 1 + 3 × (−1) − 3 + 4 = 0. Adem´as, si Q′ es la proyecci´on de Q sobre el plano, el vector

Q − Q′ = (−3, −7, 5) − (1, −1, 3) = (−4, −6, 2)

debe ser colineal con el vector normal al plano. Como

(−4, −6, 2) = (−2) × (2, 3, −1) tambi´en esta condici´on de colinealidad se satisface.

En realidad, estas dos condiciones son suficientes para asegurar que Q′ es la proyecci´on

de Q sobre α, de modo que podemos estar seguros de que nuestro resultado es correcto. Es conveniente hacer estas dos verificaciones siempre que haya que calcular una proyecci´on de

un punto sobre un plano.

El punto Q′ es el punto del plano m´as pr´oximo a Q, de modo que la distancia de d(Q, α)

entre el punto Q y el plano α es

d(Q, α) = d(Q, Q′) = |Q − Q| =p(−4)2+ (−6)2+ 22 =56 = 214.

Ejercicio 284 Tomar un punto P cualquiera del plano α diferente a Q′ y verificar que su

distancia a Q es mayor que la distancia de Q′ a Q. Verificar que

|Q − P |2 = |Q − Q′|2

+ |Q′− P |2.

¿Por qu´e se satisface esa igualdad?

Todo el c´alculo que en el ejemplo 109 presentamos para un caso particular, puede hacerse de manera general, escribiendo la ecuaci´on del plano en la forma vectorial

N · (P − P0)

y usando una expresi´on vectorial

P = Q + λN (5.44)

para la perpendicular por Q al plano. Cuando la expresi´on (5.44) se sustituye en la ecuaci´on del plano obtenemos

(Q + λN − P0) · N = 0,

que puede escribirse en la forma

0 = (Q − P0+ λN ) · N = (Q − P0) · N + λN · N = (Q − P0) · N + λ|N|2.

Esta ecuaci´on permite despejar λ como

λ = −(Q − P0) · ~N | ~N |2 y escribir Q′ = Q − (Q − P0) · ~N | ~N |2 ~ N . (5.45)

(18)

Ejemplo 110 Usaremos la f´ormula (5.45) para calcular la proyecci´on O′ del origen

O = (0, 0, 0) sobre el plano de ecuaci´on

x + y + z = 1. Un punto P0 del plano es P0 = (1, 0, 0).

Entonces

O − P0 = (−1, 0, 0).

Un vector normal es ~

N = (1, 1, 1). Por lo tanto | ~N |2 = 3. Calculamos

(O − P0) · N = −1, de modo que O′ = O + 1 3(1, 1, 1) =  1 3, 1 3, 1 3  . La figura 5.123 muestra esta proyecci´on.

O P0 N O′ b Figura 5.123

Ejercicio 285 Proyectar sobre el mismo plano el punto (2, 1, 1) Ejercicio 286 El plano α de ecuaci´on

2x + 3y − z + 4 = 0

con el que trabajamos en el ejemplo 109 contiene al punto P0 = (0, 0, 4). Determinar un

vector ~N normal al plano. Para el punto Q = (−3, −7, 5), calcular Q − P0, (Q − P0) · ~N , | ~N |,

y usar la f´ormula (5.45) para determinar su proyecci´on Q′ sobre α.

En la f´ormula (5.45) aparece el vector ~N y tambi´en aparece | ~N | en el denominador. Es importante observar que

~ N | ~N | es siempre un vector de m´odulo 1.

(19)

Ejemplo 111 Si N = (2, 3, −1) entonces N · N = 2 × 2 + 3 × 3 + (−1) × (−1) = 14. Por lo tanto ~ N | ~N | =  2 √ 14, 3 √ 14, − 1 √ 14 

es un vector de m´odulo 1, tal como puede verificarse por medio de un c´alculo directo. Llamaremos versor a un vector de m´odulo 1. Indicaremos con ~n a un versor normal a un plano.

Consideremos entonces un plano α con un versor normal ~n. Cuando escribimos la f´ormu-la (5.45) para ~n toma f´ormu-la forma

Q′ = Q − ((Q − P

0) · ~n) ~n. (5.46)

La distancia del punto al plano es entonces d(Q, α) = |Q′− Q| = |((Q − P

0) · ~n) ~n| == |(Q − P0) · ~n| (5.47)

La figura5.124 muestra el sentido geom´etrico de esta f´ormula: (Q − P0) · ~n = |Q − P0| cos θ.

El signo ser´a positivo o negativo seg´un que el versor normal ~n apunte hacia el semiespacio al que pertenece P o hacia el otro.

Q Q′ P0 ~n −(Q − P0) · ~n α (Q − P0) · ~n Figura 5.124

(20)

Adem´as, la f´ormula (5.47) es muy f´acil de aplicar a partir de una ecuaci´on reducida ax + by + cz + d = 0

para un plano α. Esta ecuaci´on es una forma de escribir (P − P0) · ~N = 0

para alg´un vector normal ~N y punto base P0 en el plano. El vector normal es

~ N = (a, b, c), de modo que | ~N | =√a2+ b2+ c2. Por lo tanto, ax + by + cz + d √ a2+ b2+ c2 = 0

es una ecuaci´on para el plano con un vector normal ~n =  a √ a2+ b2+ c2, b √ a2+ b2+ c2, c √ a2+ b2 + c2 

de m´odulo 1. Aplicando (5.47) a esta nueva ecuaci´on, encontramos que si Q = (x, y, z) es un punto cualquiera entonces

d(Q, α) = |ax + by + cz + d|

a2+ b2+ c2 . (5.48)

Ejemplo 112 Hemos visto en el ejemplo 110 que el origen O se proyecta sobre el punto  1 3, 1 3, 1 3 

del plano α de ecuaci´on

x + y + z = 1.

De acuerdo con este resultado, la distancia del origen al plano es d(O, α) =  1 3, 1 3, 1 3  = 1 3.

Aplicando la f´ormula (5.48) al punto y la ecuaci´on del plano encontramos d(O, α) = |0 + 0 + 0 − 1|√

12+ 12+ 12 =

1 √

3,

en completo acuerdo con el c´alculo anterior.

Ejercicio 287 Hallar la distancia del punto (1, 2, 7) al plano de ecuaci´on reducida 2x + 3y + 6z = 1.

(21)

Ejercicio 288 Hallar la distancia del punto (9, 0, 7) al plano de ecuaciones param´etricas    x = 1 − 4ν, y = 1 − µ + ν, z = 1 + µ + ν,

El producto escalar es una herramienta potente para realizar diversas construcciones geom´etricas. Nuestro pr´oximo ejemplo ilustra otra posibilidad.

Ejemplo 113 Consideraremos el plano α el plano de ecuaci´on x + y + z = 1

y la recta r de ecuaciones param´etricas    x = 3 + 3λ, y = 3 + 2λ, z = 1 + λ.

Nuestro objetivo es caracterizar la proyecci´on de la recta r sobre el plano α. Un punto gen´erico de la recta es

P = (3 + 3λ, 3 + 2λ, 1 + λ).

El producto escalar nos ha permitido construir un procedimiento general para proyectar cualquier punto del espacio sobre el plano α, que podemos aplicar al punto P . Para aplicarlo necesitamos un punto Q cualquiera en α. Elegimos

Q = (1, 0, 0).

Un vector normal ~N , que puede extraerse de la ecuaci´on del plano, como ~

N = (1, 1, 1). Obviamente

| ~N |2 = ~N · ~N = 3. Para proyectar P calculamos la diferencia

P − Q = (2 + 3λ, 3 + 2λ, 1 + λ) y el producto escalar (P − Q) · ~N = 6 + 6λ. La proyecci´on de P sobre α es P′ = (3 + 3λ, 3 + 2λ, 1 + λ) − 6 + 6λ 3 (1, 1, 1). Haciendo los c´alculos resulta

(22)

que tambi´en puede escribirse en la forma

P′ = (1, 1, −1) + λ(1, 0, −1),

que hace evidente que la proyecci´on de r es la recta que pasa por (1, 1, −1) y tiene a (1, 0, −1) como vector director.

Independientemente de c´omo se haya construido la proyecci´on, es conveniente comprobar que todos los puntos de la recta satisfacen la ecuaci´on del plano. En nuestro caso sustituimos las coordenadas (x, y, z) de P′ en el miembro de la izquierda de la ecuaci´on del plano:

(1 + λ) + 1 + (−1 − λ) = 1,

que resulta ser igual al miembro de la derecha. De modo que la recta est´a incluida en el plano.

Podemos calcular tambi´en la diferencia

P − P′ = (3 + 3λ, 3 + 2λ, 1 + λ) − (1 + λ, 1, −1 − λ) = 2(1 + λ)(1, 1, 1). (5.49)

Vemos que esta diferencia es siempre colineal con la normal al plano, lo que es consistente con la idea de que P′ es la proyecci´on de P sobre el plano. De hecho, una vez que sabemos

que cada punto P′ est´a en el plano α y que la diferencia P − Pes normal al plano podemos

estar completamente seguros de que hemos calculado bien, porque estas dos condiciones son equivalente a que P′ sea la proyecci´on de P sobre α.

Todav´ıa es posible hacer una observaci´on adicional. La f´ormula (5.49) revela que los puntos P y P′ coinciden cuando λ = −1. Para este valor de λ tenemos

P = P′ = (0, 1, 0),

que es la intersecci´on de la recta r con α. Para otros valores, la diferencia P − P′ es

propor-cional a

λ + 1 = λ − (−1)

que es el incremento del par´ametro λ a partir del valor en el que estamos en la intersecci´on con el plano.

Hay otros procedimientos para hacer esta construcci´on, los dos ejercicios siguientes ilus-tran dos posibilidades.

Ejercicio 289 Mostrar que el plano β de ecuaciones param´etricas    x = 3 + 3µ + ν, y = 3 + 2µ + ν, z = 1 + µ + ν,

es el plano que contiene a r y es perpendicular a α. Usar este plano para construir la proyecci´on de r sobre α.

Ejercicio 290 Calcular la intersecci´on P de r con α. Identificar otro punto Q de r y calcular su proyecci´on sobre Q′ sobre α. Determinar la proyecci´on de r sobre α como la recta que

pasa por P y Q′.

(23)

5.6.3.

Ecuaciones param´

etricas y vectores normales

Las ecuaciones reducidas de los planos aparecieron por primera vez en la secci´on 5.3, como una condici´on que nos permit´ıa resolver el sistema de ecuaciones param´etricas para construir a partir de ellas cada punto (x, y, z) en el plano. En esta secci´on, hemos reinterpretado las ecuaciones param´etricas en t´erminos del vector normal. Mostraremos ahora c´omo calcular directamente un vector normal a partir de un par de vectores directores. La manera de hacerlo ser´a trabajar de manera muy sistem´atica con las ecuaciones param´etricas

   x = x0+ µu1+ νv1, y = y0+ µu2+ νv2, z = z0+ µu3+ νv3, (5.50) de un plano gen´erico α que contiene al punto

P0 = (x0, y0, z0)

y tiene un par de vectores directores ~

U = (u1, u2, u3), V = (u~ 1, u2, u3).

Asumiremos que los vectores ~U y ~V no son colineales, que es una condici´on geom´etrica necesaria para poder construir un plano a partir de ellos. Un punto P = (x, y, z) pertenece al plano α si y solo si el sistema de ecuaciones

   µu1+ νv1 = x − x0, µu2+ νv2 = y − y0, µu3+ νv3 = z − z0,

admite una soluci´on (µ, ν).

Si el sistema tiene soluci´on, la variable ν tiene que satisfacer la ecuaci´on ν(u2v1− u1v2) = u2(x − x0) − u1(y − y0),

que resulta de multiplicar la primera ecuaci´on por u2, la segunda por −u1 y sumar. Esta

ecuaci´on es m´as simple que cualquiera de las tres ecuaciones originales, porque solo inter-viene en ella la inc´ognita ν. Hay otras dos ecuaciones posibles de este tipo, que se obtienen eliminando µ entre la segunda y tercera ecuaci´on y entre la tercera y la primera.

Para no privilegiar ninguna pareja de ecuaciones sobre las dem´as y mantener la simetr´ı en-tre ellas, tambi´en sumaremos la segunda multiplicada por u3 a la tercera multiplicada por

−u2, sumaremos la tercera multiplicada por u1 a la primera multiplicada por −u3 y

conser-varemos las tres ecuaciones resultantes. Obtenemos    ν(u2v1− u1v2) = u2(x − x0) − u1(y − y0), ν(u3v2− u2v3) = u3(y − y0) − u2(z − z0), ν(u1v3− u3v1) = −u1(z − z0) − u3(x − x0).

El siguiente paso para conseguir por este procedimiento una condici´on de compatibilidad del sistema es eliminar ν. Conseguiremos esto multiplicando la primera ecuaci´on por v3, la

segunda por v1 y la primera por v2. Obtenemos

(24)

Reordenando esta expresi´on la escribimos como

(u2v3− v2u3)(x − x0) + (u3v1− v3u1)(y − y0) + (u1v2− v1u2)(z − z0) = 0. (5.51)

La forma en que hemos derivado esta ecuaci´on implica que es una condici´on necesaria para que el punto (x, y, z) est´e en el plano. Como ~U y ~V no son colineales, el vector

~

N = (u2v3− v2u3, u3v1 − v3u1, u1v2− v1u2) (5.52)

formado por los coeficientes de la ecuaci´on (5.51) es distinto del vector nulo (0, 0, 0) (ver la parte 1 del ejercicio 1, en la p´agina 243). Por lo tanto, alguno de los coeficientes de la ecuaci´on (5.51) es diferente de cero, la ecuaci´on (5.51) es efectivamente la ecuaci´on de un plano que no puede ser otro que el plano α con ecuaciones param´etricas (5.50) y el vector

~

N en (5.52) es un vector normal al plano.

Observemos que ~N puede calcularse directamente a partir de las coordenadas de los vectores directores ~U y ~V .

Ejemplo 114 En los ejemplos 89 y 90 de la secci´on 5.3 consideramos el plano α que pasa por el punto P = (0, −1, 1) y tiene a U = (1, −2, −1) y V = (−1, 3, 1) como vectores directores y encontramos que tiene la ecuaci´on reducida

x + z = 1.

Aplicaremos ahora la ecuaci´on (5.51) a este ejemplo. Comenzamos por calcular los coeficien-tes

u2v3− v2u3 = −2 × 1 − 3 × (−1) = 1,

u3v1− v3u1 = −1 × (−1) − 1 × 1 = 0,

u1v2− v1u2 = 1 × 3 − (−1) × (−2) = 1.

Con ellos formamos la ecuaci´on

1 × (x − 0) + 0 × (y − (−1)) + 1 × (z − 1) = 0,

en la que, luego de algunas sencillas operaciones, reconocemos la ecuaci´on reducida x + z = 1

que ya hab´ıamos encontrado para este plano.

Ejercicio 291 Usando el m´etodo de calcular un vector normal a partir de los vectores directores, hallar una ecuaci´on reducidas para el plano α de ecuaciones param´etricas

   x = −1 + λ − µ, y = 2 + λ + µ, z = −1 − λ − 2µ. (5.53) Comparar el resultado con el obtenido al resolver el ejercicio 243, p´agina 213.

Ejercicio 292 Dados los vectores ~

U = (u1, u2, u3), V = (v~ 1, v2, v3),

definimos

W = (u2v3− v2u3, u3v1− v3u1, u1v2− v1u2)

1. Mostrar que el vector (5.52) es el vector nulo (0, 0, 0) si y solo si ~U y ~V son colineales. 2. Mostrar que W siempre es ortogonal a ~U y ~V .

(25)

5.6.4.

Ejercicios adicionales

Ejercicio 293 Sea α el plano de ecuaci´on

2x + 3y − z = 1 y P el punto (0, −4, 1).

1. Hallar la distancia de P a α.

2. Hallar la proyecci´on de P sobre α (es el punto de α m´as cercano a P ). 3. Hallar el punto sim´etrico de P respecto al plano α.

Ejercicio 294 Sea α el plano de ecuaciones param´etricas    x = 7 + λ − µ, y = 4 + 2λ, z = 3λ + µ,

y P el punto (9, 6, 2). Calcular la distancia de P a α y hallar el punto de α que est´a m´as pr´oximo de P . Hallar los valores de λ y µ que en las ecuaciones param´etricas del plano corresponden a ese punto.

Ejercicio 295 Sea α el plano de ecuaci´on

x − y + z = 1 y r la recta de ecuaciones param´etricas

   x = 4 + 3λ, y = 1 + 1λ, z = 1 + λ,

1. Hallar ecuaciones param´etricas y reducidas de la recta r′ que es la proyecci´on de r

sobre el plano α.

2. Hallar la proyecci´on sobre α del punto (4, 1, 1) y la intersecci´on de r con α. Verificar que ambos puntos pertenecen a la recta r′.

Ejercicio 296 Sea α el plano de ecuaci´on

x + 2y + 3z = 1 y r la recta de ecuaciones param´etricas

   x = 3 + λ, y = 4 + 2λ, z = 6 + 3λ, Hallar la proyecci´on sobre α de la recta r.

(26)

Ejercicio 297 Sea α el plano de ecuaci´on

x + 2y + 3z = 1 y r la recta de ecuaciones param´etricas

   x = 3 − λ, y = 4 − λ, z = 6 + λ,

Hallar la proyecci´on sobre α de la recta r y determinar la distancia entre el plano α y la recta r.

Ejercicio 298 Sea α el plano de ecuaciones param´etricas    x = 2 + 3λ − µ, y = −1 + 2λ, z = 2λ − µ, y β el de ecuaci´on reducida 2x − 5y + 2z = 20. 1. Hallar la distancia entre los planos α y β.

2. Hallar ecuaciones param´etricas y reducidas de un plano γ diferente de β que tambi´en sea paralelo a α y est´e a la misma distancia que β.

Figure

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